机械传动设计与机械系统性能分析课件.ppt

1、第第2章章 机电一体化机械系统设计理论机电一体化机械系统设计理论 2.1 概述概述2.2 机械传动设计的原则机械传动设计的原则2.3 机械系统性能分析机械系统性能分析2.4 机械系统的运动控制机械系统的运动控制思考题思考题 2.1 2.1 概述概述2.1.1 机电一体化对机械系统的基本要求1.高精度 2.快速响应 3.良好的稳定性 2.1.2 机械系统的组成1.传动机构 机电一体化机械系统中的传动机构不仅仅是转速和转矩的变换器,而且已成为伺服系统的一部分,它要根据伺服控制的要求进行选择设计,以满足整个机械系统良好的伺服性能。2.导向机构 导向机构的作用是支承和导向,它为机械系统中各运动装置能安

2、全、准确地完成其特定方向的运动提供保障,一般指导轨、轴承等。3.执行机构 执行机构是用来完成操作任务的直接装置。执行机构根据操作指令的要求在动力源的带动下完成预定的操作。2.1.3 机械系统的设计思想1.静态设计静态设计是指依据系统的功能要求,通过研究制定出机械系统的初步设计方案。2.动态设计 动态设计是指研究系统在频率域的特性,借助静态设计的系统结构,通过建立系统各组成环节的数学模型,推导出系统整体的传递函数,并利用自动控制理论的方法求得该系统的频率特性（幅频特性和相频特性）。2.2 机械传动设计的原则机械传动设计的原则 2.2.1 机电一体化系统对机械传动的要求 机械传动是一种把动力机产生

3、的运动和动力传递给执行机构的中间装置,是一种扭矩和转速的变换器,其目的是在动力机与负载之间使扭矩得到合理的匹配,并可通过机构变换实现对输出的速度调节。在机电一体化系统中,伺服电动机的伺服变速功能在很大程度上代替了传统机械传动中的变速机构,只有当伺服电机的转速范围满足不了系统要求时,才通过传动装置变速。2.2.2 总传动比的确定在伺服系统中,通常采用负载角加速度最大原则选择总传动比,以提高伺服系统的响应速度。传动模型如图2-1所示。图中：Jm电动机M的转子的转动惯量；m电动机M的角位移；JL负载L的转动惯量；L负载L的角位移；TLF 摩擦阻抗转矩；i齿轮系G的总传动比。图2-1 电机、传动装置和

4、负载的传动模型JmiJLMGLmLTLF根据传动关系有 式中:电动机的角位移、角速度、角加速度；负载的角位移、角速度、角加速度。LmLmLmi mmm、LLL、TLF换算到电动机轴上的阻抗转矩为TLF/i；JL换算到电动机轴上的转动惯量为JL/i2。设Tm为电动机的驱动转矩,在忽略传动装置惯量的前提下,根据旋转运动方程,电动机轴上的合转矩Ta为LmLFmLLLmmLmLFmaJiJTiTiiJJiJJiTTT222)()(则(2-2)式(2-2)中若改变总传动比i,则也随之改变。根据负载角加速度最大的原则,令 ,则解得若不计摩擦,即TLF0,则 L 0/didL mLmLFmLFJJTTTTi

5、2mLmLTiTJJi2或(2-3)式(2-3)表明,得到传动装置总传动比i的最佳值的时刻就是JL换算到电动机轴上的转动惯量正好等于电动机转子的转动惯量Jm的时刻,此时,电动机的输出转矩一半用于加速负载,一半用于加速电动机转子,达到了惯性负载和转矩的最佳匹配。2.2.3 传动链的级数和各级传动比的分配1.等效转动惯量最小原则 齿轮系传递的功率不同,其传动比的分配也有所不同。1）小功率传动装置电动机驱动的二级齿轮传动系统如图2-2所示。图2-2 电动机驱动的两级齿轮传动MJ1i1J2J1J3i2由于功率小,假定各主动轮具有相同的转动惯量J1,轴与轴承转动惯量不计,各齿轮均为实心圆柱齿轮,且齿宽b

6、和材料均相同,效率不计,则有式中：i1、i2 齿轮系中第一、第二级齿轮副的传动比；i齿轮系总传动比,i=i1 i2。3/26/123/112)2(iiii（2-4）同理,对于n级齿轮系,则有由此可见,各级传动比分配的结果应遵循“前小后大”的原则。122222)1(21)12(212112nknkiniiinnn（2-5）（2-6）例2-1 设有i=80,传动级数n=4的小功率传动,试按等效转动惯量最小原则分配传动比。解 验算I=i 1 i 2 i 3 i 480。9887.6)280(21438.3)280(21085.2)280(27268.1802158241542/4322)12(22/

