摇摆式输送机设计说明书
摇摆式输送机课程设计
摇摆式输送机课程设计一、设计背景及意义随着工业生产自动化程度的提高，输送设备在各类生产线中发挥着重要作用。
摇摆式输送机作为一种新型的输送设备，具有结构简单、运行稳定、输送效率高等特点，广泛应用于食品、药品、电子等行业。
本课程设计旨在让学生了解摇摆式输送机的工作原理、结构特点及设计方法，培养学生在实际工程中分析问题、解决问题的能力。
二、设计内容及要求1. 了解摇摆式输送机的工作原理和结构特点；2. 学会分析摇摆式输送机的运动规律和力学性能；3. 掌握摇摆式输送机的部件选型和参数计算方法；4. 能够运用CAD软件进行摇摆式输送机的结构设计；5. 编写课程设计说明书，包括设计计算、图纸及相关技术要求。
三、设计步骤1. 查阅相关资料，了解摇摆式输送机的发展现状、应用领域及发展趋势；2. 分析摇摆式输送机的工作原理，掌握其主要组成部分及其功能；3. 学习摇摆式输送机的运动学和力学分析，了解其运动规律及受力情况；4. 根据实际需求，进行摇摆式输送机的部件选型和参数计算；5. 运用CAD软件进行摇摆式输送机的结构设计，绘制相关图纸；6. 编写课程设计说明书，总结设计过程及心得体会。
四、关键技术与创新点1. 摇摆式输送机的运动规律分析：通过对摇摆式输送机的运动学分析，得出其运动规律，为后续的部件选型和参数计算提供理论依据；2. 部件选型和参数计算：根据实际需求，合理选择摇摆式输送机的电机、减速器、链条等部件，并进行参数计算；3. 结构设计：运用CAD软件进行摇摆式输送机的结构设计，确保其结构合理、紧凑；4. 课程设计说明书的编写：详细记录设计过程、计算方法、图纸及相关技术要求，为后续的类似设计提供参考。
五、设计成果与应用前景1. 设计成果：完成摇摆式输送机的结构设计，绘制相关图纸，编写课程设计说明书；2. 应用前景：摇摆式输送机在食品、药品、电子等行业具有广泛的应用前景，本设计可为相关企业提供技术支持，提高生产效率。
矿山摇摆式输送机设计
矿⼭摇摆式输送机设计摘要当今社会，随着科技的发展，矿⼭摇摆式输送机的应⽤越来越⼴泛，⼈们对输送机的研究从来没有停⽌过,为了满⾜不同的需求，出现了各式各样的输送机，有摇摆式输送机和带式输送机，平板式输送机等为了把⾃⼰所学的专业知识理论更好的应⽤于实际，以摇摆式输送机为⽬标，该输送机主要有三部分组成：连杆机构，电动机，还有个减速器，它的设计是在连杆机构运动分析的基础上，进⾏电动机的选择，减速器零件的设计，其中包含有：轴，齿轮，轴承的设计和校核，材料的选择和附件的设计，最后完成减速器装配，从⽽构建了矿⼭摇摆式输送机，相⽐其他⼏类传输机⽽⾔，该减速器结构简单，装拆使⽤都很⽅便，适⽤范围也⽐较⼴，⼀般可应⽤于煤矿运输，也可⽤于矿⼭⼀类的材料运输。
关键词减速器；传输机；摇摆AbstractToday's society, along with the development of technology, mining sway conveyor application of more and more extensive. People on the conveyor of the study have never stopped. In order to meet different requirements for a wide range of conveyor. A swing-and conveyor belt, such as concrete mixers. With the progress of mankind, more and more and more good swing-conveyor will be manufactured to meet the needs of production development. Through this study and research the subject so that students learn knowledge on a systematic grasp and understanding. They found that training and problem-solving abilities. In order to study their expertise in theory better applied to practical, to sway for the transmission of goals. The