摇摆式输送机设计说明书官大衍.doc

机械原理课程设计说明书机械原理课程设计说明书 题目：题目： 摇摆式输送机 学院：学院： 机电工程学院 姓名姓名： 官 大 衍 班级：班级： 机械设计及其自动化 1006 学号：学号： 0806100728 - 1 - 目目 录录 第 1 章 机械原理课程设计前言2 1.1 课程设计的目的 .2 1.2 课程设计的任务 .3 第 2 章 摇摆式输送机设计过程4 2.1 工作原理 .4 2.2 设计要求 .5 2.3 电动机的选择 .5 2.4 齿轮设计 .6 第 3 章 导杆机构的分析.8 3.1 杆长分析 .8 3.2 速度分析 .10 3.3 加速度分析 .14 3.4 动态静力分析 .19 第 4 章 飞轮的设计与分析 24 4.1 机构的速度波动调节 .24 4.2 飞轮转动惯量的确定 .26 第 5 章 课程设计总结.29 参考文献.29 - 2 - 第第 1 章章 机械原理课程设计机械原理课程设计概述概述 机械原理是一门以机器和机构为研究对象的学科。机械原理课 程设计是较全面的系统巩固和加深机械原理课程的基本原理和方法 的重要环节，是培养“初步具有确定机械运动方案，分析和设计机 械的能力”及“开发创新能力”的一种手段。机械原理课程设计将 从机构的运动学以及机器的动力学入手，研究机构运动的确定性和 可能性，并进一步讨论的组成原理，从几何的观点来研究机构各点 的轨迹、位移、速度和加速度的求法，以及按已知条件来设计新的 机构的方法。 机械原理课程设计所研究的问题又可归纳为二类： （1） 、根据已有的机构和主要参数来分析该机构和所组成机构的各 种特性，即结构分析，运动分析。 （2） 、根据预期的各种特性来确定新的机构的形式，结构和参数， 即机构的设计问题，如机构的运动设计，机构的平衡设计以 及速度的调节。 1.11.1 课程设计的目的课程设计的目的 机械原理课程设计是一次较全面的机械运动学和动力学分析的 训练，是机械原理课程的一个重要的实践性教学环节。其目的是： （1） 、进一步加深学生所学的理论知识。 （2） 、培养学生独立解决有关本课程实际问题的能力，使学生对于 - 3 - 机械运动学和动力学的分析与设计有一较完整的概念。 （3） 、通过对具体问题的分析、计算、制图、技术资料的使用，电 算程序的编制及计算机使用等各环节，培养学生独立分析问 题和解决问题的工程技术能力。 1.21.2 课程设计的任务课程设计的任务 (1)电动机的选择； (2)设计齿轮变速装置； (3)设计导杆机构； (4)机构的运动分析； (5)机构的动态静力分析； (6)速度波动的调节与飞轮设计。 要求学生根据设计任务，求出所有的运动副反力及平衡力矩， 绘制必要的图纸（或编制计算程序） ，编写设计计算说明书。 要达到课程设计的目的，必须配以课程设计的具体任务：按照 选定的机械总功能要求，分解成分功能，进行机构的选型与组合； 设计该机械系统的几种运动方案，对各运动方案进行对比和选择； 对选定方案中的机构连杆机构、凸轮机构、齿轮机构，其他常 用机构，组合机构等进行运动分析与参数设计；通过计算机编程， 将机构运动循环图在计算机屏幕上动态地显示出来，并给出相应的 运动参数值。 - 4 - 第第 2 章章 摇摆式输送机设计过程摇摆式输送机设计过程 2.12.1 工作原理工作原理 摇摆式输送机是一种水平传送材料用的机械，由齿轮机构和六 连杆机构等组成。如图 1 所示，电动机 1 通过传动装置 2 使曲柄 4 回转，再经过六连杆机构使输料槽 5 作往复移动，放置在槽上的物 料借助摩擦力随输料槽一起运动。物料的输送是利用机构在某些位 置输料槽有相当大加速度，使物料在惯性力的作用下克服摩擦力而 发生滑动，滑动的方向恒自左往右，从而达到输送物料的目的。 1电机 2传动装置 3执行机构 图 2-1 摇摆式输送机示意图 - 5 - 2.2 设计设计要求要求 表表 2-12-1 原始数据原始数据 方 案 号 物料的重量 G (kg) 2000 曲柄转速 n1(r/min) 75 行程速比系数 K 2 位置角 1 (°) 60 位置角 2(°) 120 a(mm)325 b(mm)150 H (mm)300 CD/O23.5 模数（mm） 1 m 4 模数（mm） 2 m 8 0.05 - 6 - 2.32.3 电动机的选择电动机的选择 根据电动机功率公式（其中 H=200mm，Fr=6000N） T FH P r 9 . 