机械原理考研讲义第八九章.pdf

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1、第八章平面连杆机构及其设计连杆机构的传动特点：1.因为其运动副一般为低副，为面接触，故相同载荷下，两元素压强小，故可承受较大载荷；低副元素便于润滑，不易磨损；低副元素几何形状简单，便于制造。2.当原动件以同样的运动规律运动时，若改变各构件的相对长度，可使从动件得到不同的运动规律。3.利用连杆曲线满足不同的规矩要求。4.增力、扩大行程、实现远距离的传动（主要指多杆机构）。缺点：1.较长的运动链，使各构件的尺寸误差和运动副中的间隙产生较大的积累误差，同时机械效率也降低。2.会产生系统惯性力，一般的平衡方法难以消除，会增加机构动载荷，不适于高速传动。平面四杆机构的类型和应用一、平面四杆机构的基本型式

2、1.曲柄摇杆机构2.双 曲 柄 机 构 3.双摇杆机构二、平面四杆机构的演化型式1 .改变构件的形状和运动尺寸曲柄摇杆机构-曲柄滑块机构2 .改变运动副的尺寸偏心轮机构可认为是将曲柄滑块机构中的转动副的半径扩大，使之超过曲柄的长度演化而成的。3 .选用不同的构件为机架（a）曲柄滑块机构（b）A B B C 为转动导杆机构（A B B C 为摆动导杆机构）（c）曲柄摇块机构（d）直动滑杆机构（定块机构）平面四杆机构的基本知识一、平面四杆机构有曲柄的条件1 .较链四杆机构中曲柄存在的条件（1）存在周转副的条件是：4其 余 两 和,此条件称为杆长条件。组成该周转副的两杆中必有一杆为最短杆。（意即：连

3、架杆和机架中必有一杆是最短杆）2 满足杆长条件下，不同构件为机架时形成不同的机构以最短构件的相邻两构件中任一构件为机架时，则最短杆为曲柄，而与机架相连的另一构件为摇杆，即该机构为曲柄摇杆机构。以最短构件为机架,则其相邻两构件为曲柄，即该机构为双曲柄机构。以最短构件的对边为机架，则无曲柄存在，即该机构为双摇杆机构。3.不满足杆长条件的机构为双摇杆机构。注：曲柄滑块机构有曲柄的条件：a+e W b导杆机构：a b 时，摆动导杆机构。例题：9.(上海交通大学2 0 0 0年考研试题)图8.2 5所 示 校 链 四 杆 机 构 中.已 知/收=5 0 nim./rx J3 5 mm./AD=3 0 m

4、 m试求：(1 若此机构为曲柄撼杆机构,且八3杆为曲 柄 的 被 大 值,(2)若此机构为双曲柄机构/驯的殿大值.(3)若此机构为双摇杆机构，的值(4)若八 =1 5 m m,则该机构的行程速度系 数K、极 位 夹 角 庆 殿 小 心 动 角 九.(用作图法在图上量取解（1 ）/v i&hr 1 5 m m,所以/v（，位大值 1 5 mm.（2）I AD&/f l r +/vi C hr 4-hv-=5 5 m m,因此/,Vi 及大值 5 5 mm,Zcp 4-ZAP/A I t D +/AT?IHT=1 5 m m若A D杆为最短杆、B C杆为展长杆时：/AD+hr /M+ZoIxn V

5、+I nr 4-p=4 5 mm若A D杆为被短杆、A B杆为最长杆时：/AD 十 /ar /M+/cn/人H IHC+/(=5 5 mm所以.若机构为双摇杆机构.八 取值范a为1 5 m m V l,w 5 5 m m(1)取 相 应 比 例 尺 内 作 图.见 图8.2 6由图敏得：则。=NC.AC,=6 5 _ 1 8 0 4-6 5 _?,二1 8 0 -6 5 0 =J被小他动向：因 为/8：G D=。0 /B C D.所 以yr.-0.4.（15分）平面四杆机构通过绞链连接如图2 所示，设其中三杆的长度分别为AB=160mm.CD=240mm,AD=210mm,另 一 杆 BC 杆

6、的长度 L（0L8）,求：（1）L 取和值（范围）时,该四杆连接:1.不能成为机构 2.成为双曲柄机构 3.成为曲柄摇杆机构 4.成为双摇杆机构（2）标示出图示位置构件A B为原动件时,机构传动的压力角a，传动角Y.（3）当AB杆为原动件时的曲柄摇杆机构是否存在死点.为什么？（中矿）九、（1 S分）图示坡林因杆机构中,各杆的长度为乙=2 5 en./?u SZw n./j =5 0 m m,/,-1 2 m m,诚求；当 取 4为机架转，最小稽沏角又*为多少？监取H I为机架时，将演化成侧神类小的机构？这时A,B的个特动副站周找副姓是挖转副？（3）力取杆3为机型时.乂将慎化成忖种机构？这时C、

