机电传动控制课程教学大纲
《机电传动控制》课程教学大纲
课程编号：09
课程名称：机电传动控制
英文名称：Mechatronical Transmission Control
课程类型：专业基础必修课
总学时：48 讲课学时：42 实验学时：6
学时：48
学分：3
适用对象：四年制机械设计制造及其自动化专业
四年制机械电子工程专业
先修课程：机械设计基础，电工电子技术，单片机原理，液压与气压传动
一、课程性质、目的和任务
机电传动控制课程是机械设计制造及其自动化专业各专业方向的一门主要技术基础课程。其目的是使学生了解电气控制系统的基本结构，掌握系统的基本工作原理、基本分析方法和设计方法，培养学生分析问题与解决问题的能力，培养学生一定的动手能力，为进一步学习专业课以及毕业后从事专业工作打下必要的基础。
二、教学基本要求
本课程以电气控制系统为研究对象，以继电器控制系统，可编程序控制器应用为重点。学完本课程应达到以下基本要求：
1．了解电气控制系统的基本构成，掌握电气控制系统电路图绘制方法，对电气控制系统有较完整的认识。
2．了解常用电气元件的基本构成，工作原理，能够在电气控制系统中正确使用。
3．正确理解继电器控制系统的组成，工作原理，掌握控制系统的分析方法，能够对典型设备控制电路进行分析，能够进行简单继电器控制电路设计。
4．正确理解可编程序控制器（PLC）的组成结构和工作原理，掌握PLC的基本使用方法，编程方法。
5．正确理解电气控制系统的设计过程，掌握简单电气控制系统设计基本方法。
6．了解直流调速系统及交流调速系统的基本组成与工作原理。
三、教学内容及要求
1．绪论部分
了解本课程的性质和任务；了解机电传动控制的发展过程，掌握电气控制系统电路图绘制方法，了解常用电气元件的结构，原理，能够在电气控制系统中正确使用。
2．继电器控制系统部分
①了解继电器控制系统构成特点；掌握继电器控制系统的基本工作原理。
②熟练掌握继电器控制系统中电路分析方法，掌握基本控制电路的组成、控制功能。
③了解典型设备电气控制系统的组成，特点；掌握分析设备电气控制系统的基本方法，掌握设计简单继电器控制系统的基本方法。
3．可编程序控制器（PLC）部分
①了解PLC使用特点，正确理解可编程序控制器（PLC）在电气控制系统中的作用。
②了解可编程序控制器（PLC）的组成结构特点和工作原理，熟悉PLC应用的基本要求。
③了解可编程序控制器（PLC）编程语言和编程元素；掌握指令方式编程和梯形图方式编程的基本方法。
④熟练掌握可编程序控制器（PLC）编程软件的使用方法。
⑤掌握使用可编程序控制器（PLC）的电气控制系统的基本设计方法。
4．直流与交流无级调速部分
①了解无级调速的基本概念；了解直流与交流无级调速系统的系统构成和调速特点。
②正确理解直流调速系统的调速原理和调速方法，掌握直流调速系统的调速性能和调速指标。
③了解三相异步电动机的各种调速方法及特点；掌握交流变频调速系统的结构组成，调速原理和方法。
四、实践环节
本课程内，开设2个实验：
1．继电器控制系统的基本电路环节实验4学时
2．PLC编程应用基础实验2学时
五、课外习题及课程讨论
为达到本课程的教学基本要求，学生可以在课下使用教材，辅助教材讲义，多种参考书，多媒体课件进行复习或预习。
六、教学方法与手段
本课程采用板书与多媒体课件结合的方式进行课堂教学。
八、考核方式
本课程为考试课程，期末考试采用闭卷笔试。学生的课程总评成绩由平时成绩（占30%）和期末考试成绩（占70%）两部分构成，平时成绩中实验成绩占20%，出勤、作业等占10%。
九、推荐教材和教学参考书
最新机电传动控制课后习题答案《第五版》
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。 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 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 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？ 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=0.5Jω2 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。 2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=2.5kgm2, 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=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2 .