机械原理课程设计产品包装生产线3

HarbinInstituteofTechnology课程设计说明书〔论文〕课程名称：机械原理课程设计设计题目：产品包装生产线〔方案3〕院系：机电工程学院班级：设计者：学号：指导教师：设计时间：哈尔滨工业大学题目要求如图1所示，输送线1上为小包装产品，其尺寸为长*宽*高=600*200*200，采取步进式输送方式，送第一包产品至托盘A上〔托盘A上平面与输送线1的上平面同高〕后，托盘A下降200mm，第二包产品送到后，托盘A上升200mm，然后把产品推入输送线2。原动机转速为1430rpm，产品输送量分三档可调，每分钟向输送线2分别输送8、16、24件小包装产品。图1功能简图题目解答机械系统运动循环图由题目和功能简图可以看出，推动产品在输送线1上运动的是执行机构1，在A处使产品上升，下降的是执行构件2，在A处把产品推到下一个工位的是执行构件3，三个执行构件的运动协调关系如下图。TT1执行构件运动情况 执行构件1进退进退进退进退执行构件2停降停升停降停升执行构件3停进退停图2运动循环图图1中T1为执行构件1的工作周期，T2是执行构件2的工作周期，T3是执行构件3的工作周期。由图2可以看出，执行构件1是作连续往复移动的，而执行构件2那么有一个间歇往复运动，执行构件3作一个间歇往复运动。三个执行构件的工作周期关系为：2T1=T2。执行构件3的动作周期为其工作周期的1/4。机械系统运动功能系统图根据前面的分析可知，驱动执行构件1工作的执行机构应该具有运动功能如图3所示。该运动功能把一个连续的单向转动转换为连续的往复移动，主动件每转动一周，从动件〔执行构件1〕往复运动两次，主动件的转速分别为4、8、12rpm。4、8、12rpm图3执行机构1的运动功能由于电动机转速为1430rpm，为了在执行机构1的主动件上分别得到4、8、12rpm的转速，那么由电动机到执行机构之间的传动比iz有3种分别为：总传动比由定传动比ic与变传动比iv组成，满足以下关系式：iz1=iciv1iz2=iciv2iz3=iciv3三种传动比中iz1最大，iz3最小。由于定传动比ic是常数，因此3种传动比中iv1最大，iv3最小。假设采用滑移齿轮变速，其最大传动比最好不要大于4，即：iv1=4那么有：ic=故定传动比的其他值为：==于是，有级变速单元如图4：i=4,2,1.33图4有级变速运动功能单元为保证系统过载时不至于损坏，在电动机和传动系统之间加一个过载保护环节。过载保护运动功能单元可采用带传动实现，这样，该运动功能单元不仅具有过载保护能力，还具有减速功能，如图5所示。i=2.5图5过载保护运动功能单元整个传动系统仅靠过载保护功能单元的减速功能不能实现全部定传动比，因此，在传动系统中还要另加减速运动功能单元，减速比为i==36减速运动功能单元如图6所示。i=36图6执行机构1的运动功能根据上述运动功能分析，可以得到实现执行构件1运动的功能系统图，如图7所示。1430rpmi=2.5i=4,2,1.33i=36执行构件1执行构件1图7实现执行构件1运动的运动功能系统图为了使用同一原动机驱动执行构件2，应该在图7所示的运动功能系统图加上1个运动分支功能单元，使其能够驱动分支执行构件2，该运动分支功能单元如图8所示。执行构件2的执行运动是间歇往复移动。执行构件3有一个执行运动，为间歇往复移动，其运动方向与执行构件1的运动方向垂直。为了使执行构件2和执行构件3的运动和执行构件1的运动保持正确的空间关系，可以加一个运动传动方向转换功能单元，如图9所示。图8运动分支功能单元图9运动传动方向转换的运动功能单元经过运动传递方向转换功能单元输出的运动需要分成两个运动分支分别驱动执行构件2的一个运动和执行构件3的一个运动。因此，需要加一个运动分支功能分支单元，如图10所示。图10运动分支功能单元执行构件2的一个运动是间歇往复移动，考虑采用两个运动单元，将连续转动转换成间歇单向转动，再转换成间歇往复移动。