机械原理大作业-哈工大(威海)
哈工大研究生机器人技术报告汇总

《机器人技术》大作业(2015年秋季学期)题目消防机器人发展与应用姓名学号班级专业机械设计制造及其自动化报告提交日期2015.12.04哈尔滨工业大学内容及要求1.以某种机器人(如搬运、焊接、喷漆、装配等工业机器人;服务机器人;仿生鱼、蛇等仿生机器人;军用及其它机器人等)为例,撰写一篇大作业,题目自拟,以下内容仅作参考:1) 机器人的机械结构设计(包括各部分名称、功能、传动等);2) 机器人的运动学及动力学分析;3) 机器人的控制及轨迹规划;4) 驱动及伺服系统设计;5) 电气控制电路图及部分控制子程序。
2.题目自拟,拒绝雷同和抄袭;3.参考文献不少于7篇,其中至少有2篇外文文献;4.报告统一用该模板撰写,字数不少于5000字,上限不限;5.正文为小四号宋体,1.25倍行距;图表规范,标注为五号宋体;6.用A4纸单面打印;左侧装订,1枚钉;7.提交打印稿及03版word电子文档,由班长收齐。
8.此页不得删除。
评语:成绩(20分):教师签名:年月日消防机器人发展与应用一、我国消防机器人的市场需求近年来,我国石油化工等行业有了飞速的发展和进步,生产过程中的易燃易爆和剧毒化学制品急剧增长,由于设备以及管理等方面的原因,导致化学危险品和放射性物质泄漏以及燃烧、爆炸的事故隐患越来越多。
一旦事故发生,假如没有有效的方法、装备及设施,救援人员将无法进入事故现场要冒然采取行动,往往只会造成无辜生命的牺牲出惨重代价,结果仍不能达到预期目的,这方面各地消防及救援部门已有许多次血的教训。
深圳清水河大爆炸、南京金陵石化火灾、北京东方化工厂罐区火灾等事件发生后,全国各地要求配备消防机器人的呼声愈来愈高。
尤其是在明确公安消防部队作为处置各类化学危险品泄漏事故的主力军之后,在我国消防部门配备消防机器人的问题就显得更为迫切了。
二、国外消防机器人发展现状国际上较早开展消防机器人研究的是美国和苏联,稍后,英国、日本、法国、德国等国家也纷纷开始研究该类技术。
哈工大2012机械设计基础(839回忆版)

2012哈工大机械设计基础真题回忆版上一年考前两个月因为没有找到2011年真题而很惘然的时候,我找到了某人士的热心回忆版。
今年终于到我考完了,感觉还不错,是时候让我回馈这个网站了,现呈上我的2012的回忆版,考完这晚就默写出来,大概有个百分之八九十吧。
希望能给有志考上哈工大的你们一点点鼓励。
一、填空题:1.规定涡轮加工刀具的原因。
2.梯形螺纹的牙型角3.齿面接触应力是否每处接触点都一样?4.滚动轴承的寿命计算及定义5.多级减速箱输出轴按高速还是低速计算?6.提高螺纹连接刚度的措施:(减少)螺栓刚度,举例7.轴承部件轴向固定的三种方式二、简答题1.齿轮传动的载荷系数的组成及其分别影响系数2.软齿面闭式齿轮传动设计准则,怎么选择M和Z?3.非液体摩擦滑动轴承设计校核准则?4.图1中带受应力最大为何处?应力组成。
三、计算题(8题)1.自由度计算,问某一杆为主动件,机构运动是否确定,一般题。
《机械原理试题精选与解答》里面的会做,这个也没问题的2.刨床刨削机构。
在《机械原理试题精选与解答》P39例2.19的基础上加了几个问:1.摆杆摆角大少?2.知AD尺寸,求其他杆尺寸3.标出曲柄AB 运动方向4.什么位置CD角速度最大?3.(1)画出该位置凸轮转角,推杆位移,压力角。
(2)推程角,远休止角,回程角,近休止角的计算数值。
(3)若推程时压力角最大为45°,问a 的取值。
(两轮大小相同为R)4.加工齿轮及变位。
P85例4.17,(1)(2)问。
跟03到05中的某一年的真题基本是一样的。
第三个问特别点:求变位后da(齿顶圆直径),rb(基圆半径)5.特别之处在于不同平时的差动机构,它少了主动轮。
(1)蜗杆5不动求iH4,(2)电机不动,蜗杆带动求i546.(1)画瞬心(2)知J1,J2,J3,m2,M1,M2,求1上的等效转动惯量Je1(3)求角加速度,力矩形式的运动方程P131例7.57常规的涡轮蜗杆加二级斜齿轮传动,合并求简单的角接触球轴承轴向荷载Fa1,Fa2,与《机械设计试题精选与解答》P133,例7.1计算过程基本一样8.求剩余预紧力。
哈工大惯性技术(导航原理)大作业讲解

Assignment of Inertial Technology 《惯性技术》作业Autumn 2015Assignment 1: 2-DOF response simulation A 2-DOF gyro is subjected to a sinusoidal torque with amplitude of 4 g.cmand frequency of 10 Hz along its outer ring axis. The angular moment of its rotor is 10000 g.cm/s , and the angular inertias in its equatorial plane are both 4 g.cm/s 2. Please simulate the response of the gyro within 1 second, and present whatever you can discover or confirm from the result.In this simulation, we are going to discuss the response of a 2-DOF gyro to sinusoidal torque input. According to the transfer function of the 2-DOF gyro, the outputs can be expressed as: 12222()()()()yx y x y x y J H s M s M s J J s H s J J s H α=-++ 12222()()()()x y x x y x y J H s M s M s J J s H s J J s H β=+++ The original system transfer function is a 2-input, 2-output coupling system. But the given input only exists one input, we can treat the system as 2 separate FIFO systemAs a consequence, we can establish the block diagram of the system in simulink in Fig 1.1. Substitute the parameters into the system and input, then we have the input signals as follow: 0,4sin(20)y ox M M t π==Then the inverse Laplace transform of the output equals the response of the gyro in timedomain as follows:02222000200222200()sin sin ()()()cos cos ()()ox a ox a x a x a ox ox a ox a a a a a M M t t t J J M M M t t t H H H ωαωωωωωωωωωβωωωωωωωω=-+--=+---Fig 1.1 The block diagram of the system in simulinkAnd the simulation results in time domain within 1 second are shown in the follwing pictures. Fig1.2 is the the output of outer ring ()tα. Fig1.3 is the output of inner ring ()tβ. Fig1.4 is the trajectory of 2-DOF gyro’s response to sinusoidal input. As we can see from the Fig1.3,there are obvious sawtooth wave in the output of the inner ring. It’s a unexpected phenomenon in my original theoretical analysis.Fig1.2 The output of inner ring ()tβFig 1.3 The output of outer ring ()tαI believe the sawtooth wave is caused by the nutation. For the frequency of the nutation isobtained as100002500/3974eHrad s HzJω===≈, which is far higher than the frequencyof the applied sinusoidal torque , namelyaωω.Fig 1.4 Trajectory of 2-DOF gyro’s response to sinusoidal input The trajectory of 2-DOF gyro’s response to sinusoidal input are shown in Fig1.4. As we can see, it’s coupling of X and Y channel scope output. The overall shape is an ellipse, which is