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第2章电力拖动系统动力学第2章电力拖动系统动力学2.1电力拖动系统运动方程及转矩符号分析2.2复杂电力拖动系统的简化2.3电力拖动系统的负载特性2.4电力拖动系统稳定运行的条件小结第2章电力拖动系统动力学电力拖动就是利用电

动机驱动生产机械运动，以完成一定的生产任务。图2-1电力拖动系统组成在许多情况下，电动机与工作机构并不同轴，而在二者之间有传动机构，它把电动机的转动经过中间变速或变换运动方式后再传给生产机械的工作机构。生产机械第2章电力拖动系统动力学2.1电力拖动系统运动方程式图2-2单轴电力拖动系统2.1.1电

力拖动系统运动方程i第2章电力拖动系统动力学在单轴电力拖动系统中，电动机必须遵循下列基本的运动方程式：对于直线运动，方程式为（2-1）LddvFFmt−=牛顿第二定律第2章电力拖动系统动力学旋转系统的运动方程式为emLddTTJt−=（2-2）gGDmJ422==（2-3）转动惯量：用

于度量物体绕固定轴旋转时转动惯性的量。J为转动惯量，可用下式表示：第2章电力拖动系统动力学将角速度Ω=2πn/60代入式（2-2），得到电力拖动系统运动方程式的实用形式：（2-4）2emLd375dGDnTTt−=通常，电动机

的转子及其他转动部件的飞轮力矩GD2的数值可从相应的产品目录中查到。第2章电力拖动系统动力学电动机的工作状态可由运动方程式表示出来：（1）当Tem－TL=0，（n=常值）时，电力拖动系统处于稳定运转状态。0=dtdn（3）当Tem－TL<0，时，电力拖动系统处于减速过渡过程状态。

0dtdn（2）当Tem－TL>0，时，电力拖动系统处于加速过渡过程状态。0dtdn第2章电力拖动系统动力学二、电力拖动系统的转动惯量及飞轮力矩使用实用运动方程式时需要求得和。J2GD2iirmJ=根据转动惯量的定义可知：求解方法很多，可通过定义方法求出转动惯

量，进而确定飞轮力矩。第2章电力拖动系统动力学2mJ=物体对固定轴的转动惯量可看成整个物体质量m集中于一点，质量点与该点到转动轴的距离的二次方之积，即：----回转半径对于简单形状物体，可通过求极限的方法得dmrJ=2第2章电力拖动系统动力学例：求规则圆柱体转动惯量设圆柱体密

度为：LRmVm2==dmrJ=2由转动惯量质量可知：第2章电力拖动系统动力学2R=式中：222444GgmgJGD===则飞轮力矩为：dldrdrdv=微元体积：2242000322mRmRLdrrdldJLR====综合得：

dvdmmv==因为：第2章电力拖动系统动力学2.1.2运动方程式中转矩的符号分析以电动机轴为研究对象，运动方程式可写成：（2-5）拖动转矩Tem与规定正向相同取正，相反取负；负载转矩TL与规定正向相同取

负，相反取正。拖动转矩Tem及负载转矩TL前的符号作如下规定：dtdnGDTTLem3752=−第2章电力拖动系统动力学电力拖动系统的功率平衡方程式)21(2==−JdtddtdJTTLememTLT)21(2Jdtd电动机

产生或吸收的机械功率机械负载吸收或释放的机械功率拖动系统动能的变化式中：dtdJTTLem=−由表达式可得第2章电力拖动系统动力学emT与同方向时，电动机输出机械功率给拖动系统emT与反方向时，电动机吸收机械功率转换为电功率从电机角度判断其输出还是吸收机械功率：LT

与同方向时，生产机械输出机械功率给拖动系统从生产机械的角度：与反方向时，生产机械从拖动系统吸收机械功率LT第2章电力拖动系统动力学对于系统动能的变化：emT与同方向时，电动机输出机械功率，此时如果增加，电动机的功率一部分被生产机械吸收，另

一部分用于增加系统动能；如果减小，电动机的功率连同系统释放出的动能一起被生产机械吸收。注意：拖动系统的速度是不能突变的。=dtd如果突变则：第2章电力拖动系统动力学2.2复杂电力拖动系统的简化实际拖动系统

