哈工大机械原理大作业齿轮传动系统设计满分完美版哈尔滨工业大学

哈工大机械原理课程设计

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：产品包装生产线（方案1） 院系：机电学院 班级： 设计者： 学号： 指导教师： 设计时间：

一、绪论 机械原理课程设计是在我们学习了机械原理之后的实践项目，通过老师和书本的传授，我们了解了机构的结构，掌握了机构的简化方式与运动规律，理论知识需要与实践相结合，这便是课程设计的重要性。我们每个人都需要独立完成一个简单机构的设计，计算各机构的尺寸，同时还需要编写符合规范的设计说明书，正确绘制相关图纸。 通过这个项目，我们应学会如何收集与分析资料，如何正确阅读与书写说明书，如何利用现代化的设备辅助工作。这种真正动手动脑的设计有效的增强我们对该课程的理解与领会，同时培养了我们的创新能力，为以后机械设计课程打下了坚实的基础。 二、设计题目 产品包装生产线使用功能描述 图中所示，输送线1上为小包装产品，其尺寸为长?宽?高=600?200?200，小包装产品送至A处达到2包时，被送到下一个工位进行包装。原动机转速为1430rpm，每分钟向下一工位可以分别输送14，22，30件小包装产品。 产品包装生产线（方案一）功能简图 三、设计机械系统运动循环图 由设计题目可以看出，推动产品在输送线1上运动的是执行构件1，在A处把产品推到下一工位的是执行构件2，这两个执行构件的运动协调关系如图所示。 ?1?1 执行构件一 执行构件二 ?01?02 运动循环图

图中?1 是执行构件1的工作周期，?01 是执行构件2的工作周期，?02是执行构件2的动作周期。因此，执行构件1是做连续往复运动，执行构件2是间歇运动，执行构件2的工作周期?01 是执行构件1的工作周期T1的2倍。执行构件2的动作周期?02则只有执行构件1的工作周期T1的二分之一左右。 四、 设计机械系统运动功能系统图 根据分析，驱动执行构件1工作的执行机构应该具有的运动功能如图所示。运动功能单元把一个连续的单向传动转换为连续的往复运动，主动件每转动一周，从动件（执行构件1）往复运动一次，主动件转速分别为14,22,30rpm 14,22,30rpm 执行机构1的运动功能 由于电动机的转速为1430rpm ，为了在执行机构1的主动件上分别得到14、22、30rpm 的转速，则由电动机到执行机构1之间的总传动比i z 有3种，分别为 i z1= 141430 =102.14 i z2=221430=65.00 i z3=30 1430=47.67 总传动比由定传动比i c 和变传动比i v 两部分构成，即 i z1=i c i v1 i z2=i c i v2 i z3=i c i v3 3种总传动比中i z1最大，i z3最小。由于定传动比i c 是常数，因此，3种变传动比中i v1最大，i v3最小。为满足最大传动比不超过4，选择i v1 =4 。 定传动比为 i c = v1 z1i i =4102.14=25.54 变传动比为 i v2= c z2i i =54.2565=2.55 i v3= c z3i i =54 .2547.67=1.87 传动系统的有级变速功能单元如图所示。 i=4,2.55,1.87 有级变速运动功能单元

哈工大电工综合设计完整版

时间：2013春季学期班级：1108101学号：1110810104姓名：陈文华 11.驱动七段共阴极LED数码管的译码电路 一、设计要求： （1）输入变量A、B、C来自计数器，按顺序000~111计数。当ABC=000时，数码管全灭；以后要求依次显示H、O、P、E、F、U、L七个字母。 （2）输入变量A、B、C来自计数器，按顺序000～111计数。当ABC=000时，数码管全灭；以后要求依次显示1、1、0、8、1、0、1（或1108102、103、104）七个数字（根据自己的班级号）。 二、设计方案： 1.设计原理及设计方案选择 (1)a.本题目要求来自计数器的变量A、B、C，所以需要一计数器，使其八进制计数。A、B、C输出还不能直接接数码显示器，需要经过一译码器，将具有特定含义的二进制代码译成对应的输出信号，然后根据题目要求对译码器的输出进行逻辑运算，接到数码管显示。 b.根据学过的知识，对于计数模块，异步集成计数器74LS90和同步集成计数器74LS161都能实现要求，本设计采用的是异步集成计数器74LS90。通过接线方式的处理就可以实现八进制计数。 c.对于译码模块，采用的是3线—8线译码器74LS138。将计数器的ABC（D在本次设计中不需要接到输入）输出接到译码器的输入，经过译码器译成对应的输出信号，这样就可以对能实现要求的信号进行逻辑运算了。 为了实现设计要求，需根据要显示的内容和输出信号来进行逻辑运算，如下： 译码输出： C B A Y0Y1Y2Y3Y4Y5Y6Y7 00001111111 00110111111 010******** 01111101111 10011110111 10111111011 11011111101 11111111110 要显示的内容： a.显示H、O、P、E、F、U、L七个字母： a b c d e f g显示字形 0000000数码管全灭 0110111H 1111110O 1100111P

哈工大机械原理课程设计齿轮传动设计大作业20无错版

机械原理课程设计大作业 ——齿轮传动系统20 课程名称：机械原理课程设计 设计题目：齿轮传动系统分析 院系：机电工程学院 班级： 15 设计者： 学号： 115 指导教师：陈 设计时间： 2017年6月