0 选定下述参数的 Y 系列三相异步电动机： 表表 2-22-2 原始数据原始数据 电动机型号额定功率 （KW） 电动机转速 （r/min） 同步转速 （r/min） Y132M-47.515001440 2.42.4 齿轮设计：齿轮设计： 图图 2-12-1 齿轮转动示意图齿轮转动示意图 齿轮变速方案如图，由同心要求我们可以建立下列方程： - 7 - (2-2) 2321 1 22 zz m zz m 其中为各齿轮的模数，分别代表各齿轮齿数。 1 m 3221 zzzz 再有下列行星轮和定轴轮转速关系公式： (2-3) 21 32 3 1 13 zz zz ww ww i H H H (2-4) H H ii 131 1 (2-5) H ww 4 (2-6) 6 4 5 45 z z i (2-7) 4 5 45 z z i 其中代表齿轮间的传动比，代表齿轮的转速。 xx i x w 从前一章我们已经确定了电动机的转速为 1440r/min，所以我们有 75 1440 15 i 因此，联立上述各式，我们选择确定了各齿轮参数，如下表： 表表 2-42-4 齿轮参数齿轮参数 序号 12 2345 模数 447788 齿数 174017511740 - 8 - 第第 3 3 章章 导杆机构的分析导杆机构的分析 3.1 杆长分析杆长分析 由行程系数比 (3-1) 180 180 k 可以求得极位角 =60。 O1ABO2构成了曲柄摇杆机构，由极限位置角 1，2，和极位角 求得 O1A,AB,O2B 杆长。方程式如下： (3-2) (3-3) (3-4) 由以上 3 式解出杆长为 O1A=179.00mm AB=671.11mm O2B=739.26mm 其中,AOl 11 ABl 2 BOl 213 同样由几何关系可得 (3-5) 2 2 12 2 Sin H CO 解得：O2C=300mm， CD=1125mm - 9 - 则我们第四组要求的二号、七号和右极限位置如图 O2 A2 A 7 O A 1 右 D B B 7 图图 3-13-1 二号、七号和右极限位置二号、七号和右极限位置 也可以用图解法根据原始数据，求出极位夹角 =60 度，作出 摇杆的两个极限位置直线， 由原始数据得 2122 O BO B、 ，作出如下左、右极限位置示意图： O 122 60BO B - 10 - 图图 3-23-2 左、右极限位置左、右极限位置 由于 、是一个圆上的圆周角。 O 122 60BO B O 112 60BO B 做出圆与直线的交点即为 B1、B2，在图上量得 2122 O BO B、 11 O=429.64mmB 12 O=850.59mmB 又 111 OA BAO B 112 O+ AA BO B 解得： 1 = 179.mm, = 671.1mm 并量得 2 739.3mmO B O2 经对比，图解法和解析法所得结果接近，说明杆长正确。 3.23.2 速度分析速度分析 首先对 2 号位置进行速度分析，由瞬心法可得 O1 B1 B2 O2 C1 C2 - 11 - V A (3-6) 1 2612 1612 2 w pp pp w A VBA=Wr*lAB (3-7) VA=1.405m/s V B 图图 3-33-3 再选取合适比例作图，由作图法我们可以分析得知 （3-BABA vvv 8） 大小： ？ ？ 方向：DB OA AB 作如下速度分析图： A P B 图图 3-43-4 可得：VB=5.58m/s （3- CO BO B c l l V V 2 2 9） 解得：2.9m/s c V - 12 - 同理，我们对构件 4 和构件 5 进行速度分析有 V D D V V CDC 图图 3-53-5 （3-DCDC vvv 10） 大小： ？ ？ 方向： 水平 DC O2C 再作如下速度分析图： D P C 图图 3-63-6 可得：VD=1.89m/s 用对 7 号位置进行速度分析： (3-11) 1 2612 1612 2 w pp pp w VBA=Wr*lA A O 1 - 13 - (3-12) VA VA=1.405m/s B VB 图图 3-73-7 （3-13）BABA vvv 大小： ？ ？ 方向：DB OA AB 再作如下速度分析图： P B A 图图 3-83-8 可得VB=1.68m/s （3- CO BO B c l l V V 2 2 14） =0.68m/s c V （3-DCDC vvv 15） - 14 - 大小： ？ ？ 