第十三章 步进电机
13.1步进电动机的结构与原理
1.概念：
步进电动机或称脉冲电动机，是一种将输入脉冲信号转换成输
出轴的角位移（或直线位移）的执行元件。步进电动机每输入
一个脉冲信号，便转动一个确定的角度（称为：步距角）。输
出轴转过的总角度是与输入脉冲的个数成正比，输出轴转速与
脉冲的频率和歩距角成正比。 θ ∝ N β
n∝ f
2.结构 定子： 凸极式
控制线圈
定子： 硅钢片叠成
相： 每两个相对的磁极上绕有一个 线圈，构成一相。
三相：六个极，三个绕组，构成三相
13.1 三相反应式步进电动机的结构示意图
转子： 材料：硅钢片或软磁材料 4个凸极、无绕组
3.类别：按励磁方式分为：
反应式：转子无励磁绕组，磁阻式
永磁式：转子为永久磁铁
混合式（永磁感应式）
按输出转矩分类为：快速步进电动机 0.7 Nm~ 4 Nm；
功率步进电动机 T=5 Nm~ 4 0Nm；
4.特点：
θ∝ f
n∝ Nβ
●线性好，无累计误差，可变频调速；
●抗干扰能力强；
●转动惯量小，能快速起动、反转与制动。在一相绕 组通电的情况下有自锁能力。
5.工作原理
（1）工作原理： 电磁铁原理：定子绕组通电，在铁心中产生 磁场，总是力图沿磁阻最小的路径通过。这种磁场力产生力矩， 使转子转动，当达到最短路径的位置则自锁。
定子绕组通电顺序（顺时针）
A
B
C
转子自锁位置
转子顺时针转向
1
0
0
A---1 A’---3
0
1
0
B---2 B’---4
0
0
1
C---3 C’----1
1
0
0
A---4 A’---2
图13.2 单三拍通电方式时转子的位置（ａ）Ａ相通电
图13.2 单三拍通电方式时转子的位置（ｂ）Ｂ相通电
图13.2 单三拍通电方式时转子的位置（ｃ）Ｃ相通电
图13.2 单三拍通电方式时转子的位置（ａ）Ａ相通电
（2）转子的转向 转子的转向由定子的通电顺序决定： A---B---C---A 绕组顺向导通 转子顺时针转 A---C---B---A 绕组逆向导通 转子逆时针转 （3）转子的转角 绕组通电循环一个周期，转子旋转一个齿距：
360 = 90 4
（4）单相轮流通电的缺点（三相单三拍） 容易产生振动，稳定性差； 切换时容易失步；
（5）通电方式（工作方式）
三相单三拍
β=
三相双三拍 三相单-双六拍
β= β=
1 × 360
3
4
1 × 360
3
4
1 × 360
6
4
= 30o = 30o = 15o
归纳： β = 1 360o = 1 360o = 360o
N Z Km Z ZKm m : 相数 Z : 转子齿数
?1: 单三拍、双三拍 K = ??2：单、双六拍
图13.3 步进电机的通电方式（a）A相通电
图13.3 步进电机的通电方式（b）A、B相通电
图13.3 步进电机的通电方式（c）B相通电
图13.3 步进电机的通电方式（d）B 、C相通电
（6）小步距角步进电机
●增加齿数，减小步距角， z=40时：
三相单三拍
β = 1 ? 360o = 3o
3 40
三相单-双六拍
β = 1 ? 3 6 0 o = 1 .5 o
6 40
●定子和转子各相的齿错开1/3齿距
●增加相数，减小步距角；相数多----拍数大，步距角小， 结构复杂，定子绕组：三、四相、五相与六相，但控制在 六相以下。
1
定子 2
Α
转子
C'
Β
3
定子绕组
'
Β
C
'
Α
图13.4 三相反应式步进电动机结构示意图
6. 步进电动机的主要特性
（1）矩角特性——电磁转矩随偏转角度变化的关系 近似为正弦曲线
（2）启动惯频特性——启动频率与负载转动惯量的关系 空载时，由静止突然启动且不失步所允许的最高启动
频率，称为启动频率或突调频率 （3）运行频率特性
不失步运行的最高脉冲频率 （4）矩频特性
负载转动惯量一定且稳态运行时的最大输出转矩与脉 冲频率的关系。
第二章机电传动系统的动力学基础 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静 态的工作状态。 T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速， T M-T L=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 试列出以下几种情况下（见题图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加速，减 速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L
T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。 为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种类型的负载？ 可分为1恒转矩型机械特性2离心式通风机型机械特性3直线型机械特性4恒功率型机械特性,4种类型的负载. 在题图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？ 交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点 交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点