1、设计题目 1.1机构运动简图 2、传动比的分配计算 电动机转速min /970r n =，输出转速min /3001r n =，n /3502mi r n =， min /4003r n =，带传动的最大传动比5.2m ax =p i ,滑移齿轮传动的最大传动比 4m ax =v i ，定轴齿轮传动的最大传动比4max =d i 。 根据传动系统的原始参数可知，传动系统的总传动比为： 333.3230970 011=== n n i 714.2735 970 022=== n n i 250.2440 970 033=== n n i

传动系统的总传动比由带传动、滑移齿轮传动和定轴齿轮传动三部分实现。设带传动的传动比为5.2m ax =p i ，滑移齿轮的传动比为321v v v i i i 、、，定轴齿轮传动的传动比为f i ，则总传动比 f v p i i i i 1m ax 1= f v p i i i i 2m ax 2= f v p i i i i 3max 3= 令 4max 3==v v i i 则可得定轴齿轮传动部分的传动比为 425.24 *5.2250 .24max max 3=== v p f i i i i 滑移齿轮传动的传动比为 333.5425 .2*5.2333 .32max 11== = f p v i i i i 571.4425 .2*5.2714 .27max 22== = f p v i i i i 设定轴齿轮传动由3对齿轮传动组成，则每对齿轮的传动比为 4343.1425.2max 3 3=≤== =d f d i i i 3、齿轮齿数的确定 根据滑移齿轮变速传动系统中对齿轮齿数的要求，可大致选择齿轮5、6、7、8、9和10为角度变位齿轮，其齿数：42,8,41，9,40,101098765======z z z z z z ；它们的齿 顶高系数1=* a h ， 径向间隙系数25.0=* c ，分度圆压力角020=α，实际中心距mm a 50' =。 根据定轴齿轮变速传动系统中对齿轮齿数的要求，可大致选择齿轮11、12、13和14 为高度变位齿轮，其齿数：21,1314121311====z z z z 。它们的齿顶高系数1=* a h ，径向 间隙系数25.0=* c ，分度圆压力角020=α,实际中心距mm a 51'=。圆锥齿轮15和16 选择为标准齿轮29,171615==z z ，齿顶高系数1=*a h ，径向间隙系数25.0=* c ，分度 圆压力角为020=α（等于啮合角'α）。 4、齿轮变速传动中每对齿轮几何尺寸及重合度的计算 4.1 滑移齿轮5和齿轮6

哈工大电工设计报告参考答案 2

2012秋季学期《电工技术I》大作业 （1108101~104） 班级： 1108103 学号： 姓名： 成绩：

继电接触器和可编程控制器综合设计题目 有一运料小车在A、B两地来回运行，其中A地为装料处，设有限位开关ST1，每次装料时间为30s；B地为卸料处，设有限位开关ST2，每次卸料时间为20s。 小车运行控制分手控操作和自控操作。 控制要求： （1）手动操作：能手动控制小车向A地运行或向B地运行。 （2）自控操作：当小车启动时，有一物料检测传感器检测小车料箱是否有料，如果有料，该传感器的常开触点闭合，小车自动向B地运行；如果无料，该传感器的常闭触点闭合，小车自动向A地运行。小车到达B地限位开关ST2处停车20s卸料，然后自动驶向A地；小车到达A地限位开关ST1处停车30s装料，然后再自动返回B地卸料。如此循环往复。 （3）停车控制：小车在自动往返运行过程中，均可用手动开关令其停车。再次启动后，小车重复（2）中内容。 设计要求： （1）设计控制该小车运行的继电接触器控制电路（包括主电路和控制电路）； （2）设计控制该小车运行的PLC控制梯形图程序并画出外部接线图（注意进行I/O分配）。 （3）写出综合设计报告。 限位开关限位开关

PLC控制梯形图如下：

I/O分配如下： 1、手动操作 无论小车是否运行，只要按下SB4，KM1将会通电，其常闭触点断开，常开触点闭合，如果此前KM2处于通电状态，这个时候，KM2也将会断电，其常闭触点也会闭合。从而KM1实现自锁，并向A点运行，直至按下SB1或触到行程开关ST1。此后如果不按下SB4或SB5，小车会处于自动运行状态。 2、自动操作 如果小车中有料，则KM闭合，线圈KM0通电，则其常闭触点断开、常开触点闭合，KM2通电，并实现自锁与互锁。向B点运行。如果小车中无料，则KM 断开，线圈KM0通电，则其常闭触点断开、常开触点闭合，KM1通电，并实现自锁与互锁。向A点运行。启动时，如果小车先向A点运行，到达A点后行程开关ST1的常开触点闭合，常闭触点断开。KM1断电的同时，KT1开始计时。30S后，常开延时闭合开关ST1闭合，同时小车中因为有料而KM0通电，小车开始往B点运行，并实现自锁与互锁。到达B点后，使行程开关ST2的常闭触点断开，常开触点闭合，小车停止运行，KT2开始计时。20S后，常开延时闭合开关ST2闭合，同时小车中因为无料而K断电，小车开始往A点运行，并实现自锁与互锁。从此在A、B间往复运行，除非对其手动控制或按下SB0。 3、停车控制 按下SB0即可实现。

