步进输送机课程设计 - 副本.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流步进输送机课程设计 - 副本.精品文档.机械原理课程设计 设计计算说明书设计题目：步进式输送机 学 院 ：工程机械学院专 业 ：机械设计制造及其自动化班 级 ：2011250405学 号 ：201125040513 设 计 者：李健 同组成员：申志勇、杨航 指导教师：刘琼 2014年1月12日目录一、设计题目 2二 设计简介 32.1工作原理 32.2原始数据及设计要求 42.3 设计任务5三、运动方案的拟定5 3.1 步进输送机构5 3.2 下料机构（插断机构）73.3运动方案的选定 8四、机构运动简图8五、运动分析115.1输送机构的运动

2、分析 115.2插断机构（下料机构）的运动分析205.3飞轮的转动惯量的计算 23六、机构运动循环图 24七、减速机构的设计24八、设计总结25九、参考文献25一、 设计题目：步进输送机二、 设计简介2.1工作原理步进输送机是一种能间歇地输送工件，并使其间距始终保持稳定步长的传送机械。图1为运动示意图，工件经过隔断板从料轮滑落到辊道上，隔断板作间歇往复直线运动，工件按一定的时间间隔向下滑落。输送滑架作往复直线运动，工作行程时，滑架上位于最左侧的推爪推动始点位置工件向前移动一个步长，当滑架返回时，始点位置又从料轮接受了一个新工件。由于推爪下装有压力弹簧，推爪返回时得以从工件底面滑过，工件保持不动

3、。当滑架再次向前推进时，该推爪早已复位并推动新工件前移，与此同时，该推爪前方的推爪也推动前工位的工件一齐向前再移动一个步长。如此周而复始，实现工件的步进式传输。显而易见，隔断板的插断运动必须与工件的移动协调，在时间和空间上相匹配。图1 步进输送机示意图2.2 原始数据及设计要求（1） 输送工件形状和尺寸如图1，工件质量60kg，输送步长H840mm，允许误差0.2mm。（2） 辊道上允许输送工件最多8件。工件底面与辊道间的摩擦系数0.15（当量值），输送滑架质量为240kg，当量摩擦系数也为0.15。（3） 滑架工作行程平均速度为0.42m/s，要求保证输送速度尽可能均匀,行程速比系数K1.7

4、。（4） 最大摆动件线质量为20 kg/m，质心在杆长中点，绕质心线转动惯量为2 kgm2/m，其余构件质量与转动惯量忽略不计。发动机到曲柄轴的传动系统的等效转动惯量（视曲柄为等效转动构件）近似取为2 kgm2。（5） 允许速度不均匀速度为0.1。（6） 滑架导路水平线与安装平面高度允许在1100mm以下。（7） 电动机规格自选。2.3 设计任务（1） 根据工艺动作要求拟定运动循环图；（2） 进行插断机构、步进输送机构的选型；（3） 机械运动方案的评定和选择；（4） 根据选定的原动机和执行机构的运动参数拟定机械传动方案，分配传动比，并在报告上画出传动方案图；（5） 进行工件停止在工位上的惯性前

5、冲量计算；（6） 对机械传动系统和执行机构进行运动尺寸计算；（7） 画出机械运动方案简图； （8） 编写设计计算说明书。三、运动方案的拟定3.1 步进输送机构步进输送机的主传动机构的原动件是曲柄；从动件为推爪(滑块),行程中有急回特性；机构应有较好的动力特性及在工作进程中速度要求较小且均匀。要满足这些要求，用单一的四杆机构是难以实现的。下面介绍拟定的几种方案。 图1-1 1.如上图1-1所示，牛头刨床的主传动 机构采用导杆机构、连杆滑块机构组成的6杆机构。采用导杆机构，滑块3与导杆之间的传动角始终为o，且适当确定构件尺寸，可以保证机构工作行程速度较低并且均匀，而空回行程速度较高，满足急回特性要