如图11所示。图11连续转动转换为间歇往复移动的运动功能单元根据上述分析可以得出实现执行构件1和执行构件2运动功能的运动功能系统图，如图14所示。图14执行构件1、2的运动功能系统图执行构件3需要进行间歇往复移动，为此，需要将连续转动转换为间歇转动。考虑采用一个运动系数为的间歇运动单元，如图15所示。图15间歇运动功能单元尽管执行构件3在一个工作周期内，其间歇时间很长，运动时间很短，但是当其运动时，运动那么是连续的、周期的。因此，需要把图15中的运动功能单元的输出运动转换为整周运动，于是在其后加一个运动放大功能单元，如图16所示。然后，再把该运动功能单元输出地运动转换为往复移动，其运动功能单元如图17所示。i=1/4图16运动放大功能单元图17把连续转动转换为往复移动的运动功能单元根据上述分析，可以画出整个系统的运动功能系统图，如图18所示。图18产品包装生产线〔方案8〕的运动功能系统图3、设计课题运动方案拟定根据图18所示的运动功能系统图,选择适当的机构替代运动功能系统图中的各个运动功能单元,便可拟定出机械系统运动方案。图18中的运动功能单元1是原动机。根据产品包装生产线的工作要求，可以选择电动机作为原动机。如图19所示。1430rpm1图19电动机替代运动功能单元1图18中的运动功能单元2是过载保护单元兼具减速功能，可以选择带传动实现，如图20所示。2图20过载保护功能单元图18中的运动功能单元3是有级变速功能单元，可以选择滑移齿轮变速传动替代，如图21所示。图21滑移齿轮变速替代运动功能单元3图18中的运动功能单元4是减速功能，可以选择2级齿轮传动代替，如图22所示。图222级齿轮传动替代运动功能单元4图18中的运动功能单元6将连续传动转换为间歇往复摆动，可以选择不完全齿轮和导杆滑块机构替代，如图23所示。图23不完全齿轮和导杆滑块机构替代运动功能单元6、7图18中的运动功能单元8是运动传递方向转换功能单元，可以用圆锥齿轮传动替代，如图24所示。图24圆锥齿轮传动运动功能单元8图18中的运动功能单元10、11是将连续转动转换为间歇往复移动，可以用凸轮结构实现，如图25所示。图25凸轮传动替代运动功能单元11图18中实现执行构件3的运动功能单元14、15、16可以通过槽轮传动和齿轮带动曲柄滑块机构得到，槽轮机构将主轴的连续转动转换为间歇转动，槽轮与曲柄滑块机构曲柄齿轮的主动轮固连，槽轮每转动0.25周期，曲柄转动一周，方案如图27所示。图27槽轮机构和曲柄滑块机构替代运动功能14、15、16根据上述分析，按照图18各个运动单元连接顺序把个运动功能单元的替代机构依次连接便形成了产品包装生产线〔方案3〕的运动方案简图，如图28所示。图28〔c〕4、机械系统运动方案尺寸设计4-1滑移齿轮传动设计确定齿轮齿数如图21中齿轮5，6，7，8，9，10组成了滑移齿轮有级变速单元，其齿数分别为z5，z6，z7，z8，z9，z10。由前面分析可知，iv1=4==2==1.33按最小不根切齿数取z9=17，那么z10=iv1z9=417=68为了改善传动性能应使相互啮合的齿轮齿数互为质数，取z10=69。其齿数和为z9+z10=17+69=86，为满足传动比和中心距要求，三对齿轮均取角度变位齿轮。计算齿轮几何尺寸齿轮5678910变位系数0.60.90.60.90.61.3齿数314125501769啮合角24.7o24.7o24.09o重合度1.4681.4441.468取模数m=2mm，齿顶高系数1,顶隙系数0.25，得实际中心距为89.99mm。4-2定轴齿轮传动设计4-2-1圆柱齿轮传动设计由图可知，齿轮11、12、13、14实现运动功能单元4的减速功能，它所实现的传动比为36。由于齿轮11、12、13、14、15、15’是2级齿轮传动，这2级齿轮传动的传动比可如此确定，于是取模数m=2mm，各尺寸均按标准齿轮计算。