哈工大自动控制原理 大作业

自动控制原理 大作业 （设计任务书） 姓名： 院系： 班级： 学号： 5. 参考图5 所示的系统。试设计一个滞后-超前校正装置，使得稳态速度误差常数为20 秒-1，相位裕度为60

度，幅值裕度不小于8 分贝。利用MATLAB 画出 已校正系统的单位阶跃和单位斜坡响应曲线。 + 一．人工设计过程 1.计算数据确定校正装置传递函数 为满足设计要求，这里将超前滞后装置的形式选为 ) 1)(() 1)(1()(2 12 1T s T s T s T s K s G c c ββ++++= 于是，校正后系统的开环传递函数为)()(s G s G c 。这样就有 )5)(1()(lim )()(lim 00++==→→s s s K s sG s G s sG K c c s c s v 205 ==c K 所以 100=c K 这里我们令100=K ，1=c K ，则为校正系统开环传函) 5)(1(100 )(++= s s s s G

首先绘制未校正系统的Bode 图 由图1可知，增益已调整但尚校正的系统的相角裕度为? 23.6504-，这表明系统是不稳定的。超前滞后校正装置设计的下一步是选择一个新的增益穿越频率。由)(ωj G 的相角曲线可知，相角穿越频率为2rad/s ，将新的增益穿越频率仍选为2rad/s ，但要求2=ωrad/s 处的超前相角为? 60。单个超前滞后装置能够轻易提供这一超前角。 一旦选定增益频率为2rad/s ，就可以确定超前滞后校正装置中的相角滞后部分的转角频率。将转角频率2/1T =ω选得低于新的增益穿越频率1个十倍频程，即选择2.0=ωrad/s 。要获得另一个转角频率)/(12T βω=，需要知道β的数值， 对于超前校正，最大的超前相角m φ由下式确定 1 1 sin +-= ββφm 因此选)79.64(20 ==m φβ，那么，对应校正装置相角滞后部分的极点的转角频率为 )/(12T βω=就是01.0=ω，于是，超前滞后校正装置的相角滞后部分的传函为 1 1001 520 01.02.0++=++s s s s 相角超前部分：由图1知dB j G 10|)4.2(|=。因此，如果超前滞后校正装置在2=ωrad/s 处提供-10dB 的增益，新的增益穿越频率就是所期望的增益穿越频率。从这一要求出发，可 以画一条斜率为-20dB 且穿过（2rad/s ，-10dB ）的直线。这条直线与0dB 和-26dB 线的交点就确定了转角频率。因此，超前部分的转角频率被确定为s rad s rad /10/5.021==ωω和。 因此，超前校正装置的超前部分传函为 )1 1.01 2(201105.0++=++s s s s 综合校正装置的超前与之后部分的传函，可以得到校正装置的传递函数)(S G c 。 即) 1100)(11.0() 15)(12(01.02.0105.0)(++++=++++= s s s s s s s s s G c 校正后系统的开环传递函数为

哈工大机械原理大作业_凸轮机构设计(第3题)

机械原理大作业二 课程名称：机械原理 设计题目：凸轮设计 院系：机电学院 班级： 1208103 完成者： xxxxxxx 学号： 11208103xx 指导教师：林琳 设计时间： 2014.5.2

工业大学 凸轮设计 一、设计题目 如图所示直动从动件盘形凸轮，其原始参数见表，据此设计该凸轮。 二、凸轮推杆升程、回程运动方程及其线图 1 、凸轮推杆升程运动方程(6 50π?≤ ≤) 升程采用正弦加速度运动规律，故将已知条件mm h 50=，6 50π =Φ带入正弦加速度运动规律的升程段方程式中得： ??? ?? ???? ??-=512sin 215650?ππ?S ；

?? ? ?????? ??-= 512cos 1601ππωv ； ?? ? ??= 512sin 1442 1?π ωa ； 2、凸轮推杆推程远休止角运动方程（ π?π ≤≤6 5） mm h s 50==； 0==a v ； 3、凸轮推杆回程运动方程（9 14π ?π≤≤） 回程采用余弦加速度运动规律，故将已知条件mm h 50=，9 5'0π= Φ，6 s π = Φ带入余弦加速度运动规律的回程段方程式中得： ?? ? ???-+=)(59cos 125π?s ； ()π?ω--=59 sin 451v ； ()π?ω-=59 cos 81-a 21； 4、凸轮推杆回程近休止角运动方程（π?π 29 14≤≤） 0===a v s ； 5、凸轮推杆位移、速度、加速度线图 根据以上所列的运动方程，利用matlab 绘制出位移、速度、加速度线图。 ①位移线图 编程如下： %用t 代替转角 t=0:0.01:5*pi/6; s=50*((6*t)/(5*pi)-1/(2*pi)*sin(12*t/5)); hold on plot(t,s); t=5*pi/6:0.01:pi; s=50; hold on plot(t,s); t=pi:0.01:14*pi/9; s=25*(1+cos(9*(t-pi)/5));

哈工大 电工大作业

电子技术课程设计一评分：数字显示电子钟 班级： 学号： 姓名： 日期：2015年月日 一、题目：数字显示电子钟 二、设计要求：

1) LED数码管显示小时、分、秒； 2）可以快速校准小时、分；秒计时可以校零； 3）最大显示为23小时59分59秒； 4）秒脉冲信号由1MHz信号经分频器产生； 三、电气原理图 上图为时钟电路总图，电路由秒时钟信号发生器、计时电路和校时电路构成。1）时钟信号发生器部分如下图所示；output端输出1Hz脉冲信号，其为上图中方波脉冲发生电路； 2）计时电路中采用两个60进制计数器分别完成秒计时和分计时；24进制计数器完成时计时；用数码管显示时间的译码结果； 3）校时电路采用开关控制秒时钟信号为校时脉冲以完成校时。