7、D网个诺动或姑濯转剧还是我转副？（山科）6.图示导杆机构中，已 知LAB=40mm,偏 距e=10mm,试问：1）欲使其为曲柄摆导杆机构，LA C的最小值为多少；2）若LAB不变，而e=0,欲使其为曲柄摆动导杆机构，LAC的最小值为多少；3）若LAB为原动件，试比较在e 0和e=0两种情况下，曲柄摆动导杆机构的传动角，哪个是常数，哪个是变数，哪种传力 效 果 好？解答:1）LAC LAB+e =（4 0 +1 0）=5Qmm,即 LAC 的最小值为 5 0 mm。2）当e=0时，该 机 构 成 为 曲 柄 摆 动 导 杆 机 构，必 有LAc 0时 的 摆 动 导 杆 机 构，其 导 杆 上

8、任 何 点 的 速 度 方 向 不 垂 直 于 导 杆，且随曲柄 的 转 动 而 变 化，而 滑 块 作 用 于 导 杆 的 力 总 是 垂 直 于 导 杆，故 压 力 角a不 为 零，而 传 动 角0。/9 0。且 是 变 化 的。从 传 力 效 果 看，1,即匕 匕，即机构有急回特性。可通过此判定曲柄的转向。（2）当曲柄摇杆机构在运动过程中出现极位夹角。时，机构便具有急回运动特性。钮2 _对心曲柄滑块机构：无急回特性；b：偏心曲柄滑块机构：有急回特性。）（3）T，KT,机构急回运动也越显著 所以可通过分析e 及 e 的大小，判断机构是否有急回运动及急回运动的程度。雷达天线的俯仰传动的曲柄摇

9、杆机构无急回特性。（4）急回运动的作用：在一些机械中可以用来节省动力和提高劳动生产率。1 .图东机构中,已知。=1 4 5,”,=2 9 0”，求：1）图 a 中摄动导杆机构的极位火川0及摇杆D C的撰向伊。2）图 b llh柄摇块机构的极位.央加0及从动卜I BE的挖角V。二、（1 5分）题2图为一个连杆机构的示意图。构 件1为主动件，并以角速度少匀速转动。己知=展=2 0 mm，lM=lK=lCD=2 5 m/n.1、判断构件5是否为曲柄？说明判断的主要依据：3石2、自选作图比例，画出构件5的极限位置，井 装斗 ,根据作图确定机构的板位夹角9和行程速比 0 Y系数片;r c A J/*三、

10、（30分）题3图所示连杆机构，已知如=50mm,lK=120mm,偏距e=20mm,构件4B为主动件，井以角速度。匀速转动。1.构 件/B是否为曲柄？简要说明判断的依据；2.确定在机构运动过程中的最小传动角4m 3.画出滑块C的极限位置，并根据作图确定机构的极位夹角8和行程速比系数4。M 3图4、在保持滑块。的极限位置和偏距e不变的情况下，如果要将行程速比系数A改为1.2 5,问 构 件 杆 长/股应改为多少？三、四杆机构的传动角与死点1.压力角和传动角（会作图）（1）压力角a：从动杆件受力方向和受力作用点速度方向之间所夹的锐角。（2）传 动 角 压 力 角 的 余 角，7 =9（）-a。实际

11、就是连杆与从动杆件之间所夹的锐角（3）结论：。越小，机构的传力性能越好,可见a 是判断机构传力性能是否良好的标志。相应有7越大，机构的传力性能越好。最小传动角出现的位置b+c2 一（d a）2Z%1=arccos-2-b-c-b+c-3 +a）2=arccos-或：2bc或:Yi2bcy 1 和Y2中小者为/min即九而出现在主动曲柄与机架共线的两位置之一。导杆机构的传动角：曲柄滑块机构的 m i,传动角7 =9 0 0,且恒等于9 0 解 在曲柄与部轨共线的两位置之一传动角被大.7“=9 0 在曲柄与机柒共线的两位置之一传动角最小.九.=arccos但.2.死点在曲柄摇杆机构中，摇 杆 CD

12、为主动件，连杆与从动曲柄共线时，曲柄AB不能转动而出现顶死的现象。这个位置称为死点。(1)原因：连杆作用曲柄的力通过回转中心A,对A点无矩，不能驱使其转动。传动角7 =(2)改善方法：目的：使机构能够顺利通过死点而正常运转。1.错列2.装飞轮加大惯性盘 嗓 邈 图 示 含 一 个 移 动 的 四 杆 机 构，已知：。=120mm,b=250mm,e=60mm,(1)试证明转动副4、5 为整转网，构 件 1为曲柄；若 构 件 1 为主动件并作匀速转动，转向如图，试求：造 二 J_ 3(2)机构的极位夹角。和行程速度变化系数K；-(3)滑块3 的行程小 题二图(4)机构快行程的最小传动角尸 和 慢

13、 行 程 的 最 小 传 动 角.例 8.6 在曲柄摇杆机构.曲柄为主动件,转速 60 r/m in,且已知曲柄长1H-50 mm.连 杆 长/-=70 m m.榴 杆 长ltt)80 m m.机架长=9 0 mm(I：作行程平均速度V 空回行程速度).试求，(1)行程速度系数Ki(2)摇 杆 一 个 I：作行程需要的时间(3)小 传 动 角.分析 由题意知.本题属根据机构中给定的各杆长度确定行程速比系数K和最小将动角问题.解 取适当比例尺作图8.18.A 4C.D 中:N G AD=arccos”覆叫 小=41.81丁 +Ci fl 乂 A D AC-D 中：/C A D arccos(/川