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,电动机的费轮转距GD2M=1.05N m2, 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GD2z.。 ωM=3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=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 GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM2 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. 2.10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。 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
机电传动控制课程设计解析
学号：0121018700306 课程设计 题目组合机床加工过程PLC自动控制设计 学院物流学院 专业物流工程 班级行政1001班 姓名徐宏华 指导教师徐沪萍 2013 年 6 月29 日
课程设计任务书 学生姓名：徐宏华专业班级：物流行政1001班 指导教师：徐泸萍工作单位：物流学院 题目: 组合机床加工过程PLC自动控制设计 初始条件： 1.编程环境：Step7v5.5软件 2.PLC型号：西门子公司S7系列，S7-300 3.机电传动的相关资料指导书 4.仿真环境：S7-PLCSIM 要求完成的主要任务:（包括课程设计工作量及其技术要求，以及说明书撰写等具体要求） 液压滑台式组合机床在原位启动后，快速向前到设定的位置时转为慢速前进，到达攻丝进给位置时停止前进，转为攻螺纹主轴转动，丝锥能向前攻入，打到规定深度时，主轴快速制动。接着攻螺纹反转退出，回到原位时快速制动，同时滑台能快速退回原位，并在原位停止。 时间安排：十八周 指导教师签名：年月日 系主任（或责任教师）签名：年月日
本科生课程设计成绩评定表 指导教师签字： 年月日
目录 摘要------------------------------------------------------------------------------------------------- 0第一章基本知识介绍 ------------------------------------------------------------------------ 1 1.1 设计的任务要求--------------------------------------------------------------------- 1 1.2 组合机床概述------------------------------------------------------------------------ 2 1.2.1 组合机床部件分类 --------------------------------------------------------- 2 1.2.2 组合机床的特点 ------------------------------------------------------------ 2 1.3 PLC控制系统 ----------------------------------------------------------------------- 3 1.3.1 PLC简介 --------------------------------------------------------------------- 3 1.3.2 PLC控制系统设计的基本原则 ------------------------------------------ 4 1.3.3 PLC控制系统的一般步骤 ------------------------------------------------ 4第二章总体方案选择和控制方式选择----------------------------------------------------- 6 2.1 总体方案选择------------------------------------------------------------------------ 6 2.2 控制方式的选择--------------------------------------------------------------------- 6第三章电路图的设计 -------------------------------------------------------------------------- 6 3.1 主电路的设计------------------------------------------------------------------------ 