7、42121)12(214214444iiii若以传动级数为参变量,齿轮系中折算到电动机轴上的等效转动惯量Je与第一级主动齿轮的转动惯量J1之比为Je/J1,其变化与总传动比i的关系如图2-3所示。图2-3 小功率传动装置确定传动级数曲线10050105n1n2n4n510510050总传动比i转动惯量比Je/J1n312）大功率传动装置 大功率传动装置传递的扭矩大,各级齿轮副的模数、齿宽、直径等参数逐级增加,各级齿轮的转动惯量差别很大。大功率传动装置的传动级数及各级传动比可依据图2-4、图2-5、图2-6来确定。传动比分配的基本原则仍应为“前小后大”。图2-4 大功率传动装置确定传动级数曲线1

8、005010转动惯量比Je/J10101002561000总传动比in1n2n3n4n5图2-5 大功率传动装置确定第一级传动比曲线105ik86420101001000n1n2n3n4n5总传动比i图2-6 大功率传动装置确定各级传动比曲线 10ik8642123468 101246810ik 1123468BA例2-2 设有i=256的大功率传动装置,试按等效转动惯量最小原则分配传动比。解 查图2-4,得n=3,Je/J1=70；n=4,Je/J1=35；n=5,Je/J1=26。兼顾到Je/J1值的大小和传动装置的结构,选n4。查图2-5,得i13.3。查图2-6,在横坐标i k-1上3

9、.3处作垂直线与A线交于第一点,在纵坐标ik轴上查得i23.7。通过该点作水平线与B曲线相交得第二点i34.24。由第二点作垂线与A曲线相交得第三点i44.95。验算i1 i2 i3 i 4256.26。满足设计要求。2.质量最小原则1）大功率传动装置对于大功率传动装置的传动级数确定,主要考虑结构的紧凑性。在给定总传动比的情况下,传动级数过少会使大齿轮尺寸过大,导致传动装置体积和质量增大；传动级数过多会增加轴、轴承等辅助构件,导致传动装置质量增加。设计时应综合考虑系统的功能要求和环境因素,通常情况下传动级数要尽量地少。大功率减速传动装置按质量最小原则确定的各级传动比表现为“前大后小”的传动比分

10、配方式。减速齿轮传动的后级齿轮比前级齿轮的转矩要大得多,同样传动比的情况下齿厚、质量也大得多,因此减小后级传动比就相应减少了大齿轮的齿数和质量。大功率减速传动装置的各级传动比可以按图2-7和图2-8选择。图2-7 大功率传动装置两级传动比曲线（i10时,使用图中的虚线）10754321102030 40 507010012345710i1i2i1i2iik图2-8 大功率传动装置三级传动比曲线（i 100时,使用图中的虚线）302010987653210203040501001002003005001000i1iiki2i3i1i2i3例2-4 设n3,i202,求各级传动比。解 查图2-8可

11、得 i112，i25，i33.4 2）小功率传动装置 对于小功率传动装置,按质量最小原则来确定传动比时,通常选择相等的各级传动比。在假设各主动小齿轮的模数、齿数均相等的特殊条件下,各大齿轮的分度圆直径均相等,因而每级齿轮副的中心距也相等。这样便可设计成如图2-9所示的回曲式齿轮传动链；其总传动比可以非常大。显然,这种结构十分紧凑。图2-9 回曲式齿轮传动链伺服电动机181715 1614131112109786542133.输出轴转角误差最小原则以图2-10所示四级齿轮减速传动链为例。四级传动比分别为 i1、i2、i3、i4,齿轮18 的转角误差依次为18。图 2-10四级减速齿轮传动链3i2

12、412i15i36i478输 出该传动链输出轴的总转动角误差max为（2-7）由式(2-7)可以看出,如果从输入端到输出端的各级传动比按“前小后大”原则排列,则总转角误差较小,而且低速级的误差在总误差中占的比重很大。因此,要提高传动精度,就应减少传动级数,并使末级齿轮的传动比尽可能大,制造精度尽可能高。8476435443213243211iiiiii iiii imax4.三种原则的选择 在设计齿轮传动装置时,上述三条原则应根据具体工作条件综合考虑。（1）对于传动精度要求高的降速齿轮传动链,可按输出轴转角误差最小原则设计。若为增速传动,则应在开始几级就增速。（2）对于要求运转平稳、启停频繁和