14、4/vi 尸 +Eg/汨2(Inc+/人A)ZA D=54.3 10=/G A D -ZC.AD=12.51800+6 1800 4-12.51800-12.5(2)K =1.15 /：4r6 K52=is.n-：=0.53 5 s(1 +K)(3)曲柄与机与机架共线时*/=arccos/-+CT-(，,g-ZA A M2/m7cp=3 0曲柄与机架拉克共线时：IB rtiso /-；,r，T，；、F BC-AT -A-O-+-/-A S-”-=1,377.82BO2IHCI a/=42.18 7,所以/an=7 3 0评注 本题在解题过程中.有两点需特别注意.一是行程速比系数和机构最小传动角

15、的计算运用了三角形的余弦定理.而未采用作图法.在未要求解法的前提下.这种方法节省妣图时间.计算结果也更精确,但数学基训圈扎实，二足机构急回运动的定义要牢记.并能灵活运用.2.图3所示为一插床机构简图，已 知LAB=100mm,LAD=80mm,BC=120mm.LDE=180mm.B C为原动件，顺时针方向转动，滑 块5为输出构件，且4、8、C三点在一直线上。（1）前置四杆机构ABC属于哪一种机构？作 出 滑 块5上E点的左、右极限位 置 瓦、E2及对应的5、D2和C卜C2的位置。滑块的行程S等于多少？（3）当 滑 块 由E x运 动 到E2,及 从E 1运 动 到 臼 时，作出主动曲柄的对应

16、转角0和.，并写出该机构行程速度变化系数K的表达式。ED2.前置四杆机构ABC为转动导杆机构 按 要 求 作 图 滑 块 的 行Pt-S=2L ff=160mm（3）作出仍、例如图,K=3 6已知图示六杆机构，原动件AB作等速回转。试用作图法确定：（1）滑块5的冲程H：（2）滑块5往返行程的平均速度是否相同？行程速度变化系数K值;（3）滑块处的最小传动角/min（保留作图线）。（北交2008年）C2E*=0.002 m/mm解：(1)”=/(而)=0.002x17=0.034n l(2)不相等。“1800+。180+42K=-=-1.61180-。1800-42=69用作图法设计四杆机构1.按

17、连杆预定的位置设计四杆机构(1)已知活动较链中心的位置当四杆机构的四个校链中心确定后，其各杆长度也就相应确定了，所以根据设计要求确定各杆的长度，可以通过确定四个被链中心的位置来确定。例：要求连杆占据三个位置B|G,B2C2,5 3 c 3,求所对应的四杆机构。分析：该机构设计的主要问题是确定两固定较链A,1)点的位置。由于B,C两点的运动轨迹是圆，该圆的中心就是固定钱链的位置。解：连 片,用 n 中垂线仇2 连斗，鸟 n 中垂线与3-A连G，C 2 n中垂线“连02，C 3 n中垂线。2 3 -D就可得四杆机构。(2)已知固定较链中心位置例8.3 图8.1 3所 示 为 一 轨 链 四 杆 机

18、 构 的 固 定 轨 链A.D.已知主动件.M3的3个位置和连杆上K点所对应的3个点.试：-20取相应比例尺，作 图 8.17取 一 点 D.使/G D C：=3 2UT5=C7D=.连C 7 7.作/C C，=9 09=70,作 C P 1 C,G 交 G P r P 点，作 C C P 的外接圆.在(：A中.:=+/小尸一2-300 m m.纵 板 排 角 中=3 5,曲 柄 长 度U =80 m m,求 连 杆 的 长 度.并 脸H解 先计算 6=180=180 号=16.36K-I 1.6 4-1取相应比例尺八作出摇杆C D的两极限位置。J）及C D和固定校链4所在网.“（保留作图线）

19、.如图8.65所示.以C为圆心.2 4 B为半径作曲I.同时以F为硼心.2 R T为半径作阅.两回交丁点E.作C E的延长线与网.、的交点,即为较链A的位置.由图知1图 8.65 密 8-2 5 解图lm=2八C,+/V I=310 mm/.=/=45*40-5.试设计一曲柄摇杆机构，已知摇杆c D=5 0 0 mm,摆角片 4 5,其中左极限位置为垂直，如题5 图所示，固定较链/、D同在水平线上，行程速比系数K=L 4。试用图解法确定该机构曲柄B、连杆LB C和机架AA D的长度，并标注出最小传动角Y mi n。（保留作图线，作图比例自选）（共1 2 分=4+4+4）（中矿2 0 1 1）例