方向： 水平 DC O2C 再作如下速度分析图： P D C 图图 3-93-9 可得：VD=0.35m/s 对右极限位置进行速度分析 （3-BABA vvv 16） 大小： ？ ？ 方向：DB OA AB 选取速度比例尺，作速度分析图（如下图所 m 0.25 c s m 示）可得： A - 15 - P（B） 图图 3-103-10 量取得 AA=1.405B m s 在极限位置经分析 D 0 C 0 D 0 3.33.3 加速度分析加速度分析 利用前面得到的各构件速度，就可以求出其对应的法相加速度， 再按比例作图，由作图法做出加速度多边形，从而量取得知其他的 加速度参数。 2 号位置的加速度分析： 根据速度已知量求得的法向加速度大小和法向加速度和切向加 速度方向，我们可以得到下列等式： （3- nn BBBABABA aaaaaa 17） 大小： ？ ？ 方向： BO2 O2B AO1 BA AB 由 （3- BO B n B l V a 2 2 17） - 16 - 解得：11.03 m/s2 n A a 则有： 23.08m/s2 n BA a 作如下加速度分析图： n BA a n B a BA a B a aA 图图 3-113-11 量取可得：=38.67m/s2 (3- n B a 18） =46.64m/s2 B a (3-19） 又因为有： （3- BOB la 2 3 20） （3- CO C n C l V a 2 2 21） （3- COC la 2 5 22） - 17 - 解得：=20.49m/s2 n CD a 分析 D 点的加速度: （3- nn CCDDCDC aaaaa 23） 大小： ？ ？ 方向： 水平 CO2 CO2 DC DC 作如下加速度分析图 n C a C a D a 图图 3-123-12 量取可得：aD=20.69m/s2 7 号位置的加速度分析： 根据速度已知量求得的法向加速度大小和法向加速度和切向加速 度方向，我们可以得到下列等式： （3- nn BBBABABA aaaaaa 24） 大小： ？ ？ 方向： BO2 O2B AO1 BA AB - 18 - 由 （3- BO B n B l V a 2 2 25） 解得：11.03 m/s2 n A a 0.19 m/s2 n BA a 作如下加速度分析图： n B a B a BA a n BA a aA 图图 3-133-13 又因为有 （3- BOB la 2 3 26） （3- CO C n C l V a 2 2 27） （3- COC la 2 5 28） 解得：=2.33 m/s2 n CD a 再对构件 2 和构件 3 分析，同样可以有下列等式： （3-29） nn CCDDCDC aaaaa 大小： ？ ？ - 19 - 方向： 水平 CO2 CO2 DC DC 其中 ， n DC 0a 作如下加速度分析图： n C a C a aA 图图 3-143-14 可得：aD=2.35 m/s2 右极限位置的加速度分析： 根据速度已知量求得的法向加速度大小和法向加速度和切向加 速度方向，我们可以得到下列等式： （3- nn BBBABABA aaaaaa 30） 大小： ？ ？ 方向： BO2 O2B AO1 BA AB 由= （3- BO B n B l V a 2 2 30） 解得：11.03 m/s2 n A a 选取合适比例做出加速度多边形，由作图法我们可以量取 =0m/s2 n B a =33.1m/s2 B a - 20 - 又因为有 （3- BOB la 2 3 31） CO C n C l V a 2 2 （3-32） （3- COC la 2 5 33） 可解得：=6.6 m/s2 n CD a aD=12.4 m/s2 3.43.4 动态静力分析动态静力分析 首先将机构拆分成自由度为 1 的曲柄，和自由度为 0 的两个杆 组进行动态静力分析。 （下列计算公式中构件中的角度用相同字母代 替表示该力方向与杆件的夹角，但是其大小并不是相同的。 ） 2 号位置： 构件 4 和构件 5 组成的杆组受力如图 5 G - 21 - 34 F 4 I M 5 I F n 34 F 4 G 4 I F 65 F 图图 3-153-15 对 D 点取矩有 （3-0cos 2 cos 2 3442414 CDFM CD F CD GM t RII 34） 因为已知的方向，我们选取合适的比例做出力多边形，进而 n R F 34 量取出的大小。 