四、各功能块的原理说明 1)秒计时器及秒计时校零部分 由一个十进制计数器和一个六进制计数器串联而成为六十进制计数器。在电路设计中采用是74LS161反馈预置法来实现十进制与六进制功能。 图片底部按钮为秒计时校零按钮，按下按钮时，通过与门将LOAD 端置零实现秒计时器的置零

2）分、时计时器及校准部分 时计时器是由两片74LS161级联而成的二十四进制的计数器，分计时器是由两片74LS161级联而成的六十进制的计数器，采用的是反馈复位法。图片中两个计时器下部为时、分校准按钮，按动按钮相当于提供手动的脉冲，通过按动按钮，实现两个计数器的示数的改变，进而实现时间的校准。 3）秒时钟信号发生器 如图为秒脉冲信号发生器，由分频器6次分频1MHz信号产生秒脉冲，每次1/10分频，电路左上角为1MHz信号输入，output为1Hz信号输出

哈工大机械原理试卷

一.填空题（本大题共7小题，每空1分， 共15分） 1. 按照两连架杆可否作整周回转，平面连杆机构分为 、 和 。 2. 平面连杆机构的 角越大，机构的传力性能越好。 3. 运动副按接触形式的不同，分为 和 。 4．直齿圆柱齿轮正确啮合条件是两齿轮的 和 分别相等。 5. 凸轮从动件按其端部的形状可分为 从动件、 从动件和 从动件动件。 6. 机构具有确定运动的条件是： 。 7．通过将铰链四杆机构的转动副之一转化为移动副时，则可得到具有移动副的 机构、 机构、摇块机构和 机构。 二．选择题（本大题共15小题，每小题1分，共15分） 1. 要实现两相交轴之间的传动，可采用 传动。 A ．直齿圆柱齿轮 B ．斜齿圆柱齿轮 C ．直齿锥齿轮 D ．蜗杆蜗轮 2. 我国标准规定，对于标准直齿圆柱齿轮，其ha*= 。 A ．1 B ．0.25 C ．0.2 D ．0.8 3. 在机械传动中，若要得到大的传动比，则应采用 传动。 A. 圆锥齿轮 B. 圆柱齿轮 C. 蜗杆 D. 螺旋齿轮 4. 当四杆机构处于死点位置时，机构的压力角为 。 A ．0° B ．90° C ．45° D ．15° 5. 一般情况凸轮机构是由凸轮、从动件和机架三个基本构件组成的 机构。 A ．转动副 B ．移动副 C ．高副 D ．空间副 6. 齿轮的渐开线形状取决于它的 直径。 A ．齿顶圆 B ．分度圆 C ．基圆 D ．齿根圆 7. 对于滚子从动件盘形凸轮机构，滚子半径 理论轮廓曲线外凸部分的最小曲率半径。 A ．必须小于 B ．必须大于 C ．可以等于 D ．与构件尺寸无关 8. 渐开线直齿圆柱齿轮中，齿距p ，法向齿距n p ，基圆齿距b p 三者之间的关系为 。 A.p p p n b <= B.p p p n b << C.p p p n b >> D. p p p n b => 9. 轻工机械中常需从动件作单向间歇运动，下列机构中不能实现该要求的是 。 Ａ．棘轮机构 Ｂ．凸轮机构 Ｃ．槽轮机构 Ｄ．摆动导杆机构 10. 生产工艺要求某机构将输入的匀速单向转动，转变为按正弦规律变化的移动输出，一种可供选择的机构是 。

哈工大DSP大作业

DSP-F2812的最小系统设计 姓名 学号 班级 时间

一、设计目的： TMS320F2812DSP是TI公司一款用于控制的高性能、多功能、高性价比的32位定点DSP。它整合了DSP和微控制器的最佳特性，集成了事件管理器，A/D转换模块、SCI通信接口、SPI外设接口、eCAN 总线通信模块、看门狗电路、通用数字I/O口、多通道缓冲串口、外部中断接口等多个功能模块，为功能复杂的控制系统设计提供了方便，同时由于其性价比高，越来越多地被应用于数字马达控制、工业自动化、电力转换系统、医疗器械及通信设备中。 通过本课程的学习，我对DSP的各个模块有了较为深入的了解，希望可以通过对最小系统的设计，进一步加深对DSP的学习，能在实践中运用DSP，提高自己的动手实践能力。 二、设计思路 所谓最小系统就是由主控芯片加上一些电容、电阻等外围器件构成，其能够独立运行，实现最基本的功能。为了验证DSP的最基本的功能，我设计了如下单元：有源电路的设计、复位电路及JATG下载口电路的设计、外扩RAM的设计、串口电路的设计、外扩A/D模块电路的设计。 三、详细设计步骤和原理 1、电源电路的设计 TMS320F2812工作时所要求的电压分为两部分：3.3V的Flash电压和1.8V的内核电压。TMS320F2812对电源很敏感，所以在此推荐