6 3.2 PLC的I/O地址分配--------------------------------------------------------------- 8第四章控制程序的设计 --------------------------------------------------------------------- 10 4.1 顺序功能图的设计---------------------------------------------------------------- 10 4.2 梯形图的设计---------------------------------------------------------------------- 11 4.3 语句表的设计---------------------------------------------------------------------- 15 第五章调试及结果分析 ------------------------------------------------------------------- 21 5.1 硬件组态---------------------------------------------------------------------------- 21 5.2 仿真结果分析---------------------------------------------------------------------- 21 感想----------------------------------------------------------------------------------------------- 25 参考资料书-------------------------------------------------------------------------------------- 26
机电传动控制基础复习题.doc
机电传动控制基础复习题 1.机电传动系统的主要组成部分。 机电传动系统山电动机、电气控制电路以及电动机和运动部件和厲联系的传动机构三大部分构成。2.电动机口动控制方式大致可分为哪三种？断续控制、连续控制和数字控制三种。 3.三相异步电动机的定子绕组的连接方式有哪两种？星形联接和三角形连接。 4.三相界步电动机的转速的计算公式？ =720(1 - J)= P 5.三相异步电动机的起动电流1st为额定电流IN的4~7倍。 6.请画出三相异步电动机的机械特性曲线，并在图中指出反映电动机工作的特殊运行点。见教材第7贝，图1.9三相界步电动机的固有特性。 7.三相界步电动机起动方法有哪几种？直接起动、降压起动以及绕线型电动机转了串电阻起动。 8.三相异步电动机的制动方法冇哪儿种？ 能耗制动，反接制动和回馈制动。9.常用的低压电器由哪儿种？ 答：1）执行电器，如电磁铁、接触器。2）检测电器，如按钮开关、行程开关、电流及电压继电器、速度继电器等；3）控制电器，如屮间继电器、时间继电器；4）保护电器，如热继电器、熔断器、低压断路器（自动空气开关）。 10.电气设备图纸有哪三类？ 电气控制原理图、电气设备位置图和电气设备接线图。11.电气原理图的绘制原则？ 12.常见棊木控制电路的工作原理和工作过程？（正反转控制电路/起动控制电路/制动控制电路）——本题以正反转为例说明答：止反转控制原理：使用两个接触器使通入电动机的三相电源中的任意两相交换。 FUI FU2 动作过程：正转?停止?反转
按下正转按钮SB2,接触器KM1的线圈得电白锁，电动机正转。按下停止按钮SB1,接触器KM1的线圈失电，电动机停转。按下反转按钮SB3,接触器KM2的线圈得电自锁，电动机反转。 13.界步电动机反接制动的原理？ 改变异步电动机定了屮三相电源的和序，使定了产生反向旋转磁场作用于转了，从而产生强力制动力矩。 14.界步电动机能耗制动的方法及原理？ 能耗制动方法:切断电机主电源后，立即在电动机定子绕组中通入恒定直流。 能耗制动原理:恒定直流产牛恒定磁场，转子切割恒定磁场产住感应电流再与恒定磁场作川产生制动转矩，迅速消耗电动机的转动动能，实现制动。15.双速电动机调速原理？改变极对数P。 16.指出下图中的点动和长动按钮? 17.互锁的概念及实现方法？ 互锁实际上是一种联锁关系，但它强调触点之间的互锁关系（即：要求两个动作互和排斥时使用）。最典型的互锁是电动机正、反转Z间的互锁。实现方法是：将己方的常闭触点串入对方的线圈Z前。常见的电气保护环节有哪些？热继电器起什么保护作用？ 答：常见的电气保护环节冇：短路保护、过载保护、零压与欠压保护、过流保护。热继电器起过载保护的作用。19.变速时的瞬时电动控制的作用是什么？ 保证变速后，齿轮的良好接触。27.无级调速静态技术指标主要有哪两项？ 答：主要冇静差率和调速范围两项28?静差度的定义？ 电动机在某-?机械特性曲线所示状态下运行吋，额定负载下所产生的转速降落AnN为理想空载转速nO之比，称为静差率，用s表示，即s=AnN/nOo 30.他励总流电动机的调速方法？ 答：1）改变电枢电压调速（调压调速）一额定转速nN以下的调速；2）改变主磁通调速（调磁调速）一额
