机械原理课程设计方案单边滚轴自动送料机构设计方案与分析范本.doc

机械原理课程设计方案单边滚轴自动送料机构设计方案与分析

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2020年4月19日
文档仅供参考

机械设计基础课程设计任务书
专业__流体传动与控制__班级__流体041_设计者_蒋金云_学号__2号__
设计题目：单边滚轴自动送料机构设计与分析
请将相关数据填入表1中。
表1 单边辊轴自动送料机构的原始数据
方
案
Sn
/mm
n/
(次/min>
B
/mm
H
/mm
Fb
/N
Fr
/N

/度
δ
Rb
/mm
R2
/mm
R
/mm
L
/mm
x
/mm
y
/mm

1
13.5
250
2
80
500

25
0.04
60
120
180
1300
370
1250

G7=1500N，JO2=0.8kg·m2，JO3=0.4kg·m2，JO4=0.3kg·m2

图1 单边辊轴送料装置原理图
题目的原始数据见表1,其中:
Sn—板料送进距离；n—压机频次；B—板料厚度；H—冲压滑块行程；[α]—许用压力角；Fb—板料送进阻力；Fr—冲压板料时的阻力；δ—速度不均匀系数； e=0 ，取R1=Rb

要求：2号图纸两张，设计计算说明书一份。
设计期限： 6月19日至 6月23日
颁发日期： 6月18日
一、机构尺寸综合
已知数据见表1,要求确定机构尺寸：lO1A, lO1A' , lA'C , 及开始冲压时滑块C点至板料的距离Si。
步骤:
1．求辊轴转角
2．摇杆摆角
3．机架中心距
4．曲柄半径r= lO1A

5．曲柄滑块机构
曲柄半径r1
6.根据许用压力角[α]调节连杆长l1，取l1=560mm,并验算：

二、用相对运动图解法，求滑块和板料的速度分析
1.求vA'及vA
vA=r1ω1=40×26mm/s =1040mm/s, vA=rω1=96×26mm=2496mm/s
其中、ω1=2πn/60=2π×250/60rad/s =26 rad/s
2．列出矢量方程,求vC、 vB

0点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，则pa′=17mm，pa=41mm
vc=0，vB=39.5×60mm/s =2370mm/s

1点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=9×60mm/s =540mm/s=0.54mm/s，vB=31×60mm/s =1860mm/s

2点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=15×60mm/s =900mm/s=0.90mm/s，vB=15.5×60m/s =0.93m/s

3点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=17×60m/s =1.02m/s，vB=5×60m/s =0.3m/s

4点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=15×60m/s =0.90m/s，vB=0×60m/s =0m/s

5点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=10×60m/s =0.60m/s，vB=0×60m/s =0m/s

6点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=0m/s，vB=0m/s

7点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=8.5×60m/s =0.51m/s，vB=0×60m/s =0m/s

8点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=15×60m/s =0.90m/s，vB=0×60m/s =0m/s

9点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=17×60m/s =1.02m/s，vB=7×60m/s =0.42m/s

10点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=14×60m/s =0.84m/s，vB=24×60m/s =1.44m/s

11点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=8×60m/s =0.48m/s，vB=41×60m/s =2.46m/s

12点位置：
取比例尺μv=60mm/mm，
vc=11×60m/s =0.66m/s，vB=34×60m/s =2.04m/s

作滑块7的位移线图<s-φ）曲线，板料的位移线图<s′-φ）曲线。
将曲线lO1A的圆周按曲柄的转向依次分为12等分，另外补充冲头开始冲压时的一个位置，取曲柄1位原点，这时滑块7在最高点<上死点），板料应进入送料阶段，使曲柄依次转各个位置，可找出滑块7上C点的位置和板料移动的距离，取长度比例尺μs及时间比例尺μt=T/L=60/n1L<s/mm），分别作滑块的位移线图和板料的位移线图<一个周期内），其中L为图上横坐标的长度。
用图解微分法分别作滑块与板料的速度线图<v-t曲线）

其中dy和dx为s=s<t）线图中代表微小位移和微小时间dt的线段，α为曲线s=s<t）在所研究位置处切线的倾角，则v∝tanα。为了用线段来表示速度，引入极距K<mm），
则

利用弦线法绘得v-t图。
三、飞轮设计
1．利用速度多变形杠杆法原理。
2．用速度多边形杠杆法求等效构件的等效阻力矩。

或FB=0<v板=0）
0点：
Fer×17=FB×39+G7×0=333×39+G7×0
因此 Fer=763.9N
Mer=Fer×r1=763.9×0.04N·m
=30.558N·m
1点：
Fer×17=FB×31-G7×9=333×31+G7×9
因此 Fer=186.88N
Mer=Fer×r1=186.88×0.04N·m
=7.475N·m

2点：
Fer×17=-FB×15.5+G7×15=-333×15.5+G7×15
因此 Fer=1019.9N
Mer=Fer×r1=1019.9×0.04N·m
=40.796N·m