第三章 为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N =180kW, U N =230V,n N =1450r/min, η N =%，试求： ①该发电机的额定电流； ②电流保持为额定值而电压下降为100V时，原动机的输出功率（设此时η= η N ） P N =U N I N 180KW=230*I N I N =782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N 100/η N P= 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N =, U N =220V, n N =1500r/min, η N =%, 试求该电机的额定电流和转矩。 P N =U N I N η N 7500W=220V*I N * I N =38.5A T N =n N = 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 电动机在未启动前n=0,E=0,而R a 很小,所以将电动机直接接入电网并施加额 定电压时,启动电流将很大.I st =U N /R a 直流串励电动机能否空载运行?为什么？ 串励电动机决不能空载运行,因为这时电动机转速极高,所产生的离心力足
《机电传动控制与PLC技术》课程实验教学大纲 课程名称 机电传动控制与PLC技术 课程学时 40 课程学分 2.5 课程属性 专业选修课 适用专业 自动化、电气工程及其自动化专业 课程性质 非独立设置的实验课程 先修课程 电机学、电机与拖动、工厂供电等 一、课程简介 本课程主要介绍常用控制电器的结构、原理、用途及型号 电气控制的基本线路 典型生产设 备电气控制系统 PLC的基本原理 三菱PLC的基本指令及顺序控制指令、功能指令 PLC的通信与 联网技术 PLC正确选用及PLC控制系统的简单设计。 二、课程实验目的 1、进行实验基本技能的训练 2、巩固、加深并扩大所学的基本理论知识 培养解决实际问题的能力 3、培养实事求是、严肃认真细致踏实的科学作风和良好的实验习惯 为将来从事生产和科学实验打 下必要的基础。 三、实验方式及基本要求 电气控制实验要求3-4人一组 按要求完成规定的实验项目 PLC实验要求单人单机实验 按要 求完成规定的实验项目。 要求能独立完成规定的实验项目 学会继电接触器控制线路的分析和设计方法 会观察实验现 象 会设计简单的控制险路 有解决简单控制线路故障的能力 掌握编程器、编程软件的使用 能 阅读和分析实际PLC程序与梯形图 能进行简单的程序设计 运行、调试、维护可编程序控制器系 统。 四、实验报告要求 实验报告是实验工作的全面总结 要用简明的形式将实验结果完整和真实的表达出来 报告要求简明扼要 字迹工整 分析合理。图表整齐清楚 线路图要用铅笔及绘图仪器绘制 不应徒手描 画。报告包括以下几项内容 1、实验名称、专业、班级、姓名、同组者名称、实验台号、实验日期、交报告日期。 2、实验目的 3、实验线路图 4、实验设备
1、如图所示，判断哪组是正确的。 （a ）L M T T > (b) L M T T = (c) L M T T < A ：图（a ）M T 为正，是拖动转矩，加速状态 B ：图（b ）M T =L T ，匀速状态 C ：图（c ）M T 为正，L T 为负，减速状态 2、关于交流电动机调速方法正确的有： A ：变频调速； B ：改变磁通调速； C ：改变转差率调速； D ：定子串电阻调速 3、三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流会 。 A ：减少； B ：增加； C ：等于零。 4、三相鼠笼异步电动机在相同电源电压下，空载启动比满载启动的启动转 矩 。 A ：相同； B ：大； C ：小。 5、如下图所示，曲线1和曲线2分别为电动机和负载的机械特性。试问：电 动机能否在A 点稳定运行 A ：能； B ：不能； C ：不能确定 6．恒功率型机械特性为负载转矩与转速成： A 正比; B 反比。 7、有一台三相异步电动机，正常运行时为?接法，在额定电压下启动，其 N st T T 2.1=，若采用?-Y 换接启动，试问当负载转矩N L T T %35=，电动机能否 启动 A ：能； B ：不能； C ：不能确定 8．三相异步电动机的何种制动又叫发电制动。 A 反接制动； B 反馈制动； C 能耗制动 9．晶体管直流脉宽调速系统比晶闸管直流调速系统动态响应速度： A 高； B 低； C 一样。 10、直流电动机当电枢回路中串接电阻后，其固有的机械特性曲线是： A ：由（0，no ）出发的一簇向下倾斜的直线； B ：一簇平行于固有特性曲线的人为特性曲线； C ：；由（0，no ）出发的一簇向上倾斜的直线； D ：不确定； 11、下列方法中哪一个不是消除交流伺服电动机“自转”的方法：
西南科技大学成教学院德阳教学点 《机电传动控制》练习题 姓名：学号：班级：成绩： 一、单项选择题 1．机电传动的发展大体上经历的阶段顺序是：（） A．单电机拖动、双电机拖动、成组拖动 B．成组拖动、单电机拖动、多电机拖动C．单电机拖动、多电机拖动、成组拖动 D．成组拖动、单电机拖动、网络拖动 2、机电传动系统稳定工作时中如果T M >T L ，电动机旋转方向与T M 相同，转速将产生的变 化是。（） A．减速 B．加速 C．匀速 D．停止 3、机电传动系统中如果T M 习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩。 拖动转矩是由电动机产生用来克服负载转矩，以带动生产机械运动的。静态转矩就是由 生产机械产生的负载转矩。动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。 TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即 静态）的工作状态。 试列出以下几种情况下（见题图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加速，减 速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） TM TL TL TM N TM=TL TM< TL TM-TL<0说明系统处于减速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L M>L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 多轴拖动系统为什么要折算成单轴拖动系统？