的传动轴常是多根，通常，只要把电动机轴作为研究对象即可。因此，需要进行折算，即把实际的拖动系统等效为单轴系统。折算的原则：是保持折算前后系统传送的功率及储存的动能不变。第2章电力拖动系统动力学1、折算应该以电动机轴为对象；2、需要折算的参量为：工作机构转

矩Tg，传动机构的转动惯量J1，工作机构的转动惯量Jg；3、对于某些作直线运动的工作机构，还必须把质量及阻力折算到电动机轴上去。图2-3电力拖动系统示意图（a）传动图；（b）等效折算图第2章电力拖动系统动力学2.2.1旋转工作机构运动的简化1.工作机

构转矩的折算图2-4两轴系统的折算示意图注意折算的方向将一个两轴传动机构折算成单轴拖动系统。折算的原则是系统的传送功率不变。第2章电力拖动系统动力学若不考虑中间传动机构的损耗，按传送功率不变的原则，应有如下的关系：TgΩg=TzΩ（2-6）jTT

Tgggz)(==（2-7）传动机构如系多轴齿轮变速，而已知每级转速比为j1、j2、j3，…j=j1j2j3…（2-8）第2章电力拖动系统动力学若考虑中间传动机构的损耗，按传送功率不变的原则，则应有如下的关系：（2-9）jTTgz=式中，η为传

动机构总效率，等于各级传动机构效率的乘积，即η=η1η2η3…此时，传动机构转矩损耗为（2-10）jTjTTggΔ−=当电力拖动系统中，负载由电动机拖着转，ΔT由电动机负担。第2章电力拖动系统动力学2.传动机构与工作机

构转动惯量和飞轮力矩的折算1）在多轴系统中，必须将传动机构各轴的转动惯量及工作机构的转动惯量Jg折算到电动机轴上，用电动机轴上一个等效的转动惯量J（或飞轮力矩GD2）来反映整个拖动系统转速不同的各轴的转动惯量（或飞轮力矩

）的影响。2）各轴转动惯量对运动过程的影响直接反映在各轴转动惯量所储存的动能上。3）折算原则：实际系统与等效系统储存动能相等。第2章电力拖动系统动力学化成用飞轮力矩及n（r/min）表示的形式，考虑到GD2=4gJ，（2-12）2gg222211d

++++=JJJJJ（2-13）2g2g222221212d2++++=nnGDnnGDnnGDGDGD（2-11）2gg2222112d22121212121

JJJJJ++++=当各轴的角速度为Ω、Ω1、Ω2、…、Ωg，得下列关系：第2章电力拖动系统动力学在实际工作中，为了减少折算的麻烦，往往忽略传动机构的飞轮力矩，采用下式估算出系统的总飞轮力矩：（2-14）22d

1GDGD=+（）一般情况下：δ=0.2～0.3，若电动机轴上有其他部件如抱闸等，则δ的数值需要加大。第2章电力拖动系统动力学【例2-1】图2-3所示的电力拖动系统中，已知电动机的飞轮力矩=14.5N·m2，传动机构的飞轮力矩=1

8.8N·m2，工作机构的飞轮力矩=120N·m2，传动机构的效率η1=0.91、η2=0.93，工作机构的转矩Tg=85N·m，转速n=2450r/min，n1=810r/min，ng=150r/min，忽略电动机空载转矩。求：（1）折算到电动机轴上的系统总飞轮力矩GD2；（

2）折算到电动机轴上的负载转矩Tz。2dGD21GD2gGD第2章电力拖动系统动力学（2）折算到电动机轴上的负载转矩：2222g2g21212d2mN17150245012081024508.185.14=++=+

+=nnGDnnGDGDGDmN15.693.091.015024508521gg21ggz=====nnTjTjTT解：（1）折算到电动机轴上的系统总飞轮力矩

：第2章电力拖动系统动力学2.2.2、平移运动系统的折算1、阻力的折算：mmmvFP=折算原则：折算前后系统的传递功率不变第2章电力拖动系统动力学nVFVFTVFTmmmmeqmmeq55.9===不考虑功率损耗：考虑损耗：cmmeqnVFT55.9=注：传动机

构损耗的功率由电动机负担！注意！第2章电力拖动系统动力学2、平移运动部件质量的折算222121mmvgGmv=运动部件的动能：折算到电动机轴上的动能：222)602(42121ngGDJmeqeq=折算原则：系统储存的动能不变第2章电力拖动系统动力学两者相等，所以2

