工件拾取装置

1、 课程设计说明书题 目： 工件拾取装置 院 （系）： 机电工程学院 专 业： 微电子制造工程 学生姓名： 学 号：00900150226 0900150222指导教师： 匡兵 职 称： 副教授 2011年7月7日 前言随着工业自动化的发展，特别是微电子技术，传感器技术，控制技术和机械制造技术的飞速发展，机械人的应用逐渐扩散到各个领域。在当今大规模制造业中，企业为了提高生产效率，保障产品质量，普遍重视生产过程的自动化程度，工业机器人作为自动化生产线上的重要成员，逐渐被企业所认同并采用，工业机器人的技术水平和应用程度在一定程度上反映了一个国家工业自动化的水平。目前，机器人主要承担着焊接，喷涂，搬运

2、以及堆垛等重复性并且劳动强度极大的工作。工业机械手是近几十年发展起来的一种高科技自动化生产设备。工业机械手是工业机器人的一个重要分支。在工业流水线上，机械手得到了广泛的应用，大大提高了生产自动化，精细化。它的特点是通过普通编程来完成各项预期的任务。在构造和性能上兼有人和机器人的各自的优点，尤其体现了人的智能型和适应性。机械手作业的准确性和各种环境中完成作业的能力，在各个领域都有着广阔的发展前景。机械手是在机械化，自动化生产过程中发展起来的一种新型装置。在现代生产过程中，机械手被广泛的运用于自动生产线中，机械人的研制和生产已称为高技术领域内，迅速发展起来的一门新兴的技术，它更加促进了机械手的发展

3、，使得机械手能更好地实现机械化和自动化的有机结合。机械手虽然目前还不如人手那样灵活，但她具有能不断重复工作和劳动，不知疲劳，不怕危险，抓紧重物的力量比人手力气大的特点。机械手技术涉及到力学、机械学、电气液压技术、自动控制技术、传感器技术和计算机技术等科学领域，是一门跨学科的综合技术。机械手是一种能自动化定位控制并可重新编程序以变动的多功能机器，它有多个自由度，可用来搬运物体以完成在各个不同环境中工作。机械手一般分为三类：第一类是不需要人工操作的通用机械手。它是一种独立的不附属于某一主机的装置，它可以根据任务的需要编制程序，以完成各项规定的操作。它的特点是具备普通机械的性能之外，还具备通用机械、

4、记忆智能的三元机械。第二类是需要人工才做的，称为操作机。它起源于原子、军事工业，先是通过操作机来完成特定的作业，后来发展到无线电讯号来操作机进行探测月球等。第三类是用专用机械手，主要附属于自动机床或自动线上，用以解决机床上下料和工件的运送。本次设计工件拾取装置就是属于机械手的第三类，但是只进行结构设计，不进行材料选择，不进行控制设计。用CAXA电子图板软件进行二维画图，用solidworks软件进行三维造型的运动仿真。设计任务设计题目：工件拾取装置设计要求及原始数据设计要求：1. 产品能够的到达工件的所在的地方并且抓取，然后移动到一定位置放工件。2. 生产率能够达到一般企业的要求，要求在8个/

5、min左右的产量。3. 机器效率要求合理，机械结构尺寸合理，结构配合紧密，运动机构动作执行顺畅，没有多余的运动。原始数据：工件类型：平板，厚度d1=10mm,长度l1=20mm,重量m=500g目标点（300,50,100）装置高度d2=185mm装置长度d3=152mm上下转动杆长度d4=50mm预定生产率（最低）8个/min，可知至少以7.5s完成一个拾取周期即从原地到目的地，水平转动两个180需4s，上下转动需2s，一抓一放需1s，共7s。设机械手在原点（0,0,0），初始时工件在目的地即点（300，50,100）。若要保证最低生产率，则需电机反转以实现上下转动和机械手抓放动作，还需保证

