机电一体化计算题题库介绍.ppt

⑴齿轮2的转速 n2 =n1×Z1/Z2 =500×25/50=250 r/min (2)m1＝100Kg，所以未知的量为工作台的最高移动速度v: v =n2×P =250×0.01=2.5 m/min (3)等效转动惯量: [J]k=J1+(J2+J3)(n2/n1)2+m1(v1/n1)2/(4π2 ) =0.0003+(0.0048+0.003)(250/500)2+100×(2.5/500)2/(4π2) =0.0003+0.00195+0.000063 =0.0023 Kg.m2 分析计算题 如图已知齿轮1的齿数Z1=25，转动惯量J1=0.0003Kg.m2 ，齿轮2的齿数Z2=50，转动惯量J2=0.0048Kg.m2 ，滚珠丝杠的转动惯量J3=0.003Kg.m2 ，丝杠螺距P=10mm，电机的转动惯量JM=0.0016 Kg.m2,工作台质量m=100Kg,驱动系统总效率为0.8,工作台与导轨面的摩擦系数为0.02,不考虑切削阻力,电机达到最高转速500 r/min的启动加速时间为50ms。试求此系统转换到电机轴上的等效转动惯量和等效力矩 由题意已知，有齿轮1，2，丝杠三个转动件，工作台一个移动件。而且已知各自的转动惯量齿轮1 的转动惯量J1=0.0003Kg.m2 ，齿轮2转动惯量J2=0.0048Kg.m2 ，滚珠丝杠的转动惯量J3=0.003Kg.m2。 由齿轮1的齿数Z1=25，齿轮2的齿数Z2=50，可以得到 系统的惯量匹配计算 伺服电动机的转矩计算 等效转动惯量的计算（教材P17） 系统由有m个转动件和n个移动件组成，等效到电机轴上的等效转动惯量为： 式中：Ji为第i个转动件的转动惯量（Kg.m2 ）；ni为其转速；nk为电机轴的转速（r/min）； vj为第j个移动件的移动速度（m/min）；mj为其质量（Kg） 等效力矩计算 系统由有m个转动件和n个移动件组成，等效到电机轴上的等效力矩Tk为： Ti为第i个转动件的负载转矩（N.m）；Fj为第j个移动件所受的负载力（N） 设计举例 设计一步进电机开环控制的系统，已知系统的脉冲当量为0.01MM,采用步进电机直接联丝杠的驱动方式.丝杠的螺距为6MM,试问:（10分） （1）步进电机的步距角选多大为佳? （2）当采用五相十拍的混合步进电机时,如果要使工作台的移动速度达到2米/分,步进电机的运行频率是多少? （3）如果选定的步进电机矩-频特性见下表,当系统等效到电机轴的负载转矩为3.5N.M时,该电机能否以(2)所求得的运行频率顺利启动?如果不可以在不改动所选择的电机情况下可以采取哪些措施来满足要求? 解：（1） 步距角选小于0.60为好. (2) (3)根据所给表格数据,当电机以3333HZ频率运行时,所对应输出力矩在3-3.5NM之间,该值小于负载转矩(3.5NM),所以电机不能顺利启动. 可以采取的有效措施有: (A)采取降频启动,根据上表,当启动频率小于2500HZ时,启动力矩大于3.5NM,此时可以保证顺利启动,然后再加速至3333HZ,此时由于加速度减小,等效负载力矩会降低. (B)在电机和丝杠轴之间增加一对减速齿轮,传动比可以取为1/2,这样等效负载转矩会相应减为原来1/2,从而可以顺利启动. 2.5 3 3.5 4 4.5 5.5 6 T（N.M) 4000 3500 3000 2500 2000 1500 0-1000 F（HZ） 2.5 3 3.5 4 4.5 5.5 6 T（N.M) 4000 3500 3000 2500 2000 1500 0-1000 F（HZ） * (10分钟) （10分钟） 在开环伺服系统中我们经常要选择步进电机，下面我们就来学习如何正确选择步进电机。 我们知道 1. 工作台位移量的控制 数控装置发出N个脉冲，经驱动线路放大后，使步进电机定子绕组通电状态变化N次，如果一个脉冲使步进电机转过的角度为α，则步进电机转过的角位移量Φ＝Nα，再经减速齿轮、丝杠、螺母之后转变为工作台的位移量L，即进给脉冲数决定了工作台的直线位移量L。 2. 工作台进给速度的控制 数控装置发出的进给脉冲频率为f，经驱动控制线路，表现为控制步进电机定子绕组的通电、断电状态的电平信号变化频率，定子绕组通电状态变化频率决定步进电机的转速，该转速经过减速齿轮及丝杠、螺母之后，体现为工作台的进给速度V，即进给脉冲的频率决定了工作台的进给速度。 系统的惯量匹配对于系统的灵敏度影响很大，如果负载转动惯量过大，则电动机加速或减速的时间加长，同时也影响系统的稳定性等 。一般要满足如下公式： 也就是电动机转动惯量要占系统总转动贯量的0.5到0.8之间。 如果过小，就如小马拉大