22)602(42121ngGDvgGmeqm=22222365)602(4nvGnvGGDmmmmmeq==第2章电力拖动系统动力学【例2-2】刨床电力拖动系统。已知切削力NFm10000=工作台与工件运动速度，传动机构总效率smvm/

7.0=81.0=，电动机转速，电动机飞轮力矩min/1450rn=22100mNGDR=，求：1）切削时折算到电动机轴上的负载转矩；2）计算系统的总飞轮力矩；3）不切削时，工作台及工件反向运转，电动机以恒加速度运行，计算此时系统的动转矩绝对值。srdtdn=m

in/500第2章电力拖动系统动力学解：1）切削时折算到电动机轴上的负载转矩的计算切削功率:WvFPmm70007.010000===折算后的负载转矩:mNnvFTmmmeq===92.5681.01450700055.955.92）估

算系统的总飞轮力矩:2221201002.12.1mNGDGDR===3）系统的动转矩绝对值:22160500375120375mNdtdnGDT===第2章电力拖动系统动力学2.2.3升降运动工作机构的简

化某些生产机械做升降运动，如起重机的提升机构，其钢绳以力Fg吊质量为mg的重物Gg，以速度vg等速上升或下降。图2-5起重机示意图第2章电力拖动系统动力学1.工作机构转矩的折算若不考虑传动损耗，折算时根据传送功率不变，则：把电动机角速度Ω（

rad/s）换算成转速n（r/min），Ω=2πn/60，则（2-16）ggggz9.552π/60FvFvTnn==式中：Fg为工作机构直线作用力（N）；vg为重物提升速度（m/s）；Tz为力Fg折算为电动机轴上的阻转矩。ggzvFT

=（2-15）第2章电力拖动系统动力学若考虑传动损耗，折算时根据传送功率不变，则可写出如下关系式：（2-17）nvFTggz55.9=式中，η为传动机构总效率，等于各级传动机构效率乘积，即η=η1η2η3…。第2章电力拖动系统动力学当电动机提升重物时，传动机构损耗的

转矩由电动机承担；当下放重物时，传动机构损耗的转矩由负载承担。提升重物时，传动机构的效率为ηa；下放同一重物时，传动机构的效率为ηb，提升重物时，传动机构的损耗为)11(55.955.955.9−=−=−=aggggaggznvFnvFnvFTTT第2章电力拖动系统动力学（2-18

）ab12−=可见，它们之间的关系为下放重物时，折算到电动机轴上的等效负载为bggaggaggggznvFnvFnvFnvFTTT55.9)12(55.9)11(55.955.9=−=−−=−=第2章电

力拖动系统动力学2.工作机构质量的折算以图2-5为例，重物Gg上升或下放中，在其质量mg中储存着动能。因此，必须把质量为mg以速度vg（m/s）运行的物体所具有的动能折算到电动机轴上，用电动机上的一个转

动惯量为J′的转动体与之等效。折算的原则是转动惯量J′及质量mg中储存的动能相等，（2-20）2gg2'2121vmJ=把Ω=2πn/60，（GD2）′=4gJ′代入式（2-21），化简可得：（2-21）22gg'2365)(nvGGD=第2章电力拖动系统动

力学【例2-3】图2-5所示起重机中，已知减速箱的转速比j=34，提升重物时效率ηa=0.83，卷筒直径d=0.22m，空钩重量G0=1470N，所吊重物Gg=8820N，电动机的飞轮力矩GD2d=10N·m2。当提升速度为vg=0.4m

/s时，求：（1）电动机的转速；（2）忽略空载转矩时电动机所带的负载转矩；（3）以vg=0.4m/s下放该重物时，电动机的负载转矩。第2章电力拖动系统动力学解：（1）电动机的转速：minr/5.118022.0π4.06034π

60g===dvjngg0ggzaa()9.559.55(14708820)0.49.5540.12Nm1180.50.83FvGGvTnn+==+==•（2）忽略空载转矩时电动机所带的负载转矩：=dnv60线速度和转速的关系！第2章电力拖动系统动力学（3）以vg=0.4m

/s下放该重物时，若传动机构的效率为795.083.01212ab=−=−=mN47.26795.05.11804.0)88201470(55.955.9bggz=+==nvFT则电动机的负载转矩为第2章电力拖动系统动力学课堂练习:已知罐笼的质量，重物的质量kgm3000=，平