6、各构件能良好配合运动，即连贯性好。由上条件得：据勾股定理a2+b2=c2即上下转动半径R2=d42+d32R=160mm0=sin-1d4R0=181230故上下转动角为=20=3625对电机的初步要求：开始机械手在原点位置，经2s水平转动180到达工件的正下方，经1s上下转动杆向上转动3625到达工件位置，经0.5s实现对工件的抓取，经2s水平转动剩下180（即整个水平转动完成360），经1s上下转动杆向下转动3625，到达目的地即原点，经0.5s放开工件，完成一个拾取周期。故水平转动电机转速：8r/min(需间歇)上下转动电机转速：16r/min(需反转)实现抓取电机转速：16r/min(

7、需反转)总体设计方案三个电机分别负责左右，上下和抓取放开三个运动。左右转动直接靠齿轮传动。所以方案的选择主要选择上下和抓紧和松开的运动。左右转动的运动方案用电机通过齿轮传动带动轴的转动。能保证瞬时传动比恒定，平稳性高，传递运动准确可靠。传递的功率和速度范围较大。结构紧凑，工作可靠，可实现较大的传动比。传动效率高，使用寿命长上下运动的方案上升运动采用关节式，但是为了简化把肘关节的部分固定住。直接通过齿轮和轴连接操作上下运动。通过控制电机的正转和反转实现。如果通过凸轮实现，凸轮与从动件间为点或线接触，易磨损，只宜用于传力不大的场合； 凸轮轮廓精度要求较高，需用数控机床进行加工； 从动件的行程不能过

8、大，否则会使凸轮变得笨重。工件的夹紧和松开运动方案如图由于齿条齿廓为直线，所以齿廓上各点具有相同的压力角，且等于齿廓的倾斜角，此角称为齿形角，标准值为20。齿顶线平行的任一条直线上具有相同的齿距和模数。通过电机的正转和反转控制齿轮转动，从而带动齿条左右运动，推动手张开闭合抓取工件。原计划通过液压通过杠杆来推动首部的夹紧或松开，液压元件制造精度要求高，实现定比传动困难，油液容易污染 油液污染后，会影响系统工作的可靠性机械手设计原则总体设计的任务：包括执行系统、驱动系统、控制系统的设计及参数计算，最后绘出草图。总体设计后要进行各部件的强度、刚度、驱动力验算。1、运动设计及确定主要要求手架能作任何角

9、度的伸缩和转动2、驱动方式：液压、气压驱动 该机械手是独立的自动化机械装置。通用性高，机械手结构比较复杂。手臂可作前后伸缩、上下升降和水平左右摆动三个动作，手臂可以绕Z轴转动360度4、按驱动方式分为联合驱动，电力驱动，液压驱动。5、按臂力大小来说是中型机械手。机械手分类1.按驱动方式分：液压式、气动式、机械式2.按适用范围分：专用机械手、通用机械手3.按运动轨迹控制方式分：点位控制、连续轨迹控制4.按臂部的运动形式分：直角坐标式、圆柱坐标式、球座坐标式、关节式机械手主要组成：机械手主要是由执行系统，驱动系统，控制系统三大部分组成。1、执行部分 执行系统是机械手的机械传动结构部分。它包括手、手

10、腕、手臂和机座等部件。2、驱动系统驱动系统是驱动执行系统的动力装置。驱动系统有液压驱动，气压驱动，电力驱动和机械驱动等方式。 3、控制系统 控制系统是支配执行系统按规定程序动作得到电气控制装置。控制系统所控制的因素包括执行系统各部的动作、动作顺序、位置、时间和速度等。机械手结构布置要求及平稳性与定位精度机械手工作中运动速度较高，在结构布置上应保证运动平稳，这样高机械手使用的可靠性，并可延长使用寿命，在结构上要注意以下几点： 1） 臂部要防止偏重 通常臂部处于悬臂的工作状态，在设计臂部、手部结构时要尽量使其总的重心在支撑中心，防止对支撑中心的偏重。偏重将会产生附加的弯矩引起立柱和导向的变形，工作

