第五章-典型传动系统设计

1—测微外套；2—螺母；3—固紧螺母 4—微动手轮；5—螺杆；6—滚珠
（1）人手转动的灵敏度
已知微动手轮的外径D=50mm，人手微动一次手轮， 最小敏感量在0.250左右，手轮转动一圈最多可微动的 次数nm=3600/0.250=1440次。 （2）确定螺杆螺距 已知微动一次螺杆最小位移量（瞄准精度） δa=0.0005mm。每微动一次，工作台最小微动量≤ 瞄准精度，即t/nm≤δa，得t≤δa·m=0.0005×1440= n =0.72mm。若选t=0.5mm，可满足该装置的微动要求。 验算实际最小位移量：S=±t·φ/(3600)= =±0.5×0.250/(3600)=±0.000347mm，满足了瞄准精 度的要求。
即为该系统在单位阶跃输入下的输出响应。
1 f 2 JDK
K Kt K D / i
e nt c (t ) 1 sin( 1 2 nt ) 1 2
1）系统的稳定性取决于系统的相对阻尼系数ξ的大小： ξ=0时，输出将是一个持续的等幅振荡，系统不稳定； ξ>1时，输出响应太慢，一直处于滞后状态； 只有当0<ξ<1时，系统处于衰减状态，系统才稳定， ξ越大，衰减就越快，系统的稳定性越好。
讨论：当总传动比给定后，如何确定各级传动比大 小？
1）从提高精度考虑，希望传动级数越少越好，传 动比“先小后大”（末级齿轮精度要高）。
缺点：系统的转动惯量增大，体积增大。 2）从减小体积考虑，希望各级传动比基本上相同。 缺点：传动精度下降，系统灵敏度不好。 三方面分配传动比矛盾，不可能都满足。应根据系 统要求，抓主要矛盾，合理选择各级传动比。 [例] 某随动系统结构设计中，已知电动机转速为 3500r/min,输出轴转速为10r/min，试按： 1）最高传动精度； 2）最小转动惯量； 3）最小体积； 分别确定该减速装置的级数及最佳传动比的分配。
2.5×4×5×7
齿轮的模数可按传递的功率和强度的要求求得。
2）按最小转动惯量的要求设计 传动级数的过多或过少都会引起齿轮系统转动惯量 的改变，传动级数愈多，系统的等效转动惯量愈小。 按四级考虑传动比的分配原则及计算如下： （1）高速级第一级的传动比初步拟定i12=1.9。 （2）其它三级的传动比 i23=i122/1.414=1.92/1.414=2.55 i34=i232/1.414=2.552/1.414=4.61 i45=i342/1.414=4.612/1.414=15.01 （3）用总传动比i值对i45值进行校正 i45=i/(i12×i23 ×i34)=350/(1.9×2.55×4.61) =15.7 校对值15.7与计算值i45=15.01比较，相对误差
二、螺旋传动系统设计
螺旋传动系统设计
螺旋传动主要用于变回转运动为直线运动，同时传 递能量和动力，也可调整零件的相互位置。 本节主要介绍传动系统中使用的螺旋副。
一、微动装置
微量进给或微量移动装置
微量装置的设计应满足：微动时灵敏度高，降速比 大，微动中位移量精确，位置稳定可靠，具有良好的 方向精度等。
按最小转动惯量分配各级传动比，后面的传动比往 往越来越大，齿轮直径过大，结构上不够合理，实际 要重新分配和适当调整。
三、按最小体积分配各级传动比 假设同前，对整个齿轮传动系统所占体积求导，得 两级齿轮传动的传动比关系：i12= i23 结论：按最小体积分配传动比时，两主动轮1、2 直 径相同，两从动轮2'、3直径相同，两中心距也相同。
1）两级齿轮传动的传动比分配 设两级齿轮传动均为减速传动 (i>1)；齿轮材料相同； 齿轮宽度相同；两个主动轮1、2´直径相同；各轴的转 动惯量忽略不计。
J p J1
J 2 J 2
2 i1, 2
i2
J3
2 1, 2 i2 , 3
上式中的J2、J2'分别为齿轮2、2′的转动惯量，由于 4 4 J 2 J1 J 2 J1 i14, 2 J 3 J 2 i2,3 J1 i2,3 所以 J p J1 (1 i12, 2
J1、J2、J3、J4—是轴1、轴2、轴3、轴4上齿轮1， 齿轮2、2，齿轮3、3及齿轮4的转动惯量。