3点：
Fer×17=-FB×5+G7×17=-333×5+G7×17
因此 Fer=-1402.1N
Mer=Fer×r1=-1402.1×0.04N·m
=-56.08N·m

4点：
-Fer×17=G7×15
因此 Fer=-1323.5N
Mer=Fer×r1=-1323.5×0.04N·m
=52.94N·m

5点：
Fer×17=-G7×10
因此 Fer=-88.23N
Mer=Fer×r1=-88.23×0.04N·m
=-35.29N·m

6点：
Fer×17=-G7×0
因此 Fer=0N
Mer=Fer×r1=0×0.04N·m
=0N·m

7点：
Fer×17=G7×8.5
因此 Fer=750N
Mer=Fer×r1=750×0.04N·m
=30N·m

8点：
Fer×17=G7×18
因此 Fer=1588.2N
Mer=Fer×r1=1588.2×0.04N·m
=63.5N·m

9点：
Fer×17=G7×16
因此 Fer=1413.78N
Mer=Fer×r1=1413.78×0.04N·m
=56.55N·m

10点：
-Fer×17=-G7×14-Fb×24
因此 Fer=1803N
Mer=Fer×r1=1803×0.04N·m
=72.12N·m

11点：
Fer×17=G7×8+Fb×41
因此 Fer=1059N
Mer=Fer×r1=1059×0.04N·m
=60.36N·m

冲压始点：
Fer×17=-G7×11+Fr×11
当Fr=0时，Fer=-970.5N
Mer=Fer×r1=-970.5×0.04N·m
=-38.82N·m

当Fr= N时，Fer=323.5N
Mer=Fer×r1=323.5×0.04N·m
=12.9N·m
表2 等效阻力矩Mer汇总表
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
冲压始点
Fr=0
Fr≠0
Mer
0.7475
40.796
-58.09
-52.9
-35.29
0
30
63.5
56.55
72.12
60.36
30.558
-38.82
12.9
绘图步骤：
1）根据已算得的Mer，取力矩比例尺μM<N·m/mm），曲柄的转角比例尺μφ=2π/L<rad/mm），其中L为横坐标的长度<mm），作曲柄在一个运动循环中的等效阻力矩Mer-φ曲线如图5a<见图纸，下同）所示。
2）用图解积分法作等效阻力矩功Aer-φ曲线。取极距K<mm），用图解积分法作等效阻力矩功Aer-φ曲线<图5b）。
Ｍ＝dＡ/ dφ＝μＡdy/μφdx＝ [μＡ/(μφＫ>]<Ｋtanα）＝μＭＫtanα
其中 μＭ＝μＡ/<μφＫ）
3>作动能增量ΔE-φ曲线图。
△Ｅ＝Ａd－Ａer，其值直接由图5b上Ad<Φ）与Aer<Φ）对应纵坐标相减得到，由此可得动能变化曲线(图5c）。
比例尺
μＭ＝2 N·m/mm

取极距K=30mm
比例尺

作等效ER-φ曲线图
本例：

其中G7=1500N，JO2=0.8kg·m2，JO3=0.4kg·m2，JO4=0.3kg·m2，
因此m7=150kg，ω2=vB/R=2370/180=13.17，ω3=2ω2，ω4=ω3
0点：

1点：

2点：

3点：

4点：

5点：

6点：

7点：

8点：

9点：

10点：

11点：

12点：

表3 等效构件动能ER的汇总表
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
ER
214.1
108.8
83.03
60.75
27
0
18.75
60.08
87.84
162.93
353.47
263.88
3．按表中各数据，画出动能ER-φ线图<图5d）
4．作动能变化△Ｅ与等效构件动能ＥＲ差值<△Ｅ－ＥＲ）-φ线图
取比例尺μＥ＝μＡ＝μ△Ｅ＝μＥＲ＝μ<△Ｅ－ＥＲ）=3Ｊ/mm，既然比例尺都相同，在求作<△Ｅ－ＥＲ）-φ线图时，△Ｅ－ＥＲ的值可直接由图5c与图5d上的对应纵坐标线段相减得到<图5e）。
5．计算飞轮的转动惯量ＪＦ
在图5e中，a和b两点为等效构件转速最大和最小位置，即ωmax和ωmin位置，对应的纵坐标为<△Ｅ－ＥＲ）max和<△Ｅ－ＥＲ）min。在<△Ｅ－ＥＲ）-φ曲线上量取纵坐标最高点和最低点之间的距离gf，并记住Ｅ＝△Ｅ－ＥＲ，则

因此

飞轮转动惯量的单位为kg·m２。
分析讨论：
结果出现误差，是由于作速度图时，由于距离较远，在平移时尺有所移动，使得速度矢量不准确，产生一定误差，导致Mer、ER均产生误差，最终使图形产生误差，使得gf有一定误差，从而导致计算结果JF的数值也出现误差，但基本在允许范围之内。