11、中引起导向装置不均匀的磨损。在回转运动中偏重对回转轴附加有动压力，其方向不断的变化，特别是高速及速度突然变化时更为明显，这将引起机械手的振动，严重时会造成卡死。防止偏重过大可采取的措施如下：a.减轻手部重量，并尽量减少偏心载荷。b.合理分布臂部上各部件重量和增加平衡重，使臂部平衡。c.机械手在结构上无法避免偏重，则应加强导向支撑，尽力减轻偏重对运动的影响。2） 加强臂部刚度 选取臂部结构时要注意各个方向的刚度。提高臂部刚度是减少手部颤动的关键，有利于提高定位精度。臂部的刚度决定于臂部的结构和导向形式。3） 改进缓冲装置和提高配合精度 机械手缓冲装置是保证运动平稳和减少振动的主要措施。冲击有两种

12、：一种是机械冲击，它是臂部运动中与定位装置相撞而产生，用可靠缓冲装置来消除。另一种是液压系统动作时产生的冲击。这种冲击作用于管路之中，仍会引起机械手振动，要靠改进液压系统设计来叫解决。提高部件的配合精度，减少间隙都有利于运动平稳。在生产中要求机械手工作速度快，运动平稳，定位精度高。应注意其影响因素，设计合理结构，以满足要求 影响平稳性及定位精度的因素（）惯性力的影响机械手速度变突，加（减）速度不连续，会产生巨大惯性冲击力，致使工件滑移，部件松动，零件破裂。定位时，大的减速度使臂部往复振动，直接降低定位精度。因此，应根据机械手的运动特性，选择适宜的控制系统，使加（减）速度按所需的运动规律变化。同

13、时，在保证刚度前提下减轻机械手运动部件的重量。（）结构刚度的影响零件结构刚性低，配合间隙大以及整机固有频率低时，受较小惯性冲击就发生振动，不但降低定位精度，而且降低机械寿命。应选择合理结构，提高机械手固有频率以及承受惯性载荷的能力。（）定位方法的影响常用定位方法中电气开关定位的精度最低，伺服定位较高，机械挡块定位精度最高。（）控制系统的影响电控系统误差，阀类泄露，检测元件失灵，挡块偏移等都会降低定位精度。（）驱动源的影响液压、气压、电压和油温波动都会降低平稳性及定位精度，必要时，用蓄能器、稳压器等稳定压力和电压，用加热器冷却器控制油温。机械手的手臂手臂部是机械手的主要执行部件,其作用是支承手部

14、，主要用来改变刀具的位置。手部在空间的活动范围主要取决于臂部的运动形式。1.设计时注意的问题手臂部的运动和结构形式对机械手的工作性能有着较大的影响。设计时应注意下列几点：（1）刚度要好 要合理选择臂部的截面形状和轮廓尺寸。实践证明，空心杆比实心杆刚度大得多。常用钢管作臂部和导向杆，用工字钢和槽钢作支承板，以保证有足够的刚度。（2）偏重力矩要小 偏重力矩是指臂部的总重量对其支承或回转轴所产生的力矩。它对臂部的升降运动和转动，均将产生影响，设计时应使臂部各部分的质量分布合理，以减少其偏重力矩。（3）重量要轻，惯量要小 由于机械手在高速情况下经常起停和换向，为了减少在运动状态变化时所产生的冲击，必须

15、采取有效的缓冲装置外，力求结构紧凑，重量轻，以减少惯性力。（4）导向性要好 为了防止臂部在直线移动中沿运动轴线发生相对转动，以保证手部的正确方向和准确定位，必须有导向装置。其结构应根据臂部的安装形式、抓取重量和运动行程等因素来确定。2.驱动力分别计算如下1)手臂水平伸缩时: P驱=P摩+P惯(公斤力)式中 P驱驱动力 P摩摩擦力(包括手臂伸缩导轨间、导向杆间和密封装置处的摩擦阻力,公斤力) P惯手臂在启动过程中的惯性力,其大小可按下式近似计算: P惯=G伸V/g t(公斤力)式中 G伸随同手臂伸缩部件总重量(公斤力) G重力加速度(m/s) V手臂的工作速度(m/s) T起动过程所用时间(秒)