转矩折算为什么依据折算前后功率不变的原 则？转动惯量折算为什么依据折算前后动能不变的原则？ 因为许多生产机械要求低转速运行，而电动机一般具有较高的额定转速。这样，电动机与生产机械之间就得装设减速机构，如减速齿轮箱或蜗轮蜗杆，皮带等减速装置。所以为了列出系统运动方程，必须先将各转动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量这算到一根轴上。转矩折算前后功率不变的原则是P=Tω, p不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=ω2 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。 为什么机电传动系统中低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 转速n M=900r/min; 中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60 r/min。试求折算到电动机轴上的等效专惯量。 折算到电动机轴上的等效转动惯量:j=Nm/N1=900/300=3,j1=Nm/Nl=15 J=JM+J1/j2+ JL/j12=+2/9+16/225= .如图（b）所示，电动机转速n M=950 r/min，齿轮减速箱的传动比J1= J2=4，卷筒直径D=,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力F=100N,电动机的费轮转距GD2M= m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为。试球体胜速度v和折算到电动机轴上的静态转矩T L以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2z.。 ωM=*2n/60= rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=4*4*2=s v=ωD/2=2*=s T L=ηC n M=*100**950= GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =*+100*322 = 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种类型的负载？ 可分为1恒转矩型机械特性2离心式通风机型机械特性3直线型机械特性4恒功率型机械特性,4种类型的负载. 反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点？ 反抗转矩的方向与运动方向相反,,方向发生改变时,负载转矩的方向也会随着改变,因而他总是阻碍运动的.位能转矩的作用方向恒定,与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向便促使运动。 在题图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？ 交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点 第二章机电传动系统的动力学基础 2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和 静态的工作状态。 T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速， T M-T L=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 2.3 试列出以下几种情况下（见题2.3图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加 速，减速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速2.5为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。 2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 2.9 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种类型的负载？ 可分为1恒转矩型机械特性2离心式通风机型机械特性3直线型机械特性4恒功率型机械特性,4种类型的负载. 2.11 在题2.11图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？ 交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点 交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点 第三章 3.1为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N=180kW, U N=230V,n =1450r/min,ηN=89.5%，试求： N ①该发电机的额定电流； ②电流保持为额定值而电压下降为100V时，原动机的输出功率（设此时η =ηN） P N=U N I N 180KW=230*I N I N=782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N100/ηN P=87.4KW 3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N=7.5KW, U N=220V, n =1500r/min, ηN=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 N P N=U N I NηN 7500W=220V*I N*0.885 I N=38.5A T N=9.55P N/n N =47.75Nm 3.11为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 电动机在未启动前n=0,E=0,而R a很小,所以将电动机直接接入电网并施加额定电压时,启动电流将很大.I st=U N/R a 3.14直流串励电动机能否空载运行?