design of transmission linkage is in motion analysis on the basis of the choice of motors, parts of the design reducer (shaft, gear, bearing the design and verification), the complete reducer assembly, which built a swing-transfer machine. Keywords Reduction gear Transmission machine Swing⽬录1绪论 (1)1.1毕业设计的⽬的，内容和进⾏形式 (1)1.2机械设计的⼀般过程 (1)1.2.1选定设计的课题 (1)2机构简介和设计数据 (2)2.1机构简介 (2)3连杆机构与物料的运动分析 (2)3.1机构进⾏速度分析 (3)3.2对机构进⾏速度加速度分析 (4)3.3连杆机构与物料的动态静⼒分析 (5)4传动装置的总体设计 (9)4.1动⼒机的机械特性 (9)4.2电动机的选择 (9)4.2.1 确定电动机的转速 (9)4.3总传动⽐的计算与分配 (11)4.3.1总传动⽐的计算 (11)4.3.2传动⽐的分配 (11)5传动零件的设计计算 (13)5.1带传动的设计 (13)5.2齿轮的设计 (15)5.2.1对⾼速级齿轮的参数计算 (15)5.2.2对低速级齿轮的参数计算 (18)6轴和轴承的设计 (22)6.1绘制装配图前的准备⼯作 (22)6.2对轴的设计 (22)6.2.1概述 (23)6.2.2初步设计 (23)6.3轴的校核 (24)6.4轴承的设计 (26)7减速器的附件和机体 (29)7.1附件概述 (29)7.1.1附件 (29)7.1.2轴承端盖设计 (30)7.1.3轴承的润滑与密封 (30)7．2箱体的设计 (30)7.2.1箱体的结构 (30)7.2.2箱体的结构尺⼨ (31)7.2.3箱体设计时应满⾜的要求 (32)7.3承盖、套杯、调整垫⽚组设计与选择 (32) 7.3.1轴承盖 (32)7.4速器的润滑与密封 (33)7.4.1齿轮油的选择 (33)7.4.2润滑济的选择 (33)7.4.3减速器的密封 (34)8机架的设计 (35)结论 (37)致谢 (38)附录 (39)英⽂原⽂： (39)中⽂翻译： (50)1绪论1.1毕业设计的⽬的，内容和进⾏形式培养理论联系实际的设计思想,训练综合运⽤机械设计和有关先修课程的理论，结合⽣产实际分析和解决⼯程实际问题的能⼒，巩固，加深和扩展有关机械设计⽅⾯的知识；通过制定设计⽅案合理选择传动机构和零件类型，正确计算零件⼯作能⼒，确定尺⼨和选择材料，以及较全⾯的考虑加⼯制造⼯艺，使⽤和维护等要求，之后进⾏结构设计，达到了解和掌握机械零件，机械传动装置或简单机械的设计过程和⽅法；进⾏设计基本技能的训练。
摇摆试验机操作指导书
文件制修订记录1.0目的：为正确指导测试人员作业，提高测试效率与准确度，延长仪器寿命。
2.0范围：测量室管理人员及指定此仪器之操作人员。
3.0责任：3.1指定操作人员负责仪器之使用与保养工作。
3.2生技负责此仪器之维护工作。
4.0操作方法：4.1弯曲角度的调节：打开试验机的控制箱上盖，松开电机驱动轮与连杆的连接螺丝，移动滑槽裹塊的位置。
使摇动構上的指针指到试验时需要的角度，然后再将驱动轮与连接螺丝擰紧。
4.2将被试电源线的插头片和零线短接，然后夹紧于试验夹具上。
4.3将电源线穿过限位杆，并按要求挂相应重量的砝码，然后将测试线的火线和零线连接与相应工位的连线柱上。
4.4松开限位杆的紧固螺母，上下调节位杆的高度使其符合试验要求，然后将坚固螺母擰紧，将限位杆固定。
4.5实验次数的设定，按住总计数器的试验次数，然后将盖子合上。
4.6将各试验工位的计数器的清零按钮按下，使其重新归零。
4.7调节调速器，调到试验所需要转速，按“启动”钮开关，当试验达到预定次数，试验自动停止。
4.8在试验过程中，如果某一工位上的被测电线已被弯断，则该工位的计数器自动停止计数，此时操作员可根据需要停机检查或上新试样，也可继续试验到结束。
4.9使用完后，将电源关闭。
5.0仪器维护保养注意事项：5.1保持机器外部的清洁度，使用完后必须清除夹具上产品。
5.2定期检查电器方面的电路部分。
5.3各仪器应定期润滑。
6.0注意事项：6.1严禁连接高于220V的电源。
6.2使用前应先把该线所需求的试验角度调好。