《机电传动控制》第五版课后习题答案
第3章直流电机的工作原理及特性 习题3.1 为什么直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 答案：直流电动机工作时，（1）电枢绕组中流过交变电流，它产生的磁通当然是交变的。这个（2）变化的磁通在铁芯中产生感应电流。铁芯中产生的感应电流，在（3）垂直于磁通方向的平面内环流，所以叫涡流。涡流损耗会使铁芯发热。为了减小这种涡流损耗，电枢铁芯采用彼此绝缘的硅钢片叠压而成，使涡流在狭长形的回路中，通过较小的截面，以（4）增大涡流通路上的电阻，从而起到（5）减小涡流的作用。如果没有绝缘层，会使整个电枢铁芯成为一体，涡流将增大，使铁芯发热。因此，如果没有绝缘，就起不到削减涡流的作用。 习题3.4 一台他励直流电动机在稳态下运行时，电枢反电势E ＝E1，如负载转矩TL ＝常数，外加电压和电枢电路中的电阻均不变，问减弱励磁使转速上升到新的稳定值后，电枢反电势将如何变化？是大于、小于还是等于E1？ 答案：∵当电动机再次达到稳定状态后，输出转矩仍等于负载转矩，即输出转矩T ＝T L ＝常 2 00a a e e a e m a e m e e R U n I K K R U n E K n T K I n n n K K K U T K =Φ=?ΦΦ=∴ =Φ?Φ∴??= Φ=Φ Q Q 又 当 T=0 a a U E I R =+
数。又根据公式（3.2）， T ＝K t ФI a 。 ∵励磁磁通Ф减小，T 、K t 不变。 ∴电枢电流I a 增大。 再根据公式（3.11），U ＝E ＋I a ·R a 。 ∴E=U －I a ·R a 。 又∵U 、R a 不变，I a 增大。 ∴E 减小 即减弱励磁到达稳定后，电动机反电势将小于E 1。 习题3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为：P N ＝5.5KW ，U N ＝110V ，I N ＝62A ，n N ＝1000r/min ，试绘出它的固有机械特性曲线。 （1）第一步，求出n 0 （2）第二步，求出（T N ，n N ） 答案：根据公式（3.15），（1-1）Ra ＝（0.50~0.75）(N N N I U P ? 1)N N I U
《电气运行与管理课程标准》
伊犁职业技术学院 2018级《电气运行与管理》课程标准
五、教学方法建议 本课程采用“做”中“学”教学模式，主要采用任务驱动的案例分析教学法，并根据工作任务的工作量、难度等进行分组，通过小组协同完成规定的工作任务，培养学生的团队协作精神和解决实际问题的能力。 在每个学习情境中又根据学习内容、学习环境和学习难度的不同，不同生源的知识和能力的基础不同，分别采用引导文教学法、四步教学法、系统功能分析法、案例分析教学法、项目教学法等，具体如下表所示：
六、课程实施基础与条件 1．硬件资源： 1）设备条件：实验设备名称等等 3）工具： 4）材料： 2．教学文件 1）课程讲义 2）教材 3）技术手册 3．教学资源库（课程组共建） 1）录像库、动画库、PPT课件、习题库、案例库 2）教学指南、学习指南、各类教学指导文件 3）操作说明书、技术参考资料 4．教师资源 1）设备台数6-8台需配教师1-2人。 2）教师均需准备必要的教学文件（如课程整体设计、单元设计、备课笔记、学生记分册），按授课计划与课程标准统一进行教学，对小组同学进行指导、考核并记录成绩3）主带教师负责填写授课计划、成绩登入系统，其它如召集同学、课前布置任务、课后点评、材料工具领用等，可课程组教师协调安排。 七、课程考核与评价 1、本课程的态度性、知识性、技能性三类评价按20:40:40的比例来划分。 2、态度性评价采用扣分制，按20分计。课堂上出现迟到、早退，仪容不整，不带书本、从事与课堂教学无关事项、打瞌睡、不参与团组活动以及其他学习主动性明显不足现象的，
每次扣1分；缺课、严重影响课堂秩序的，每次扣2分，直至该项成绩扣完。 3、知识性评价中，《机电传动控制》课程主要对课堂布置的项目完成情况以及课堂提问相关知识点来进行考核。 4、技能性考核评价内容，可根据课程类型、性质和特点自定。本课程在课程进行过程中安排3个综合项目，项目实施完成后提交详细的项目报告。 表1 《》课程成绩分配情况 八、其它说明 无
卧式镗床(T68)-机电传动控制课程设计任务书