16、 2)手臂升降时: P驱=P摩+P惯+G升(公斤力)式中 G升随同手臂升降部件总重量(公斤力) 3)手臂水平左右摆动时: M驱= M摩+M惯(公斤力米)式中 M驱驱动力矩(公斤力米) M摩摩擦力矩(包括转轴支撑处和密封装置处的摩擦阻力矩, 公斤力米) M惯手臂在起动过程中的惯性力矩.可按下式计算: M惯=Jw/t(公斤力米)式中 J随同手臂摆动部件对转轴的转动惯量 W手臂摆动的角速度（1/秒）机械手抓的力学分析下面对其基本结构进行力学分析：由平衡条件可知，机械手的摩擦抓取力为Ff=G=4.9N在两臂的作用下的作用下，齿条推杆的拉力为F1，两臂的张力F2并通过两臂与推杆的交接点，设其滑动摩擦系数

17、为=0.4，则由正压力Ff=FN又知Ff=G=4.9NFN=12.25N由上图可知F2=FNcos故 F1=FN式中工件被夹紧时手指的方向与两回转支点的夹角。由分析可知，当齿条推杆的拉力F1一定时，随着的增大，两臂的张力F2也增大，但平衡条件下所需的Ff不变，始终Ff=G，同时FN也不变，更有利与抓取，经计算最好为3040。机械手夹持范围计算为了保证手抓张开角为30，齿条推杆运动长度为77mm。手抓夹持范围，手指长35mm,当手抓没有张开角的时候，如图3.2（a）所示，根据机构设计，它的最小夹持半径R1=20，当张开时，如图3.2（b）所示，最大夹持半径计算如下：R2=77tan30+20co

18、s3060 机械手的夹持半径从20mm60mm（a） (b)图3.2 手抓张开示意图升降不自锁条件分析计算手臂在的作用下有向下的趋势，而里柱导套有防止这种趋势。由力的平衡条件有=h=即 =所谓的不自锁条件为：即 取 电机的选择、传动比、强度相关计算电机的选择：抓取工件齿条推杆所需的拉力为4.9N齿轮系的效率为：0.96P1=F*V1=4.9*2997.0860*1000=0.24wP4=0.8w则经过轮系传动后所需的功率为：P5=P46=0.80.966=1.0W则电动机需要功率为P7 =0.240.965*0.8=0.36w（公式11）给定压紧轮功率为0.5w则需要电动机功率为：P8=0.5

19、0.965*0.82=0.95w给定收紧轮功率为0.3w则需要电动机功率为：P9=0.30.965*0.8=0.57w电机的总功率为：P总=P7+P8+P9=1.88w综上数据选择电机为 徐灏机械设计手册北京：机械工业出版社 工业机械手编写组工业机械手北京：机械工业出版社3 孙开元 骆素君 常见机构设计及应用图例 北京：化学工业型号转速输出电流转动惯量D90Sa816r/min50w1.35A0.00312kgm2减速齿轮的选择1.参数选择1）齿数 因齿轮在减速箱体转动，为封闭式传动,故取=21，则=3.524=73.5，取=74。查阅有关资料，精度等级选为3级。2）齿宽系数 由于是双级齿轮传

20、动，两支承相对为不对称布置，且两齿轮为硬齿面，查表17-12（机械设计基础），取=.55。3）载荷系数K 因为载荷有轻微冲击，齿轮为硬齿面，支承不对称，故查表17-9，取K=1.4。4）齿数比 取=3.5。2.确定许用应力大，小齿轮的齿面硬度均为4855HRC。由图17-35查得=1170Mpa，由图17-37查得=350 Mpa，并取最小安全系数=1，=1，许用应力分别为=/=1170 Mpa=/=350 Mpa按齿根弯曲疲劳强度计算由齿数取=74，=21，查表17-11得齿行系数=4.33，=3.99。齿行系数与许用弯曲应力的比值为/=4.33/350=0.012/=3.99/350=0.