为什么？ 串励电动机决不能空载运行,因为这时电动机转速极高,所产生的离心力足以 《机电传动控制》实验报告 天津理工大学机械工程学院 2014年9月 实验一 直流他励电动机调速实验 一、实验目的 1.深入了解直流他励电动机的调速性能； 2.进一步学习PLC 控制系统硬件电路设计和程序设计、调试。 二、实验原理 1.直流他励电动机的调速原理、调速方法 电动机的调速就是在一定的负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。 从直流他励电动机机械特性方程式 T K K R R K U n t e ad a e 2φφ+-= 可知，改变串入电枢回路的电阻Rad ，电枢供电电压U 或主磁通Φ，都可以得到不同的人为机械特性，从而在负载不变时可以改变电动机的转速，以达到速度调节的要求，故直流电动机调速的方法有以下三种。 （1）改变电枢回路外串电阻Rad 如图7.1所示为串电阻调速的特性曲线，从图中可看出，在一定的负载转矩T L 下，串入不同的电阻可以得到不同的转速，如在电阻分别为R a 、R 3、R 2、R 1的情况下，可以得到对应于A 、C 、D 和E 点的转速n A 、n C 、n D 和n E 。在不考虑电枢回路的电感时，电动机调速时的机电过程（如降低转速）见图中沿A →B →C 的箭头方向所示，即从稳定转速n A 调至新的稳定转速n C 。这种调速方法存在不少缺点，如机械特性较软，电阻愈大则特性愈软，稳定度愈低；在空载或轻载时，调速范围不大；实现无级调速困难；在调速电阻上消耗大量电能等。 图7.1 电枢回路串电阻调速的特性曲线 （2）改变电动机电枢供电电压U 改变电枢供电电压U可得到人为机械特性，如图7.2所示，从图中可看出，在一定负载转矩T L下，加上不同的电压U N、U1、U2、U3、…，可以得到不同的转速n a、n b、n c、n d、…，即改变电枢电压可以达到调速的目的。 这种调速方法的特点是： ①当电源电压连续变化时，转速可平滑无级调节，一般只能在额定转速以下调节； ②调速特性与固有特性互相平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调速范围较大； ③当T L=常数时，稳定运行状态下的电枢电流Ia与电压U无关，且Φ=ΦN，故电动机转矩T=KtΦN Ia不变，属于恒转矩调速，适合于对恒转矩型负载进行调速； ④可以靠调节电枢电压来启动电动机，而不用其他启动设备。 图7.2 改变电枢供电电压调速的特性 机电传动控制 实 验 报 告 姓名：张泽超 学院：机电工程学院 班级：机械1301 学号： 0801130313 日期： 2016.6.15 一交流电机的点动与自动控制 1、电路原理图如下： 2、实验步骤: 1,断开实验台总电源开关 2,打开电脑,运行机电传动软件,先选择实验项目,然后根据软件中显示的原理图,在实验台上接线 3,按照原理图接线,接触器选用交流单元的接触器; 4,确定接线无误后,合上电源开关,就可开始进行实验 5,软件中点击<测试>--<运行>即可监测电机的扭矩和转速,5分钟后将自动弹出保存对话框,请确定并保存实验结果 3、实验过程: 按下原理图中对应的按钮,电机即可能到相应的动作 4、实验心得 该实验原理和操作都很简单，我们小组十分钟就做完了，运行也是正确的，给我们下面做实验也打好了基础，包括基本连线和基本设备，以及安全事项。 二、交流电机的能耗制动 1、电路原理图 2、实验步骤 1,断开实验台总电源开关 2,打开电脑,运行机电传动软件,先选择实验项目,然后根据软件中显示的原理图,在实验台上接线 3,按照原理图接线,接触器选用交流单元的接触器; 4,确定接线无误后,合上电源开关,就可开始进行实验 5,软件中点击<测试>--<运行>即可监测电机的扭矩和转速,5分钟后将自动弹出保存对话框,请确定并保存实验结果 3、实验过程: 按下原理图中对应的按钮,电机即可能到相应的动作 4、实验心得 能耗制动这个实验的原理接线图有一点复杂，所以我们组采取两个人分别接线主电路和控制电路。第一次接完运行后发现机器运行不了。证明我们接线有错误了。排查之后又重新连线，发现控制电路连错了。然后纠正后才能有正确的实验现象。总之，实验要认真的做，细心排查。 《机电传动控制》教学大纲 大纲说明 课程代码：3335030 总学时：48学时(讲课42学时，实验6学时) 总学分：3 课程类别：专业模块选修课 适用专业：机械设计制造及其自动化 预修要求：《电工技术》、《电子技术》、《自动控制原理》 一、课程的性质、目的、任务： 1．性质 《机电传动控制》是机械设计制造及其自动化专业的专业方向模块选修课。 2．目的 《机电传动控制》是机械设计制造及其自动化专业的一门专业选修课，属专业技术基础课，其目的是培养机械设计制造及其自动化专业的学生掌握机电传动控制技术，掌握实际的工程应用能力，学会解决工业电气控制中实际问题的能力。增强学生的就业竞争能力。 3．任务 二、本课程的主要任务是使学生： 1．掌握用系统的观点如何分析机电传动控制系统。 2．具备分析、设计机电传动控制系统的能力。 3．