沈阳航空航天大学 课程设计任务书 机电工程学院机械设计制造及自动化专业 班：学号：姓名： 一、课程设计课题某型号卧式镗床的电气控制系统设计 二、课程设计工作自至 三、课程设计技术说明和控制要求 1、设备机械部分运动说明 某型号卧式镗床主要有床身、前立柱、镗头架、工作台、后立柱和尾架等部分组成。其运动形式有三种：镗轴与花盘的旋转运动为主运动；进给运动包括镗轴的轴向进给、花盘上刀具的径向进给、镗头的垂直进给、工作台的纵向与横向进给；辅助运动为工作台的旋转、后立柱的水平移动、尾架的垂直移动及各部分的快速移动。 2、设备电气控制要求及技术参数 1）主运动与进给运动由同一台双速电动机M1拖动，各方向的快速运动由另一台电动机M2拖动 2）主轴旋转和进给都有较大的调速范围 3）要求M1能正反转，能正反向点动，并带有制动，各方向的进给都能快速移动，正反向都能短时点动 4）必要的保护环节、连锁环节、照明和信号电路 5）电动机的功率 M1：5.2KW M2：3KW
四、课程设计的主要内容 1、分析设备的电气控制要求，制定设计方案、绘制草图； 2、进行电路计算，选择元器件，并列出元器件目录表，绘制电气原理图（包 括主电路和控制电路）； 3、通电调试、故障排除、任务验收，编写设计说明书 五、课程设计时间安排 六、主要参考资料 1、齐占庆. 机床控制技术. 北京: 机械工业出版社，1999 2、邓星中主编. 机电传动控制. 武汉：华中科技大学出版社，2001 3、齐占庆. 王振臣主编. 电器控制技术. 北京：机械工业出版社, 2002 4、陈远龄. 机床电气自动控制. 重庆：重庆大学出版社，1997 5、方承远.工厂电气控制技术. 北京: 机械工业出版社，2000 6、张万奎主编.机床电气控制技术.北京：中国林业出版社，北京大学出版社， 2006
机电传动控制课后习题答案
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
华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析
华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析
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。 答： min) /(4.594 495021r j j n n M L =?== ) /(37.02 604 .5924.0603 s m j Dn v L =???= = ππ TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×
950)=0.45N.m 2 2 22365M M Z n Fv GD GD +=δ 2 22 232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z ?=??+?= 3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩TL ＝常数，当电枢电压或电枢附加电阻改变时，能否改变其稳定运行状态下电枢电流的大小？为什么？这时拖动系统中哪些量必然要发生变化？
《人机界面与网络控制课程标准》
伊犁职业技术学院 2018级《人机界面与网络控制》课程标准
五、教学方法建议 本课程采用“做”中“学”教学模式，主要采用任务驱动的案例分析教学法，并根据工作任务的工作量、难度等进行分组，通过小组协同完成规定的工作任务，培养学生的团队协作精神和解决实际问题的能力。 在每个学习情境中又根据学习内容、学习环境和学习难度的不同，不同生源的知识和能力的基础不同，分别采用引导文教学法、四步教学法、系统功能分析法、案例分析教学法、项目教学法等，具体如下表所示： 六、课程实施基础与条件 1．硬件资源： 1）设备条件：实验设备名称等等 3）工具： 4）材料： 2．教学文件 1）课程讲义 2）教材 3）技术手册 3．教学资源库（课程组共建） 1）录像库、动画库、PPT课件、习题库、案例库 2）教学指南、学习指南、各类教学指导文件
3）操作说明书、技术参考资料 4．教师资源 1）设备台数6-8台需配教师1-2人。 2）教师均需准备必要的教学文件（如课程整体设计、单元设计、备课笔记、学生记分册），按授课计划与课程标准统一进行教学，对小组同学进行指导、考核并记录成绩3）主带教师负责填写授课计划、成绩登入系统，其它如召集同学、课前布置任务、课后点评、材料工具领用等，可课程组教师协调安排。 七、课程考核与评价 1、本课程的态度性、知识性、技能性三类评价按20:40:40的比例来划分。 2、态度性评价采用扣分制，按20分计。课堂上出现迟到、早退，仪容不整，不带书本、从事与课堂教学无关事项、打瞌睡、不参与团组活动以及其他学习主动性明显不足现象的，每次扣1分；缺课、严重影响课堂秩序的，每次扣2分，直至该项成绩扣完。 3、知识性评价中，《机电传动控制》课程主要对课堂布置的项目完成情况以及课堂提问相关知识点来进行考核。 4、技能性考核评价内容，可根据课程类型、性质和特点自定。本课程在课程进行过程中安排3个综合项目，项目实施完成后提交详细的项目报告。 表1 《》课程成绩分配情况