not perfect for there are so many sawteeth on the top of it.Note that the major axis of ellipse is in the direction of the forced procession, amplitude of which isoxMHω, whereas the minor axis is in the direction of the torsion spring effects, with amplitude oxaMHω.The nutation components are much smaller than that of the forced vibration, which can be eliminated to get the clear static response.2200222()sin sin()cos(1cos)()ox oxa ax aox ox oxa aa a a aM Mt t tJ HM M Mt t tH H Hαωωωωωωβωωωωωωω≈≈-≈-=--To prove it, we eliminate the effects of the nutation namely the quadratic term in the denominator and get Fig 1.5, which is a perfect ellipse. We can conclude that when input to the 2-DOF gyro is sinusoidal torque, the gyro will do an ellipse conical pendulum as a static response, including procession and the torsion spring effects, together with a high-frequency vibration as the dynamic response.Fig 1.5 Trajectory of the gyro’s response without nutationAssignment 2: Single-axis INS simulation2.1 description of the problemA magnetic levitation train is being tested along a track running north-south. It first accelerates and then cruises at a constant speed. Onboard is a single-axis platform INS, working in the way described by the courseware of Unit 5: Basic problems of INS. The motion information and Earth parameters are shown in table 2-1, and the possible error sources are shown in Table2-2.Fig2.1 The sketch map of the single-axis INS problemYou are asked to simulate the operation of the INS within 10,000 seconds, and investigate, first one by one and then altogether, the impact of these error sources on the performance of the INS.The block diagram in the courseware might be of some help. However, there lurks an inconspicuous error, which you have to correct before you can obtain reasonable results.There are one core relevant formula, to get the specific form of its solution, we should substitute the unknown parameters.(1)()c N ay A K y ga=∆++-Firstly, the input signal is accelerometer of the platform, and the velocity of the platform is the integration of the acceleration./py y ydty Rω=+=-⎰The acceleration along Yp may contains two parts:cos gsin gypf y yααα=-≈-When accelerometer errors are concerned, the output of accelerometer will be:(1)N a yp Na K f A=++When gyro errors concerned:'(1)p g pKωωε=++Only αis unknown:[(1)]tg pttptK dtdtααωεϕϕω=+++-∆∆=⎰⎰And the reference block diagram and simulink block diagram are as follows in Fig2.2, Fig2.3. There is a small fault in the reference block, which is that the sign of the marked add operation should be positive instead of negative.The results of the simulation are shown in Fig 2.4 to Fig 2.13.Fig2.2 The reference block diagram in the courseware(unrectified)Fig2.3 The simulink block diagram for Assignment 22.2 results and analysis of the problemFig.2.4 real acceleration,velocity and displacement output without error sourcesKFig2.5 position bias when only accelerometer scale factor error exists0.0001aFig2.6 position bias output when only gyro scale factor error exists 0.0001g K =Fig2.7 position bias when only acceleromete bias error exists 20.0002/N A m s ∆=Fig2.8 position bias output when only initial velocity error exists 200.01/y m s ∆=Fig2.9 position bias output when only initial position error exists 010y m ∆=Fig2.10 position bias output bias when only gyro bias errorexists 0.000000024240.00681/3/h rad s ε=︒=Fig2.11 position bias output when only initial platform misalignment angle exists0.000012120''345radα==Fig2.12 output considering all the error sourcesFig2.13 position bias output considering all error sourcesAs we can see in the above simulation results, if there is no error we can navigate the train ’s motion correctly, which comes from north to the south as shown in Fig2.4, beginning with an constant acceleration within 60 seconds then cruises at a constant speed, approximately 65 m/s. However, the situation will change a lot when different errors put into the simulation. The initial position error 010y m ∆= effects least as Fig.2.8, for this error doesn ’t enter into the closed loop and it won ’t influence the iterative process. The position bias is constant and can be negligible.In