6.3选择好要求的速度。
摇摆送料机构_说明书_方案1_位置6
机械原理课程设计设计题目：摇摆送料机构综合及其运动学与动力学分析第 1方案，第 6位置二、摇摆送料机构的速度分析已知：n 1=400r/min(1)求v Bω1=2πn 160=2π×40060=41.89rad/s方向：顺时针v B =r ⋅ω=L AB ⋅ω1=0.08000×41.89=3.35m/s(2)求v CB ——基点，C ——动点 V C → = V B → + V CB →方向： ⊥CD ⊥AB ⊥BC大小： ? √ ?选取速度比例尺μv =0.1m/s mm ，作速度图pbc进而可得v C 的大小为v C =μv ⋅pc =0.1×26.3=2.63m/s方向：p →cv CB 的大小为v CB =μv ⋅bc =0.1×43.8=4.38m/s方向：b →cω2的大小为ω2=v CB L BC = 4.380.26000=16.85rad/s方向：顺时针ω3的大小为ω3=v C L CD = 2.630.30000=8.77rad/s方向：顺时针(3)求E 的速度影像e 及v E由影像原理知，在速度图上，e 点位于pc 的延长线上 且pe =4pc/3=4×26.3/3=35.1mmv E =μv ⋅pe =0.1×35.1=3.51m/s方向：p →e(4)求v FE ——基点，F ——动点 V F → = V E → + V FE →方向： 水平 √ ⊥EF大小： ? √ ?根据上述方程，继续在速度图pbce 上作出F 点的速度影像f 进而可得v F 的大小为v F =μv ⋅pf =0.1×38.8=3.88m/s方向：p →fv FE 的大小为v FE =μv ⋅ef =0.1×9.1=0.91m/s方向：e →fω4的大小为ω4=v FE L EF =0.910.46000=1.98rad/s方向：逆时针(5)速度综合v B =3.35m/s v C =2.63m/s v CB =4.38m/sv E =3.51m/s v F =3.88m/s v FE =0.91m/sω1=41.89rad/s (顺时针)ω2=16.85rad/s (顺时针)ω3=8.77rad/s (顺时针)ω4=1.98rad/s (逆时针)三、摇摆送料机构的加速度分析(1)求a CB ——基点，C ——动点 a C → = a CD n → + a CD t → = a B → + a CB n → + a CB t → 方向： ? C →D ⊥CD B →A C →B ⊥BC 大小： ? √ ? √ √ ? 其中：a B 的大小为a B =ω12⋅L AB =41.892×0.08000=140.4m/s 2 a CB n 的大小为a CB n =ω22⋅L BC =16.852×0.26000=73.8m/s 2 a CD n 的大小为a CD n =ω32⋅L CD =8.772×0.30000=23.1m/s 2选取加速度比例尺μa =2.0m/s 2mm ，作加速度图πb ′c ′ 进而可得a C 的大小为 a C =μa ⋅πc ′=2×36.8=73.6m/s 2方向：π→c ′a CB t 的大小为a CB t =μa ⋅n ′c c ′=2×10.8=21.6m/s 2方向：n ′c →c ′a CD t 的大小为a CD t =μa ⋅n"c c ′=2×35.0=70.0m/s 2方向：n"c →c ′α2的大小为α2=a CBt L BC =21.60.26000=83.1rad/s 2 方向：逆时针α3的大小为α3=a CD t L CD =70.00.30000=233.3rad/s 2 方向：顺时针(2)求a S2由影像原理知，在加速度图上，s ′2点位于b ′c ′的中点a S2=μa ⋅πs ′2=2×52.6=105.2m/s 2方向：π→s ′2(3)求E 的加速度影像e’及a E由影像原理知，在加速度图上，e’点位于πc ′的延长线上 且πe ′=4πc ′/3=4×36.8/3=49.1mma E =μa ⋅πe ′=2×49.1=98.2m/s 2方向：π→e ′(4)求a FE ——基点，F ——动点 a F → = a E → + a FE n → + a FE t →方向： √ √ F →E ⊥EF大小： ? √ √ ?