正确运用理论解决实际问题的能力。 三、课程教学的基本要求： 本课程的教学环节包括：课堂讲授、课外作业、实验和考试等。通过各个教学环节重点培养学生分析 1．教学方法和教学手段的建议： 本课程教学环节包括：课堂讲授、工程应用实例讨论、课外作业和实验等。通过各个教学环节的教学重点培养学生的自学能力、理论联系实际的能力和解决实际工程问题的能力。采用启发式教学，鼓励学生开展课堂讨论，提出不同方法。采用电子教案、多媒体教室；适当引入计算机辅助电子设计软件；使学生建立机算机仿真在概念。实验是本课程的重要教学环节，通过实验，深化和扩展对课程内容的理解，培养实际动手的能力。 2．实验要求: 实验是《机电传动控制》课程的重要教学环节，通过实验，加深学对课程内容的理解，掌握对机电传动控制的实际运用能力。 实验要求学生实验前认真准备，完成实验预习报告（对设计性实验需提交实验方案）；实验时积极思考，多动手，学会正确使用常用的机床电器和电动机等电器的使用方法，能正确联接电路，了解机电传动中常见的传动方式，学会电动机传动系统的参数调整方法；实验后要对实验现象和实验数据认真整理分析，编写出整洁的实验报告。 3．课程习题要求 习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础 2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩。 拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，以带动生产机械运动的。静态转矩就是由生产机械产生的负载转矩。动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。 2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。 TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 2.3 试列出以下几种情况下（见题2.3图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加速，减速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） TM-TL>0说明系统处于加速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 系统的运动状态是减速 2.7 如图2.3（a ）所示，电动机轴上的转动惯量J M =2.5kgm 2, 转速n M =900r/min; 中间传 动轴的转动惯量J L =16kgm 2,转速n L =60 r/min 。试求折算到电动机轴上的等效专惯量。 折算到电动机轴上的等效转动惯量:j=Nm/N1=900/300=3 ,j1=Nm/Nl=15 J=JM+J1/j 2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm 2 . 2.8 如图2.3（b ）所示，电动机转速n M =950 r/min ，齿轮减速箱的传动比J 1= J 2=4，卷 筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J 3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD 2M =1.05N m 2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。试球体胜速度v 和折算到电动机轴上的静态转矩T L 以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD 2z.。 ωM =3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM /j 1j 2j 3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L =9.55FV/ηC n M =9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD 2Z =δGD M 2+ GD L 2/j L 2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM 2 机电传动控制(全套完整版) ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 机电传动控制教案 学院、系：机械电子工程学院机电系 任课教师：任有志 授课专业：机械设计制造及其自动化课程学分： 课程总学时：60学时 课程周学时： 2006年2月20日 机电传动控制教学进程 周次课 次 章节计划学时教学手段教学环境 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 10 11 11 12 12 13 13 14 14 15 15 16 16 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 §1.1§1.2§1.3§2.1 §2.3§2.4 §3.1§3.2 §3.3 §3.4§3.5§3.6 §5.1§5.2§5.3§5.4 §5.4§5.5§5.7§5.8 §6.1§6.2§6.3 §6.4 §6.5 §6.7§7.1§7.2 §7.3 §7.4§7.5 §7.6 电动机原理习题讨论课 §8.1 §8.1 §8.2 实验课继电器接触器控 制实验 习题讨论课：§8.3 §8.4 §9.1 §9.2 实验课：可编程序控制器 认识实验 §9.3 §9.3 实验课：可编程序控制器 编程练习 §10.1 §10.2 §10.3§10.5 §10.6 