the second case, when the accelerometer scale factor error exists, 0.0001a K =, as shown in Fig2.5, the result are stable and almost accurate, the position bias is a sinusoidal output.So it is with the accelerometer bias error situation, 20.0002/N A m s ∆=, in Fig2.7, the initialvelocity error, 200.01/y m s ∆= in Fig2.9, and the initial platform misalignment angle,05''α=, in Fig2.11. However, the influence degrees of the different factors are not in the samemagnitude. The accelerometer scale factor influences the least with magnitude of 5, then the initial velocity larger magnitude of 8, and the accelerometer bias magnitude of 25. The influence of the initial platform misalignment angle is much more significant with a magnitude of 150. All the navigation bias in the second kind case is sinusoidal, which means they ’re limited and negligible as time passes by.In the third case, such as the gyro scale factor error situation, 0.0001g K =, in Fig2.6, and the gyro bias error,0.01/h ε=︒, results in Fig2.10, effects the most significant, the trajectory of the navigation disvergence accumulated as time goes. The position bias is a combination of sinusoidal signal and ramp signal. They also show that the longitudinal and distance errors resulted from gyro drifts are not convergent in time. It means the errors in the gyroscope do most harm to our navigation. And due to the significant influence of the gyro bias errors and the gyroscope scale factor error, results considering all the error sources disverge, and the navigationposition of the motion will be away from the real motion after a enough long time, as shown in Fig2.10. The gyro bias error is the most significant effect factor of all errors. By the time of 10000s, it has reaches 1600m, and it’s nearly the quantity of the position bias considering all error sources. Through contrasting all the results, We can conclude that the gyro bias error is the main component of the whole position bias.Impression of the Whole simulation experimentThrough contrasting all the results, We can conclude that the gyro bias error is the main component of the whole position bias, and the the gyro bias or the drift error do most harm to our navigation. So it is a must for us to weaken or eliminate it anyway. In spite of all the disadvantages discussed above, the INS still shows us a relatively accurate results of single-axis navigation.Assignment 3: SINS simulation3.1 Task descriptionA missile equipped with SINS is initially at the position of 46o NL and 123 o EL, stationary on a launch pad. Three gyros, GX, GY, GZ, and three accelerometers, AX, AY, AZ, are installed along the axes Xb, Yb, Zb of its body frame respectively.Case 1: stationary testThe body frame of the missile initially coincides with the geographical frame, as shown in the figure, with its pitching axis Xb pointing to the east, rolling axis Yb to the north, and azimuth axis Zb upward. Then the body of the missile is made to rotate in 3 steps:(1) -22o around Xb(2) 78o around Yb(3) –16o around ZbFig 3.1 Introduction to assignment 3After that, the body of the missile stops rotating. You are required to compute the final outputs of the three accelerometers on the missile, using quaternion and ignoring the device errors. It is known that the magnitude of gravity acceleration is g = 9.8m/s2.Case 2: flight tes tInitially, the missile is stationary on the launch pad, 400m above the sea level. Its rolling axis is vertical up,and its pitching axis is to the east. Then the missile is fired up. The outputs of the gyros and accelerometers are both pulse numbers. Each gyro pulse is an angular increment of 0.01arc-sec, and each accelerometer pulse is 1e-7g, with g =9.8m/s2. The gyro output frequency is 200Hz, and the accelerometer’s is 10Hz. The outputs of the gyros and accelerometers within 1315s are stored in a MA TLAB data file named imu.mat, containing matrices gm of 263000× 3 and am of 13150× 3 respectively. The format of the data is as shown in the tables, with 10 rows of each matrix selected. Each row represents the outputs of the type of sensors at each sampling time. The Earth can be seen as an ideal sphere, with radius 6371.00km and spinning rate 7.292× 10-5 rad/s, The errors of the sensors are ignored, so is the effect of height on the magnitude of gravity. The outputs of the gyros are to be integrated every 0.005s. The rotation of the geographical frame is to be updated every 0.1s, so are the velocities and positions of the missile.You are required to:(1) compute the final attitude quaternion, longitude, latitude, height, and east, north, vertical velocities of the missile.