其中：a FE n 的大小为a FE n =ω42⋅L EF =1.982×0.46000=1.8m/s 2根据上述方程，继续在加速度图πb ′c ′e ′上作出F 点的加速度影像f ′ 进而可得a F 的大小为a F =μa ⋅πf ′=2×55.6=111.2m/s 2方向：π→f ′a FE t 的大小为a FE t =μa ⋅n ′f f ′=2×28.9=57.8m/s 2 方向：n ′f →f ′α4的大小为α4=a FEt L EF =57.80.46000=125.7rad/s 2 方向：逆时针(5)求a S4由影像原理知，在加速度图上，s′4点位于e′f′的中点a S4=μa⋅πs′4=2×50.4=100.8m/s2方向：π→s′4(6)求a S1,a S3,a S5a S1=a B/2=70.2m/s2a S3=a C=73.6m/s2a S5=a F=111.2m/s2(7)加速度综合a B=140.4m/s2a C=73.6m/s2a CB n=73.8m/s2a CB t=21.6m/s2a CD n=23.1m/s2a CD t=70.0m/s2a E=98.2m/s2a F=111.2m/s2a FE n=1.8m/s2a FE t=57.8m/s2a S1=70.2m/s2a S2=105.2m/s2a S3=73.6m/s2a S4=100.8m/s2a S5=111.2m/s2α2=83.1rad/s2(逆时针)α3=233.3rad/s2(顺时针)α4=125.7rad/s2(逆时针)四、摇摆送料机构的动态静力分析已知：G1=36N G2=60N G3=72N G4=85N G5=85N J S1=0.030kg⋅m2J S2=0.080kg⋅m2J S3=0.100kg⋅m2J S4=0.120kg⋅m2P r=−4000N1.各构件的惯性力，惯性力矩：F i2=m2⋅a S2=G2⋅a S2/g=60×105.20/9.8=644.08N（与a S2方向相反）F i3=m3⋅a C=G3⋅a C/g=72×73.60/9.8=540.73N（与a C方向相反）F i4=m4⋅a S4=G4⋅a S4/g=85×100.80/9.8=874.29N（与a S4方向相反）F i5=m5⋅a F=G5⋅a F/g=85×111.20/9.8=964.49N（与a F方向相反）M i2=J S2⋅α2=0.080×83.08=6.65N⋅m(顺时针)M i3=J S3⋅α3=0.100×233.33=23.33N⋅m(逆时针)M i4=J S4⋅α4=0.120×125.65=15.08N⋅m(顺时针)ℎi2=M i2/F i2=6.65/644.08=10.3mmℎi3=M i3/F i3=23.33/540.73=43.2mmℎi4=M i4/F i4=15.08/874.29=17.2mm2.动态静力分析(1)以杆组4-5为示力体对杆4进行分析，求R34t杆4对点F求力矩得：−R34t L EF+F i4ℎFi4F−M i4/μl+G4ℎG4F=0解得R34t=120N根据平衡条件有 G 4→ +F i4→ +P r → +G 5→ +F i5→ +R 34t → +R 34n → +R 65→ =0 选取比例尺μF =100N mm ，作力多边形图R 65=μF ⋅l 65=100×31.6=3160N R 34n =μF ⋅l 34n =100×66.4=6640N(2)以杆组2-3为示力体对杆2进行分析，求R 12t杆2对点C 求力矩得：R 12t L BC −F i2ℎFi2C −M i2/μl +G 2ℎG2C =0 解得R 12t =224N对杆3进行分析，求R 63tR 43n =R 34n =6640N R 43t =R 34t =120N杆3对点C 求力矩得：−R 63t L DC +M i3/μl +R 43t ℎ43tC +R 43n ℎ43nC =0 解得R 63t =2206N根据平衡条件有 G 2→ +F i2→ +R 43t → +R 43n → +G 3→ +F i3→ +R 12t → +R 12n → +R 63n → + R 63t → =0 选取比例尺μF =100N mm ，作力多边形图R 12n =μF ⋅l 12n =100×125.3=12530N R 63n =μF ⋅l 63n =100×98.3=9830N(3)以曲柄1为示力体R 21n =12530N R 21t =224NR 21=√(R 21n )2+(R 21t )2=√125302+2242=12532.00N 根据平衡条件有 R 21→ +G 1→ +R 61→ =0M b −R 