20、题：图示为一用于雷达天线俯仰传动的曲柄摇杆机构。已知天线俯仰的范围为3 0 l c i）=5 2 5 mm,lA D=8 0 0 mni o试求：（1）曲柄和连杆的长度1 A B 和 I B C ；（2）校验传动角是否大于等于4 0 度（北交2 0 0 7）解：（1）由于雷达天线俯仰传动时不应有急回作用，故有：K=1,6=0（2）选取比例尺u l =并利用已知条件作图如下：1.已知曲柄摇杆机构中摇杆的两个极限位置Q D和C2D与机架AD的夹用分别为8=45。.他=90。，选取长度比例尺 绘制出机架X D及摇杆的两个极限位宜，如图2-la所 示.（15分）（1）用图解法求曲柄长LAB和连杆长AB

21、C（保留作图线）：在图上标出机构的极位夹角，：以 曲 柄 为 主 动 件（逆时针转向），用山图2-la量得的尺寸，在图2-lb上作出机构出现最小传动角7m m时的位置.并进行标注：若分别以构件，8和C D为机架，各获得什么机构？图 2-la四、设计一曲柄搭杆机构/6 C 0.己知摇杆的行程速比系数犬=1，摇杆的长度为l.it 50mm,摇杆两根津位置与机架彳。前荚声芬利为6 30,和 例=9 0.试求出机构的其它未知杆长，（6 分）四（2 0 分）图4所示，现欲设计一钱链四杆机构，设已知摇杆CO的长度为/宵=7 5”,行程速度变化系数K =1.5,W AD的长度为lA D=10 0 mm,摇杆

22、的一个极限位置与机架间的夹角为。=4 5 试求曲柄的长度/相和连杆的长度lB C o3.图 2-3 所示颗式破碎机，设其行程速比系数K=1.4,乳板长度/c o=3 0 0 mm.颗板搓角片3 5。，颗板在极限位宜QD时，钗链G 与 4 之间的距离，A c t=2 2 5 mm.试用图解法确定曲柄长度 A B，连杆长度总和机架长度/AD（保留作图线）.（2 0 分）三、凸轮 机 构 分 析（20分）图 3 所示为一偏置滚子移动从动件盘形凸轮机构，凸轮的实2.（15分）如图5所示他柄福杆机构,已知各构件的长度为/AB=240mm,/Bc=600mm,5500mm,/KgOOmm。试作：（1）标由

23、此机构的极位夹角0：（5分）（2）将机构进行修改设计：保持出、/DC、K 极，使找角y=4仇试用图解法求摇杆长度任及机架长度/AD（1。分）题5图5.题 5 图所示的曲柄摇杆机构中，已知行程速比系数K=l.4,机 架 AAD=100mm,曲柄Z 8 为主动件,当摇杆CO在右极限位置时，曲 柄 与 机 架 夹 角 为3 0 ,当摇杆CO在左极限位置时，机构的压力角a=3 0 ,试用图解法确定该机构曲柄.、连杆心c和摇杆 。的长度。（保留作图线，作图比例自选）（共 12分）（2）曲柄滑块机构已知：K,H,e要求：设计一曲柄滑块机构。分析：关键求。；认识到“相当于曲柄摇杆机构中的8。8-27 试设计

24、-曲柄滑块机构.设已知滑块的行程速比系数K=1.5,附块 的 行 程 H=50 mm.偏 距，=20 mm.并求其最大压力角am.?解 计 算 6=180烂=1801垓=36.并取相应比例尺八根据K+1 1.5+1滑 块的 冲 程 H 作出两极位a及,作 6 网，作偏距线,两者的交点即较链A 所在的位置（见 图 8.66）.由 图 8,66可得Z.w=（it（AC2 ACi）/2=17 mm=2 （AG+AC）/2=36 mm=62.7图8.66 程8-2 7解图设计一曲柄滑块机构，已知曲柄长度乙8 =1 5 mm,偏距e =1()mm,要求最小传动角(1)确定连杆的长度4 c；(2)画出滑块

25、的极限位置；(3)标出极位夹角 及行程H;(4)确定行程速比系数K。题 8-1 0 图三(2 0 分)在图示插床机构中，滑块5 的移动导路e e 通过较链中心C,且垂直于A C。B、C、D三点共线。导杆机构A B C 的两连架杆可作整周转动，AB为原动件，以电等速转动。(1)在机构简图上绘出滑块上E点的二极限位置E l、E 2,并作出曲柄的对应转角b、(2)若要求滑块的行程s=1 5 4 mm,行程速比系数=1.5,B点轨迹与导路e e 的交点4、4之间距44=2 s。试计算出AC的长度：(3)若压力角a m a x=l。，试计算连杆DE的长度。4E（1）曲柄滑块机构CDE中，当C、D、E共线

26、时，滑块处在极限位置，即AB转至AB1时,则CD转至C D 1,此时滑块处于右边极限位置E1。当A B继续转至AB2时，则CD逆时针转至C D 2,此时滑块处于左边极限E2。曲柄AB对应转角必、。2如图所示。（6分）(2)对心曲柄滑块CDE中：s21CD=s 4 T)=5 =7 7 m mK-6=-xl 8 0 =3 6 极位夹角 K+1/.0 =1 8 0-8=1 4 41A C=5 0.0 4 m mHC t g7 2。1AABB =c os 7 20=1 6 2 m m（7分）（3）在对心曲柄滑块机构CDE中，当曲柄与导路ee垂直时，出现“ax,M T 小1=4434mm.)（3）导杆机

