摇摆式输送机设计说明书官大衍

机械原理课程设计说明书题目： 摇摆式输送机 学院： 机电工程学院 姓名： 官 大 衍 班级： 机械设计及其自动化 1006学号： 0806100728 - 1 -目 录第 1 章 机械原理课程设计前言 21.1 课程设计的目的 .21.2 课程设计的任务 .3第 2 章 摇摆式输送机设计过程 42.1 工作原理 .42.2 设计要求 .52.3 电动机的选择 .52.4 齿轮设计 .6第 3 章 导杆机构的分析 .83.1 杆长分析 .83.2 速度分析 .103.3 加速度分析 .143.4 动态静力分析 .19第 4 章 飞轮的设计与分析 244.1 机构的速度波动调节 .244.2 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 1 章 机械原理课程设计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。1.1 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。1.2 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 2 章 摇摆式输送机设计过程2.1 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 设计要求表 2-1 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() 120a(mm) 325b(mm) 150H (mm) 300CD/O2 3.5模数 （ mm）1m4模数 （ mm）2 80.05- 6 -2.3 电动机的选择根据电动机功率公式 （其中 H=200mm，F r=6000N）TFHPr9.0选定下述参数的 Y 系列三相异步电动机：表 2-2 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-4 7.5 1500 14402.4 齿轮设计：图 2-1 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)2321zmz其中 为各齿轮的模数， 分别代表各齿轮齿数。1 321z再有下列行星轮和定轴轮转速关系公式：(2-3)2133113 zwiHH(2-4)Hii131(2-5)4(2-6)64545zi(2-7)4545zi其中 代表齿轮间的传动比， 代表齿轮的转速。xi xw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751405i因此，联立上述各式，我们选择确定了各齿轮参数，如下表： 表 2-4 齿轮参数序号 1 2 2 3 4 5模数 4 4 7 7 8 8齿数 17 40 17 51 17 40- 8 -第 3 章 导杆机构的分析3.1 杆长分析由行程系数比 (3-1)180k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=179.00mmAB=671.11mmO2B=739.26mm其中 , ,Al1Bl2Ol213同样由几何关系可得 (3-5)212SinHC解得：O 2C=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O2A2A 7O A 1右DB B 7图 3-1 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212OB、，作出如下左、右极限位置示意图：1260BO- 10 -图 3-2 左、右极限位置由于 、 是一个圆上的圆周角。O1260BO1260B做出圆与 直线的交点即为 B1、B2，在图上量得212、1O=49.6mB2850又 11 AAOB1 2O+ 解得： = 79.m,= 67.m 并量得 23.BO2 经对比，图解法和解析法所得结果接近，说明杆长正确。3.2 速度分析首先对 2 号位置进行速度分析，由瞬心法可得O1B1B2O2C1C2- 11 -V A (3-6)1262wpVBA=Wr*lAB (3-7)VA=1.405m/s V B图 3-3再选取合适比例作图，由作图法我们可以分析得知（3-BABAvv8）大小： ？ ？方向：DB OA AB作如下速度分析图：APB图 3-4可得：V B=5.58m/s（3-COBclV229）解得： 2.9m/scV- 12 -同理，我们对构件 4 和构件 5 进行速度分析有V DDV V C C图 3-5（3-DCDCvvv10）大小： ？ ？方向： 水平 DC O2C再作如下速度分析图：DPC 图 3-6可得：V D=1.89m/s 用对 7 号位置进行速度分析：(3-11)1262wpVBA=Wr*lA A O 1- 13 -(3-12)VAVA=1.405m/s B V图 3-7（3-13）BABAvv大小： ？ ？方向：DB OA AB再作如下速度分析图：P B A 图 3-8可得 VB=1.68m/s（3-COBcl2214）=0.68m/scV（3-DCDCvvv15）- 14 -大小： ？ ？方向： 水平 DC O2C再作如下速度分析图：P DC 图 3-9可得：V D=0.35m/s对右极限位置进行速度分析（3-BABAvv16）大小： ？ ？方向：DB OA AB选取速度比例尺 ，作速度分析图（如下图所m0.25cs示）可得：A- 15 -P（B ）图 3-10量取得 AA=1.405Bms在极限位置经分析 D0C0D03.3 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-n nBBBABABAaaa 17）大小： ？ ？方向： BO2 O2B AO1 BA AB由 （3-BOnlVa217）- 16 -解得： 11.03 m/s2nAa则有： 23.08m/s2B作如下加速度分析图：nBAanBaBAaBaaA图 3-11量取可得： =38.67m/s2 (3-nBa18）=46.64m/s2 B(3-19）又因为有： （3-BOBla2320）（3-COnlVa221）（3-COCla2522）- 17 -解得： =20.49m/s2nCDa分析 D 点的加速度:（3-nnCDCDCaaa 23）大小： ？ ？方向： 水平 CO2 CO2 DC DC作如下加速度分析图nCaCaD图 3-12量取可得：a D=20.69m/s27 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-n nBBBABABAaaa 24）大小： ？ ？方向： BO2 O2B AO1 BA AB- 18 -由 （3-BOnlVa225） 解得： 11.03 m/s2nAa0.19 m/s2B作如下加速度分析图：nBaBAaAaA图 3-13又因为有 （3-BOBla2326）（3-COnlVa227）（3-COCa2528）解得： =2.33 m/s2 nCD再对构件 2 和构件 3 分析，同样可以有下列等式：（3-29）nnCDDCDCaaa 大小： ？ ？- 19 -方向： 水平 CO2 CO2 DC DC其中 ， nDC0a作如下加速度分析图：nCaaA 图 3-14可得：a D=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-n nBBBABABAaaa 30）大小： ？ ？方向： BO2 O2B AO1 BA AB由= （3-BOnlVa230）解得： 11.03 m/s2nAa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/s2nBa=33.1m/s2- 20 -又因为有 （3-BOBla2331） CnlV2（3-32）（3-COCla2533）可解得： =6.6 m/s2nCDaD=12.4 m/s23.4 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 5G- 21 -34F4IM5IFn 4G4IF65图 3-15对 D 点取矩有（3-0cos2cos2 342414 CDFMCDFCGMtRII34）因为已知 的方向，我们选取合适的比例做出力多边形，进而nR34量取出 的大小。nF34=276nR34分别对构架 2 个构件 3 进行 B 点取矩对构件 2：（3-35）JMI（3-36）m064N.2I（3-37）aFI解得： N172I（3-0cos2cos 12212 ABFMABFABGMtRII38）对构件 3：（3-JI39）- 22 -（3-mN056.3IM40）（3-3aFI41）N503I 0sincos cos2co24234 234213231 COBF COBFOMBFGMtR nRtRII由于已知 的方向，我们选取合适的比例做出力多边形，n1R36进而量取出 和 的大小。2=457NnRF12=155N367 号位置：构件 4 和构件 5 组成的杆组受力如图 5G34F4IM5IFn 4G4IF65图 3-16对 D 点取矩有（3-0cos2cos2 342414 CDFMCDFCGMtRII43）- 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nRF34出 的大小。nR34分别对构架 2 个构件 3 进行 B 点取矩对构件 2：（3-JMI44）（3-mIN02.245）（3-2aFI46）解得： N （3-1752I47）（3-0cos2cos2 1221 ABFMABFABGMtRII48）对构件 3：（3-JI49）（3-m09N.3IM50）（3-3aFI51）解得： N7253I- 24 -0sincos cos2co24234 234213231 COBF COBFOMBFGMtR nRtRII因为已知 的方向，我们选取合适的比例做出力多边形，进而n126量取出 和 的大小R3=2163 NnF12=712 N。R36杆组力的矢量图：图 3-17 7 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 5G34F4IM5IFn 4G4IF65图 3-18对 D 点取矩有：- 25 -（3-0cos2cos2 342414 CDFMCDFCGMtRII53）由于已知 的方向，选取合适的比例做出力多边形，进而量取nR34出 的大小。nRF34分别对构架 2 个构件 3 进行 B 点取矩对构件 2：（3-JMI54）（3-m7N.2I55）（3-22aFI56）解得： NI4.132（3-0cos2cos 12212 ABFMABFABGMtRII57）对构件 3：（3-JI58）（3-mNMI.845359）（3-3aFI- 26 -60）解得： NFI2983 0sincos cos2co4234 234213231 COB COBFOMBFGMtR nRtRII由于已知 的方向，选取合适的比例做出力多边形，进而n1R36量取出 的大小。nRF1236=1650Nn12=830NR36作出如下右极限位置杆组力的矢量图：图 3-19 右极限位置杆组力的矢量图第 4 章 飞轮的设计与分析4.1 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。rdM- 27 -对 线图用图解积分法求出一个运动循环中的阻力功rdM线图rA绘制驱动力矩 Md所做的驱动功 线图。