21ℎ21=0 选取比例尺μF =100N mm ，作力多边形图于是可以求得R 61=μF ⋅l 61=100×125.5=12550N M b =R 21ℎ21=587.52N ⋅m其方向为顺时针(4)力综合F i2=644.08N F i3=540.73N F i4=874.29N F i5=964.49N M i2=6.65N ⋅m M i3=23.33N ⋅m M i4=15.08N ⋅m ℎi2=10.3mm ℎi3=43.2mm ℎi4=17.2mm R 65=3160N R 34n =6640N R 34t =120NR 34=√(R 34n )2+(R 34t )2=√66402+1202=6641.08N R 43n =6640N R 43t =120NR 43=√(R 43n )2+(R 43t )2=√66402+1202=6641.08N R 63n =9830N R 63t =2206NR 63=√(R 63n )2+(R 63t )2=√98302+22062=10074.42N R 12n =12530N R 12t =224NR12=√(R12n)2+(R12t)2=√125302+2242=12532.00N R21=12532.00N R61=12550.00NM b=587.52N⋅m(顺时针)。
摇摆式输送机课程设计
自动机械课程设计说明书题目：摆式送料机构总体设计姓名：学号：专业：班级:学院：农业工程与食品科学学院指导教师：2012年6月9日目录前言 (2)第一章课程设计的指导书 (3)§1-1 课程设计目的 (3)§1-2 课程设计任务 (3)第二章摇摆式输送机设计过程 (4)§2-1 工作原理 (4)§2-2 设计要求及原始数据 (5)§2-3 设计内容及工作量 (5)§2-4 其他设计方案 (5)§2-5 利用解析法确定机构的运动尺寸 (6)§2-6 连杆机构的运动分析 (12)第三章传动系综合 (14)§3-1 电机的初步选择 (14)§3-2 V带的初步选择 (15)第四章课程设计总结 (18)第五章参考文献 (18)前言自动机械设计是一门以机构为研究对象的学科。
自动机械课程设计是使学生较全面的、系统的巩固和加深自动机械课程的基本原理和方法的重要环节，是培养学生“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。
我们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，并进一步讨论机构的组成原理，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。
第一章自动机械设计课程设计指导书一．自动机械设计课程设计的目的自动机械设计课程设计是自动机械设计课程教学中最后的一个重要的实践性教学环节，是培养学个进行自动机械总体方案设计、运动方案设计、执行机构选型设计，传动方案设计控制系统设计以及利用用计算机对工程实际中各种机构进行分析和设计能力的一个重要的川练过程。
其目的如下：(1)通过课程设计，综合运用所学的知识，解决工程实际问题。
并使学生进一步巩固和加深所学的理论知识。
(2)使学生得到拟定机械总体方案、运动方案的训练，并且有初步的机械选型与组合及确定传动方案的能力，培养学生开发、设计、创新机械产品的能力。
摇摆式输送机设计
OB'2 + B'C'2 - OC'2 g1 = arccos = 24.640 < 400 2 OB' B'C'
机构在右极限位置时，在ΔOBC(如图2-5所示)中， 可算得此时机构的传动角：
OB2 + BC2 - OC2 g1 ' = p - arccos = 79.000 2 OB BC
0 g min = g1 = 24.640 < 40，不满足设计要求，故舍 所以，
利用解析法确定机构的运动尺寸
根据设计数据的要求，曲柄4的转速n4=114r/min,其
角速度4为：
114´ 2p w4 = rad / s = 11.94rad / s 60
极位夹角：
K- 1 1.2 - 1 0 q=180 =180 ? K+ 1 1.2 + 1
0
16.360
取右极限位置分析，建立如图坐标系D-XY， 得各点的坐标为： D(0,0) B(-78,78) B'(78,78) C'(130,130) O(225,Oy) C(-130,130) 则：OB=(-303,78-Oy) Oy) BB'=(156,0) OC'=(-95,130-Oy) OB'=(-147,78OC=(-355,130-Oy) OD=(-225,-Oy)