选择电压精度较高的电源芯片TPS767D318。TPS767D318芯片输入电压为+5V，芯片起振，正常工作之后，能够产生3.3V和1.8V两种电压电压供DSP使用。如下图所示： 2、复位电路及JATG下载口电路的设计 考虑到TPS767D301芯片自身能够产生复位信号，此复位信号可以直接供DSP芯片使用，所以不用为DSP设置专门的复位芯片。 在实际设计过程中，考虑到JATG下载口的抗干扰性，在与DSP 相连接的接口均需要采用上拉设计。

哈工大机械原理课程设计齿轮传动设计大作业20无错版复习过程

哈工大机械原理课程设计齿轮传动设计大作业20无错版

机械原理课程设计大作业 ——齿轮传动系统20 课程名称：机械原理课程设计 设计题目：齿轮传动系统分析 院系：机电工程学院 班级： 15 设计者： 学号： 115 指导教师：陈 设计时间： 2017年6月

1、设计题目 1.1机构运动简图 1 序号 电机转速（r/min ） 输出轴转速（r/min ） 带传动最大传动比 滑移齿轮传动 定轴齿轮传动 最大传动比 模数 圆柱齿轮 圆锥齿轮 一对齿 轮最大 传动比 模 数 一对齿轮最大传动比 模数 20 970 30 35 40 ≤2.5 ≤4 2 ≤4 3 ≤4 3 2、传动比的分配计算 电动机转速min /970r n =，输出转速min /3001r n =， n /3502mi r n =，min /4003r n =，带传动的最大传动比5.2m ax =p i ,滑移齿轮传动的最大传动比4m ax =v i ，定轴齿轮传动的最大传动比4max =d i 。 根据传动系统的原始参数可知，传动系统的总传动比为： 333.3230970 011=== n n i 714.2735 970 022=== n n i

250.2440 970 033=== n n i 传动系统的总传动比由带传动、滑移齿轮传动和定轴齿轮传动三部分实现。设带传动的传动比为5.2m ax =p i ，滑移齿轮的传动比为321v v v i i i 、、，定轴齿轮传动的传动比为f i ，则总传动比 f v p i i i i 1m ax 1= f v p i i i i 2m ax 2= f v p i i i i 3max 3= 令 4max 3==v v i i 则可得定轴齿轮传动部分的传动比为 425.24 *5.2250 .24max max 3=== v p f i i i i 滑移齿轮传动的传动比为 333.5425 .2*5.2333 .32max 11== = f p v i i i i 571.4425 .2*5.2714 .27max 22== = f p v i i i i 设定轴齿轮传动由3对齿轮传动组成，则每对齿轮的传动比为 4343.1425.2max 33 =≤===d f d i i i 3、齿轮齿数的确定 根据滑移齿轮变速传动系统中对齿轮齿数的要求，可大致选择齿轮5、6、7、8、9和10为角度变位齿轮，其齿数： 42,8,41，9,40,101098765======z z z z z z ；它们的齿顶高系数1=* a h ，径向间隙系数25.0=* c ，分度圆压力角0 20=α，实际中心距mm a 50'=。

哈工大电工技术 试题

哈尔滨工业大（威海）　２００３ /2004 学年 秋 季学期 电工技术　试题（Ａ）　 题号 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 总分 附加题 分数 一、选择与填空（ 20分 ，1-7每题 2分，8题每空2分） 1．图（1）所示电路中，a 、b 间的等效电阻为（4?）。 　 （１） （２）　 2．试计算图（２）所示电路中的 Ａ点的电位为（５Ｖ）。 3．将下图所示电路的ab 二端网络化成戴维南等效电路。 4．三相异步电动机的额定转速为 1460r/min 。当负载转矩为额定转矩的一 半时，电动机的转速为（1480r/min ）。 姓名 班级: 注 意 行 为 规 范 遵 守 考 试 纪 律 10V I +-a b 0.5 I 1k Ω 1k Ω

5．电路如图所示，已知X L =R=X C ，并已知安培计A 的读数为5A ，则A 1的读数为（52A ），A 2的读数为（5A ）。 6．有一交流铁心线圈，线圈匝数加倍，线圈的电阻及电源电压保持不变。铁心的磁感应强度将（增大、减小、不变），线圈中的电流将（增大、减 小 、不变） 7．将R L =8Ω的扬声器接在输出变压器的副绕组上，已知Ｎ１＝３００匝，Ｎ２＝１００匝，信号源电动势Ｅ＝６Ｖ，内阻Ｒ０＝１００Ω，扬声器得到的功率为　（０．０８７６Ｗ）。 8．三相异步电动机的额定转速为１４７０转／分，电源电压为３８０Ｖ，三角形联接，功率为30kW ，效率为93%，功率因数为0.85。试计算额定转矩为（194.90N m ?）；额定转差率为（ 2% ）；额定电流为（ 57.66A ）。 二、图中Ｎ为无源电阻网络，已知当ＵＳ＝１０Ｖ，ＩＳ＝０时，ＵＸ＝１０Ｖ；当ＵＳ＝０，ＩＳ＝１Ａ时，ＵＸ＝２０Ｖ。求当ＵＳ＝２０Ｖ，ＩＳ＝３Ａ时，ＵＸ为多少。（７分）　 解: 由线性电路的叠加定理得: a s U + b s I = c x V 当V V s 10=时 V U I s s 10,0== 即 10a=10c + － U s + － U x

