电动机驱动的输送带设计.演示教学
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«电机传动设计》课程设计任务书姓名 _________学号 _________上海电视大学2013年6月目录一、课程设计概述 (3)装配输送机及传动布置 (4)1.3 I/O端口配置 (5)三、课程设计要求 (5)四、课程设计步骤 (5)电动机额定功率、转速、电压参数 (10)五、课程设计小结 (15)一、课程设计概述电气传动技术课程是本专业的一门专业课, 主要讲述交、 直流电 动机原理及其应用, 是一门实践性很强的课程, 通过电气传动技术的 课程设计,掌握在工厂设备中电动机的选择、校验和计算。
课程设计模拟工厂常用的生产流水线, 设计一条电动机驱动的输 送带,根据加工工艺要求,在输送带上的工件大小和重量是变化的, 输送的位置和距离根据不同的要求, 有所变化, 要求正确的选择电动 机的额定功率、转速、工作制以及考虑生产现场的实际条件,需要采 取的措施。
二、课程设计任务有一条生产流水线的输送带如下图所示,在装料点0,按生产节拍依次装上各种电动机的零配件:A 转子、B 定子、C 前端盖、D 后 端盖、 E 底座。
分别要求送到工位 1、工位 2、工位 3、工位 4、工位 5 进行加工装配。
输送带采取带上无零配件的空载启动,在传送中, 自动控制系统使输送带上始终只有一个零配件, 而且两个零配件传送 过程中无间隔、停顿。
各种零配件依次送完后,再重复循环传送,… 传动系统设计参数:空载负载力矩 T L O / = 1000N • m输送带的输送速度 v = 7.5m/mi n ;输送带的加速度 dv/dt = 0.05m/s 2;电源供电电压3相380V 、变压器容量13Kva电压波动安全系数0.75。
米用齿轮减速箱,参数见表1:表1名称2GD (N • m2)传动参数传动效率0「电动机r 5(初选):1 带轮⑴ 1 C 60 n1=0.872 带轮⑵3 C 2483 :齿轮⑶ 1 18齿n2=0.914 齿轮⑷ 4 89齿5 齿轮⑸ 2 20齿n3=0.96 :齿轮⑹7 101齿7 送带轮56 0 254mm工艺要求送料的次序和位置见表2:表2:负载T L/GD2(N • M /N • M2)工位距离工艺十一工位1工位2工位3工位4工位5工步1 C前端盖200 / 70 L5=15M 工步2 D后端盖400/ 150 L4=14M 工步3 A转子1000/300 L3=11M 工步4 E底座700 / 240 L2=8M 工步5 B定子1800/600 L1=5M假设四极交流电动机转速1470 r/min、六极970 r/min,功率以0.1KW分档,T S"T N=1.2, Tmax/T N=2,电源电压波动安全系数0.75j 12 24860= 4.1(计算中保留两位小数点)三、课程设计要求根据输送机的启动和送料过程中给出的阻力矩和飞轮转矩,在保证启动过程和送料过程中系统要求的速度和加速度的条件下,设计、计算所需的电动机力矩,然后分析负载特性,选择电动机的工作制,确定电动机的额定功率、转速,最后在车间供电条件下,以及可能出现的供电电压不稳的特殊情况下,选择电动机的类型、电压、启动方式。
《四节传送带控制的设计》工作页项目任务描述某公司需要一台传送装置运送物料,因输送距离长,需设四节传送带,示意图如上图。
系统由传动电机M1、M2、M3、M4,S为“启闭开关”(即往上推是开机,往下扳是关机),A、B、C、D分别为对应的传送带的故障开关,用此装置完成整套设备的启停、物料的运送、故障停止等功能。
具体控制要求如下:1.闭合“启动”开关,首先启动最末一条传送带(电机M4),每经过5秒延时,依次启动一条传送带(电机M3、M2、M1)。
2.当某条传送带发生故障时,该传送带及其前面的传送带立即停止,而该传送带以后的待运完货物后方可停止。
例如M2存在故障,则M1、M2立即停,经过5秒延时后,M3停,再过5秒,M4停。
3.排出故障,打开“启动”开关,系统重新启动。
4.关闭“启动”开关,先停止最前一条传送带(电机M1),待料运送完毕后再依次停止M2、M3及M4电机。
行动过程请你们小组设计此套装置的电气控制系统,编写出控制程序。
要求:1.小组分析任务,收集有关资料,做控制方案。
2.要列出I/O分配表,若用顺序控制的思路要设计出顺序功能图,画出PLC 接线图(PLC的型号采用西门子S7-1200 CPU1214DC DC/DC/DC),对元器件选型。
3.编写出控制程序。
4.在模拟装置上进行模拟试验。
5.编制设计说明书。
学习目标1.能根据任务书提取出设备控制信息,如控制对象数量、要求,输入信号,输出信号,控制对象间的关系等。
2.能绘制出PLC的I/O分配表。
3.能根据提供的PLC型号绘制出PLC接线图。
4.能编制PLC控制程序,如果用顺序控制的方法要能绘制出顺序功能图,并能转化成梯形图。
5.能在模拟装置上连线、程序下载、调试,验证自己编写的程序合理性。
6.能编制设计说明书。