机电传动控制课程设计
机电传动控制课程设计 一、目录 引言 2 设计说明相关内容 （一）、课程设计题目 3 （二）、设计目的及要求 3 （三）、设计内容 4 一、控制方案设计 4 二、线路设计 4 三、控制电路的设计 6 四、元件的选取 6 五、柜体设计 8 六、结束语 11 七、参考文献 12
二、引言 《机电传动控制》课程是机械制造及其自动化专业的一门必修专业基础课，它是机电一体化人才所需电知识结构的躯体。在学习《机电传动控制》这门课程的时候，我能够深刻的体会到其重要性。作为机械类专业本基础教材，本课程涵盖了经典控制理论的基本原理和基本知识，内容与机械类课程现代控制理论相衔接。本书所讲内容突出机电结合，电为机用。在保证基本内容的前提下，简化理论分析，加强反映了当前机电领域的新技术和新知识，加强实例的分析、设计，力求做到内容深入浅出、重点突出，以利于我们开拓思路、深化知识。《机电传动控制》是机械设计制造及其自动化专业系列的教材之一，可以作为机械类专业及与之相近专业的同学们学习和研究。本课程不仅在于它是一门系统理论基础课程，是我们掌握控制论的基础知识，解决机械工程中的控制问题，更重要的是通过呵护唯物辩证法的方法论的建明阐述，使我们学会用控制理论观点，系统论方法，分析、处理机械工程中遇到的难题，启迪和发展我们的思维，培养我们分析问题和解决问题的能力。 由于现代科学和计算机技术的迅速发展，控制理论应用于机械工程的重要性日益明显。将理论联系实际，展开设计的课程设计实践，可以激发我们对该课程的学习兴趣而且能够让我们初步掌握系统性能分析及系统设计的基本方法，为专业课学习和参加控制工程实践打下必要的基础。由此可见，本次课程设计势在必行！
机电传动控制习题及复习大纲汇总
对应教材同志学等编《机电传动控制》国防工业出版社2011.8 第2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。 2-4 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：为了使运动方程式的列出简化；负载转矩是静态转矩，可根据静态时功率守恒原则进行 折算；由于转动惯量与运动系统的动能有关，根据动能守恒原则进行折算。 2.5 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. 2-6 反抗静态转矩和位能静态转矩有何区别，各有什么特点？ 答：反抗静态转矩是因摩擦、非弹性体的压缩、拉伸和扭转等作用所产生的负载转矩；其特 点是：转矩方向与运动方向相反，总是阻碍运动的； 位能静态转矩是由物体的重力和弹性体的压缩、拉伸和扭转等作用所产生的负载转矩；其特点是：转矩方向恒定，与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向是促进运动。 2-7 在题2-7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。 答：机电传动系统稳定运行的必要条件:存在平衡点。即电动机的机械特性与生产机械的机 械特性曲线有交点; 充分条件:当转速偏离平衡点时，系统存在一个使其趋于平衡点的转矩差，即可以自动回复到平衡点。 如图（a,b,c,e ）所示，当系统转速偏离交点(>n a )时，就存在L M T T >，使系统减速，直到重新回到交点，又达到平衡；当系统转速
机电传动控制
1. 引言 1.1 课程设计的目的： 电气控制系统是由各种低压电器和PLC 控制器按一定要求组成的控制系统。通过机电传动系统课程设计，进一步掌握各种低压电器和PLC 的结构原理、选用及使用；正确处理使用中出现的各种问题；了解器件和系统之间的关系；培养正确的设计思想、理论联系实际的工作作风、分析问题和解决问题的能力、运用标准与规范的能力、实事求是的科学态度和勇于探索的创新精神。 1.2 课程设计的内容及要实现的目标： 如图所示： 图1. 模型图 主要内容包括： 1. 设计出硬件系统的结构图、接线图、时序图等； 2. 系统有启动、停止功能; 3. 运用功能指令进行PLC 控制程序设计，并有主程序、子程序和中断程序； 4. 程序结构与控制功能自行设计； 5. 进行系统调试，实现机械手臂搬运加工流程的控制要求。 要实现的目标： 有两部机械对工作物进行加工，对象由输送带A 送到加工位置，然后由机械手将加工物送至工作台1的位置进行第一次加工，当第一步骤加工完成后，机械手臂将工作物夹