哈工大机械设计大作业_齿轮传动5.1.3

一、 设 计题目 设计带式运输机中的齿轮传动：带式运输机的传动方案如下图所示，机器运行平稳、单向回转、成批生产，其他数据参见下方表格。 方案 电动机工作 功率P d /kW 电动机满载转速n m /(r/min) 工作机的转速n w /(r/min) 第一级传动比i 1 轴承座中心高H/mm 最短工作年限 工作环境 5.1.3 3 960 110 2 180 5年2班 室外、 有尘 二、 选择齿轮材料、热处理方式、精度等级 考虑到带式运输机为一般机械，且仅有一级齿轮减速传动，故大、小齿轮均选用40Cr 合金钢，调质处理，采用软齿面。大小齿面硬度为241~286HBW ，平均硬度264HBW 。 由要求，该齿轮传动按8级精度设计。 三、 初步计算传动主要尺寸 本装置的齿轮传动为采用软齿面开式传动，齿面磨损是其主要失效形式。其设计准则按齿根疲劳强度进行设计，并考虑磨损的影响将模数增大10%~15%。 齿根弯曲疲劳强度设计公式; m ≥√2KT 1?d z 12?Y F Y s Y ε[σ]F 3

式中Y F——齿形系数，反映了轮齿几何形状对齿根弯曲应力σF的影响。 Y s——应力修正系数，用以考虑齿根过度圆角处的应力集中和除弯曲应力以外的其它应力对齿根应力的影响。 Yε——重合度系数，是将全部载荷作用于齿顶时的齿根应力折算为载荷作用于单对齿啮合区上界点时的齿根应力系数。 [σ]F——许用齿根弯曲应力。 1.小齿轮传递的转矩 T1=9.55×106×P1 n1 p1=η1η2P d 根据参考文献[2]表9.1，取η1=0.96，η2=0.97。 由此 P1=η1η2P d=0.96×0.97×3=2.7936KW T1=9.55×106×P1 1 =9.55×106× 2.7936 960 2 =55581N?mm 2.齿数Z的初步确定 为了避免根切，选小齿轮z1=17，设计要求中齿轮传动比i=n1 n w =960/2 110 =4.3636，故 z2=i×z1=4.3636×17=74.1818，取z2=75。 此时的传动比误差为 ε=|i?i0 i |×100%=| 4.3636?75/17 4.3636 |×100%=1.1%<5% 满足误差要求，故可用。 3.载荷系数K的确定 由于v值未知，K v不能确定，故可初选载荷系数K t=1.1~1.8，本设计中初选K t=1.4。 4.齿宽系数?d的确定 根据参考文献[1]表8.6，齿轮在轴承上为悬臂布置，软齿面，选取齿宽系数?d=0.35。 5.齿形系数Y F和应力修正系数Y s的确定 根据参考文献[1]图8.19，Y F1=2.95，Y F2=2.25。 根据参考文献[2]图8.20，Y s1=1.52，Y s2=1.76。 6.重合度系数Yε的确定 对于标准外啮合直齿圆柱齿轮传动，端面重合度 εα=[1.88?3.2(1 z1 + 1 z2 )]=[1.88?3.2( 1 17 + 1 75 )]=1.6491 Yε=0.25+0.75 εα =0.25+ 0.75 1.6491 =0.72 7.许用弯曲应力[σ]F的确定

哈工大数字逻辑大作业

汽车尾灯控制器 信安一班 1150320101-孙晨1150810613-李秋豪1152210121-路祥鹏 （按笔画顺序排列） 注：任何人可以自由的复制、修改、分发本文。但是如果您的版本中含有附录的参考图片：1.在用于非商业、非盈利、非广告性目的时需注明作者及出处“百度百科”。2.在用于商业、盈利、广告性目的时需征得作者同意，并注明作者姓名、授权范围及出处“百度百科”。GMT+8 2016-12-07 20:20

一、目录 设计要求------------------------------------------------------------- 3 工作原理，系统方框图----------------------------------------------- 3 各部分选定方案及说明----------------------------------------------- 5 总体设计图与仿真结果----------------------------------------------- 9 设计心得与总结------------------------------------------------------ 17 参考文献------------------------------------------------------------- 17 附录：总体器件表及其功能表、管脚分布----------------------------- 18

二、设计要求 设计一个汽车尾灯控制器。汽车尾部左右两侧各有3个指示灯。根据汽车运行情况，指示灯有4+2种显示模式： （1）汽车正向行驶，所有指示灯全部熄灭。 （2）汽车右转弯，右侧的三个指示灯按右循环模式顺序点亮。 （3）汽车左转弯，左侧的三个指示灯按左循环模式顺序点亮。 （4）临时刹车，左右两侧的指示灯同时处于闪烁状态。 （5）倒车状态，右侧的三个指示灯按右循环模式顺序点亮，同时左侧的三个指示灯按左循环模式顺序点亮。 （6）故障状态，所有灯全亮且不闪烁。 三、工作原理，系统方框图 大致原理：(详细介绍见第四部分) 该器件有六种状态，所以应该使用三个开关状态L1、L2、L3来表达。 对于正常行驶状态，灯全灭，即对所有的灯给低电平。 对于汽车右转弯，右侧的三个指示灯按右循环模式顺序点亮，可以采取三进制计数器（十进制改造）+三八译码器来实现，其中三进制计数器的输出作为译码器的输入，译码器的输出决定三个右侧灯的亮暗。 对于汽车左转弯，原理同汽车右转弯的实现方法。 对于临时刹车，可以使用CP信号直接决定六个灯的亮暗，达到闪烁的目的。 对于故障状态，对所有的灯置高电平。