6、求。适当确定推爪的导路位置，可以使压力角尽量小。2、如图1-2所示，步进输送机的主传动机构采用凸轮机构和摇杆滑块机构。适当选择凸轮运动规律，设计出凸轮廓线，可以实现刨头的工作行程速度较低，而返回行程速度较高的急回特性；在推爪往复运动的过程中，避免加减速度的突变发生(采用正弦加速度运动规 律）。3、如图1-3所示，步进输送机主传动机构采用曲柄导杆机构机构。导杆做往复摆动其速度有点波动，并且也具有急回特性。 图1-2 图1-3 4、如图1-4所示，步进输送机的主传动机构采用曲柄摇杆机构和摇杆滑块机构。曲柄摇杆机构可以满足工作进给时推爪的速度较低，在运动过程中曲柄摇杆机构的从动件摇杆3的压力角是变化

7、的。3.2 下料机构（插断机构）一种方案是采用齿轮与齿条的配合（图2-1）。（图2-1）而另一种方案是采用从动件盘形凸轮与摇杆机构的组合图（2-2），利用弹簧的弹力使滚子从动件始终紧靠在凸轮上 图2-23.3运动方案的选定经过小组讨论最终确定选输送机构的方案1和插断机构的方案2作为此次课程设计所要求的运动方案。四、机构运动简图 运动简图1.初始状态2.工件输送阶段3.工件到达工位点4.输送架回程及下料阶段五、运动分析5.1输送机构的运动分析 图5.1.11.要求条件：输送滑架输送步长S=840mm+20mm=860mm, 滑架工作行程的平均速度为0.42m/s, 输送速度尽可能均匀， 行程速比

8、系数K1.7。2.制定参数：令K=2，推爪（滑块）的导路X-X在导杆运动弧长的平分线上。极为夹角=180(K-1)/(K+1)=60，即O2O4A=30。由输送架工作行程平均速度0.42m/s,且输送步长S=860mm可得导杆O4B的长度O4B=860mm。工作进程的时间t1=0.86m/0.42m/s=2.0476s回程时间t2= t1/2=1.0238s， 有Wt=知W=2.0457 rad/s。转速n=60W/(2*3.14)=19.5r/min。由O2O4A=30知O2A=O2O4/2,又X-X在导路所在弧长的平分线上，取H约为(860+860*cos30)/2即令H=802mm。又要

9、求工作过程中传动平稳，速度均匀，即BC杆的传动角越大越好。最大的传动角=90-arcsin(860-860*cos30)/BC。为保证机构的传力效果，应使传动角的最小值min大于或等于其许用值,即min。一般机械中，推荐=40-50。取BC=200mm, =74.38。推爪形状如下图：尺寸如上图所示，单位：cm由上述结论，确定输送架运动的6杆机构的长度分别为：BC=200mm O4B=860mm O2O4=500mm O2A=250mm 。3.用相对运动图解法做平面机构的运动分析将曲柄端点的运动轨迹的圆周12等份，初始位置为1如上图5.1.1例如计算滑块处于位置8时机构的速度、加速度。1、求C

10、点的速度：确定构件3上A点的速度：构件2与构件3用转动副A相联，所以A3=A2而A2=0.51m/s求的速度： A4 = A3 + A4A3 方向： BO4 AO2 BO4 大小： ？ ？用图解法求解如图1：、式中A3、A4表示构件3和构件4上 A点的绝对速度，A4A3表示构件4上A点相对于构件3上A点的速度，其方向平行于线段BO4，大小未知；构件4上A点的速度方向垂直于线段BO4，大小未知。在图上任取一点P，作A3 的方向线pO3 ，方向垂直于AO2，指向与2的方向一致，长度等于A3/v，（其中v为速度比例尺）。过点p作直线垂直于BO4 代表A4的方向线，再过O3作直线平行于线段BO4 代表

11、A4A3的方向线这两条直线的交点为O4，则矢量pO4和O3O4分别代A4和A4A3 。易知PO3、PO4同向，由速度多边形PO3O4得：A4=0.51m/sA4A3=0 求BO 4的角速度：=VA4/=0.68rad/sVB=BO4=0.59m/s 求C点的速度c：c = B + CB方向： X-X BO4 BC 大小： ？ 4lO4B ？速度图见图2：式中c 、B 表示点的绝对速度。CB表示点C相对点B的相对速度其方向垂直于构件CB，大小未知，点C的速度方向平行于X-X，大小未知，图上任取一点p作代表B的矢量pb其方向垂直于BO4指向于转向相反，长度等于（为速度比例尺）。过点p作直线平行于X