起送至工作台2进行第二步加工：当第二步骤加工完成后，机械手臂将工作物放到输送带B送走，然后由7段数码管显示加工完成的数量。 15 左移 ST4 14 上升 YA3 ST1 图2. 机械手工艺流程图 机械手工作前应位于原点，不同的位置分别装有行程开关。ST1为下限为开关，ST2为上限位开关，ST3为右极限位开关，ST3为左限位开关。 机械手的上、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YA1通电，机械手下降；电磁阀YA2通电，夹紧工件；电磁阀YA3通电，机械手上升；电磁阀YA4通电，电磁阀右移；电磁阀YA5通电，机械手左移。
《单片机原理与应用》课程标准(中专)(张旭涛)
《单片机原理与应用》 课程标准 (90学时) 课程代号：DQ021 学时数：90 适用学制：三年中专 一、概述 (一)课程性质 本课程是高等职业技术学校电气类与机电专业的主干课程，是相关专业学生必修的专业技术课程，是学生专业能力的重要组成部分。 通过本课程的学习，学生要了解单片机系统设计的方法，熟悉汇编语言和C51语言的应用，理解常用单片机系统设计的控制方式、特点，具备单片机系统设计、安装和调试的初步能力。通过本课程的学习可为《机电传动控制》、《计算机控制技术》等后续课程的学习和应用打下良好的基础。 （二）课程设计理念与思路 本课程设计为项目课程，根据本专业所对应职业岗位的需要，以构建不同控制要求的单片机系统为目标完成“项目”的方式进行知识与技能的重组。打破传统的单片机课程以知识为序列组织课程的方式，不仅有利于学生学习兴趣的提高，也有利于学生专业能力的形成。 （三）课程设计思路 本课程的项目是构建应用型的单片机系统，每个项目都有可视化的结果，将理论与实践融为一体。因此，本课程体现了职业教育“以就业为导向，以能力为本位”的培养目标，体现了以职业实践活动为主线的教学过程。本课程内容的选择上降低理论重心，突出实际应用，强调“呈现项目结果”，以培养具有研究素质、创新素质和应用素质为目的，能适应现代发展要求的原则，通过教学使同学掌握微型机的基本知识、硬件结构组成、程序设计方法、系统扩展原理及分析方法、了解系统开发应用的方法和技术，注重培养学生的应用能力和解决问题的实际工作能力。 本课程在内容组织形式上强调了学生的主体性学习，在每个项目实施前，先提出学习目标，再进行任务分析，学生针对项目的各项任务进行相关知识的学习，并通过多种实践活动实施项目以实现学习目标。最后根据多元化的评分标准进行自我评价。 二、课程目标 （一）总目标
机电传动控制课程设计报告
机电传动控制课程设计报 告 The Standardization Office was revised on the afternoon of December 13, 2020
引言 作为通用工业控制计算机，30年来，可编程控制器从无到有，实现了工业控制领域接线逻辑到存储逻辑的飞跃；其功能从弱到强，实现了逻辑控制到数字控制的进步；其应用领域从小到大，实现了单体设备简单控制到胜任运动控制、过程控制、及集散控制等各种任务的跨越。今天的可编程控制器正在成为工业控制领域的主流控制设备，在世界各地发挥着越来越大的作用。个人计算机（简称PC）发展起来后，为了方便，也为了反映可编程控制器的功能特点，可编程序控制器定名为Programmable Logic Controller（PLC），现在，仍常常将PLC简称PC。 可编程控制器的定义可编程控制器，简称PLC，是指以计算机技术为基础的新型工业控制装置。在1987年国际电工委员会颁布的PLC标准草案中对PLC做了如下定义：“PLC是一种专门为在工业环境下应用而设计的数字运算操作的电子装置。它采用可以编制程序的存储器，用来在其内部存储执行逻辑运算、顺序运算、计时、计数和算术运算等操作的指令，并能通过数字式或模拟式的输入和输出，控制各种类型的机械或生产过程。PLC及其有关的外围设备都应该按易于与工业控制系统形成一个整体，易于扩展其功能的原则而设计。 PLC具有通用性强、使用方便、适应面广、可靠性高、抗干扰能力强、编程简单等特点。PLC在工业自动化控制特别是顺序控制中的地位，在可预见的将来，是无法取代的。
1 PLC控制系统设计 PLC控制系统设计的基本原则 任何一种控制系统都是为了实现被控对象的工艺要求，以提高生产效率和产品质量。因此，在设计PLC控制系统时，应遵循以下基本原则： 1.最大限度地满足被控对象的控制要求 2.C控制系统安全可靠 3. 力求简单、经济、使用及维修方便 4. 适应发展的需要 PLC机型选择 随着PLC的推广普及，PLC产品的种类和型号越来越多，功能日趋完善。从美国，日本、德国等国家引进的PLC产品及国内厂商组装或自行开发的PLC 产品已有几十个系列。上百种型号。其结构形式、性能、容量、指令系统，编程方法、价格等各有不同，适用的场合也各有侧重。因此，合理选择PLC产品，对于提高PLC控制系统的技术经济指标起着重要作用。一般来说，各个厂家生产的产品在可靠性上都是过关的，机型的选择主要是指在功能上如何满足自己需要，而不浪费机器容量。PLC的选择主要包括机型选择，容量选择，输入输出模块选择、电源模块选择等几个方面。 1、可编程控制器控制系统I/O点数估算 I/O点数是衡量可编程控制器规模大小的重要指标。