t B
=
在误差允许的范围内，上述理论分析结果与下列曲线上对应时 刻的数据基本一致，故计算是正确的。
摇杆的角速度、角加速度曲线
图2-8
图2-7
图2-9
推杆的位移、速度、加速度曲线
图2-10
图2-12
图2-11
线材摇摆机使用说明书
使用儀器前，請詳細閱讀此說明書前言感谢贵司选择了本公司的产品，本公司不仅给贵司提供质量优良的产品，而且将提供可靠的售后服务。
为确保贵司使用人员之人身安全及仪器的完好性，在使用本仪器前请充分的阅览本操作手册，确实留意其使用上的注意事项。
本操作手册详细介绍此仪器之设计原理、依据标准、构造、操作规范、校正、保养、可能故障的情形及排除方法、电气图等内容。
在本操作手册中如有提及之各种“试验规定”、标准时均只作参考用，如贵司觉得的有出入请自行检阅相关标准和数据。
特别声明：本操作手册不能和为向本公司提出任何要求的依据本操作手册的最终解释权归本公司安全上的注意安全上的记号：在本手册中，关于安全上的注意事项以及使用仪器时有下列重要的各显示事项，为了防止意外事项及危险，请务必遵守下列危险，警告，注意的记言。
危险:此显示的项目，表示如不遵照，操作者有可能受伤害。
!警告:此显示的项目，表示如不遵照，有可能损坏仪器。
!一、概述线材弯折摇摆试验机又称线材弯折试验机，摇摆试验机的简称。
本试验机符合UL817等有关标准“软线组件和电源软线通用安全要求”的规定。
适用于有关生产厂家和质检部门对电源线、DC线进行弯曲试验。
本机可以测试插头引线及电线耐折强度，是将试品固定于夹具后施重，经弯曲到预定次数后，检测其断线率，或无法通电时机台自动停机，检视其总计弯曲次数。
二、主要技术指标1.工作电源：AC220V/50Hz。
2.功率：0.5KW。
3.试验速率：10-60次/分可调。
4.弯曲角度：10º-180º度可调。
5.试验工位：每次同时进行6个插头引线试验。
6.主要功能：每组分别计算，产品折断后机器自动停机自动保存数据。
7.弯曲次数：0-999999可预置。
8.砝码重量： 50g、100g、200g、300g、500g各6个。
9.机箱：采用静电喷粉烤漆。
10.体积（约）：530*320*670mm11.重量（约）：150kg三、机器外观图片图片仅供参考（请以实物为准）1.弯曲角度的调整：打开试验机的侧门，松开电机驱动轮与连杆的连接螺丝，移动滑槽裹滑块的位置，使摆动机构上的指标标到试验时所需的角度，然后再将驱动轮与连杆的连接螺丝拧紧。
摇摆式输送机设计说明书
由 lOB1 207.65mm ， lOB2 386.54mm 可得：
lOA l AB lOB2 lOB1 89.45mm 2 lOB2 lOB1 297.09mm 2
6
§ 1-5 连杆机构的运动分析
如下图所示，选取杆 6 与垂直线的夹角为 30°时的位置,用图解法进 行分析。
n a BA 5 l AB 1.08 2 0.29709 m 2
s2
0.35 m
s2
n n aB aD aBD a BD a A a BA a BA
大小： 方向：
0
√ B→D
？ ⊥DB
√ A→O
√ B →A
？ ⊥AB
9
m s 2 ， 选取加速度比例尺 a 0.1 （如上图所示） mm 作加速度分析图
物料的重量 G (kg) 曲柄转速 n4 (r/min) 行程速比系数 K 位置角 Φ1 (°) 摇杆摆角角 Φ2(°) l h (mm) (mm)
lCD (mm)
§ 1-3 设计内容及工作量
1、 2、 根据摇摆式输送机的工作原理，画出机械系统传动简图。 根据设计数据确定六杆机构的运动尺寸，取 lDB=0.6lDC 。要
（一） 、速度分析 .................................................................... 7 （二） 、加速度分析................................................................. 9 § 1-6 机构的动态静力分析.........................................................13
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)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>班级：机械092学号：4216（设计者陈觉石指导教师凌轩2011 年 7 月 2日目录|第一章机械原理课程设计前言...... 错误!未定义书签。