n R F 34 =276 n R F 34 分别对构架 2 个构件 3 进行 B 点取矩 对构件 2： （3-35） 222 JMI （3-36）m064N . 0 2 I M （3-37） 222 maFI 解得：N617 2 I F （3-0cos 2 cos 2 1222212 ABFM AB F AB GM t RII 38） 对构件 3： （3- 333 JMI 39） - 22 - （3-mN 056 . 0 3 I M 40） （3- 333 maFI 41） N550 3 I F 0sincos cos 2 cos 2 422343 223421332 2 31 2 3 COBOF COBOFBOFM BO F BO GM t R n R t RII 由于已知的方向，我们选取合适的比例做出力多边形， n R F 12 n R F 36 进而量取出和的大小。 n R F 12 n R F 36 =457N n R F 12 =155N n R F 36 7 号位置： 构件 4 和构件 5 组成的杆组受力如图 5 G 34 F 4 I M 5 I F n 34 F 4 G 4 I F 65 F 图图 3-163-16 对 D 点取矩有 （3-0cos 2 cos 2 3442414 CDFM CD F CD GM t RII 43） - 23 - 由于已知的方向，选取合适的比例做出力多边形，进而量取 n R F 34 出的大小。 n R F 34 分别对构架 2 个构件 3 进行 B 点取矩 对构件 2： （3- 222 JMI 44） （3-mMIN 0002 . 0 2 45） （3- 222 maFI 46） 解得：N （3-175 2 I F 47） （3-0cos 2 cos 2 1222212 ABFM AB F AB GM t RII 48） 对构件 3： （3- 333 JMI 49） （3-m009N . 0 3 I M 50） （3- 333 maFI 51） 解得：N725 3 I F - 24 - 0sincos cos 2 cos 2 422343 223421332 2 31 2 3 COBOF COBOFBOFM BO F BO GM t R n R t RII 因为已知的方向，我们选取合适的比例做出力多边形，进而 n R F 12 n R F 36 量取出和的大小 n R F 12 n R F 36 =2163 N n R F 12 =712 N。 n R F 36 杆组力的矢量图： 图图 3-173-17 7 7 号位置杆组力的矢量图号位置杆组力的矢量图 右极限位置： 构件 4 和构件 5 组成的杆组受力如图 5 G 34 F 4 I M 5 I F n 34 F 4 G 4 I F 65 F 图图 3-183-18 对 D 点取矩有： - 25 - （3-0cos 2 cos 2 3442414 CDFM CD F CD GM t RII 53） 由于已知的方向，选取合适的比例做出力多边形，进而量取 n R F 34 出的大小。 n R F 34 分别对构架 2 个构件 3 进行 B 点取矩 对构件 2： （3- 222 JMI 54） （3-m7N.2 2 I M 55） （3- 222 maFI 56） 解得：NFI4.134 2 （3-0cos 2 cos 2 1222212 ABFM AB F AB GM t RII 57） 对构件 3： （3- 333 JMI 58） （3-mNMI.84.5 3 59） （3- 333 maFI - 26 - 60） 解得：NFI298 3 0sincos cos 2 cos 2 422343 223421332 2 31 2 3 COBOF COBOFBOFM BO F BO GM t R n R t RII 由于已知的方向，选取合适的比例做出力多边形，进而 n R F 12 n R F 36 量取出的大小。 n R F 12 n R F 36 =1650N n R F 12 =830N n R F 36 作出如下右极限位置杆组力的矢量图： 图图 3-193-19 右极限位置杆组力的矢量图右极限位置杆组力的矢量图 第第 4 4 章章 飞轮的设计与分析飞轮的设计与分析 4.1 机构的速度波动调节机构的速度波动调节: 运动的速度不均匀系数 ，由动态静力分析所得的平衡力矩 My 具有定传动比的各构件的转动惯量 J，电动机、曲柄的转速 no和 n。驱动力据为常数。 