13、动态性能好的降速传动链,可按等效转动惯量最小原则和输出轴转角误差最小原则设计。（3）对于要求质量尽可能小的降速传动链,可按质量最小原则设计。2.3 机械系统性能分析机械系统性能分析 2.3.1 数学模型的建立在图2-11所示的数控机床进给传动系统中,电动机通过两级减速齿轮G1、G2、G3、G4及丝杠螺母副驱动工作台作直线运动。设J1为轴部件和电动机转子构成的转动惯量；J2、J3为轴、部件构成的转动惯量；K1、K2、K3分别为轴、的扭转刚度系数；K为丝杠螺母副及螺母底座部分的轴向刚度系数；m为工作台质量；C为工作台导轨粘性阻尼系数；T1、T2、T3分别为轴、的输入转矩。图2-11 数控机床进给系

14、统J3 T3 K3轴轴轴T1xiG1J1 K1G3G2G4J2 T2 K2mCKxo建立该系统的数学模型,首先是把机械系统中各基本物理量折算到传动链中的某个元件上（本例是折算到轴上）,使复杂的多轴传动关系转化成单一轴运动,转化前后的系统总机械性能等效；然后,在单一轴基础上根据输入量和输出量的关系建立它的输入/输出数学表达式（即数学模型）。对该表达式进行的相关机械特性分析就反映了原系统的性能。在该系统的数学模型建立过程中,我们分别针对不同的物理量（如J、K、）求出相应的折算等效值。1.转动惯量的折算把轴、上的转动惯量和工作台的质量都折算到轴上,作为系统的等效转动惯量。设T1、T2、T3分别为轴、

15、的负载转矩,1、2、3分别为轴、的角速度,v为工作台位移时的线速度,z1,z2,z3,z4分别为四个齿轮的齿数。（1）、轴转动惯量的折算。根据动力平衡原理,、轴的力平衡方程分别是 因为轴的输入转矩T2是由轴上的负载转矩获得的,且与它们的转速成反比,所以 333322221111TdtdJTTdtdJTTdtdJT(2-8)(2-9)(2-10)1122TzzT 又根据传动关系有把T2和2值代入式(2-9),并将式(2-8)中的T1也带入,整理得 同理1212zz34312432132221122121)()()()(TzzdtdzzzzJTTzzdtdzzJT(2-11)(2-12)（2）将工

16、作台质量折算到轴。在工作台与丝杠间,T3 驱动丝杠使工作台运动。根据动力平衡关系有式中:;v 工作台的线速度；L 丝杠导程。所以丝杠转动一周所做的功等于工作台前进一个导程时其惯性力所做的功。LdtdvmT)(23又根据传动关系有 把v值代入上式整理后得143213)(22zzzzLLvdtdmzzzzLT14321232（3）折算到轴上的总转动惯量。把式（2-11）、（-12）、（-13）分别代入式（-8）、（2-9）、（2-10）中,消去中间变量并整理后求出电机输出的总转矩T1为为系统各环节的转动惯量（或质量）折算到轴上的总等效转动惯量,其中 ,分别为、轴转动惯量和工作台质量折算到轴上的折算

17、转动惯量。224321243213221211224321243213221211)2()()()()2()()()(LzzzzmzzzzJzzJJJdtdLzzzzmzzzzJzzJJT（2-14）（-15）2243212432132212)2()(,)(,)(LzzzzmzzzzJzzJ2.粘性阻尼系数的折算 当工作台匀速转动时,轴的驱动转矩T3完全用来克服粘滞阻尼力的消耗。考虑到其他各环节的摩擦损失比工作台导轨的摩擦损失小得多,故只计工作台导轨的粘性阻尼系数C。根据工作台与丝杠之间的动力平衡关系有T32=CvL 即丝杠转一周T3所作的功,等于工作台前进一个导程时其阻尼力所作的功。根据力学

18、原理和传动关系有式中:C工作台导轨折算到轴上的粘性阻力系数,其值为 112234121)2()(CCLzzzzT(2-16)CLzzzzC223412)2()(2-17)3.弹性变形系数的折算机械系统中各元件在工作时受力或力矩的作用,将产生轴向伸长、压缩或扭转等弹性变形,这些变形将影响到整个系统的精度和动态特性,建模时要将其折算成相应的扭转刚度系数或轴向刚度系数。上例中,应先将各轴的扭转角都折算到轴上来,丝杠与工作台之间的轴向弹性变形会使轴产生一个附加扭转角,也应折算到轴上来,然后求出轴的总扭转刚度系数。同样,当系统在无阻尼状态下时,T1、T2、T3等输入转矩都用来克服机构的弹性变形。（1）轴