根据被控对象的输入信号与输出信号的总点数，选择相应规模的可编程控制器并留有10%～15%的I/O 裕量。估算出被控对象上I/O点数后，就可选择点数相当的可编程控制器。如果是为了单机自动化或机电一体化产品，可选用小型机，如果控制系统较大，输入输出点数较多，被控制设备分散，就可选用大、中型可编程控制器。 2、内存估计 用户程序所需内存容量要受到下面几个因素的影响：内存利用率；开关量输入输出点数；模拟量输入输出点数。 （1）内存利用率用户编的程序通过编程器键入主机内，最后是以机器语言的形式存放在内存中，同样的程序，不同厂家的产品，在把程序变成机器语言存放时所需要的内存数不同，我们把一个程序段中的接点数与存放该程序段所代表的机器语言所需的内存字数的比值称为内存利用率。高的利用率给用
机电传动控制(第五版)课后习题答案
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。 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。 2.4 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？ 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=0.5Jω2 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? 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。 2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=2.5kgm2, 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=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2 . 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,电动机的费轮转距GD2M=1.05N m2, 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GD2z.。 ωM=3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=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 GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM2 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. 2.10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。 第三章 3.1为什么直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 答：防止电涡流对电能的损耗.. 3.2并励直流发电机正传时可以自励，反转时能否自励？ 不能,因为反转起始励磁电流所产生的磁场的方向与剩与磁场方向相反,这样磁场被消除,所以不能自励.
机电传动控制课后习题答案《第五版
加黑部分是老师划的题目，有部分题目没有。 习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础22222222222222222222222222222222222222222222 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。 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） TL 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 TM TL TM TL TM> TL TM> TL
系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 TM TL TM= TL TM= TL 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 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？ 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=0.5Jω2 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。