列表汇聚同组同学在动态静力分析中求得的机构位置的平衡力 矩 My，一适当比例 1.绘制出一个动态等功阻力矩线图。 rd MM - 27 - 对线图用图解积分法求出一个运动循环中的阻力功 rd MM 线图 rr AA 绘制驱动力矩 Md所做的驱动功线图。因为 Md常数，切 dd AA 一个运动循环中驱动功等用途阻力功，故将线图的始末两 rr AA 点一直线相连，即为。 dd AA 求最大盈亏功.将与两线图相减，记得 max E dd AA rr AA 一个运动循环中的动态盈亏功线图。该线图的最高点与最 EE 低点的距离，即表示最大盈亏功。 max E 由所确定的最大盈亏功求出飞轮的转动惯量。 max E 摆式搬运机的位移、速度、加速度由整组成员的数据通过描点 法绘制。数据如下： 表表 4-14-1 位移、速度、加速度数据位移、速度、加速度数据 123 左 极 限 4567891011 右 极 限 12 - 28 - 位移 （mm） 3013025029828625526518013590452 速度 （m/s） 1.62.0 1. 05 0 -0. 32 -0.6 -0. 75 -0.8 -0. 82 -0.9 - 0.4 5 -0.301.6 加速度 （m/s2） -28-14-610942.5210-1-2-4-4.5 计算各个位置的阻力矩： 表表 4-24-2 阻力矩数据阻力矩数据 4.24.2 飞轮转动惯量的确定飞轮转动惯量的确定 绘制平衡力矩与角度的曲线图（如下图所示）： 123 左 4567891011 右 12 M18. 4 50 79 4 4.358 .6 160409. 2 275160. 8 835032 .6 7.222 - 29 - 图图 4-14-1 平衡力矩与角度的曲线图平衡力矩与角度的曲线图 通过对平衡力矩曲线的积分求出阻力功： （4- n 11 2 W n n ii ii WM 阻 1） 因而平衡力矩与角度的曲线图中曲线与横坐标所围面积即为阻力矩 做的功： 27 格×50×3.14÷6=706.5 J W 阻 根据阻力功等于驱动功， （4- 2 W M 阻 驱 2） - 30 - 得出驱动力矩大小为M112.4N m 驱 绘出如下驱动力矩图： 图图 4-14-1 驱动力矩图驱动力矩图 最大盈亏功： （4- maxmaxmin WEE 3） 解得： max 226( 114)340W 计算机构的等效转动惯量 Je； - 31 - 因而机构的等效转动惯量Je 可以忽略不计 飞轮转动惯量： （4- max 22 1 900 J F W n 6） 其中平均转速：n=75rpm 速度的不均匀系数： 0.05 解得 2 110.24 F Jkgm 确定飞轮转动惯量为 2 110.3 F Jkgm - 32 - 第第 5 5 章章 课程设计总结课程设计总结 本次机械原理课程设计，虽然感觉时间比较短，但就在这几天 的紧张学习中，我学到了很多平时无法学习到的东西，不仅使我对 机械原理这门课程有了更为深刻的理解，而且对于我的工作品质的 培养也是大有收益的。 这次课程设计时间为期两周，我们小组的题目是分析一个摇摆 式输送机构，由于理论知识的不足，再加上平时没有什么设计经验， 一开始的时候有些手忙脚乱不知从何入手。在老师的谆谆教导，和 组员们的热情帮助下，使我找到了信心。现在想想其实课程设计当 中的每一天都是很充实的，有时更是选择了一整天的学习画图找资 料。 作为一名机械设计制造及自动化专业大二的学生，我觉得能做 类似的课程设计是十分有意义，而且是十分必要的。在已度过的大 二的时间里我们大多数接触的是专业基础课。我们在课堂上掌握的 仅仅是专业基础课的理论面，更需要在像这样的实践活动中锻炼我 们把我们所学到的专业基础理论知识用到实践中去的能力。在做本 次实践课题的过程中，我感触最深的就是团队配合的重要性。为了 让自己的设计更加完善，和组员的交流合作也是必不可少的。这些 团队合作的经验会对以后的学习生活有很多帮助，也一定有利于毕 业后的团队研究工作。 - 33 - 参考文献参考文献 1 孙桓，陈作摸，葛文杰 . 机械原理M.7 版 .北京：高等教育 出版社，2006. 2 裘建新 . 机械原理课程设计指导书 M. 北京：高等教育出版 社，2006. 3 闻邦椿 . 机械设计手册M. 北京：机械工业出版社, 2010. 4 徐绍军，云忠 . 工程制图M. 长沙：中南大学出版社，2007. 5 李俊峰，张雄 . 理论力学M. 北京：清华大学出版社，2010.