行动阶段一:领取工作任务目标:(1)小组讨论,分析任务书中四节传送带的作用及动作顺序,思考为什么要正向启动、逆向停止?(2)明确任务书中要求的任务成果。
小班科学教案传送带怎么做引言:在小班的科学教学中,为了增强学生的学习兴趣和主动参与性,利用一些简单的实验器材可以帮助孩子们更好地理解和掌握科学原理。
本文将介绍如何制作一个简单的小班科学教案传送带,以帮助教师们有效地进行科学教学。
一、传送带的原理传送带是一种用于运输物品的设备,利用电动机或者人力等驱动力量,使物品沿着特定方向连续运动。
在小班科学教学中,我们可以借用传送带的原理来设计一个简单的实验装置,用以探究物体在运动过程中的各种变化。
二、材料准备制作小班科学教案传送带,我们需要准备以下材料:1. 一段宽度适中的胶带2. 平滑的桌面或者电路板3. 一些小物件,例如木块、纸张等4. 电源或者电池组5. 线或者细绳6. 记录数据的纸笔三、制作步骤1. 找到一个长度适中的桌面或者电路板,确保其表面平整光滑。
2. 将胶带粘贴在桌面上,要求带子保持平整且拉紧。
3. 准备一些小物件,如木块或纸张,作为待运输的货物。
4. 将货物放在胶带上,观察其运动情况。
四、实验过程1. 选择一个起点和终点,可以标记出来,便于观察和记录。
2. 开始实验,将货物放在起点处,观察其在传送带上的运动。
3. 观察货物的速度、方向以及其他相关变化,记录数据。
4. 可以尝试不同形状、大小和质量的货物,观察其运动方式是否受到影响,记录数据。
五、数据记录和分析1. 在实验过程中,要认真记录观察到的现象和数据。
2. 可以绘制图表或者表格,对数据进行整理和分析,比较不同条件下的结果。
3. 孩子们可以在观察和记录的基础上,提出自己的假设和问题,并进行探究和实验。
六、实验结果和讨论1. 根据实验结果,可以总结物体在传送带上的运动规律和影响因素。
2. 孩子们可以就实验中的问题展开讨论,提出自己的见解和解释。
3. 鼓励孩子们分享自己的观察和发现,促进合作和交流。
七、延伸实验1. 可以尝试改变传送带的倾斜角度,观察对物体运动的影响。
2. 可以尝试在传送带上放置不同的障碍物,观察对物体运动的影响。
(完整版)带式输送机的设计(全套图纸)⽬录摘要 ................................................................................................................... 错误!未定义书签。
Abstract............................................................................................................. 错误!未定义书签。
1绪论 .. (2) 2带式输送机概述 (3)2.1 带式输送机的应⽤ (3)2.2 带式输送机的分类 (3)2.4 带式输送机的⼯作原理 (4)2.5 带式输送机的结构和布置形式 (6)2.5.1 带式输送机的结构 (6)2.5.2 布置⽅式 (6)3 带式输送机的设计计算 (7)3.1 已知原始数据及⼯作条件 (7)3.2 计算步骤 (8)3.3传动功率计算 (10)3.4.1 传动轴功率计算 (10)3.5 输送带张⼒计算 (12)3.5.1 最⼤张⼒计算及输送带材料选择 (12)3.5.2 输送带不打滑条件校核 (13)3.5.2 输送带下垂度校核 (14)3.5.3 各特性点张⼒计算 (14)3.8 拉紧⼒计算 (16)4 驱动装置的选⽤与设计 (16)4.1 电机的选⽤ (17)4.2.1 传动装置的总传动⽐ (17)4.2.3 联轴器 (17)5 带式输送机部件的选⽤ (20)5.1 输送带 (20)5.1.1 输送带的分类: (21)5.1.2 输送带的连接 (22)5.2 传动滚筒 (23)5.2.1 传动滚筒的作⽤及类型 (23)5.2.2 传动滚筒的选型及设计 (23)5.3 托辊 (24)5.3.1 托辊的作⽤与类型 (24)5.3.2 托辊的选型 (26)5.6拉紧装置 (27)5.6.1 拉紧装置的作⽤ (27)5.6.2 张紧装置在使⽤中应满⾜的要求 (27)5.6.3 拉紧装置在过渡⼯况下的⼯作特点 (28)5.6.4 拉紧装置布置时应遵循的原则 (28)5.6.5 拉紧装置的种类及特点 (28)6其他装置 (31)6.1 给料装置 (31)6.2 卸料装置 (31)6.3清扫装置 (32)7 电⽓及安全保护装置 (33)结论 (34)参考⽂献 (36)摘要本次毕业设计是关于矿⽤固定式带式输送机的设计。
《电机传动设计》课程设计任务书姓名学号上海电视大学2013年6月目录一、课程设计概述 (3)装配输送机及传动布置 (4)1.3 I/O端口配置 (5)三、课程设计要求 (5)四、课程设计步骤 (5)电动机额定功率、转速、电压参数 (10)五、课程设计小结 (15)一、课程设计概述电气传动技术课程是本专业的一门专业课,主要讲述交、直流电动机原理及其应用,是一门实践性很强的课程,通过电气传动技术的课程设计,掌握在工厂设备中电动机的选择、校验和计算。