(2) compute the total horizontal distance traveled by the missile.(3) draw the latitude-versus-longitude trajectory of the missile, with horizontal longitude axis.(4) draw the curve of the height of the missile, with horizontal time axis.Fig 3.2 simplified navigation algorithm for SINS 3.2Procedure code3.2.1 Sub function code:quaternion multiply code:function [q1]=quml(q1,q2);lm=q1(1);p1=q1(2);p2=q1(3);p3=q1(4);q1=[lm -p1 -p2 -p3;p1 lm -p3 p2;p2 p3 lm -p1;p3 -p2 p1 lm]*q2;endquaternion inversion code:function [qni] =qinv(q)q(1)=q(1);q(2)=-q(2);q(3)=-q(3);q(4)=-q(4);qni=q;end3.2.2case1 DCM algorithm:function ans11cz=[cos(-22/180*pi) sin(-22/180*pi) 0 ;-sin(-22/180*pi) cos(-22/180*pi) 0;0 0 1]; %The third rotation DCMcx=[1 0 0 ;0 cos(78/180*pi) sin(78/180*pi);0 -sin(78/180*pi) cos(78/180*pi)]; %The first rotation DCMcy=[cos(-16/180*pi) 0 -sin(-16/180*pi);0 1 0;sin(-16/180*pi) 0 cos(-16/180*pi)]; %The second rotation DCM A=cz*cy*cx*[0;0;-9.8]end3.2.3case1 quaternion algorithm:function ans12g=[0;0;0;-9.8];q1=[cos(-11/180*pi);sin(-11/180*pi);0;0]; %The first rotation quaternionq2=[cos(39/180*pi);0;sin(39/180*pi);0]; %The second rotation quaternionq3=[cos(-8/180*pi);0;0;-sin(-8/180*pi)]; %The third rotation quaternionr=quml(q1,q2); %call the quaternion multiplication subfunction q=quml(r,q3);P1=[q(1) q(2) q(3) q(4);-q(2) q(1) q(4) -q(3);-q(3) -q(4) q(1) q(2);-q(4) q(3) -q(2) q(1)];P2=[q(1) -q(2) -q(3) -q(4);q(2) q(1) q(4) -q(3);q(3) -q(4) q(1) q(2);q(4) q(3) -q(2) q(1)];P=P1*P2;gn=P*g;gn=gn(2:4)end3.2.4 case2 SINS quaternion algorithm code:function ans2clc;clear;%parameters initializing:T=0.005;K=13150;R=6371000; %radius of earthwE=7.292*10^(-5); %spinning rate of earthQ=zeros(4, 263001) ;%quaternion matrix initializinglongitude=zeros(1,13151);latitude=zeros(1,13151);H=zeros(1,13151); %altitude matrixQ(:,1)=[cos(45/180*pi);-sin(45/180*pi);0;0]; % initial quaternion longitude(1)=123; %initial longitudelatitude(1)=46; % initial latitudeH(1)=400; %initial altitudelength=0;g=9.8;vE = zeros(1,13151); %eastern velocityvN = zeros(1,13151); %northern velocityvH = zeros(1,13151); %upward velocityvE(1)=0;vN(1)=0;vH(1)=0;load imu.mat %data loading%main calculation sectionfor N=1:Kq1=zeros(4,11);q1(:,1)=Q(:,N);for n=1:20 % Attitude iteration wx=0.01/(3600*180)*pi*gm((N-1)*10+n,1); % Angle incrementwy=0.01/(3600*180)*pi*gm((N-1)*10+n,2);wz=0.01/(3600*180)*pi*gm((N-1)*10+n,3);w=[wx,wy,wz]';normw=norm(w); % Norm calculationW=[0,-w(1),-w(2),-w(3);w(1),0,w(3),-w(2);w(2),-w(3),0,w(1);w(3),w(2),-w(1),0];I=eye(4);S=1/2-normw^2/48;C=1-normw^2/8;q1(:,n+1)=(C*I+S*W)*q1(:,n);Q(:,N+1)=q1(:,n+1);endWE=-vN(N)/R; % rotational angular velocity component of a geographic coordinate systemWN=vE(N)/R+wE*cos(latitude(N)/180*pi);WH=vE(N)/R*tan(latitude(N)/180*pi)+wE*sin(latitude(N)/180*pi);attitude=[WE,WN,WH]'*T; %correction of the quaternion by updating the rotation of geographic coordinatenormattitude=norm(attitude);e=attitude/normattitude;QG=[cos(normattitude/2);sin(normattitude/2)*e];Q(:,N+1)=quml(qinv(QG),Q(:,N+1));fx=1e-7*9.8*am(N,1); %specific force measured by accelerometerfy=1e-7*9.8*am(N,2);fz=1e-7*9.8*am(N,3);Fb=[fx fy fz]';F=quml(Q(:,N+1),quml([0;Fb],qinv(Q(:,N+1)))); %The specific force is decomposed into geographic coordinate system.FE(N)=F(2);FN(N)=F(3);FU(N)=F(4);%calculate the velocity of the vehicle:VED(N)=FE(N)+vE(N)*vN(N)/R*tan(latitude(N)/180*pi)-(vE(N)/R+2*wE*cos(latitude(N)/ 180*pi))*vH(N)+2*vN(N)*wE*sin(latitude(N)/180*pi);VND(N)=FN(N)-2*vE(N)*wE*sin(latitude(N)/180*pi)-vE(N)*vE(N)/R*tan(latitude(N)/180 *pi)-vN(N)*vH(N)/R;VUD(N)=FU(N)+2*vE(N)*wE*cos(latitude(N)/180*pi)+(vE(N)^2+vN(N)^2)/R-g;%integration and get the relative velocity of vehicle:vE(N+1)=VED(N)*T+vE(N);vN(N+1)=VND(N)*T+vN(N);vH(N+1)=VUD(N)*T+vH(N);% integration