哈工大机械原理大作业

H a r b i n I n s t i t u t e o f T e c h n o l o g y 机械原理大作业一 课程名称：机械原理 设计题目：连杆机构运动分析 院系：机电学院 班级：1208105 分析者：殷琪 学号： 指导教师：丁刚 设计时间： 哈尔滨工业大学 设计说明书 1 、题目 如图所示机构，一只机构各构件的尺寸为AB=100mm，BC=，CE=，BE=，CD=，AD=，AF=7AB，DF=，∠BCE=139?。构件1的角速度为ω1=10rad/s，试求构件2上点E的轨迹及构件5的角位移、角速度和角加速度，并对计算结果进行分析。 2、机构结构分析

该机构由6个构件组成，4和5之间通过移动副连接，其他各构件之间通过转动副连接，主动件为杆1，杆2、3、4、5为从动件，2和3组成Ⅱ级RRR 基本杆组，4和5组成Ⅱ级RPR 基本杆组。 如图建立坐标系 3、各基本杆组的运动分析数学模型 1) 位置分析 2) 速度和加速度分析 将上式对时间t 求导，可得速度方程： 将上式对时间t 求导，可得加速度方程: RRR Ⅱ级杆组的运动分析 如下图所示 当已知RRR 杆组中两杆长L BC 、L CD 和两外副B 、D 的位置和运动时，求内副C 的位置、两杆的角位置、角运动以及E 点的运动。 1) 位置方程 由移项消去j ?后可求得i ?： 式中， 可求得j ?： E 点坐标方程： 其中 2) 速度方程 两杆角速度方程为 式中， 点E 速度方程为 3) 加速度方程 两杆角加速度为 式中， 点E 加速度方程为 RPR Ⅱ级杆组的运动分析 （1） 位移方程 （2）速度方程 其中 （3）加速度方程 4、 计算编程 利用MATLAB 软件进行编程，程序如下: % 点B 和AB 杆运动状态分析 >>r=pi/180; w 1=10; e 1=0; l 1=100; Xa=0; Ya=0;

哈工大自动控制原理 大作业

自动控制原理 大作业 (设计任务书) 姓名: 院系: 班级: 学号:

5、 参考图 5 所示的系统。试设计一个滞后-超前校正装置,使得稳态速度误差常数为20 秒-1,相位裕度为60度,幅值裕度不小于8 分贝。利用MATLAB 画出 已校正系统的单位阶跃与单位斜坡响应曲线。 + 一.人工设计过程 1、计算数据确定校正装置传递函数 为满足设计要求,这里将超前滞后装置的形式选为 ) 1)(()1)(1()(2 12 1T s T s T s T s K s G c c ββ++++ = 于就是,校正后系统的开环传递函数为)()(s G s G c 。这样就有 )5)(1()(lim )()(lim 00++==→→s s s K s sG s G s sG K c c s c s v 205 ==c K 所以 100=c K 这里我们令100=K ,1=c K ,则为校正系统开环传函) 5)(1(100 )(++=s s s s G 首先绘制未校正系统的Bode 图 由图1可知,增益已调整但尚校正的系统的相角裕度为? 23.6504-,这表明系统就是不稳定的。超前滞后校正装置设计的下一步就是选择一个新的增益穿越频率。由)(ωj G 的相角曲线可知,相角穿越频率为2rad/s,将新的增益穿越频率仍选为2rad/s,但要求2=ωrad/s 处的超前相角为? 60。单个超前滞后装置能够轻易提供这一超前角。 一旦选定增益频率为2rad/s,就可以确定超前滞后校正装置中的相角滞后部分的转角频率。将转角频率2/1T =ω选得低于新的增益穿越频率1个十倍频程,即选择2.0=ωrad/s 。要获得另一个转角频率)/(12T βω=,需要知道β的数值,