27、构己知：d,K。0 =i/I .(古 林1.业大学1999年考研试题)图8.2 7所示为牛头刨冰的主动传动机构，已知-75 mm./丽=100 mm.行程 速 度 系 数K=2.创 头5的行程H=300 m m.要求在整个行程中推动创头5有较小的压力角.成设计此机构(即求 Im.h.L C.解 计算导杆的排角中=6 180，一J 一 180 冷=60取相应比例尺户，作图.由图8.2 8可籽9杆和机柒的长度为：1(1)=/CD=300 mmIM fit.AC 150 mm导杆端点D的行程 7T7T=E T 7 -H为了使推动刨头5在整行程中有较小乐力角刨头号路的位置h的为/，=(1 +cos 争

28、),2 =300 X(1 4-cos y-)/2 =279.9 mm点津 本 题 属F按行程速比系数K设计四杆机构问题.需要注意的是，导杆C D的艇大摆角与机构极位夹角相等 因H=300 m m,且要求在整个行程 中 创 头 运 动 压 力 角 较 小,所 以 取-(TT=300 mm.则万7万=”=300 mm.用 图3所示机构来实现割刀尸所需的运动。设已知摇杆CO的长度Lco=200mm,并设其二极限位置对称于过D点向移动导路所作的垂线，其最大摆角甲=45,该机构的机架AO与摇杆的左极限位置成40。角，要求该机构的行程速度变化系数K=l,割刀的行程为H=300mm,其起始点人如图所示，要求

29、在二极限位置时的压力角吮为20。试用图解法求出该机构曲柄A 8,连 杆OE及摇杆E F的长度。a)图3取作怪I,；，仃：/一AB=M厂人G)/2=7 6 i n n】，Z-BC=AI(A C 2+A C 1)/2=3 5 5 i n i n ，Lo i 7=/1/E=3 9 2 m n i,产岫E F=1 6 0 n i n】练习题:四、1）应用作图法标出图（a）机构的极位夹角。和C点的压力角a .（5分）2）用作图法设计一给定连杆三个位置如图（b）的较链四杆机构.（5分）3、如下图（b）汽车前轮转向使用了什么机构？转向后两轮轴线平行吗？汽车后轮驱动桥采用什么装置可实现左右两半轴转速不同？1

30、轮着地而3 轮悬空时汽车能否前进？四轮全驱动有何好处？（1 0 分）答：汽车前轮转向使用了双摇杆机构，两前轮分别和A B 和 CD相连。直线运行时两轮轴线平行，转向后两轮轴线不平行，其 交 点 P 理论上应落在后轮轴轴的延长线上。汽车后轮驱动桥采用采用汽车差速器，它的作用就是在向两边半轴传递动力的同时，允许两边半轴以不同的转速旋转，满足两边车轮尽可能以纯滚动的形式作不等距行驶，减少轮胎与地面的摩擦。1轮着地而3 轮悬空时汽车能前进，四轮全驱动又称全轮驱动，是指汽车前后轮都有动力。可按行驶路面状态不同而将发动机输出扭矩按不同比例分布在前后所有的轮子上，以提高汽车的行驶能力。四轮驱动最大的好处就是

31、动力分布比较均匀，可以减少车身打滑，相对两轮驱动比较安全。2、设计锐链四杆机构，已知摇杆C。的行程速比系数K=1.5,机架的长度匕 =120亮米，摇 杆 的 长 度=85毫米，摇打的个极限位置与机架之间的夹角巳=45。，求曲柄长度人,和 连 杆 长 度（用图解法解）作图过程的图线保留。CD c X-OB第九章凸轮机构及其设计（-）凸轮机构的应用和分类一、凸轮机构1 .组成：凸轮，推杆，机架。2 .优 点：只要适当地设计出凸轮的轮廓曲线，就可以使推杆得到各种预期的运动规律，而且机构简单紧凑。缺点：凸轮廓线与推杆之间为点、线接触，易磨损，所以凸轮机构多用在传力不大的场合。二、凸轮机构的分类1 .按

32、凸轮的形状分：盘形凸轮 圆柱凸轮2 .按推杆的形状分尖顶推杆：结构简单，能与复杂的凸轮轮廓保持接触，实现任意预期运动。易遭磨损，只适用于作用力不大和速度较低的场合滚子推杆：滚动摩擦力小，承载力大，可用于传递较大的动力 不能与凹槽的凸轮轮廓时时处处保持接触。平底推杆：不考虑摩擦时，凸轮对推杆的作用力与从动件平底垂直，受力平稳；易形成油膜，润滑好；效率高。不能与凹槽的凸轮轮廓时时处处保持接触。3 .按从动件的运动形式分（1）往复直线运动：直动推杆，又有对心和偏心式两种。（2）往复摆动运动：摆动推杆，也有对心和偏心式两种。4 .根据凸轮与推杆接触方法不同分：（1）力封闭的凸轮机构：通过其它外力（如重