课程设计模拟工厂常用的生产流水线,设计一条电动机驱动的输送带,根据加工工艺要求,在输送带上的工件大小和重量是变化的,输送的位置和距离根据不同的要求,有所变化,要求正确的选择电动机的额定功率、转速、工作制以及考虑生产现场的实际条件,需要采取的措施。
二、课程设计任务有一条生产流水线的输送带如下图所示,在装料点0,按生产节拍依次装上各种电动机的零配件:A转子、B定子、C前端盖、D后端盖、E底座。
分别要求送到工位1、工位2、工位3、工位4、工位5进行加工装配。
输送带采取带上无零配件的空载启动,在传送中,自动控制系统使输送带上始终只有一个零配件,而且两个零配件传送过程中无间隔、停顿。
各种零配件依次送完后,再重复循环传送,…。
传动系统设计参数:空载负载力矩T L0 '= 1000N·m输送带的输送速度ν= 7.5m/min;输送带的加速度dv/dt = 0.05m/s2;电源供电电压3相380V、变压器容量13Kva电压波动安全系数0.75。
传动系统的减速装置第一级采用减速采用皮带轮,第二和第三级采用齿轮减速箱,参数见表1:工艺要求送料的次序和位置见表2:假设四极交流电动机转速1470 r/min、六极970 r/min,功率以0.1Kw 分档,Tst/T N =1.2,Tmax/T N =2,电源电压波动安全系数0.75。
(计算中保留两位小数点)三、课程设计要求根据输送机的启动和送料过程中给出的阻力矩和飞轮转矩,在保证启动过程和送料过程中系统要求的速度和加速度的条件下,设计、计算所需的电动机力矩,然后分析负载特性,选择电动机的工作制,确定电动机的额定功率、转速,最后在车间供电条件下,以及可能出现的供电电压不稳的特殊情况下,选择电动机的类型、电压、启动方式。
四、课程设计步骤1:当输送带加速度=0.05m/s 2时,计算电动机在空载条件下的启动转矩、负载转矩、飞轮转矩、转速和功率;(1) 求出各级传动机构速比 j 带轮(1)和带轮(2)的速比;1.46024812=j 带轮(1)到齿轮(4)的速比;3.2018891.4341214=⨯==j j j 带轮(1)到齿轮(6)的速比;103201013.20561416=⨯===j j j j L 电动机轴的飞轮转矩;221202615m N GD GD GD M ⋅=+=+=带轮(2)和带轮(3)的飞轮转矩;22322223413m N GD GD GD ⋅=+=+=带轮(4)和带轮(5)的飞轮转矩;22524245624m N GD GD GD ⋅=+=+=带轮(6)和送带轮的飞轮转矩;22726263567m N GD GD GD L ⋅=+=+=总的飞轮转矩;LLMZj GD j GD j GD GD GD 2142451222322+++=103633.20613.446+++=288.7m N ⋅=总的传动效率:713.09.091.087.0321=⨯⨯==ηηηηL 空载负载转矩:m N j T T L L L LM ⋅=⨯+=67.1371.010310000η加速度: gs r dt dv D dt dn L LL min /77.405.02.06060=⨯==ππgs r dtdn j dt dn LLM min /31.49177.4103=⨯== 电动机空载转矩:LMMZ M T dt dn GD T +=375267.1331.49137588.7+⨯=m N ⋅=99.23送带轮的转速:min /94.112.0min/7.5D L L r mm v n L ===ππ电动机的转速:m in /82.122994.11103M r n j n L L =⨯==空载功率:82.122999.2355.919.551M ⨯⨯==M M n T PKW W 1.335.3089==2:分别计算电动机在启动后送各种料的过程中,电动机的转矩、负载转矩、飞轮转矩、转速和功率;电动机在运行过程中,在上料和下料的过程中转速会发生变化,在稳定运行后转速保持不变即:m in /82.1229M r n =当工步1时的负载转矩m N n T T T L L L LM ⋅=⨯+=+=975.094.111032001000j L 101 当工步1时的飞轮转矩 LL L MZ j GD GD j GD j GD GDGD 2121424512223221++++= 221256.81037088.7m N j GD GD L L Z ⋅=+=+= 当工步1时的电机转矩dtdn GD T T MZ LM M 3752111+= 31.49137556.843.2⨯+=m N ⋅=64.13 当工步1时的功率:55.982.122964.139.5511⨯=+=M M M n T PKW W 76.15.1756==当工步2时的负载转矩m N n T T T L L L LM ⋅=⨯+=+=14.194.111034001000j L 202 当工步2时的飞轮转矩LL L MZ j GD GD