19、向刚度的折算。当系统承担负载后,丝杠螺母副和螺母座都会产生轴向弹性变形,图2-12是它的等效作用图。在丝杠左端输入转矩T3的作用下,丝杠和工作台之间的弹性变形为,对应的丝杠附加扭转角为3。根据动力平衡原理和传动关系,在丝杠轴上有：T32=KL 33233)21(2KKTL所以图2-12 弹性变形的等效图mCKKT3式中:K附加扭转刚度系数,其值为K=（2-18）（2）扭转刚度系数的折算。设1、2、3分别为轴、在输入转矩T1、T2、T3的作用下产生的扭转角。根据动力平衡原理和传动关系有 32)21(K3134123332112112111)()(KTzzzzKTKTzzKTKT由于丝杠和工作台之

20、间轴向弹性变形使轴附加了一个扭转角3,因此轴上的实际扭转角为 3+3将3、3值代入,则有 将各轴的扭转角折算到轴上得轴的总扭转角为)()(34122121zzzzzz133412333)11)(TKKzzzzKTKT将1、2、值代入上式有 KTTKKzzzzKzzKTKKzzzzKTzzKT113234121212113234122121211)11()(1)(1)11()()(（2-19）式中:K 折算到轴上的总扭转刚度系数,其值为4.建立系统的数学模型 设输入量为轴的输入转角Xi,输出量为工作台的线位移Xo。根据传动原理,可把Xo折算成轴的输出角位移。在轴上根据动力平衡原理有 )11()(

21、1)(1132341212121KKzzzzKzzKK(2-20)又因为因此,动力平衡关系可以写成下式：iXKKdtdCdtdJ22oXzzzzL)(2(3412ioooXKLzzzzXKdtdXCdtXdJ)2)()(432122这就是机床进给系统的数学模型,它是一个二阶线性微分方程。其中,J、C、K均为常数。通过对式(2-15)进行拉氏变换,可求得该系统的传递函数为 式中:;n 系统的固有频率,其值为 n=（2-25）系统的阻尼比,其值为2224321243212)2)()2)()()()(nnnsiossLzzzzKCsJKLzzzzsXsXsG（2-24）JKn和是二阶系统的两个特征参

22、量,它们是由惯量（质量）、摩擦阻力系数、弹性变形系数等结构参数决定的。对于电气系统,n和则由R、C、L物理量决定,它们具有相似的特性。将s=j代入式（2-24）可求出A（）和（）,即该机械传动系统的幅频特性和相频特性。由A（）和（）可以分析出系统不同频率的输入（或干扰）信号对输出幅值和相位的影响,从而反映了系统在不同精度要求状态下的工作频率和对不同频率干扰信号的衰减能力。KJC2(2-26)2.3.2 机械性能参数对系统性能的影响通过以上的分析可知,机械传动系统的性能与系统本身的阻尼比、固有频率n有关。n、又与机械系统的结构参数密切相关。因此,机械系统的结构参数对伺服系统的性能有很大影响。一般

23、的机械系统均可简化为二阶系统,系统中阻尼的影响可以由二阶系统单位阶跃响应曲线来说明。由图2-13可知,阻尼比不同的系统,其时间响应特性也不同。（1）当阻尼比0时,系统处于等幅持续振荡状态,因此系统不能无阻尼。（2）当 1时,系统为临界阻尼或过阻尼系统。此时,过渡过程无振荡,但响应时间较长。（3）当0|Ts/K|后,输出轴也以恒速运动,但始终滞后输入轴一个角度ss,若粘性摩擦系数为f,则有式中:f/K是粘性摩擦引起的动态滞后；Tc/K是库仑摩擦所引起的动态滞后；ss为系统的稳态误差。此外,适当的增加系统的惯量J和粘性摩擦系数f也有利于改善低速爬行现象。但惯量增加将引起伺服系统响应性能的降低,增加