哈工大机械原理大作业——齿轮——1号

哈工大机械原理大作业——齿轮——1号

Harbin Institute of Technology 机械原理大作业3 课程名称：机械原理 设计题目：齿轮传动设计

i 3 =1450/17=85.294 传动系统的总传动比由带传动、滑移齿轮传动和定轴齿轮传动三部分实现。 设带传动的传动比为i pmax =2.8，滑移齿轮的传动比为i v1 ,i v2 和i v3 ，令i v3 =i vmax =4.5, 则定轴的传动比为i f =85.294/(4.5*2.8)=6.769，从而i v1 =48.333/（6.769*2.8） =2.550,i v2=3.326。定轴齿轮每对的传动比为i d ==1.89。 三、滑移齿轮变速传动中每对齿轮的几何尺寸及重合度: 经过计算、比较，确定出三对滑移齿轮的齿数，其分别为：z 5=17，z 6 =44， z 7=14,z 8 =47，z 9 =11，z 10 =50。变位系数的确定：x 5 =x 6 =0； x 7 ≥ ha*(17-14)/17=0.176，取x 7=0.18，x 8 =-0.18；x 9 ≥ha*(17-11)/17=0.353，取 x 9=0.36；x 10 =-0.36。各对齿轮的具体参数如下。 表一滑移齿轮5和6几何尺寸及重合度 序号项目代号计算公式及计算结果 1 齿数齿轮5 z 5 17 44 齿轮6 z 6 2 模数m 2 3 压力角α20° 4 齿顶高系数h a * 1 5 顶隙系数c* 0.25 6 标准中心距 a 61mm 7 实际中心距a’61mm 8 啮合角α ’ 20° 9 变位系数齿轮5 x 5 齿轮6 x 6 10 齿顶高齿轮5 h a5 h a5 = h a * m=2mm h a6 = h a * m=2mm 齿轮6 h a6 11 齿根高齿轮5 h f5 h f5 =m*(h a *+c*)=2.5mm h f6 =m*(h a *+c*)=2.5mm 齿轮6 h f6 12 分度圆直径齿轮5 d 5 d 5 =m*z 5 =34mm d 6 =m*z 6 =88mm 齿轮6 d 6 13 齿顶圆直径齿轮5 d a5 d a5 =d 5 +2*h a5 =39mm d a6 =d 6 +2*h a6 =93mm 齿轮6 d a6 14 齿根圆直径齿轮5 d f5 d f5 =d 5 -2*h f5 =29mm d f6 =d 6 -2*h f6 =83mm 齿轮6 d f6 15 齿顶圆压力 角 齿轮5 α a5 α a5 =arccos(d 5 *c osα/d a5 )=32.51° α a6 =arccos(d 6 *cosα/d a6 )=27.23° 齿轮6 α a6 16 重合度ε[z 5 *(tanα a5 -tanα’)+z 6 *(tanα a6 - tanα’)]/2π=1.792

哈工大机械原理课程—产品包装线方案9

哈工大机械原理课程—产品包装线方案9

H a r b i n I n s t i t u t e o f T e c h n o l o g y 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9） 院系：机电工程学院 班级： 设计者： 学号： 指导教师：陈明 设计时间：2013.07.01-2013.07.05

哈尔滨工业大学 目录 一．题目要求 (3) 二．题目解答 1.工艺方法分析 (3) 2.运动功能分析及图示 (4) 3.系统运动方案的拟定 (8) 4.系统运动方案设计 (13) 5.运动方案执行构件的运动时序分析 (19) 6.运动循环图 (21)

产品包装生产线(方案9) 1.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=500*200*200，采取步进式输送方式，将第一包和第二包产品送至托盘A上（托盘A上平面与输送线1的上平面同高），每送一包产品至托盘A上，托盘A下降200mm。当第三包产品送到托盘A上后，托盘A上升405mm、顺时针旋转90°，把产品推入输送线2。然后，托盘A逆时针回转90°、下降5mm恢复至原始位置。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6、12、18件小包装产品。 图1功能简图

2.题目解答 （1）工艺方法分析 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、转位的是执行构件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图所示。 下图中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，T3’是执行构件3的动作周期。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则有一个间歇往复运动和一个间歇转动，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：3T1= T2= T3。执行构件3的动作周期为其工作周期的1/20。 图2 运动循环图 （2）运动功能分析及运动功能系统图 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

哈工大机械设计课程设计减速器..

一、传动方案拟定 传动方案： 图1. 工作机： . 图2. 传动方案简要说明： 传动方案如图1，原动机伸出轴通过联轴器与减速器输入轴相连。减速器输出轴通过联轴器与工作机（带式运输机）相连，使原动机的运动传递到工作机上。减速机为二级展开式圆柱齿轮减速器，通过两对减速齿轮进行减速，其中输入轴上安装第一级小齿轮（远离原动机一侧），中间轴安装第一级大齿轮和第二级小齿轮，输出轴安装第二级大齿轮。

二、电动机的选择和传动装置的运动、动力参数计算 工作机输出功率kW 4.2W 2.12000=?==Fv P 。由参考文献[1]表9.1查得齿轮传动效率97.01=η，滚动轴承传动效率99.02=η。为补偿两轴线偏移，缓冲振动，选用弹性柱销联轴器，传动效率为99.03=η。 kW 737.299.099.097.04.22 23232231=??==ηηηP P 电机 由参考文献[1]表14.1选择Y 系列三相异步电动机Y100L2-4，同步转速1420r/min ，额定功率3kW 。 三、传动零件的设计计算 3.1确定传动比 传动装置的总传动比∑i 由选定的电动机满载转速m n 和工作机主动轴转速w n 确定。其中min /89.8128.014.32.16060r d v n w =??== π。 所以340.1789 .811420===∑w m n n i 。 由参考文献[1]，对于二级展开式圆柱齿轮减速器，可取214.1i i =，所以取 927.4340.174.14.11=?==∑i i ，519.3927 .4340.1712===∑i i i 。 3.2第一级减速齿轮设计 对第一对减速齿轮，考虑到斜齿轮传动平稳，适合于高速传动，因此选用斜齿圆柱齿轮。 3.2.1选择齿轮材料、精度等级 减速器为一般机械，大、小齿轮均采用45钢，采用软齿面。查参考文献[2] 表6.2可知，45钢采用调制处理，齿面平均硬度为236HBW ，正火处理齿面平均硬度可达190HBW 。因此小齿轮采用调制处理，大齿轮采用正火处理，使大齿轮齿面