and get the position of vehicle:longitude(N+1)=vE(N)/(R*cos(latitude(N)/180*pi))*T/pi*180+longitude(N);latitude(N+1)=vN(N)/R*T/pi*180+latitude(N);H(N+1)=vH(N)*T+H(N);length=sqrt((vE(N))^2+(vN(N))^2)+length;endfigure(1) %picture the longitude-latitude curve of the motion within 1315 secondstitle(' longitude-latitude ');hold ongrid onplot(longitude,latitude);figure(2) % picture the altitude curve of the motion within 1315 secondstitle('altitude');hold ongrid onplot(0:13150,H);3.3Simulation outputs and results analysisIn case 1, the DCM algorithm and quaternion results are the same as follow:A =7.53165.9788-1.8892And the results suggest the solution of DCM and quaternion is equivalence in this problem.In case 2, the latitude-versus-longitude trajectory of the missile(with horizontal longitude axis) and the altitude curve of the missile are shown as follows in Fig 3.3 and Fig 3.4.Fig3.3 the latitude-versus-longitude trajectory of the missile(with horizontal longitude axis)Fig3.4the altitude curve of the missileImpression of the Assignment 3In this assignment, we simulate the missile navigation situation in a real problem, as the problem we have done before. I did this based on my own original code, but to my surprise, it’s harder than I have expected. For the detailed thoughts for my program I have forgotten. I have to recheck the code line by line, But I am still troubled in correcting the initial parameters for many times. It has taught me a lesson, which is never to be egotistical for your ability to memory and the work you have done or understood.。
哈工大机械原理课程设计-牛头刨床(方案三)

哈⼯⼤机械原理课程设计-⽜头刨床(⽅案三)Harbin Institute of Technology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:⽜头刨床(⽅案3 )院系:机电⼯程学院班级:1208103班设计者:学号:指导教师:王黎钦设计时间:2014年6⽉23⽇-6⽉29⽇⽬录⼀、题⽬要求 (3)⼆、机械系统⼯艺动作分析 (3)三、机械系统运动功能分析 (5)四、系统运动⽅案拟定 (11)五、系统运动⽅案设计 (14)1、⽜头刨床刨⼑运动执⾏机构运动尺⼨的确定 (14)2、⽜头刨床主传动机构运动尺⼨的确定........ . (16)3、⽜头刨床辅传机构运动尺⼨的确定 (22)六、系统运动简图 (24)七、系统实际运动循环图 (24)⽜头刨床(⽅案三)⼀、题⽬要求刨⼑⽔平作往复直线运动,切削安装在⼯作台上的⼯件。
刨⼑每次切削⼀次,⼯作台沿着刨⼑运动的⽔平垂直⽅向进给0.3、0.4、0.5mm/次,分3档可以调节。
刨⼑每次切削⼀次,⼯作台沿着刨⼑运动的上下垂直⽅向进给0.2、0.3、0.4mm/次,分3档可以调节。
⼯作台的⽔平与垂直进给不能同时进⾏。
刨⼑最⼤⾏程520mm,每分钟刨⼑切削102,126,158次,分3档可以调节。
电机功率约4KW,额定转速1420转/分。
⼆、⼯艺动作分析由设计题中⽜头刨床的功能可得,⽜头刨床加⼯平⾯时由两个⼯艺动作协调完成。
即刨⼑每刨削⼀次,⼯作台沿着刨⼑运动⽔平垂直⽅向(上下垂直⽅向)进给⼀定的距离。
为了避免两个动作发⽣⼲涉,⼯作台沿着刨⼑运动的⽔平垂直⽅向(上下垂直⽅向)移动,必须在刨⼑切削运动完成后在退⼑运动时进⾏。
为了避免⼯作台的进给与退⼑时⼑具产⽣⼲涉,⼑具装有⾃动弹起装置。
据此,可以画出⽜头刨床的运动循环图。
图1、⽜头刨床运动循环图三、运动功能分析及运动功能系统图○1电动机及其运动形式分析⼀般情况下,⽜头刨床是在⼯⼚车间使⽤。
在⼯⼚车间⾥的设备⼤多是电动机,具有连续回转的运动特点。
哈工大电工学大作业 RC积分电路的讨论

大作业一积分电路的讨论班级:学号:姓名:2013年11月10日关于RC 积分电路的深入讨论:在输入为周期性单向方波脉冲信号的激励下。
讨论积分电路的特性。
1) 理论推导稳态时输出电压平均值与输入电压平均值的关系;2) 设2ms T =,11ms t =,m 10V U =,讨论电路从零初始值过渡到稳态所需时间与RC 参数之间的关系。
绘制出变化曲线。
可选择做计算机仿真分析。
3) 讨论在时间常数τ相同,不同的R 、C 取值(比如10k Ω/1F μ的组合,与10Ω/1000F μ的组合)之间有何分别?答案:1)电路处于稳态时,输出端电压变化为下图粗线,输入电压的变化为下图细线。
图1 输出端电压和输入电压的变化图像在电路处于稳态时选择一个起始时间零点,不妨设t 1=T/2。
假设在时间零点,输出电压为u 0。
则在0~t 1时间内,输出端电压u 2对时间t 的函数为τtm m eU u U u -⨯-+=)(02在0~t 1时间内对u 2积分得)1()(2])([20201-⨯-⨯-⨯=⨯-+=--⎰τττTm m T tm m e U u U Tdt e U u U I 。
t 1时刻输出端电压为τ20)(Tm m eU u U -⨯-+。
t 1~T 时刻输出端电压u 2对时间t 的函数为ττ2202])([T t T m m ee U u U u ---⨯⨯-+=。
在t 1~T 时间内对u 2积分得)1(])([])([22022202-⨯⨯-+⨯-=⨯⨯-+=-----⎰τττττT T m m TT T t T m m eeU u U dt eeU u U I 。
T 时刻输出电压为ττ2201])([T T m m eeU u U u --⨯⨯-+=。
由电路达到稳态可得10u u =,即ττ2200])([T T m m e e U u U u --⨯⨯-+=,解得τττTTm T m eeU eU u ----⨯-⨯=120。
机械设计-螺旋千斤顶

螺旋千斤顶大作业院系机械工程专业年级车辆工程141设计者周六圆指导教师陈丰2016 年10 月 6 日..要求1、总体设计结构合理,操作方便(可自己设计结构如用侧面手柄上下往复式或脚踏式等);2、设计要求:绘制千斤顶装配图,主要零件图两张(计算机绘图,二维图必须,三维图随便),完整的设计说明书;3、网上有类似内容(哈工大机械设计大作业),不得抄袭;4、大胆创新,发动脑筋,奇思妙想,功能和结构上创新;5、螺杆和螺母材料自定,原始数据不同,具体分配如下:根据学号1608140134尾数可得:起重量为35KN起重高度为200mm第一部分千斤顶的概述千斤顶又叫举重器、顶重机、顶升机等,是一种用比较小的力就能把重物顶升、下降或移位的简单起重机具,也可用来校正设备安装的偏差和构件的变形等。
千斤顶主要用于厂矿、交通运输等部门作为车辆修理及其它起重、支撑等工作。
其结构轻巧坚固、灵活可靠,一人即可携带和操作。
千斤顶是用刚性顶举件作为工作装置,通过顶部托座或底部托爪在小行程内顶升重物的轻小起重设备,千斤顶的顶升高度一般为400mm,顶升速度一般为10-35mm/min,起重能力最大可达500t。
第二部分螺旋传动的设计与计算2.1螺旋传动的应用和类型螺旋传动是利用螺杆(丝杠)和螺母组成的螺旋副来实现传动要求的。
它主要用于将回转运动转变为直线运动,同时传递运动和动力。
它具有结构紧凑、转动均匀、准确、平稳、易于自锁等优点,在工业中获得了广泛应用。
(1)按螺杆与螺母的相对运动方式,螺旋传动可以有以下四种运动方式:①螺母固定不动,如图(a)螺杆转动并往复移动,这种结构以固定螺母为主要支承,结构简单,但占据空间大。
常用于螺旋压力机、螺旋千斤顶等。
②螺母转动,如图(b)螺杆做直线移动,螺杆应设防转机构,螺母转动要设置轴承均使结构复杂,且螺杆行程占据尺寸故应用较少。
③螺母旋转并沿直线移动,如图(c)由于螺杆固定不动,因而二端支承结构较简单,但精度不高。
哈工大专业课参考书目
何曼君等编
复旦大学出版社,2000年第2版.