33、力，弹性力）使推杆始终与凸轮保持接触，（2）几何形状封闭的凸轮机构：利用凸轮或推杆的特殊几何结构使凸轮与推杆始终保持接触。等宽凸轮机构等径凸轮机构共辗凸轮（二）推杆的运动规律一、基本名词：以凸轮的回转轴心。为圆心，以凸轮的最小半径r 为半径所作的圆称为凸轮的基圆，I 。称为基圆半径。推程：当凸轮以角速度转动时，推杆被推到距凸轮转动中心最远的位置的过程称为推程。推杆上升的最大距离称为推杆的行程，相应的凸轮转角称为推程运动角。回程：推杆由最远位置回到起始位置的过程称为回程，对应的凸轮转角称为回程运动角。休止：推杆处于静止不动的阶段。推杆在最远处静止不动，对应的凸轮转角称为远休止角；推杆在最近处静止

34、不动，对应的凸轮转角称为近休止角二、推杆常用的运动规律I .刚性冲击：推杆在运动开始和终止时，速度突变，加速度在理论上将出现瞬时的无穷大值，致使推杆产生非常大的惯性力，因而使凸轮受到极大冲击，这种冲击叫刚性冲击。2.柔性冲击：加速度有突变，因而推杆的惯性力也将有突变，不过这一突变为有限值，因而引起有限冲击，叫柔性冲击。3.掌握等速运动规律和等加速等减速运动规律的推程的速度、位移、加速度的方程：推杆运动规律一一推杆在推程或回程时，其 位 移 s、速 度 v和加速度a随 时 间 t 变化的规律。13.1 多项式运动规律：一般表示为：s=G+G 6+C2 尸+a 6 /8（1）一次多项式运动规律（等

35、速运动规律）J推程：s=/2 6 /6 v =6 0 .。A-J+8-38a=0回程：5=/i(l-5 /50 z)v=-h W 3 o 图示为其推程运动线图。由图可知，有刚性冲击。(2)二次多项式运动规律(等加等减速运动规律)推 程 增 速 段:$=2 讶/6。2v=4/z 8/8 02a=4h 3*1 8 o2推程减速段：s=-2 力(5 8 )2/8 0?u=4 3()/5 02=-4 h co2/6 o2由图知，有柔性冲击。(3)五次多项式运动规律-10/-?co3-1-5f-l Oe 4 H-6-力-o 品 2)5既没有柔性冲击，也没有刚性冲击。2.2 三角函数运动规律(1)余弦加速

36、度运动规律(又称简谐运动规律)推程运动方程式为s=/?1 -co s(4 3/8a)/2v=/s i n(4 3/)/2 J0 a=7t2hco co s(B/R,)/2 R；回程运动方程式为s =/?l +co s(芯/)/2v=牯y s i n m b/b o)/2 b。a=-7r2hco2 co s(/J o)/2 3；由图知，亦有柔性冲击，只是冲击的次数有所减少。(2)正弦加速度运动规律(又称摆线运动规律)推程运动方程式为s=砥 6/)-s i n(2 愁 /“)/2打v=A a 1-co s(2 J /Jo)/a=17ihcD s i n(2愁/bj/b；回程运动方程式为_ 6 6P

37、i V-=1.57hco/63 67d“V.a-27thco2 sin（2万 5/S1）/北由图知，既没有刚性冲击，也没有柔性冲击。常见题型：1.（1 5 分）设一对心直动尖顶推杆盘形凸轮机构推杆的行程/?=16?机，推程运动角4=120。试分别绘出等速运动规律、等加速等减速运动规律和余弦加速度运动规律在推程段的推杆位移线（s-S）图；并简述该三种运动规律对凸轮机构产生的冲击情况；若凸轮以等角速度逆时针回转，基圆半径为=30加，试以余弦加速度运动规律绘出在推程段的凸轮轮廓曲线。（山科2009）2.四、（15分）己知一对心直动尖预推杆盘形凸轮机构的凸轮以等角速度臼转，推杆运动规律为：凸轮状角6=

38、0 150时，推杆技等加速等战速运动规律上升15mm；6=150。7 8 0。时，推杆远休；6=180300时，推杆按等速运动规律回程15mm:6=300 360时，推杆近休。试绘出推打的位移变化规律图，简述推杆受到的冲击情况。当凸轮转角6=100时，求推杆的位移惯S 是多少？（山科 2010）3.（15分）如图6 所示为凸轮机构推程阶段的运动线图。设凸轮以等角速度。转动，在推程时，凸轮的运动角为夕，推杆完成行程，该推杆运动规律为哪一种运动规律？试推导出该推杆推程的运动方程，并分析受到的冲击情况。图 6（三）凸轮轮廓曲线的设计一、凸轮廓线设计方法的基本原理1.原理：反转法。在设计凸轮廓线时，可