实验课：晶闸管特性及触 发原理 §11.1 §11.2 §11.3 §11.4 §12.1 §13.1 §13.2 §13.3 §13.4 实验课 题讨论课 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 辅导 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 讲授 讲授 指导 讲授 指导 讲授 讲授 指导 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 《机电传动控制》实验指导书 常熟理工学院机械工程学院 周自强孟涛编 2010年3月1日 目录 实验1 三相异步电动机变频调速实验 (3) 实验2 步进电机基本参数设定及PLC控制实验 (5) 实验1 三相异步电动机变频调速实验一、实验目的 1）熟悉变频器使用方法和基本参数设定的含义。 2）熟悉变频器使用的基本过程。 二、实验原理 本实验分为PU模式和外部模式两种情况： （1）PU模式 （2）外部模式 三、实验设备 1）机电传动控制综合实验台。 四、实验内容 （1）进行PU模式的变频调速实验 ●首先将参数Pr.79 设定为“1”； ●调整频率设定值（频率设定值不要超过60Hz），按下“Run”按钮启动 电机；重新设定频率，并观察电机运转情况。 （2）进行外部模式的变频调速实验 ●外部运行模式（Pr.79 设定值“0”（初始值），“2”） ●根据附录中的参数设定方法对高、中、低三个速度段的频率进行设 定； ●根据图2所示进行变频装置端子接线，确认电机变频器连接正常； 操作相应的速度按钮，并观察电机的运转情况。 五、实验报告 1）画出变频调速的基本电路原理图。 2）写出实验过程和参数设定的主要内容。 六、思考题 异步电机的转速和变频器的频率之间是什么关系？变频调速在低速时的特性如何？ 实验2 步进电机基本参数设定及PLC控制实验 一、实验目的 1）熟悉步进电机工作原理。 2）熟悉步进电机控制程序编写方法。 二、实验原理 实验原理如图所示： 1）机电控制综合实验台。 2）五相步进电动机及其驱动器。 四、实验内容 1）按图3电路接线。 2）编写正、反转控制程序，SA8断开时正转，SA8闭合时反转。 3）运行程序，验证程序的正确性。 4）修改运行步数为250步。运行程序，记录角度和时间。 五、实验报告 1）绘制梯形图。 2）列出角度和步数的关系式，角速度和脉冲周期的关系式。 实验二搬运机械手的控制 一、实验目的 掌握应用PLC技术设计工艺生产控制系统的思想和方法，掌握PLC的编程技巧和程序调试方法，训练解决工程实际控制问题的能力。 二、实验仪器设备 1、THPLC－2型可编程序控制器模拟实验箱。 其中配备的主机为日本三菱FX1N－40MR型可编程序控制器，实验面板中设有多个实验区，本实验对应的实验区为“机械手动作的模拟”实验区。 2、个人计算机。 3、FX-422CAB型RS-422缆线或FX-422CAB-150型RS-422缆线。 4、FX系列PLC编程软件SWOPC-FXGP/WIN-C。 三、控制要求 有一搬运工件的机械手，其操作是将工件从左工作台搬到右工作台，工艺流程示意图如下面附图所示。 机械手通常位于原点。SQ1为下限位开关，SQ2为上限位开关，SQ3、SQ4分别为右限位开关和左限位开关。机械的上下左右移动以及工件的夹紧，均由电磁阀驱动气缸来实现。电磁阀YV1控制机械手下降，YV2负责夹紧工件，YV3使机械手上升，YV4控制机械手右移，YV5控制机械手左移。 搬取工件时，按下启动按钮1SB，则： ①机械手先由原点下降，碰到下限位开关SQ1后，停止下降； ②夹紧电磁阀YV2动作将工件夹紧，为保证工件可靠夹紧，机械手在该位置等待3s； ③待夹紧后，机械手开始上升，碰到上限位开关SQ2后，停止上升； ④改向右移动，移到右限位开关SQ3位置时，停止右移； ⑤改为下降，至碰到下限位开关SQ1时，停止下降； ⑥机械手将工件松开，放在右工作台上，为确保可靠松开，机械手在该位置停留2s； ⑦然后上升，碰到上限位开关SQ2后，停止上升； ⑧改为左移，回到原点，压在左限位开关SQ4和上限位开关SQ2上，各电磁阀均失电，机械手停在原位。 再按下启动按钮时，又重复上述过程。 四、系统配置 根据控制要求画出PLC的I/O分配表或I/O分配图； 由于所采用的实验箱中，已将PLC输入输出端外接的开关、按钮和信号灯的部分线路连接好，放置于实验模板内，因此，实验时只要将PLC主机与“机械手动作的模拟”实验模板两者的外接插孔用连接线按需要插接好即可。 五、程序设计 要求采用两种编程方法进行程序设计： 1、设计梯形图（用基本指令和移位功能指令），列写出相应的指令表； 2、设计状态转移图，画出相应的梯形图（用步进指令和基本指令），写出相应的指令表。 参考程序如附图。 六、程序的写入、运行与调试 采用FX系列PLC编程软件SWOPC-FXGP/WIN-C进行程序的写入。 1 绪论 1.1 机电传动控制的目的和任务 机电传动也称电力拖动或电力传动，是指以电动机为原动机驱动生产机械的系统的总称。其目的是将电能转变成机械能，实现生产机械的起动/停止和速度调节，以满足生产工艺过程的要求，保证生产过程正常进行。因此，机电传动控制包括用于拖动生产机械的电动机以及电动机控制系统两大部分。 在现代化生产中，生产机械的先进性和电气自动化程度反映了工业生产发展的水平。现代化机械设备和生产系统已不再是传统的单纯机械系统，而是机电一体化的综合系统。机电传动控制已成为现代化机械的重要组成部分。机电传动控制的任务从狭义上讲，是通过控制电动机驱动生产机械，实现产品数量的增加、产品质量的提高、生产成本的降低、工人劳动条件的改善以及能源的合理利用；而从广义上讲，则是使生产机械设备、生产线、车间乃至整个工厂实现自动化。 随着现代化生产的发展，生产机械或生产过程对机电传动控制的要求越来越高。