824
复合材料学
《复合材料概论》
王荣国武卫莉谷万里主编,
哈尔滨工业大学出版社,2004年第3版
《高性能复合材料学》
郝元凯、肖加余编著,
化学工业出版社,2004年第1版
825
金属学与热处理
《金属学与热处理》
崔忠圻、刘北兴编
哈尔滨工业大学出版社,2004年修订版。
濮良贵
高等教育出版社
0872设计学(工业设计方向)
625
工业设计概论与设计史
工业设计学概论
柳冠中
黑龙江科学技术出版社1997版次1
工业设计史(修订版)
何人可
北京理工出版社2004版次2
838
人机工程与工业设计方法
人机工程学(第三版)
丁玉兰
北京理工出版社2006版次3
工业设计方法学
简召全
北京理工出版社2011版次1
高等教育出版社(第三版)
燃烧学
《燃烧理论与设备》
徐旭常
机械工业出版社
空气动力学)
《气体动力学基础》
潘锦珊
国防工业出版社
085212软件工程、0835软件工程
834
软件工程基础《C语Fra bibliotek程序设计》苏小红、王宇颖、孙志岗
高等教育出版社,2011年5月
《C语言大学实用教程》(第3版)
苏小红、孙志岗、陈惠鹏
电子工业出版社,2012年6月
哈尔滨工业大学理论力学教研室编
高等教育出版社
809
材料力学
新编材料力学(第2版)
张少实
机械工业出版社
材料力学(第三版上、下册)
哈工大,机械专业,理论力学大纲
理论力学课程教学大纲课程名称:理论力学/ Theory Mechanics课程代码:01123002课程类型:拓展课/选修总学时数:48学分:3先修课程:高等数学、大学物理、线性代数、工程图学开课单位:机械与汽车工程学院适用专业:机械设计制造及自动化专业;材料成型及控制工程专业;车辆工程;一、课程的性质、目的和任务《理论力学》是机械类专业中研究宏观机械运动一般规律的一门专业基础拓展课。
在学习高等数学、大学物理、线性代数、工程图学的基础上,通过本课程的学习,可以掌握并运用理论力学的理论和方法分析、解决一些简单的工程实际问题(包括把一些简单的工程实际问题抽象为力学模型),为学习后继课程打好必要的基础,并为将来学习和掌握新科学技术创造条件。
二、教学内容及教学基本要求1.绪论了解简介理论力学课程的研究对象、研究内容、研究方法以及课程的作用。
2.静力学专题-桁架、重心、摩擦掌握用节点法和截面法求简单桁架的内力;能熟练计算均质物体的重心;在清晰理解滑动摩擦定律的基础上区分滑动摩擦力与极限滑动摩擦力;应用解析法熟练地计算考虑摩擦力时物体的平衡问题;理解摩擦角的概念和自锁现象,能用摩擦角解物体的平衡问题;理解滚动摩阻定律;会解滑动摩擦和滚动摩阻同时存在的平衡问题。
3.点的运动学掌握描述点的运动的矢量法,直角坐标法和自然法,能建立点作平面曲线运动时的运动轨迹,并熟练地求解与点的速度和加速度有关的问题。
4.刚体的简单运动掌握刚体平动和定轴转动的特征;能熟练地求解与定轴转动刚体的角速度以及刚体内各点的速度和加速度有关的问题;会求传动比;了解角速度、角加速度的矢量表示法。
5.点的合成运动掌握运动合成和分解的基本概念和方法;熟练应用点的速度合成定理求解有关速度问题,能应用牵连运动为平动和定轴转动时,点的加速度合成定理求解有关加速度问题,了解科氏加速度的概念。
6.刚体的平面运动熟悉刚体平面运动的特征;能熟练运用基点法、瞬心法和速度投影定理对常见的平面机构进行速度分析,并能应用基点法求解有关加速度问题。
哈尔滨工业大学(威海)分校专业目录考试科目参考书复试线报录比真题经验-新祥旭考研辅导
学院名称学科代码学科名称考试科目船舶与海洋工程学院0824船舶与海洋工程①101政治②201英语一③301数学(一)④898船舶原理(船舶静力学40%,船舶结构力学30%,船舶阻力与推进30%)。
考试科目④可选下列学科考题:机械电子工程、控制科学与工程、电气工程、材料加工工程、信息与通信工程和力学(航天学院)。
080202 机械电子工程①101政治②201英语一③301数学(一) ④839机械设计基础(含机械原理与机械设计)考试课目④可选下列学科考题:仪器科学与技术、计算机科学与技术、电气工程、控制科学与工程085201 机械工程同上海洋科学与技术学院0707 海洋科学按一级学科0707海洋科学报名(含海洋化学、物理海洋学、海洋资源与环境三个方向)。
考试科目:①101政治②201英语一③302数学(二)④899物理海洋学(物理海洋方向)或880有机化学(海洋化学方向)或883环境化学(海洋资源与环境方向)。
海洋生物学方向:①101政治②201英语一③623微生物学④890生物化学原理。
0817化学工程与技术①101政治②201英语一③302数学(二)④828物理化学085216 化学工程同上汽车工程学院080204 车辆工程①101政治②201英语一③301数学(一)④836汽车理论(第五版)085234 车辆工程同上0807 动力工程及工程热物理①101政治②201英语一③301数学(一)④820工程流体力学(内含部分选答试题:工程热力学,传热学,燃烧学,空气动力学)注:820工程流体力学试卷的工程流体力学内容(必答题)占总成绩50%。
其余选答题包括:工程热力学、传热学、燃烧学、空气动力学,占总成绩50%。
考生可在选答题中任选其一。
085206 动力工程同上信息与电气工程学院0810信息与通信工程按一级学科报名,含081001通信与信息系统、081002信号与信息处理两个二级学科。