j GD j GD GD GD2221424512223222++++=222234.910315088.7m N j GD GD L L Z⋅=+=+= 当工步2时的电机转矩dtdn GD T T M Z LM M 3752222+= 31.49137534.914.1⨯+= m N ⋅=38.13当工步2时的功率:55.982.122938.139.5522⨯=+=M M M n T PKW W 7.11723==当工步3时的负载转矩m N n T T T L L L LM ⋅=⨯+=+=63.194.1110310001000j L 303 当工步3时的飞轮转矩 LL L MZ j GD GD j GD j GD GD GD2321424512223223++++=223279.1010330088.7m N j GD GD L L Z⋅=+=+= 当工步3时的电机转矩dtdn GD T T M Z LM M 3752333+= 31.49137579.1063.1⨯+= m N ⋅=77.15当工步3时的功率:55.982.122977.159.5533⨯=+=M M M n T PKW W 03.28.2030==当工步4时的负载转矩m N n T T T L L L LM ⋅=⨯+=+=4.194.111037001000j L 404 当工步4时的飞轮转矩 LL L MZ j GD GD j GD j GD GD GD2421424512223224++++=22422.1010324088.7m N j GD GD L L Z⋅=+=+= 当工步4时的电机转矩dtdn GD T T M Z LM M 3752444+= 31.4913752.104.1⨯+=m N ⋅=76.14当工步4时的功率:55.982.122976.149.5544⨯=+=M M M n T PKW W 9.17.1900==当工步5时的负载转矩m N n T T T L L L LM ⋅=⨯+=+=46.194.111038001000j L 505 当工步5时的飞轮转矩 LL L MZ j GD GD j GD j GD GD GD2521424512223225++++=225271.1310360088.7m N j GD GD L L Z⋅=+=+=当工步5时的电机转矩dtdn GD T T M Z LM M 3752555+= 31.49137571.1346.1⨯+= m N ⋅=42.19当工步5时的功率:55.982.122942.199.5555⨯=+=M M M n T PKW W 5.28.2500==3:根据计算得到的电动机在送各种料时各个转矩、 功率和电动 机的工作制。
选择电动机额定功率、转速、电压参数;根据以上计算得到的电动机转矩画出该系统的负载变化图如下可以确定该系统为带变动负载连续工作的电动机,这种“连续工作制”可以用“等值法”来计算电动机的功率,它的公式: ∑=+++=n i inn d tt P t P t P P 12222121Λ S L t 405.7560v 6011=== S L L t 245.75860v 60122=-=-=15S L L t 245.781160v 60233=-=-=S L L t 245.7111460v 60344=-=-= S L L t 85.7141560v 60455=-=-= 54321525424323222121t t t t t t P t P t P t P t P P M M M M M d ++++++++=∴82424244085.2249.12403.2247.14076.122222++++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=1205064.869.9836.699.123++++=KW 57.3=根据以上计算及已知条件可以确定电动机的初选额定功率:P N =3.57KW电动机的初选额定转速:n N =1470r /min电动机的初选额定电压:三相380V4:校验电源电压波动时,电动机的功率;当电压波动时要求所选电动机的最大转矩Tmax 必须大于运 行过程中出现的最大负载转矩T L max,即T L max ≤Tmax=N m T 'λ即是 N m L P P P 'max max λ=≤当电源电压波动的安全系数为:0.75时5.175.02'=⨯=m λ此时电动机的最大功率:KW P P N m 65.41.35.1'max =⨯==λ最大负载功率:KW P P M L 5.25max == 则P Lmax <P max ,即当电源电压波动的安全系数为:0.75是电动机能正常工作。
5:在工厂电源供电的条件下,选择电动机的额定启动方式,校验系统空载启动条件。
当电源供电电压是3相380V 变压器容量为13KV A 。
根据有关供电,动力部门规定:有独立变压器供电,电动机的功率与变压器的容量之比值,在电动机不频繁启动的条件下,电动机功率小于变压器的30%容许直接启动。