2、选择传动级数 前面介绍了系统中的总传动比为10。 1) 采用单级齿轮传动，则该系统等效转动惯量： Jp=J1+J2/ i2=m1(D1/2)2+ m2(D2/2)2/i2=πD14bγ/16+ +πD24bγ/(16i2) = J1(1+i2) =101J1 2) 采用两级齿轮传动，假设：齿轮材料、宽度相 同，两主动轮具有相同的直径，轴的转动惯量忽略 不计，i12=2.5、i2‘3=4，则该系统等效转动惯量： Jp=9.97J1
四、总传动比对随动系统性能的影响
系统中传动装置的总传动比，对整个系统的性能--稳定性、准确性和快速性有很大影响。
随动系统是个动态系统，可用一个二阶常系数微分方程来 描述。先列出系统的输入量与输出量关系式，并考虑电机的 输出转矩MD等于转动零件（包括电机转子、齿轮、负载等） 的惯性力矩MJD。
C 2 n C 2 C n L 1 f 式中:ξ---系统的相对阻尼系数，其值为 2 JDK f----电机的粘滞摩擦系数（常数）； ωn----系统的固有谐振频率； JΣD----所有转动零件的转动惯量之和； K----系统开环时的传递函数。
n 值愈大ts 愈小，有利于系统的快速性。由n
=[K/J∑D]1/2，当所有转动零件的转动惯量之和J∑D 一定 时，K值选得大些， n 值就会跟着增大，有利于系统 的快速性。
若 K=KtKD/i总大，当Kt、KD一定时，需要选择较小 的i总值，即较小的 i总有利于系统的快速性。
3）速度阶跃输入后，系统的稳态精度—准确性 可由稳态误差 V表示，
V =| Z(t)—c (t)|t→∞=f /K
K值（ K=KtKD/ i总）选得大些有利于系统的稳态精 度。换句话说，选择较小的 i总值，有利于系统的快
速性。
由上述分析可以看出， i总值的大小对系统性能的 影响是有矛盾的，应根据系统的不同要求，具体分 析、统筹兼顾，合理地确定。 此外，当i总值选择大些，负载角速度 一定时， 执行电动机的转速D= i总· 必然增大，有利于改 善低速时的爬行现象。
3) 三级齿轮传动，Jp=6.5J1。 4) 四级齿轮传动， Jp=6.2J1，三级与四级的非常接近。
结论：齿轮传动的级数越多，等效转动惯量就越小。 但传动级数过多，收效甚微，且零件增多，结构复杂。
3、传动比的分配 当传动比及传动级数确定后，如何分配各级的传动比 才能使齿轮系统的等效转动惯量为最小？
解：按不同的要求分别设计： 1）按传动精度最高的要求分别设计 系统总传动比：i=3500/10=350。 直齿圆柱齿轮最易制造，精度最高，故选用直齿圆 柱齿轮传动，其单级传动比不宜大于8。 从提高传动精度来看，各级传动比应遵循“先小后大” 的原则，初步确定45级传动。
级数愈少，积累的误差愈少，传动精度愈高，最后 确定为4级传动。传动比的分配可定为：
1 i
2 1, 2

2 i2,3
i
2 1, 2
)
将i1,2=2.5， i2‘,3=4 代入上式后，则等效转动惯量为
1 42 J p J1 (1 2.52 ) 9.97 J1 10 J1 2 2 2.5 2.5
J p J1 (1 i12, 2 系统的等效转动惯量： 1 i
n
n ( K / J D )1/ 2
K Kt K D / i
式中：Ki----执行电动机之前所有环节的传递函数，即一系列 的放大系数； KD----执行电机的力矩放大系数； i----总传动比。 微分方程的解为： e nt c (t ) 1 sin( 1 2 nt ) 1 2
2 1, 2

2 i2,3
i
2 1, 2
)
令dJp/di12=0，d2Jp/di122>0，存在最小，当 i122» 1时,系统最小等效转动惯量的传动比：i2,3 i12, 2 / 2
2）多级齿轮传动 i2,3 i12, 2 / 2 ， 可假设一个i12值，可计算出下一级 再按上述方法计算下一级传动，可以看出减速传动 中，后一级传动比要大一些。分配传动比也可查下 图，不同传动级数下的各级传动比与总传动比之间 的关系曲线。
常用微动装置按原理分为： 1、机械传动式微动装置
有螺旋机构、齿轮机构、斜面机构、凸轮机构、杠 杆机构等。