24、粘性摩擦系数f也会增加系统的稳态误差,故设计时必须权衡利弊,妥善处理。KTKfcss（2-27）3.弹性变形的影响 由式(2-25)、(2-26)知,其固有频率与系统的阻尼、惯量、摩擦、弹性变形等结构因素有关。当机械系统的固有频率接近或落入伺服系统带宽之中时,系统将产生谐振而无法工作。因此为避免机械系统由于弹性变形而使整个伺服系统发生结构谐振,一般要求系统的固有频率n要远远高于伺服系统的工作频率。4.惯量的影响由式(2-26)可以看出,惯量大,值将减小,从而使系统的振荡增强,稳定性下降；由式(2-25)可知,惯量大,会使系统的固有频率下降,容易产生谐振,因而限制了伺服带宽,影响了伺服精度和响应

25、速度。2.3.3 传动间隙对系统性能的影响 图2-16所示为一典型旋转工作台伺服系统框图。图中所用齿轮根据不同的要求有不同的用途,有的用于传递信息（G1、G3）,有的用于传递动力（G2、G4）；有的在系统闭环之内（G2、G3）,有的在系统闭环之外（G1、G4）。由于它们在系统中的位置不同,其齿隙的影响也不同。图2-16 典型转台伺服系统框图G1控 制 器G3G2G4io(1)闭环之外的齿轮G1、G4的齿隙对系统稳定性无影响,但影响伺服精度。(2)闭环之内传递动力的齿轮G2的齿隙对系统静态精度无影响,这是因为控制系统有自动校正作用。(3)反馈回路上数据传递齿轮G3的齿隙既影响稳定性,又影响精度。

26、2.4 机械系统的运动控制机械系统的运动控制 2.4.1 机械传动系统的动力学原理图2-17所示是带有制动装置的电机驱动机械运动装置。图中：M为电机的驱动力矩（Nm），当加速时,T为正值,当减速时,T为负值；J为负载和电机转子的转动惯量（kgm2）；n为轴的转速(r/min)。图 2-17 电机驱动机械运动装置21M3Jn1制动器；2电动机；3负载根据动力学平衡原理知：若T恒定,则可求得 （2-29）用转速n表示上式,得 (2-30)其中,0和n0是初始转速。dtdJT（2-28）0tJTdtJT030ntJTn由式（2-30）即可求出加速或减速所需时间：(2-31)以上各式中T和J都是与时间

27、无关的函数。但在实际问题中,例如启动时电机的输出力矩是变化的,机械手装置中转臂至回转轴的距离在回转时也是变化的,因而J也随之变化。若考虑力矩T与J是时间的函数,则 T=f1(t)，J=f2(t)TnnJt30)(0由式（2-29）得 积分后得 )()(21tftfdtd021021)()(30)()(ndttftfndttftf（2-32）tnnJMMMfLB30)(0 2.4.2 机械系统的制动控制 1.制动力矩 当已知控制轴的速度（转速）、制动时间、负载力矩ML、装置的阻力矩Mf以及等效转动惯量J时,就可计算制动时所需的力矩。因负载力矩也起制动作用,所以也看作制动力矩。下面分析将某一控制轴

28、的转速,在一定时间内由初速n0减至预定的转速n的情况。由式（2-31）得即 （2-33）式中:MB控制轴设置的制动力矩（Nm）；t制动控制时间（s）。在式（2-33）中,ML与Mf均以其绝对值代入。若已知装置的机械效率,则可以通过效率反映阻力矩,即ML+Mf=Mf/。因而上式可写成 （2-34）fLBMMtnnJM30)(0LBMtnnJM30)(02.制动时间;机械装置在制动器选定后,就可计算从开始制动到停止时所需要的时间。这时,制动力矩MB、等效负载力矩ML、等效摩擦阻力矩Mf、装置的等效转动惯量J以及制动速度是已知条件。制动开始后,总的制动力矩为 MB=MB+ML+Mf (2-35)由式

29、（2-33）得BMnntJt030(2-36)3.制动距离（制动转角）设控制轴转速为n0(r/min),直线运动速度为v0（m/min）。当装在控制轴上的制动器动作后,控制轴减速到n（r/min）,工作台速度降到v（m/min）,试求减速时间内总的转角和移动距离。根据式（2-30）得式中,n的单位为r/s。以初速n0(r/min)转动的控制轴上作用有MB的制动力矩在t秒钟内转了nB转,nB为)(306010nMJtnB将式（2-30）带入上式,则有 tntMJtntMJtdtnMJtndtnBtBtBtB2)(30216012)(30601)(306010002000tnnnB60210(2-

