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1、伺服电机控制大型圆盘转动1、转盘直径2.5米，总质量大概2吨，轴承支撑转动；2、转盘中心连接一轴延伸到下端, 套齿轮；3、伺服电机+40比减速，减速机轴套齿轮，带动转盘下齿轮，（齿轮与齿轮减速 比4:1 ）联动转盘；4、转盘5秒内做一往复圆周运动。请问：电机多大比较适合；伺服控 制定位要注意哪些问题。跪谢。1、转动惯量因为你没有说转盘的形状，我按质量均匀分布转盘惯量计算J=1/2MrA2=0.5 2000X1.25 1.25=1560KgmA22、转盘5秒内做一往复圆周运动”，是往返1周：1）匀加速、匀减速对称，电动机电动、发电功率相同，正转和反转相同，这 样5秒的正反转1周可以看成0.5 周
2、/1.25 秒 X4;2）由于角位移角加速度B、时间t的关系是:3二丄阳2 3）转矩T、角加速度B、转动惯量J的关系是:T=JB4）所以拖动转盘的转矩T为T 7 zeT J T Hi5）将 9 =n t=1.25 秒、J=1560KgmA2 代入得T=1560KgmA2X 2n/（ 1.25 秒）入2=6240Nm3、拖动圆盘的功率1）p=T32）由于3是由零到最大匀加速或匀减速运转的，所以电机的功率由零到最大 再到零均匀变化；3）最大角速度 3 = B t=2 9 /t=2 n /1.2弧度/秒4）所以拖动圆盘的最大功率PmPm=3 =6240NmX5 弧度 /秒 =31200w=31.2K
3、W4、如果系统的机械效率是1，那么电机运行的最大功率是 31.2KW ；5、电机的功率基本定下来了，电机的额定转矩、额定转速，与系统机械转动比 有关系：1） 如果电机直接拖动圆盘，那么电机的额定转矩T=6240Nm ;2）如果电机直接拖动圆盘，那么电机的速度是由零到最大变速运动：最大速度=最大角速度 3 = B t=2 9 /t=2 n /1.25弧5度/秒 =0.83转/秒=50转/min ;3） 如果传动比是10，那么电机的额定转矩就是 6240Nm 10，最大转速是50 转/min X10 ；4） 传动比由你设计，电机功率一定，最大功率是31.2KW，电机转速、额定转 矩由传动比换算；1
4、、拖动转盘的转矩T为T J r-彳1）9为往返一个角位移的1/2 :例如往返一周，9 =n例如往返半周，9 = n /22） t为往返一个角位移所需要的时间的1/4 :例如往返一周5秒，贝U t=5/4秒=1.25秒；例如往返一周10秒，则t=10/4秒=2.5秒；3）J为圆盘转动惯量，可根据其几何形状套用不同的公式计算之；2、 这个公式是把圆盘往返一个运动周期的运动分成正转加速、正传减速、反转加速、反转减速4个完全对称的分段运动，认为它们具有相同大小的转矩T、相同大小的角加速度B、相等的时间tg onQ Icon g3、转矩T确定，最大转速转矩T=电机的最大功率； 其中最大转速 3 * t=
5、2 9 /t4、如果传动效率是1，可认为直接拖动圆盘的功率二电机不同传动比时的功率5、计算结果可以根据系统传动方式及其损耗对计算结果进行修正：6、传动比只是改变了动力转矩和动力的角速度，不改变动力的功率，这就是杠 杆原理；7、电机的额定转矩、额定转速与传动比有关，其乘积额定功率不变； 例如电机直接拖动额定转速是50转/分，你可以选择传动比60，电机额定速度是 5060=3000 转 /分；这时电机的额定转矩 6240N叶60=104Nm，而电机的额定功率还是31.2KW不变；对你的系统一点儿建议：1、建议你的系统采用：PLC+位置开关+变频器2、正反转加减速由变频器完成；3、正反转往复运动控制由位置触点开关 +PLC来完成;4、这样系统非常简单明了安全可靠，运行调试十分方便！