例如：一些精密机床要求加工精度达百分之几毫米，甚至几微米；为了保证加工精度和粗糙度，重型镗床要求在极低的速度下稳定进给，因此要求系统的调速范围很宽；轧钢车间的可逆式轧机及其辅助机械操作频繁，要求在不到1s 的时间内就能完成正反转切换，因此要求系统能够快速起动、制动和换向；对于电梯等提升机构，要求起停平稳，并能够准确地停止在给定的位置上；对于冷、热连轧机或造纸机，要求各机架或各部分之间保持一定的转速关系，以便协调运转；为了提高效率，要求对由数台或数十台设备组成的自动生产线实行统一控制和管理。上述这些要求都要依靠机电传动控制来实现。 随着计算机技术、微电子技术、自动控制理论、精密测量技术、电动机和电器制造业及自动化元件的发展，机电传动控制正在不断创新与发展，如直流或交流无级调速控制系统取代了复杂笨重的变速箱系统，简化了生产机械的结构，使生产机械向性能优良、运行可靠、体积小、重量轻、自动化方向发展。因此，在现代化生产中，机电传动控制具有极其重要的地位。 1.2 机电传动控制的发展 1.2.1 机电传动的发展 机电传动及其控制系统总是随着社会生产的发展而发展的。20世纪初，由于电动机的出现，使得机床的传动方式发生了深刻的变革，电动机替代了蒸汽机。而后，它的发展大体上经历了成组拖动、单电机拖动、多电机拖动和交、直流无级调速四个阶段。 1. 成组拖动 成组拖动是用一台电动机拖动一根天轴，然后再由天轴通过皮带轮和皮带分别拖动各生产机械，这种传动方式生产效率低、劳动条件差，一旦电动机发生故障，将造成成组的生产机械停车。 2. 单电机拖动 机电传动控制 冯清秀 邓星钟 等编著 第五版 课后习题答案详解 2.1 说明机电传动系统运动方程式中的拖动转矩、静态转矩和动态转矩的概念。 答：拖动转矩：电动机产生的转矩Tm 或负载转矩TL 与转速n 相同时，就是拖动转矩。 静态转矩：电动机轴上的负载转矩TL ，它不随系统加速或减速而变化。 动态转矩：系统加速或减速时，存在一个动态转矩Td ，它使系统的运动状态发生变化。 2.2 从运动方程式怎样看出系统是加速的、减速的、稳定的和静止的各种工作状态？ dt d J T T L M ω =- 答：运动方程式： d L M T T T =- Td>0时：系统加速； Td=0 时：系统稳速；Td<0时，系统减速或反向加速 2.3 试列出以下几种情况下系统的运动方程式，并说明系统的运行状态是加速、减速还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） 答：a 匀速，b 减速，c 减速，d 加速，e 减速，f 匀速 2.4 多轴拖动系统为什么要折算成单轴拖动系统？转矩折算为什么依据折算前后功率不变的原则？转动惯量折算为什么依据折算前后动能不变的原则？ 答：在多轴拖动系统情况下，为了列出这个系统运动方程，必须先把各传动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量都折算到电动机轴上。 由于负载转矩是静态转矩，所以可根据静态时功率守恒原则进行折算。 由于转动惯量和飞轮转矩与运动系统动能有关，所以可根据动能守恒原则进行折算。 2.5 为什么低速轴转矩大？调速轴转矩小？ 答：忽略磨擦损失的情况下，传动系统的低速轴和调速轴传递的功率是一样的，即P1＝P2 而P1＝T1ω1，P2＝T2ω2 所以T1ω1＝T2ω2，当ω1＞ω2时， T1＜T2 2.6 为什么机电传动系统中低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多？ 答：因为低速轴的转矩大，所设计的低速轴的直径及轴上的齿轮等零件尺寸大，质量也大，所以GD2大，而高速轴正好相反。 2.7 如图所示，电动机轴上的转动惯量JM ＝2.5kg.m2，转速nM ＝900r/mim ；中间传动轴的转动惯量J1＝2kg.m2，转速n1＝300r/mim ；生产机械轴的惯量JL ＝16kg.m2，转速nL ＝60r/mim 。试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。 答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15 )(8.21516 325.2222211m kg j J j J J J L L M Z ?=++=++= 2.8 如图所示，电动机转速nM ＝950r/mim ，齿轮减速箱的传动比J1＝ J2 ＝4，卷筒直径D ＝0.24m ，滑轮的减速比J3 ＝2，起重负荷力F ＝100N ，电动机的飞轮转矩GDM2＝1.05N.m ，齿轮、滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。试求提升速度v 和折算到电动机轴上的静态转矩TL 以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GDZ2。 PLC课程实验 ————上机报告 学院： 班级： 学号： 姓名： 目录 一欧姆龙CX-Programmer软件的基本使用 (2) 1．开始一个新的工程 (2) 2．编写一个梯形图程序 (2) 3．把程序下载到PLC并上传 (3) 4．接线 (4) 5．在执行的时候监视程序 (4) 6．在线编辑 (4) 二上机实习程序 (5) 1 题目一 (5) 1.1 题目要求 (5) 1.2 IO分配及程序说明 (5) 1.3 梯形图 (5) 1.4 指令程序 (6) 2 题目二 (6) 2.1 题目要求 (6) 2.2 IO分配及程序说明 (6) 2.3 梯形图 (7) 2.4 指令程序 (10) 3 题目三 (10) 3.1 题目要求 (10) 3.2 IO分配及程序说明 (10) 3.3 梯形图 (11) 3.4 指令程序 (12) 三学习体会 (12) 一欧姆龙CX-Programmer软件的基本使用 在规划一个PLC工程时，在开始制定程序指令以前需要考虑各种项目和CX-Programmer 内部的设置。