28_北航机械设计答案—蜗杆传动.

第28章蜗杆传动

28-7图28-17所示为斜齿轮-蜗杆减速器，小齿轮由电机驱动，转向如图。已知：蜗轮右旋；电机功率P=4.5kW ，转速n=1450r/min ；齿轮传动的传动比2.21=i ；蜗杆传动效率86.0=η，传动比182=i ，蜗杆头数23=z ，模数mm m 10=，分度圆直径mm d 803=，压力角 20=α，齿轮传动效率损失不计。试完成以下工作：

（1）使中间轴上所受轴向力部分抵消，确定各轮的转向和回转方向。

（2）求蜗杆在啮合点的各分力的大小，在图上画出力的方向。

解：（1）各轮的转向和回转方向如图28-17所示。

（2）蜗杆在啮合点处各分力的方向如图28-17所示，大小如下：

圆周力N N d T F t 00.163080

20.6520002000333=⨯==

其中m N m N n P T ⋅=⋅⨯⨯=⨯=02.6509

.6595.41055.91055.93333min /09.659min /2

.2145013r r i n n ===径向力N N d T F F t r 96.204020tan 36035.10092000tan 2000tan 4443=⨯⨯==

= αα

其中

min /62.38min /18

09.695234r r i n n ===mm

mm z mi mz d 360218103244=⨯⨯===m

N m N i T T ⋅=⋅⨯⨯==35.100986.01820.65234η轴向力N N d T F a 50.5607360

35.100920002000443=⨯==28-8图28-18所示为一斜齿轮-双头蜗杆传动的手摇起重装置。已知：手把半径R=100mm ，卷筒直径D=220mm ，齿轮传动的传动比21=i ，蜗杆的模数mm m 5=，直径特性系数10=q ，蜗杆传动的传动比482=i ，啮合表面的摩擦角14.0=e ρ，作用在手柄上的力N F 200=，如果强度足够，试分析：若手柄按图方向转动，重物匀速上升时，能提升的重物为多重？在升举后松开手时，重物能否自行下降？齿轮传动效率和轴承效率损失不计。

解：手把传递的转矩为：

m

N m N FR T ⋅=⋅⨯==201.02000蜗杆传递的转矩为：

m

N m N i T T ⋅=⋅⨯==4022001由2.010

2tan 1===q z γ可得蜗杆的导程角为

31.11=γ由式（28-5）可知蜗杆的传动效率为

57.0)

03.831.11tan(2.0)tan(tan =+=+=

e ργγη蜗轮传递的转矩为：m

N m N i T T ⋅=⋅⨯⨯==4.109457.04840204η蜗轮的圆周力为

N N d T F t 4560480

4.109420002000444=⨯==480

965mz d 44=⨯==由2

244D W d F t =可知N N D d F W t 09.9949220480456044=⨯==

因为14.020.031.11=>==e ργ ，所以不满足自锁条件，在升举后松开手时，重物

可以自行下降。

28-10已知一蜗杆传动，传递的功率kW P 8.81=，min /9601r n =，18=i ，21=z ，

mm m 10=，8=q 传递总效率88.0=η。

求蜗杆传动中蜗杆和蜗轮所受的力（a r t F F F ,,）。解：蜗杆的转矩为：

m N m N n P T ⋅=⋅⨯⨯=⨯=54.87960

8.81055.91055.933

1蜗轮的转矩为：m N m N i T T ⋅=⋅⨯⨯==63.138688.01854.8712η蜗杆和蜗轮所受的力分别为：

N N d T F F N N d T F F N N d T F F t a r r a t 5.77032181063.13862000200084.280320tan 2181063.13862000tan 200050.218881054.8720002000222122211121=⨯⨯⨯==-==⨯⨯⨯⨯==

-==⨯⨯==

-= α