1）螺旋式微动装置
利用螺旋传动 副以获得微小量 的微动位移，结 构简单、制造容 易、维修方便。
右图为万能工 具显微镜工作台 的微动装臵。 螺杆的位移 S= t·φ/ (3600) 螺距t确定后，位 移S与转角φ有关。
但i总值若选得小些，会使传动装置结构紧凑，传 动链短、零件少，对减小传动误差和回程误差是有 利的。 i总的值选得小些，当然也与选择电机有关， 对电机的重量、价格、性能有影响，考虑的因素更 多。 1、选择较大的 i总有利于系统的稳定性。 2、选择较小的i总有利于系统的快速性。 3、选择较小的i总有利于系统的准确性(稳态精度)。
虽然级数少传动精度高，但零件的尺寸、强度也对 传动有影响。单级齿轮的传动比不宜过大。
下图(a)单级齿轮传动 i=10，尺寸大，小齿轮参与啮 合次数多，磨损快，寿命低； 图(b)两级传动 i=10 。
如果总传动比较大，需采用多级齿轮传动，为提 高传动精度，如何分配各级传动比？ 1、单级齿轮传动 （左图），齿轮1、2误差折合 到输出轴Ⅱ上为△，输出轴Ⅱ上的误ห้องสมุดไป่ตู้：△Ⅱ=△ 2、两级齿轮传动 （右图） 齿轮1、2传动误差△1，齿轮2、3传动误差为△2。 输出轴的总误差： △Ⅱ= △2+ △1 / i23 当 i23 >1 减速传动，△1作用减小。
电机至负载的运动简图
1、计算等效转动惯量
根据动能守恒定律，等效转动惯量的动能 =各轴上 齿轮的动能之和。
J等效· ω12/2=J1·ω12/2+J2·ω22/2+ J3·ω32/2+ J4·ω42/2
J等效=J1 + J2/i122 + J3/(i122 ×i232 ) +
+ J4 /( i122 ×i232 ×i342 ) 可将整个齿轮传动系统的运动问题简化为具有等 效转动惯量的单一构件运动。
(15.7-15.01)/15.7=0.044=4.4%<5%,相差不大，基本 上与计算结果相符。 如果误差较大，说明初次拟定的i12不合适，需修正 后重新计算，再校验直至得到满足时为止。 （4）综合考虑后各级传动比定为 1.9×2.56×4.64×15.5=349.8 在具体设计时，还可根据实际情况进行适当的调整， 当然最后一级i45=15.5很大，实际设计中难以实现。 3）按最小体积设计 要求齿轮传动系统装置的体积最小，应使各级传动 比相等。按传动级数四级，则 4 i 4 350 4.325 i12= i23= i34= i45= 即四级传动的各级传动比都为4.325。具体选择时也 可以作一些变动。
2）当总传动比及各级齿轮传动误差一定时，各 级齿轮传动比分配原则：由输入轴开始，传动比应 “先小后大”。 3）当总传动比一定时，齿轮传动级数愈少精度 愈高。
二、按最小转动惯量分配各级传动比 在传动系统中， 经常需要齿轮正、 反转运动，要求 起动快、停止快， 即齿轮运转灵活， 转动惯量小ε=M/J。
1sin12?2??????????tentnkjfd???21?ikkkdt??1sin112?2?????????????tetntcn1系统的稳定性取决于系统的相对阻尼系数的大小
典型传动系统设计
一、小功率随动系统 精密齿轮传动设计
一、按运动精度最佳选择各级传动比
零件制成后不可避免地存在误差，组成部件的零件 越多，积累的误差越大。
当电机的粘滞摩擦系数f 值一定时，欲使ξ 值大些， J∑D、K值应选则小些，有利于系统的稳定。由于系统 开环时的传递函数K=KtKD/i总，当Kt、KD一定时，选择 较大的i总，则系统的K值减小，有利于系统的稳定性。
1 f 2 JDK
2）当一定时， 系统的过渡过程时间ts=3/( · n)， 由系统的固有频率n 确定。
3、多级齿轮传动 （下图） 各对齿轮对应的传动误差分别为：△1、△2、△3、 △4。输出轴Ⅴ上总误差： △Ⅴ= △4+△3/ i45+△2/（i34 ×i45）+ +△1/（i23 ×i34×i45） 一般机械设备中由电 机带动传动系统，多采 用减速机构，有以下特 点：
1）欲使总误差值减小， 应使末级齿轮传动 误差尽量小些，即末级 齿轮精度要高。