12、-X，代表c的方向线，再点b作直线垂直于BC代表CB的方向线，这两方向线的交点为C则矢量pc和bc便代表 c、CB则C点的速度为：c=0.58m/s，CB=0。加速度也可按相对图解法计算。5.2插断机构（下料机构）的运动分析1.凸轮的设计凸轮的远休止角=40， 近休止角=240,推程运动角=40， 回程运动角=40。凸轮轮廓的最大圆半径（远休止部分），最小圆半径（近休止部分）即基圆半径r0=120mm。凸轮的回程、推程轮廓采用五次多项式运动规律的曲线过渡。因为五次运动规律的曲线既不存在刚性冲击也不存在柔性冲击，运动平稳性好。2.摆动滚子从动件的滚子在凸轮上的位移曲线为：滚子在凸轮上的速度曲线为

13、：加速度曲线为：3.凸轮的压力角计算摆动滚子从动件凸轮机构压力角的计算公式：tan=a*cos(+0)-l(1-d/d)/a*sin(+0)a表示机架之间的距离l表示摆杆的长度，0表示摆杆的初始的摆角。=h(10*3/3)-(15*4/4)-(6*5/5)是表示摆杆的摆角，其中是推程运动角，是凸轮的转角。用matlab可以算出凸轮机构的最大压力角max=28.12，满足摆动从动件许用压力角=3050先建立m函数Function f=myfun(x)f=0.5*cosd(14.28+0.040*(10*x3/(403)-15*x4/(403)+6*x5/(403)-0.420*(1-0.040*

14、117.2*(30*x2/(403)-60*x3/(403)+30*x4/(405)/0.500/(sind(14.28+0.040*(10*x3/(403)-15*x4/(403)+6*x5/(403);再在matlab程序中输入x=fminbnd(myfun,0,40)4.凸轮曲率半径的校核运动仿真时有滚子的位移曲线知五次曲线的曲率半径满足要求。5.3 飞轮的转动惯量的计算等效驱动力矩Md为常数，在一个运转周期内做的功等于该周期内运动机构运动所需要的功。2*Md=8*(1/2m1v2)+m1g1+2m2g2+8*(1/2m2v2)Md=115.4465Nm安装在曲柄轴上的转动惯量为：Jf=

15、(Emax-Emin)/ (*22)而Emax-Emin=61.74J要求的速度不均匀系数=0.1, 2=2.0457rad/s。Jf=147.5308kgm2若安装在曲柄上的飞轮转动惯量过大，也可以把飞轮安装在电动机于曲柄轴之间的变速机构的轴上。5.4 工件停止在工位上的前冲量 冲量F*t=mv=60*0.15=9 Ns六、机构运动循环图七、减速机构的设计减速机构采用三级减速。电动机的转速为1400r/min,减速机机构的一级传动采用皮带传动，二级、三级减速都采用齿轮传动。设定每级传动的传动效率都为1，即1=2=3=4=5=6=1。皮带轮的传动比i12=3；齿轮减速的一级传动比i34=4，二

16、级传动比i34=6.14。总传动比i= i12 *i34 *i34=73.68执行机构（曲柄）的转速n=(1/i)*1400r/min=19.54r/min,曲柄的角速度w=2.0457rad/s。八、设计总结在这次课程设计中，我看到了我们班同学团结互助的精神，也看到了同学们刻苦钻研的学习精神。课程设计是对我们思维能力的一种锻炼，也是理论与实践结合的一次过渡，同学们兴趣浓厚，并有着创新的意识。同时通过本次课程设计，在完成设计任务的同时能够进一步理解和巩固所学课程内容，并将所学知识综合运用到实际设计中，不仅加强了学习更锻炼了实际操作能力和设计经验。在设计计算过程中，通过组内的讨论和交流，加深了对基础知识的理解；在老师的细心指导下，让我们了解到更多的机械实际设计方面的知识，开阔了视野。通过这次课程设计，我才发现理论知识的重要性，好的设计是建立在塌实的理论知识之上的。九、参考文献1、机械原理 高等教育出版社 孙桓等 主编 （第七版）20062、机械原理课程设计 科学出版社，王淑仁主编 20063、机械原理课程设计手册 高等教育出版社，邹慧君主编 20074、其它机械原理课程设计书籍和有关机械方案设计手册