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=1/2Mr2=0.520001.251.25=1560Kgm22、“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
2、可以看成0.5 周/1.25 秒4;2）由于角位移 、角加速度 、时间 t 的关系是：3）转矩 T、角加速度 、转动惯量 J 的关系是：T=J4）所以拖动转盘的转矩 T 为5）将 =、 t=1.25 秒、J=1560Kgm2 代入得T=1560Kgm22/（1.25 秒）2=6240Nm3、拖动圆盘的功率1） p=T2）由于 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 =t=2/t=2/1.25=5 弧度/秒4）所以拖动圆盘的最大功率 PmPm=T=6240Nm5 弧度/秒=31200w=31.2KW4、如果系统的机械效率是 1，那么电机运行的最大
3、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 =t=2/t=2/1.25=5 弧度/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 6240Nm10，最大转速是 50转/min10；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、拖动转盘的转矩 T 为1） 为往返一个角位移的 1/2：例如往返一周，=；例
4、如往返半周，=/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，则 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 、相等的时间 t3、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 =t=2/t4、如果传动效率是 1，可认为直接拖动圆盘的功率=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 6240Nm60=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！