衡锤的质量，罐笼提升速度smvm/5.1=,电动机的转速kgm1000=kgmp600=min/980rn=传动效率传动机构及卷筒的飞轮力矩忽略不计，试求：系统提升和下放罐笼时，折算到电动机轴上的等效负载转矩以及折算到电动机轴上的拖动系统升降运动部分的飞轮力矩。85.0=c

第2章电力拖动系统动力学解：作用在卷筒上的重量：NgmmmGp68608.9)6003001000()(0=−+=−+=1）提升重物时mNnGvTcmeq===11885.09805.1686055.9第2章电力拖动系统动力学mNnGvTcmeq===5.82823

.09805.1686055.955.922222287.59805.16860365365mNnGvGDmeq===飞轮力矩为：2）下放重物时823.085.0122=−=−=cc第2章电力拖动系统动力学2.3电力拖动系统的

负载特性在运动方程式中，负载转矩TL与转速n的关系TL=f（n）称为负载转矩特性。大多数生产机械的负载转矩特性可归纳为三种类型：恒转矩负载特性、恒功率负载特性和风机、泵类负载特性。2.3.1恒转矩负载特性所谓恒转矩负载特性，就是指负载转矩TL与负载转速n无关，当转速变化时，转矩TL保

持常值。恒转矩负载特性多数是反抗性的，也有位能性的。第2章电力拖动系统动力学反抗性恒转矩负载特性的特点是，恒值转矩TL总是与运动方向相反。反抗性恒转矩负载特性应在第I与第III象限内。图2-6反抗性恒转矩

负载特性第2章电力拖动系统动力学位能性恒转矩负载转矩TL方向固定，不随转速方向改变而改变。位能性恒转矩负载特性在第一与第四象限内。图2-7位能性恒转矩负载特性第2章电力拖动系统动力学2.3.2恒功率负载特性一些机床（如车床）在进行粗加工时，切削量大，切削阻力大，此时开低速；在精加工时

，切削量小，切削力小，往往开高速。在不同转速下，负载转矩基本上与转速成反比，（2-22）KnTnTTP====LLLL105.060π2第2章电力拖动系统动力学可见，负载转矩TL与转速n呈反比，切削功率基本不变，TL与n的

特性曲线呈恒功率的性质。图2-9恒功率负载特性第2章电力拖动系统动力学2.3.3风机、泵类负载的转矩特性风机、泵类负载的转矩与转速大小有关，基本上与转速的平方成正比：TL=Kn2（2-23）图2-10风机、泵类负

载的转矩特性实际生产机械的负载转矩特性可能是以上几种典型特性的综合。第2章电力拖动系统动力学2.4电力拖动系统稳定运行的条件电力拖动系统稳定运行包含两重含义：一是系统应能以一定的转速匀速运转；二是系统受某

种外部干扰使转速稍有变化时，应保证在干扰消除后，系统能恢复到原来的运行速度。保证系统能以一定转速匀速运行的必要条件是：电动机轴上的拖动转矩Tem和负载转矩TL大小相等，方向相反，相互平衡。在T－n坐标平面上，这

意味着电动机和生产机械的机械特性曲线必须有交点。第2章电力拖动系统动力学第2章电力拖动系统动力学图2-15稳定工作点的判别负载的机械特性曲线与电动机特性曲线存在交点只是保证系统稳定运行的必要条件，还不是充分条件。第2章电力拖动系统动力学从以上分析可以总结出，电力拖动系统稳定运行的充分必要条件是：

（1）电动机机械特性曲线n=f（Tem）和生产机械的机械特性曲线n=f（TL）有交点（即拖动系统的平衡点），即Tem=TL；nTnTddddLem（2-25）（2）在平衡点所对应的转速之上应有Tem<TL，而在平衡点所对应的转速之下应有Tem>TL第

2章电力拖动系统动力学小结本章主要研究电力拖动系统中电动机和生产机械之间的关系问题，具体体现在拖动转矩Tem和负载转矩TL的关系上，即2emLd375dGDnTTt−=一个实际的电力拖动系统往往是多轴的，因此需要把传动机构、工作机构的转矩、力、飞轮

力矩和质量折算到电动机轴上，电动机和生产机械就成为同轴连接的系统，有着同样的转速。第2章电力拖动系统动力学n=f（Tem）的方程式称为电动机的机械特性，n=f（TL）的方程式称为负载的转矩特性。利用电动机的机械特性和负载的转矩特性，可以清楚地

分析电力拖动系统的各种运行状态。