例如，要编程的PLC的类型和设置信息对CX-Programmer十分重要，因为只有这样，其才能够和PLC之间建立正确的程序检查和通信。编程要以将要使用的PLC为目标。PLC的类型可以随时改变，一旦改变，程序也跟着改变。按照不成文的约定，在开始的时候最好设置好正确的PLC类型。 1．开始一个新的工程 按照以下步骤来建立一个新的工程： （1）选择工具栏中的新建按钮。 （2）定义工程的设备条目（设备类型为CP1L，网络类型为USB,CPU类型为L，其他默认）。 （3）保存工程 2．编写一个梯形图程序 下面以一个灯亮灭控制为例说明，该程序是一个标准的顺序控制，顺序如下：按下启动开关→灯亮→按下复位开关→灯灭。 编写一个梯形图程序，包括: 创建一个梯形图程序、编译程序。 （1）建立一个梯形图程序 电器控制与PLC 实验指导书 编者：范文利 班级：____________________ 姓名：____________________ 学号：____________________ 山东建筑大学 机电学院实验室 实验目录 实验1 电动机正反转控制电路 (1) 实验2 组合机床控制程序设计 (2) 实验3 多电机顺序控制电路设计（选做） (3) 实验4 交通信号灯控制程序的设计 (4) 实验5 PLC控制系统综合设计 (5) 附录A：CPM1A简介 (6) 实验1 电动机正反转控制电路 实验仪器和设备 电动机、继电器、按钮、导线、位置开关。 实验报告 1、写出电路工作过程的顺序式。 2、总结实验中出现的异常现象与发生原因。 3、若按SB2或SB3时未按到底将会发生什么现象？ 实验2组合机床控制程序设计实验目的 1、熟悉PLC编程软件的使用。 2、掌握PLC程序设计的方法和调试过程。 实验要求 设计一个PLC程序完成以下控制过程：（2台电机） 实验步骤 1、按要求设计好电路原理图，并在小组中讨论通过后实施。 2、设计梯形图并利用CXP软件生成程序并下载到PLC中。 3、接好输入，调试程序。 实验仪器和设备 计算机、CXP软件、CPM1A、按钮、下载线。 实验报告 1、写出条件分析法设计电路的过程。 2、画出电路原理图 3、整理出PLC控制程序梯形图。 4、总结实验中出现的异常现象与发生原因。 实验3 多电机顺序控制电路设计（选做） 实验目的 1、熟悉PLC编程软件的使用。 2、掌握PLC程序设计的方法和调试过程。 实验要求 设计一个基于PLC的电器控制系统完成以下工作过程：（2台电机） 1、电机M1可正反向连动，正向点动；电机M2可正反向连动。 2、电机M1正向起动（连动）后5秒M2正向起动；过10秒后M2反转；再过5秒后 M2停止；又过10秒后M1停止。 3、改变各阶段的运行时间，再次运行； 实验步骤 1、按要求设计好电路原理图，并在小组中讨论通过后实施。 2、设计梯形图并利用CXP软件生成程序并下载到PLC中。 3、接好输入，调试程序。 4、接好控制电路，并操作正常后再接通主电路。 5、观察电动机的起动过程，KM触点的动作过程。 实验仪器和设备 计算机、CXP软件、CPM1A、按钮、下载线。 实验报告 1、画出电路原理图。 2、整理出PLC控制程序梯形图。 3、总结实验中出现的异常现象与发生原因。 参考答案 第2章机电传动系统的动力学基础 解：已知，传动比j 1=3，j 2=2，，η=。 根据公式（）可得等效负载转矩T L 为 =m 根据公式（）等效飞轮转矩 为 =m 2 解：（a ）、（c ）、（d ）、（e ）稳定系统；（b ）不稳定系统。 第3章电动机的工作原理及机械特性 解：（1）根据公式（）电枢电阻R a 为 = =~(Ω) 在此，取Ra=(Ω) （2）理想空载转速n 0为 （3）额定转矩T N 为 T N =52.5-n N =-1000-n 0=-1127 O n (r/min)T (N·m) -T N =-52.5n N =1000 n 0=1127 解：（1）额定电枢电流I aN为 （2）额定励磁电流I fN为 （3）励磁功率P f为 （4）额定转矩T N为 （5）额定电流时的反电动势E为 （6）直接启动时的启动电流I st为 （7）如果启动电流I st≤2I aN时，那么启动电阻R st为 此时启动转矩T st为 解：（1）额定电压U N=220/380V表示“△”接法的额定电压为220V，“Y”接法的额定电压为380V。因此线电压为380V时，三相定子绕组应采用“Y”接法。 （2） ■极对数p 根据电动机的型号Y132-6知电动机的级数为6，则极对数p=3。 ■同步转速n0为 ■额定转速下的转差率S N为 ■额定转矩T N为 ■启动转矩T st为 由技术参数表可知，T st=2 T N=2×= ■最大转矩T max为 由技术参数表可知，T max=2 T N=2×= ■启动电流I st为 由技术参数表可知， “△”接法：I st==×= “Y”接法：I st==×= （3）额定负载时，电动机的输入功率P I 根据P48，公式（）可得电动机的输入功率P I为 解：（1） ■当定子电路的电源电压U=U N时， 额定转矩 启动转矩T st==×=·m ■当定子电路的电源电压U=时，查P56 表3-2可知， 启动转矩==×=·m 综上，当负载转矩T L=250N·m时，在定子电路的电源电压U=U N的情况下电动机能够正常启动；在定子电路的电源电压U=的情况下电动机不能正常启动。 （2）采用“△”启动时的启动转矩T st△为 T st△= 采用“Y”启动时，启动转矩T stY为 T stY=T st△/3=3= T N 因此，采用Y-△降压启动时，在负载转矩为的情况下，电动机不能正常启动；在负载转矩为的情况下，电动机能正常启动。 （3）采用自耦变压器降压启动，设压降为，查P56 表3-2可知， 启动电流==×= 启动转矩==×= N·m机电传动控制答案
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