30、37)将式（2-36）代入式（2-37）后得(2-38)由式（2-38）可求出总回转角B（单位为rad）:BBMnnJn)(3600220BBBMnnJn)(18002202(2-39)用类似的方法可推导出有关直线运动的制动距离。设初速度为v0（m/min），终速度为v（m/min）,制动时间为t,且认为是匀减速制动,则制动距离SB为当t为未知值时,代入式（2-36）求得SB为 tvvSB60210BBMnnvvJS)(360000(2-41)(2-40)例2-5 图2-18所示为一进给工作台。电动机M、制动器B、工作台A、齿轮G1G4以及轴1、轴2的数据如表2-1所示。试求：(1）此装置换算

31、至电动机轴的等效转动惯量。(2）设控制轴上制动器B（MB=50Nm）动作后,希望工作台停止在所要求的位置上。试求制动器开始动作的位置(摩擦阻力矩可忽略不计）。(3）设工作台导轨面摩擦系数=0.05,若将此导轨面的滑动摩擦考虑在内,则工作台的制动距离变化多少?图 2-18 进给工作台AmAG4G2轴 2n2轴 1轴 0G3n0G1n1M制动器B表2-1 例2-5 的参数表 解(1）等效转动惯量：该装置回转部分对轴0的等效转动惯量J10为J10=JM+JB+JG1+(JG2+JG3+Js1)+(JG4+Js2)=0.0403+0.0055+0.0028+(0.606+0.017+0.0008)+(

32、0.153+0.0008)=0.0907(kgm2)装置的直线运动部分对轴0的等效转动惯量J20为201)(nn202)(nn7201802)720102()(1187.072049030042222202202mkgnvmJA因此,与装置的电机轴有关的等效转动惯量为(2）停止距离。停止距离可由式（2-41）求出：即在停止位置之前236.9mm处制动器应开始工作。这里,令式(2-41)中n=0,v=0。)(2094.01187.00907.0202010mkgJJJ)(2237.09245.2507209036002094.03600100mMMvnJSB(3）停止距离的变化。考虑工作台导轨间

33、有摩擦力时,换算到电动机轴上的等效摩擦力矩Mf,可以从下式求得：开始制动到停止所移动的距离SB可从式（2-41）求出:所以计入滑动部分的摩擦力后的停止距离,比忽略摩擦力时的停止距离短13.2 mm。)(2237.09245.2507209036002094.0360000mMMvnJSfBB)(9245.27202908.930005.0200mNnvgmMAf 2.4.3 机械系统的加速控制1.加速（启动）时间 （1）加速力矩为常值的情况。设MAi为控制轴的净加速力矩（N m）,MMi为控制轴上电动机的加速力矩（Nm）,则MAi可表示为 MAi=MM i-ML i-Mf I (2-42)在概

34、略计算时可用机械效率来估算摩擦阻力矩,得iLiMiAMMM(2-43)加速时间为式中:;n0、n轴的初转速与加速后的转速(rmin);Ji负载对控制轴的等效转动惯量。（2）加速力矩随时间而变化。iAiMnnJt300设MM0开始加速时的电机输出力矩(Nm)；MMmax为加速时间内的最大电机输出力矩(Nm)；MLmax 为加速时间内的最大负载力矩(含阻力矩)(Nm)；MLmin为加速时间内的最小负载力矩(含阻力矩)(Nm)。平均加速力矩MMm和平均负载力矩MLm的值分别为MMm=(MM0+MMmax)（2-45）MLm=(MLmin+MLmax)（2-46）平均有效加速力矩MMm可按下式求出(为

35、区别于MMm,可记作MMm):MMm=MMm-MLm 2121电动机启动力矩特性曲线可以从样本上查到,也可用电流表测量电流来推定。当电机电流一定时,电机的启动力矩与电流成正比,即根据测得的电流值的变化就可推定启动力矩转速(时间)的特性曲线。标称力矩启动力矩标称电流启动电流2.加速距离设控制轴的初转速为n0(rmin),直线运动部分的速度为v0(mmin)。当增速到转速为n、速度为v时,求此时间内控制轴总转数nA、总回转角A和移动距离SA。当平均加速度力矩为一常数时,加速过程中的nA、A和SA的公式与制动过程中的公式类似,加速时间内控制轴的总转数为 tnnntntMJnAMmiA6212)30(601002或 借鉴式（2-44）,消去t后得 MmiAMnnJn2023600将M Mm=MMm-MLm 代入上式得加速过程中轴的回转角A2nA,即 式中,A的单位为rad。LmMmiAMMnnJn2023600LmMmiAMMnnJ20221800(2-47)与制动过程类似,加速过程中的移动距离SA（单位为m）为或 tvvSA60210LmMmiAMMnnvvJS)(360000(2-50)(2-49)