21、011因为/较大，故将此值代入=3.按齿面接触疲劳强度校核 取许用接触应力=1170 Mpa，代入式中得，小齿轮的分度圆直径为 齿轮的模数为 m= 显然，齿面接触疲劳强度合适。 6.确定模数 由上述计算结果可见，齿根弯曲疲劳强度比较弱，故应以m5.464为准。根据表17-1，取第一系列标准模数m=6mm.传动比：不完全齿轮相关公式水平转动电机转速：16r/min上下转动电机转速：64r/min实现抓取电机转速：64r/min故只要给出相应参数即可得到相应的不完全齿轮机械手电机齿轮参数：k1=0.51660=215M=164/16=14 N=2m=3水平转动电机齿轮参数：k1=26460=321

22、5M=12N=2m=3上下转动电机齿轮参数：k1=16460=1615 M=12 N=2 m=3按接触疲劳强度计算中心距 T1= 9.55106 p/n=1.91106Nmm初取暂取 由查参考文献4得 =258mm 圆整取 a =260 mm一般取 取标准模数m=2Z=(2acos)/m=(2260cos12)/3 =60Z1 = Z/(u+1) =60/(3+1)=15Z2 = 20实际传动比： i= Z1/Z2=0.75 传动比误差：i理i实/i理=5.5-5.5/3=0% 在误差允许范围内；精确求cos=mn(Z1+Z2)/2a =2(40+220)/(2260)=0.978 = 12.

23、10150 =1265与所取的=120 相近 ZH Z不修改d1=mZ1/cos=215/cos12.1015 =30.61mm d2=mZ2/cos=220/cos12.1015=40.8mm圆周速度：v=d1n2/601000=40.655/(601000)=0.01m/s查参考文献4得 KA=1.25vz1/100=0.3833/100=0.125由vz1/100=0.174和8级精度查表得 Kv=1.01齿宽 b=aa=0.4135=31mmb/d1=31/40.65=0.74按b/d1=0.74 齿轮相对轴承非对称布置，查图得：K=1.12按齿轮精度为7，查表得 K=1.2K=KAK

24、vKK=1.251.011.121.2=1.697 重合度的计算 齿顶圆直径 ： da1=d1+2m=40.65+22=42.5mm da2=d2+2m=219.86+22=201.mm端面压力角： at=arctan(tann/cos)= arctan（tan20/cos12.1015）=20.41310n=cos at)=arctan(tan12.1b=arctan(ta0150cos20.41310)=11.36190齿轮基圆直径 db1=d1cos at=40.65cos20.41310=38.27mm db2=d2cos at=219.86cos20.41310=193.62mm 端

25、面齿顶圆压力角 at1 =arcos db1/ da1 =arcos(38.27/44.65)=23.7781 at2 =arcos db2/ da2 =arcos(193.62/224.86)=18.213=1/(2)Z1(tanat1- tanat)+Z2(tanat2- tanat) =1.706 =bsin/(mn)=1.80 ZH =2.449齿面接触应力H =ZHZE ZZ2KT1(u+1)/bd2u 0.5=669.57MPaS, 满足要求c.剖面校核因轴单向转动，弯曲应力为对称循环变应力。扭剪应力按脉动循环处理。 根据教材附表查取应力集中系数，绝对尺寸影响系数和表面质量系数。根

26、据：查得： 查得：=3.8 =3.8=11.79 =3.76 取S=1.51.8 SS, 满足要求。各工艺动作的配合及运动循环图如图，拾取装置在初始位置开始。传动带1以一定的速度匀速把一个个工件相隔一段一定的距离的工件运到A点。同时拾取装置也以一定的速度匀速往下移动到A点，工件和拾取装置在同一时间到达A点，拾取装置夹紧工件，按原路原速度回到初始位置。紧接着按一定速度匀速旋转180度到达距离A点X方向300，Y方向50，Z方向100的B点。松开工件，让工件在传动带2上被带动下一个需要加工的地方。拾取装置按原方向原速度旋转180度回到初始位置。这样完成一个一次拾取过程。然后准备下一次拾取。如此一直