39、假设凸轮静止不动，而使推杆相对于凸轮作反转运动，同时又在其导轨内作预期运动，作出推杆在这种复合运动中的一系列位置，则其尖顶轨迹就是所求的凸轮廓线。一般步骤：（1）作出推杆在反转中依次占据的位置。（2）根据选定的运动规律，求出推杆在预期运动中依次占据的位置。（3）作出轮廓线。二、用作图法设计凸轮轮廓1.对心直动尖顶推杆盘形凸轮机构已知：基圆半径，凸轮等3 逆时针转动，运动规律已知要求：设计一对心直动尖顶推杆盘形凸轮机构。步骤：（1）画位移线图，并对其作等分。（2）取适当比例尺，根据已知作出基圆。（3）确定推杆在反转中占据的各位置（相应于运动线图对基圆作相应等分）（4）确定推杆尖顶在预期运动中占据

40、的各位置。（5）连接各点成光滑曲线。2.偏置直动尖顶推杆盘形凸轮机构图5.1 6 a所示为偏置直动尖顶从动件盘形凸轮机构。设已知凸轮基圆半径”、偏距e、从动件的运动规律，凸轮以等角速度3沿逆时针方向回转，要求绘制凸轮轮廓曲线。凸轮轮廓曲线的设计步骤如下：（1）选取位移比例尺从，根据从动件的运动规律作出位移曲线s-小如图5.1 6 1 所示，并将推程运动角仇和回程运动角a 分成若干等分：（2）选定长度比例尺/=，作基圆，取从动件与基圆的接触点.4作为从动件的起始位置：G）以凸轮转动中心为圆心，以偏距e为半径所作的圆称为偏距圆。在偏距圆沿-3方向量取心、以、七、心，并在偏距圆上作等分点，即 得 到

41、 脑、各点：（4）过 脑、圾、储,作偏距圆的切线，这些切线即为从动件轴线在反转过程中所占据的位置：（5）上述切线与基圆的交点从、区、8 H则为从动件的起始位置，故在量取从动件位移量时，应 从 出、8 s开始，得到与之对应的L、0、儿各点：（6）将.4、.%、.丸、.4“各点光滑地连成曲线，便得到所求的凸轮轮廓曲线，其中等径圆弧段京 及.G 分别为使从动件远、近休止时的凸轮轮廓曲线。对于对心直动尖顶从动件盘形凸轮机构，可以认为是0 =0时的偏置凸轮机构，其设计方法与上述方法基本相同，只需将过偏距圆上各点作偏距圆的切线改图5.1 6偏置自动尖顶从动件盘形凸轮设计为过基圆上各点作基圆的射线即可.3.

42、偏置直动滚子推杆盘形凸轮机构已知：基 圆 半 径，滚 子 半 径，凸轮等3逆时针转动，运动规律已知要求：设计一偏置直动滚子推杆盘形凸轮机构。骤如下：将滚上中心.4当作从动件的尖顶，按照上述尖顶从动件盘形凸轮轮廓曲线的设计方法作出曲线自，这条曲线是反转过程中滚广中心的运动轨迹，称为凸轮的理论轮廓曲线：以理论轮廓曲线上各点为圆心，以 滚 半 径r,为半径,作 系 列 的 滚 圆，然后作这族滚f圆的内包络线白，它就是凸轮的实际轮廓曲线。很显然，该实际轮廓曲线是上述理论轮廓曲线的等距曲线，且其距离与滚r-半 径r,相等。但须注意，在滚广从动件盘形凸轮机构的设计中，其基圆半径r。应为理论轮廓曲线的最小向

43、径.图5.1 7 对心比动潦子从动竹盘形凸轮设计说明：(1)理论轮廓线：滚子中心的轨迹线。(2)实际轮廓线：与滚子直接接触的凸轮轮廓曲线，又称工作廓线。(3)凸轮的基圆半径是指理论廓线的基圆半径。4.对心直动平底推杆盘形凸轮机构已知：基 圆 半 径，凸轮等3逆时针转动，运动规律已知。要求：设计一对心直动平底推杆盘形凸轮机构。图 5.18所示为对心直动平底从动件盘形凸轮机构，其设计基本思路与上述滚子从动件盘形凸轮机构相似。轮廓曲线具体作图步骤如下：取平底与从动件轴线的交点A 当作从动件的尖顶，按照上述尖顶从动件盘形凸轮轮廓曲线的设计方法，求出该尖顶反转后的一系列位置 A l、A2、A15；然后过

44、点A l、A2、A15作一系列代表平底的直线，则得到平底从动件在反转过程中的一系列位置，再作这一系列位置的包络线即得到平底从动件盘形凸轮的实际轮廓曲线。R 5.1 8对心 M)平底从动fit形凸轮次il5.摆动尖顶推杆盘形凸轮机构已知：基 圆 半 径，位移曲线，摆 杆 长，机架距OA。要求：作一摆动尖顶推杆盘形凸轮机构。分析：要注意到这儿的位移曲线的位移是指角度。图 5.1 9 拨动尖顶从动件盘形凸轮设计(b)（1）选取适当的比例尺，作出从动件的位移线图，在位移曲线的横坐标上将推程角和回程角区间各分成若干等分，如 图5.1 9 b所示.与移动从动件不同的是，这里纵坐标代表从动件的角位移必因此其