§1-1 课程设计的目的.......... 错误!未定义书签。
§1-2 课程设计的任务.......... 错误!未定义书签。
第二章:摇摆式输送机设计过程....... 错误!未定义书签。
§2-1 工作原理................ 错误!未定义书签。
§2-2 设计要求和原始数据...... 错误!未定义书签。
§2-3 设计内容及工作量........ 错误!未定义书签。
§2-4 其他设计方案............ 错误!未定义书签。
；§2-5 利用作图法确定机构的运动尺寸错误!未定义书签。
§2-6 连杆机构的运动分析 (8)（一）、速度分析 (9)（二）、加速度分析 (11)第三章:课程设计总结 (19)参考文献.......................... 错误!未定义书签。
#第一章机械原理课程设计前言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使学生较全面的、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，是培养学生“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。
我们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。
电子计算机的应用为此次课程设计提供方便，我们可以利用AutoCAD作图，SolidWorks建模并仿真，从而能看到机构的运动。
§1-1 课程设计的目的机械原理课程设计是高等工业学校机械类专业学生第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]机械原理课程设计的任务是对机器的主体机构进行运动分析、动态静力分析，求出所有的运动副反力及平衡力矩。
要求学生根据设计任务，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。
第二章: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9作往复移动，放置在槽上的物料10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1摇摆式输送机示意图§2-2 设计要求和原始数据设计要求：该布置要求电机轴与曲柄轴垂直，使用寿命为5年，每日二班制工作。
输送机在工作过程中，载荷变化较大，允许曲柄转速偏差为±5%，六连杆执行机构的最小传动角不得小于40°，执行机构的传动效率按计算，按小批量生产规模设计。
原始数据：题号1】2500物料的重量G (kg)曲柄转速n4 (r/min)110行程速比系数K(§2-3 设计内容及工作量1、根据摇摆式输送机的工作原理，拟定2～3个其他形式的机构，画出机械系统传动简图，并对这些机构进行运动和动力分析。
2、根据设计数据确定六杆机构的运动尺寸，取l DB=。
要求用图解法设计，并将设计结果和步骤写在设计说明书中。
3、连杆机构的运动分析。
将连杆机构放在直角坐标系下，分析出滑块8的位移、速度、加速度及摇杆6的角速度和角加速度，作出运动曲线，并打印上述各曲线图。
4、机构的动态静力分析。
物料对输料槽的摩擦系数f =, 设摩擦力的方向与速度的方向相反，求出外加力大小，求出曲柄最大平衡力矩和功率。
5、编写设计说明书一份。
应包括设计任务、设计参数、设计计算过程等。
§2-4 其他设计方案）图2-1图3-1以上两种机构的分析对比：图2-1为六杆机构，直接通过电动机带动曲柄滑块转动从而是连杆2摆动最终使滑块左右运动，从而达到输送货物的效果。
其优点是成本比较低，结构简便，缺点是摩擦大，耗费能量多。
图3-1是通过送料的往复运动我们用曲柄滑块机构实现，当输入构件等速转动时，输出构件带动滑块作往复移动，机构具有急回功能，但该方案不但设计计算比较复杂，滑块5和作平面复杂运动的连杆2和4的动平衡也比较困难 。
§2-5 利用作图法确定机构的运动尺寸*根据原始数据，可求得m m l l DC DB 162.027.06.06.0=⨯==，并作出摇杆的两个极限位置12DB DB 、，利用公式180K-1)/K+1)θ=（（，计算出10.19θ=。
选取一点P ，使12B PB θ∠=。