由图28-〔c〕可知，齿轮32、33实现运动功能单元15的放大功能，它所实现的传动比为1/4，齿轮33可按最小不根切齿数确定，即那么齿轮32的齿数为为使传动比更接近于要求，取齿轮32、33的几何尺寸，取模数m=2mm，按标准齿轮计算。由上述齿轮齿数配比可得最后输出转速分别为7.93rpm、8.06rpm、12.06rpm。4-2-2圆锥齿轮传动设计由图28-〔a〕可知，圆锥齿轮17、18，23、24均起改变运动方向的作用，两圆锥齿轮的轴交角为90o，齿数取最小不根切当量齿数17即可，取模数m=2mm,尺寸按标准齿轮计算。4-3执行机构1的设计该执行机构是曲柄滑块机构，由曲柄19，滑块，导杆20，连杆21和滑枕22组成。其中大滑块的行程h=480mm,现对机构进行参数计算。该机构具有急回特性，在导杆20与曲柄19的轨迹圆相切时候，从动件处于两个极限位置，此时导杆的末端分别位于C1和C2位置。取定C1C2的长度，使其满足：利用平行四边形的特点，由下列图可知滑块移动的距离E1E2=C1C2=h，这样就利用了机构急回运动特性，使滑块移动了指定的位移。设极位夹角为θ，显然导杆20的摆角就是θ，取机构的行程速比系数K=1.5，由此可得极位夹角和导杆20的长度。图35导杆滑块机构设计先随意选定一点为D，以D为圆心，l为半径做圆。再过D作竖直线，以之为根底线，左右各作射线，与之夹角18°，交圆与C1和C2点。那么弧C1C2即为导杆顶部转过的弧线，当导轨从C1D摆到C2D的时候，摆角为36°。接着取最高点为C,在C和C1之间做平行于C1C2的直线m，该线为滑枕22的导路，距离D点的距离为在C1点有机构最大压力角，设导杆21的长度为l1，最大压力角的正弦等于要求最大压力角小于100，所以有l1越大，压力角越小，取l1=200~400mm。曲柄19的回转中心在过D点的竖直线上，曲柄越长，曲柄受力越小，可选取AD=500mm，据此可以得到曲柄19的长度不完全齿轮16、17的设计曲柄由不完全齿轮控制其转动周期和动停时间比，由运动周期得到主动轮与从动轮运动周期之比为1:4，主动轮16从0o转到180o，从动轮17转两周，主动轮从180o转到360o期间，从动轮停止，故确定主动轮为不完全齿轮，一半有齿，另一半无齿，从动轮为标准完全齿轮，确定模数为3mm，主动轮假想齿数和从动轮齿数分别为101和25，那么中心距a=136.5mm。4-4执行机构2的设计如图28〔b〕所示，执行机构2有一个运动是将连续传动转换为间歇往复移动，选用直动平底从动件盘形凸轮机构〔27、29〕来实现。凸轮基圆半径100mm，无偏距，升程为200mm。推程为正弦加速，回程为余弦加速。直动平底从动件盘形凸轮轮廓4-5执行构件3的设计4-5-1槽轮机构的设计确定槽轮槽数根据图28〔c〕可知，在拨盘圆销数k=1时，槽轮槽数z=4。槽轮槽间角2β=槽轮每次转位时拨盘的转角2α=180o-2β=90°中心距槽轮机构的中心距应该根据具体结构确定，在结构尚不确定的情况下暂定为a=150mm拨盘圆销的回转半径λ=r=λa=0.7071*150=106.065mm槽轮半径ξ=R=ξa=0.7071*150=106.065mm锁止弧张角γ=360°-2α=270°圆销半径mm圆整：mm槽轮槽深h>(λ+ξ-1)*a+=80.13mm锁止弧半径mm取mm4-5-2曲柄滑块机构设计由题目可知，滑块的行程为h=200mm，考虑到曲柄滑块的急回特性，使滑块导轨与曲柄轴心之间增加适当的偏距，取其速比系数K=1.4,那么极位夹角θ为取曲柄34的长为l1=l/2=100mm，由最大压力角正弦满足由最大压力角，取又由几何关系可知解得连杆35的长度l2=288.29mm，故偏距。5、设计课题运动方案分析5-1运动方案执行构件的运动时序分析确定各执行构件的起始位置。T=0时，执行构件1的摇杆20处于左侧极限位置，执