考试科目:①101政治②201英语一③301数学(一)④803信号与系统(50%)和数字逻辑电路(50%)085208电子与通信工程考试科目同上0811控制科学与工程①101政治②201英语一③301数学(一)④801控制原理(覆盖现代控制理论)085210 控制工程同上0808 电气工程①101政治②201英语一③301数学(一)④827电路与数字电子技术085207 电气工程同上080903微电子学与固体电子学①101政治②201英语一③301数学(一)④806半导体物理可选下列学科考题:计算机科学与技术、物理电子学、信息与通信工程、仪器科学与技术、控制科学与工程085209 集成电路工程①101政治②201英语一③301数学(一)④806半导体物理0804仪器科学与技术①101政治②201英语一③301数学(一)④826电子技术基础可选下列学科考题:光学工程、机械工程计算机科学与技术学院0812计算机科学与技术①101政治②201英语一③301数学(一)④ 854 计算机基础(含数据结构、计算机组成原理)085211 计算机技术同上材料080502 材料学①101政治②201英语一③302数学(二)④822材料结构与力学科学与工程学院 性能(金属材料与陶瓷材料方向,高分子材料方向选)或823高分子材料(高分子材料方向选)或 824复合材料学(航天学院材料学学科选) 080503 材料加工工程 ①101政治②201英语一③302数学(二)④825金属学与热处理085204 材料工程 ①101政治②201英语一③302数学(二)④822材料结构与力学性能或825金属学与热处理理学院 0702 物理学 ①101政治②201英语一③613普通物理(光学50%,电磁学50%)④833量子力学, 注:威海校区光学方向,还可选择下列学科考题:物理电子学、光学工程、微电子学与固体电子学。
哈工大机械原理课程设计说明书牛头刨床方案一(完美版)
Harbin Institute of Technology机械原理课程设计说明书课程名称:机械原理设计题目:牛头刨床(方案1)院系:机电工程学院班级:1108301设计者:XXX学号:11108301XX指导教师:古乐设计时间:2013年7月哈尔滨工业大学一、功能描述刨刀水平作往复直线运动,切削安装在工作台上的工件。
刨刀每次切削一次,工作台沿着刨刀运动的水平垂直方向进给0.12、0.24、0.36mm/次,分3档可以调节。
刨刀每次切削一次,工作台沿着刨刀运动的上下垂直方向进给0.08、0.16、0.24mm/次,分3档可以调节。
工作台的水平与垂直进给不能同时进行。
刨刀最大行程520mm,每分钟刨刀切削15,24,37次,分3档可以调节。
电机功率约4KW,额定转速1420转/分。
图1-1 牛头刨床的使用功能描述简图二、工艺动作分析由使用功能描述可知,牛头刨床在加工平面时有两个工艺动作协调完成,即刨刀每切削一次,工作台沿着刨刀运动的水平垂直方向移动5mm以及工作台沿着刨刀运动的水平垂直方向的移动。
根据牛头刨床的工艺动作分析,选定执行构件刨刀头作为参考构件,据此,可以画出牛头刨床的运动循环图。
图2-1机械系统运动循环图三、运动功能分析根据分析的牛头刨床由原动机到执行机构的运动传递与转换的逻辑关系,可以绘制出牛头刨床的运动功能系统图。
图3-1 机械系统运动功能系统图四、机械系统运动方案拟定4.1 根据运动功能单元确定替代结构(1)一般情况下,在工厂的厂房内使用的普通机床都采用三相交流电动机作为原动机。
因此,牛头刨床也用三相交流电动机作为原动机,其额定转速为1420rpm。
图4-1 三相交流电动机及其运动功能单元表达符号(2)带传动机构具有传动可靠、结构简单、安装方便、制造成本低等优点。
在对尺寸要求不严格、传运精度要求不高的牛头刨床中,可以选用带传动机构满足过载保护的功能。
图4-2 带传动机构及其运动功能单元表达符号(3)圆柱齿轮传动机构具有传动可靠、结构简单、强度高、结构尺寸小等优点。
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机械原理大作业——凸轮、连杆机构——哈工大威海 连杆机构——110120312号
I级机构求解 lAB=150;lBC=400;lCD=300;lAD=320;lBE=100;lEF=230;lFG=400;1=10;=277/180 Pi; xA[t_]=0;yA[t_]=0;AB[t_]=1*t;
xB[t_]=xA[t_]+lABCos[AB[t]]; yB[t_]=yA[t_]+lABSin[AB[t]]; vBx[t_]=xB'[t] -1000Sin[10t] vBy[t_]=yB'[t] 1000 Cos[10 t] aBx[t_]=xB''[t] -10000 Cos[10 t] aBy[t_]=yB''[t] -10000 Sin[10 t]
II级机构求解RRR xD[t_]=320;yD[t_]=0; A0=2lBC(xD[t]-xB[t]); B0=2lBC(yD[t]-yB[t]);C0=Subscript[l, BC]2-Subscript[l, CD]2+(Subscript[x, B][t]-Subscript[x, D][t])2+(Subscript[y, B][t]-Subscript[y, D][t])2;
BC[t_]=2ArcTan[(B0+A02B02C02)/(A0+C0)]; xC[t_]=xB[t]+lBCCos[BC[t]]; yC[t_]=yB[t]+lBCSin[BC[t]]; CD[t_]=ArcTan[(yC[t]-yD[t])/(xC[t]-xD[t])]; xE[t_]=xB[t]+lBECos[BC[t]]; yE[t_]=yB[t]+lBESin[BC[t]]; vEx[t_]=xE'[t]; vEY[t_]=yE'[t]; aEx[t_]=xE''[t]; aEY[t_]=yE''[t]; xF[t_]=xE[t]+lEFCos[Pi/2-BC[t]]; yF[t_]=yE[t]-lEFSin[Pi/2-BC[t]]; ParametricPlot[{xF[t],yF[t]},{t,0.0,Pi/5}]
II级机构求解RRP A0=(xF[t]-lAD)Sin[]-yF[t]Cos[];
FG[t_]=ArcSin[A0/lFG]+; yG[t_]=yF[t]+lFGCos[FG[t]]; 位移 sG[t_]=yG[t]/Sin[]; Plot[sG[t],{t,0.0,Pi/5}]
速度 vG[t_]=sG'[t]; Plot[vG[t],{t,0.0,Pi/5}]
加速度 aG[t_]=sG''[t]; Plot[aG[t],{t,0.0,Pi/5}]