P点的简单做法是做212()B M B B ⊥和1B N （与12B B 成090θ-）的交点。
通过12,,P B B 三点作圆。
可知圆周上任取一点作为曲柄的轴心，机构的极位夹角均等于θ，此圆与直线GH 的交点即为曲柄中心O 。
这样的位置有两个，可以验证以O ＇为曲柄中心的传动角γ1小于040（最小传动角发生在曲柄与机架的两个共线位置，如下图所示），与要求相矛盾，故排除。
由1OB l 207.65mm =， 2l 386.54mm OB =可得：21OA l l 89.45mm 2OB OB l -==21l l 297.09mm 2OB OB AB l +==§2-6 连杆机构的运动分析如下图所示，选取杆6与垂直线的夹角为30°时的位置,用图解法进行分析。
{根据原始数据要求，杆件4的转速min 110r n =，则其角速度4ω为：s rad s rad 52.116021104=⨯=πω（一）、速度分析A 点的线速度s m s m A 03.108945.052.11l OA 4=⨯==ωνBA A B v v v +=大小： √}方向：⊥DB ⊥OA ⊥AB选取速度比例尺()mms m 01.0=νμ，作速度分析图（如下图所示）可得：s m s m pb B 84.08401.0=⨯=⨯=νμνs m s m ab B 32.03201.0A =⨯=⨯=νμν由此可得：杆5的角速度为：s rad s radl AB08.129709.032.0BA5===νω ！摇杆6的角速度为：s rads radl DB19.5162.084.0B6===νωC 点的速度为：s m s m l DC C 40.127.019.56=⨯=⋅=ων78C78C v v v +=大小： √ 方向：水平 ⊥DC 垂直其中s m 40.1C C7==νν。
选取速度比例尺()mms m 01.0=νμ，作速度分析图（如下图所示）可得：s m s m 70.07001.07C 8=⨯=ν~sm s m 21.112101.08=⨯=ν（二）、加速度分析A 点的加速度为：22224A 808.1108945.052.11s msml a OA =⨯=⋅=ωB 点相对于D 点的法向加速度为：2222636.4162.019.5s msml a DB n BD =⨯=⋅=ωB 点相对于A 点的法向加速度为：2222535.029709.008.1s msml a AB n BA =⨯=⋅=ω(ττBAn BA A BD n BD D B a a a a a a a ++=++=大小： 0 √ √ √ 方向： B →D ⊥DB A →O B →A ⊥AB选取加速度比例尺()mm s m a21.0=μ，作加速度分析图（如上图所示）可得：2247.127.1241.0s msma B =⨯=22BD 68.118.1161.0s msm a =⨯=τ由此可得：]摇杆6的角加速度为：22BD 610.72162.068.11s rad s rad l a DB ===ταC 点的加速度为：2222627.727.019.5s m s m l a DC C =⨯=⋅=ωrC78k C787C 8a a a a ++=大小： √ √方向： 水平 C →D 水平 垂直其中2C C727.7sm a a ==，22C786k C7827.770.019.522s msma =⨯⨯=⋅=νω-选取加速度比例尺()mm s m a21.0=μ，作加速度分析图（如上图所示）可得：22863.33.361.0s msma =⨯=用proe 建模仿真所得运动曲线图如下（机构模型图见后面）：推杆8的位移曲线：推杆8的速度曲线：推杆8的加速度曲线：摇杆6的角速度曲线：摇杆6的角加速度曲线：输送机模型图：第三章:课程设计总结作为一名机械自动化专业的大二学生，我觉得做机械原理课程设计是十分有意义的，而且是十分必要的。
在已度过大学的时间里，我们大多数接触的是公共和专业基础课，在课堂上掌握的仅仅是专业课的理论知识，而做类似的课程设计就为我们提供了良好的实践平台，使我们能把所学的专业基础课理论知识运用到实践中去。
在做本次课程设计的过程中，我感触最深的当属用AutoCAD画图和用proe建模仿真。
在制作过程中，我对以前学过的技术更加熟练，同时又学到了更多的技术。
两周的课程设计虽然已经结束了，但是从中学到的知识会让我受益终身。
相信这次设计带给我们的严谨的学习态度和一丝不苟的科学作风将会给我们未来的工作和学习打下一个更坚实的基础。