45、比例尺应为1 m m代表多少角度。（2）以0为圆心、以r0为半径作出基圆，并根据已知的中心距/,“，确定从动件转轴A的位置上。然后以.40为圆心，以从动件杆长度儿为半径作圆弧，交基圆于（：0点.即代表从动件的初始位置，C。即为从动件尖顶的初始位置。（3）以0为圆心，以（）A0为半径作圆，并 自Ao点开始沿着-3方向将该圆分成与图5.1 9 b中横坐标对应的区间和等分，得 点 儿、&、上。它们代收反转过程中从动件摆动中心.4依次占据的位置.（4）以上述各点为圆心，以从动件杆长度Q为半径，分别作圆弧，交基圆于C,、C,、（:9各点，得到从动件各初始位置.4,C,、C,、4 C,:再分别作N G丛、

46、N G 4 8 2、N.九瓦，使它们与图5.1 9 b中对应的角位移相等，即得线段4、&a、人星.这些线段代衣反转过程中从动件所依次占据的位置，而 用、/、风诸点为反转过程中从动件尖顶所处的对应位置。（5）将 点 、昆、4连成光滑曲线，即得凸轮的轮廓曲线。（四）凸轮机构的基本尺寸的确定一、凸轮机构的压力角及其校核1.压力角：推杆在与凸轮接触点处所受正压力的方向（接触点法线方向）与该点速度方向之间的锐角。2压力角的数学表达式的推导:同连杆机构样,压 力 角 是 衡 量 凸 轮 机 构 传 力 特 性 好 坏 的 一 个 重 要 参 数，而压力角是指在不计摩擦情况下，凸轮对从动件作用力 的 方 向

47、 线 与 从 动 件 上 受 力 点 的 速 度 方 向 之 间 所夹 的 锐 角，用a表 示.图5.2 6为 偏 置 尖 顶 直 动从 动 件 盘 形 凸 轮 机 构 在 推 程 的 个 任 意 位 置。过凸轮 与 从 动 件 的 接 触 点8作 公 法 线n-n,它与过凸轮 轴 心0且垂直于从动件导路的直线相交于P.。就 是 凸 轮 和 从 动 件 的 相 对 速 度 瞬 心，则1,=-O）=1:。因此由图可得偏置尖顶直动从动件盘形凸d o轮机构的压力角计算公式为s。+s+J r：_ J在 上 式 中，当 导 路 和 瞬 心。在 凸 轮 轴 心。的同侧时，式 中 取“-”号，可 使 压 力

48、 角 减 少：反 之，当图5.2 6偏置尖顶直动从动件盘形凸轮机构的压力角导 路 和 瞬 心P在 凸 轮 轴 心。的异侧时，取“+”号，压力角将增大。正确偏置：导 路 位 于 与 凸 轮 旋 转 方 向 3相 反 的 位 置。（即逆转右偏，顺转左偏）注意:用偏置法可减小推程压力角，但同时增大了回程压力角，故 偏 距e不能太大。3.凸轮基圆半径的确定对于偏置尖顶直动从动件盘形凸轮机构，如果限制推程的压力角a W a ,则可由式压力角的公式导出基圆半径的计算公式为q Nds I d8-etg W-s)2+e2提问：在设计一对心凸轮机构时，当 出 现 的 情 况，在不改变运动规律的前提下，可采取哪些

49、措施来进行改进？1）加大基圆半径r。：r I 2）将对心改为正偏置：e t -a l 3）采用平底从动件,a=Q4 滚子半径的确定对于外凸轮廓，要保证正常工作，应使：P&rr第一类：直动尖顶从动件偏心圆凸轮机构1.如图所示，有一对心直动尖顶从动件偏心圆凸轮机构，。为凸轮几何中心，4 为凸轮转动中心，直线_!皮）,10 0 2 0 A,圆 盘 半 径#=6 0 mm。试根据上述条件确定基圆半径r。、彳语A,C 点压力角%和D点接触时的位移Au 压 力 角 即。（要求在图中画出并同时计算出）解：4 =q/=3()m m ；/?=Q C-Q 4=6 0 m m.=0。；(4)hD=0 +0 1 -O

50、,A=3 7.0 8 m m aar c tg等)=2 6 5 72.偏置直动尖顶推杆盘形凸轮机构如图9.9（a）所示。已知凸轮为一偏心圆盘，圆盘半径R=3 0 m m,几何中心为A,回转中心为。，推杆偏距0 D=e =l 0 mm,0 A=1 0 m m,凸轮以等角速度co逆时针方向转动。当凸轮在图示位置，即A D J.C D 时，试求：（1 ）凸轮的基圆半径r 0；（2）图示位置的凸轮机构压力角a；（3）图示位置的凸轮转角（p；（4）图示位置的推杆的位移s；（5）该凸轮机构中的推杆偏置方向是否合理，为什么？(b)解 根 据 已 知 条 件,以O为 圆 心,以。点 与OA连 线 和 凸 轮