I级机构求解 -1500 Sin[10 t] -1000 Sin[10 t] 1500 Cos[10 t] 1000 Cos[10 t] -15000 Cos[10 t] -10000 Cos[10 t] -15000 Sin[10 t] -10000 Sin[10 t]
II级机构求解RRP
150200250300350120100806040 位移 0.10.20.30.40.50.620015010050
50100
速度 0.10.20.30.40.50.6200015001000500
5001000
加速度 0.10.20.30.40.50.6
40000300002000010000
10000
凸轮机构——110120312号 数据 h=80;0=(150Pi)/180;0'=(100Pi)/180;
S=(60Pi)/180;S'=(50Pi)/180;1=1; 位移 s[_]:=h(/0-1/(2Pi) Sin[(2Pi)/0 ])/;>=0&&<=0;
s[_]:=h/;<=0+S&&>=0; T:=-(0+S) s[_]:=h(1-T/0'+1/(2Pi) Sin[(2Pi)/0' T])/;>=0+S&&<=0+S+0'; s[_]:=0/;<=0+S+0'+S'&&>=0+S+0';
Table[s[Pi/6.0n],{n,0.0,12,1}] Plot[s[],{,0,Pi/6.0 12}] 速度 v[_]:=( h*1)/0 (1-Cos[(2Pi)/0 ])/;>=0&&<=0;
v[_]:=0/;<=0+S&&>=0; T:=-(0+S); v[_]:=-(( h*1)/0')(1-Cos[(2Pi)/0' T]) /;>=0+S&&<=0+S+0'; v[_]:=0/;<=0+S+0'+S'&&>=0+S+0';
Table[v[Pi/6.0n],{n,0.0,12,1}] Plot[v[],{,0,Pi/6.0 12}] 加速度 a[_]:=(2Pi*h*Subscript[, 1]2)
/Subscript[, 0]2 Sin[(2Pi)/0 ]/;>=0&&<=0; a[_]:=0/;<=0+S&&>=0; T:=-(0+S) a[_]:=-((2Pi* h*Subscript[, 1]2) /Subscript[, 0]'2)Sin[(2Pi)/0' T]/;>=0+S&&<=0+S+0'; a[_]:=0/;<=0+S+0'+S'&&>=0+S+0';
Table[a[Pi/6.0n],{n,0.0,12,1}] Plot[a[],{,0,Pi/6.0 12}] 确定基圆半径、偏距和滚子半径 s'[]=If[(40Pi)/180&&<=0+S+0',s'[],0]
ParametricPlot[{v[],s[]},{,0,2 Pi}] r0=200;e=50;s0=2002402;r=10;
理论廓线和实际廓线 x=(s0+s[])Cos[]-e Sin[]
y=(s0+s[])Sin[]+e Cos[] ParametricPlot[{x,y},{,0,2Pi}]
X=x-r×D[y,]/Dx,2Dy,2
Y=y+r×D[x,]/Dx,2Dy,2
ParametricPlot[{X,Y},{,0,2Pi}] ParametricPlot[{{x,y},{X,Y}},{,0,2Pi}]
位移 {0.,3.89077,24.5161,55.4839,76.1092,80.,80,80,80 (1-(9 (-((7
)/6)+))/(5 )+Sin[18/5 (-((7 )/6)+)]/(2 )),80 (1-(9 (-((7
)/6)+))/(5 )+Sin[18/5 (-((7 )/6)+)]/(2 )),80 (1-(9 (-((7 )/6)+))/(5 )+Sin[18/5 (-((7 )/6)+)]/(2 )),0,0} 12345620406080 速度 {0.,21.1149,55.2795,55.2795,21.1149,0.,0,0,-((144 (1-Cos[18/5 (-((7
)/6)+)]))/),-((144 (1-Cos[18/5 (-((7 )/6)+)]))/),-((144
(1-Cos[18/5 (-((7 )/6)+)]))/),0,0}
12345680604020
204060 加速度 {0.,69.7492,43.1073,-43.1073,-69.7492,-8.31005×10-14,0,0,-((2592
Sin[18/5 (-((7 )/6)+)])/(5 )),-((2592 Sin[18/5 (-((7
)/6)+)])/(5 )),-((2592 Sin[18/5 (-((7 )/6)+)])/(5 )),0,0}
12345615010050
50100150
理论廓线和实际廓线 50 Cos[]+(80 6+s[]) Sin[] 200100100200200100
100200
Cos[] (80 6+s[])-50 Sin[]-(10 (Cos[] (80 6+s[])-50 Sin[]+If[(2 )/9&&(31 )/18,s[],0] Sin[]))/(\[Sqrt]((Cos[] (80 6+s[])-50 Sin[]+If[(2 )/9&&(31 )/18,(s^)[],0] Sin[])2+(-50 Cos[]+Cos[]
If[(2 )/9&&(31 )/18,(s^)[],0]-(80 6+s[]) Sin[])2)) 50 Cos[]+(80 6+s[]) Sin[]+(10 (-50 Cos[]+Cos[] If[(2 )/9&&(31 )/18,s[],0]-(80 6+s[]) Sin[]))/(\[Sqrt]((Cos[] (80 6+s[])-50 Sin[]+If[(2 )/9&&(31 )/18,(s^)[],0] Sin[])2+(-50 Cos[]+Cos[] If[(2
)/9&&(31 )/18,(s^)[],0]-(80 6+s[]) Sin[])2))