27、循环下去，进行大批量的拾取动作。各运动构件的尺寸计算为了把工件从A点拾取到B点，先画个矩形，把工件的初始点和终点分别放在两个对角定点（如上图的A、B点）。按照我们设计的机构类型。需要确定上下转动的点（如图E点）和CD的长度。需要如图的运动的方式，我们选择转动的点设置在矩形的中心。在上下转动的时候使得CE的长度等于AE的长度。刚好使机械手能到达工件的位置A。在左右转动的时候也刚好能从C点运动到B点。所以只要计算CD的长度就可以了。CD152.因为这次的设计是结构设计。所以剩下的杆的厚度，齿轮的大小，基本符合美观的角度就行了。最后给出传动比。运动分析和运动仿真如上图，这是整个装置的运动简图，其中1

28、杆位上下转动杆，2杆和1杆连，并和1杆相对固定，3杆为1、2杆所组成直角三角形的斜边，没有实体设计，还是1、2杆复合件上线转动的转动半径。其中长方体的几何中心为上下转动杆转动中心O点，从原点（0,0,0）和(300,50,100)目标点所组成的长方体，本装置将其上下转动中心设置在长方体的中心，且在装置的会装机构在同一平面，同时在长方体两条体对角线所组成的矩形平面，方便了轨迹的设计与固定。对于尺寸的设置必须按照轨迹图中的规定，即上下转动杆的长度为50mm,据计算上下转动角度为36251，由此计算出杆2的长度，为152mm，同时上下转动中心必须严格固定在O点，即长方体几何中心。运动轨迹基本确定后，

29、便开始对电机的选择和传动比的计算，由上述对电机的选择和传动比的计算得出，开始机械手在原点位置，经2s水平转动180到达工件的正下方，经1s上下转动杆向上转动3625到达工件位置，经0.5s实现对工件的抓取，经2s水平转动剩下180（即整个水平转动完成360），经1s上下转动杆向下转动3625，到达目的地即原点，经0.5s放开工件，完成一个拾取周期;或取相反的运动轨迹，即开始机械手在(300,50,100)，工件在原点，经2s水平转动180到达工件的正上方，经1s1、2杆复合件以O点位转动半径向下转动36251，机械手指尖达到工件所在平面，经0.5s实现抓取，经1s1、2复合件以O点向上转动36

30、251，机械手2杆轴线和目标点同一水平面，经2s水平转动180，即完成整周360转，回到机械手原始位置即目标地，经0.5s放开工件。其中水平转动驱动电机需8r/min,水平转动系统在7.5s内耗2s水平转完180后停留2.5s,用2s然后水平转动180;而1杆的驱动电机转速为16r/min,其驱动系统是后停留2s，向下（或向上）转动1s到达工件位置，停留0.5s，向上（或向下）转动1s到达目的地所在平面；杆2的驱动电机转速为16r/min,其驱动系统启动后停留3s，经0.5s实现加紧动作后，停留3s，经0.5s放开。运动轨迹误差表现为转动和停留时间不精确，导致抓取不平稳或抓不到，抓取后放置位置偏离目的地。原因是：电机和间歇运动机构（即不完全齿轮）设计的误差导致停留时间和工作时间与设计不匹配；实际轨迹尺寸的偏离；工件光滑；转动自锁失效等。具体的控制措施：设计前先画出轨迹图，计算好电机转速和不完全齿轮相关参数，正确选择电机参数，计算并校核杆件强度，尽量使用标准件或标准尺寸，少用随意设计尺寸，润滑和密封要合理，并结合实际。设计小结接近两周的机械结构课程设计，加强了我们发现、思考、讨论和解决问题的能力。加强了我们的