一、分析题 1,如图所不的系统，试分所传感器的误差对输出精度的南： 图！电机更动直线同服系统 2,如图所示的何系统，试分析齿轮减速召的传动灵差对工作台输出精度的响。 进电 图2开环步进电机位置控制系疑 二，计算题 1,如图1所示的电机更动直线间围系统，已知工作台的顾量为kg。工作台与导轨间的摩握系数了 =Q1,负载力为100N,线杠直径为16，导程为4.伪轮减速比为5，工作台的量大线速度为00Sm5, 试求 (1》折算到电机轴上的复载力矩： 《2》电机轴的转速： (5》电机所雷功率， 2,如周2所示的开环步进电机位置控制系统，已知负载力P-200N,工作台长=0m:往复精度 为士002mm.轮杠导程6mm,直轻d-3mm,步进电机的步距角为a-15°。达瑞定齿轮减速比。 答案： 一、分析思 1。分析传感器的误差对输出精度的影响 传感器位于反康通道，误差的低频分量影响系统的输出精度和系统的稳定性。因此传感器应 有较高的精度：而误差的高類分量不影响输出精度，可以允许传感器及故大电路有一定的高
一、分析题 1．如图所示的系统，试分析传感器的误差对输出精度的影响。 图 1 电机驱动直线伺服系统 2．如图所示的伺服系统，试分析齿轮减速器的传动误差对工作台输出精度的影响。 图 2 开环步进电机位置控制系统 二、计算题 1．如图 1 所示的电机驱动直线伺服系统，已知工作台的质量为 50kg，工作台与导轨间的摩擦系数 f ＝0.1，负载力为 1000N，丝杠直径为 16mm，导程为 4mm，齿轮减速比为 5，工作台的最大线速度为 0.05m/s， 试求： （1）折算到电机轴上的负载力矩； （2）电机轴的转速； （3）电机所需功率。 2．如图 2 所示的开环步进电机位置控制系统，已知负载力 F=2000N，工作台长 L=400mm，往复精度 为 mm，丝杠导程 6mm，直径 d＝32mm，步进电机的步距角为 α＝ ，试确定齿轮减速比 i。 答案： 一、分析题 1．分析传感器的误差对输出精度的影响 传感器位于反馈通道，误差的低频分量影响系统的输出精度和系统的稳定性，因此传感器应 有较高的精度；而误差的高频分量不影响输出精度，可以允许传感器及放大电路有一定的高
频噪声。 2。分析齿轮减速器的传动误差对工作台输出精度的影响。 对于开环步进电机位置控制系统，由于无检测装置，不对位置进行检测和反馈，齿轮减速器 的传动误差（误整的高颜分量）和回程误差《误差的低频分量)将直接影响工作台的输出精 度。 二、计算题 1,如图所示的电机驱动直线饲服系统，己知工作台的质量为m=处g,工作台与导轨间的 摩擦系数仁0.1，负载力为Fg=1000N,能杠直径为D=16mm,导程为=4mm,齿轮减 速比为一5，工作台的最大线速度为r-0.04ms,试求：(1)折算到电机轴上的负载力矩： (2)电机触的转速：(3)电机所需功率， 解：(1)折算到电机轴上的负截力矩 摩擦负载力F-mg-50×10×0.1-50N 外负载力 F.=1000N 电机上的负载力矩为 元+F) 12g _14x10 =51 -·1000+50) 07 =0191N (2)电机触的转速 n=1'=5 0.04 =50wr/s=3000r/in .0.004 (3》电机所需功率 P.=0.5-25rpw 取系数为2，则 P=2T,2m=2x0,191x2×g×50=120W 2.如图所示的开环步进电机位置控制系统，已知负载力下-2000N,工作合长L=400mm, 往复精度为士0.02mm,丝杠导程6mm,直径d-32mm,步进电机的步距角为e-1.5°， 试确定齿轮减速比 解：步透电机的每转脉冲数
频噪声。 2．分析齿轮减速器的传动误差对工作台输出精度的影响。 对于开环步进电机位置控制系统，由于无检测装置，不对位置进行检测和反馈，齿轮减速器 的传动误差（误差的高频分量）和回程误差（误差的低频分量）将直接影响工作台的输出精 度。 二、计算题 1．如图所示的电机驱动直线伺服系统，已知工作台的质量为 m＝50kg，工作台与导轨间的 摩擦系数 f＝0.1，负载力为 FW＝1000N，丝杠直径为 D＝16mm，导程为 ts＝4mm，齿轮减 速比为 i＝5，工作台的最大线速度为 v＝0.04m/s，试求：（1）折算到电机轴上的负载力矩； （2）电机轴的转速；（3）电机所需功率。 解：（1）折算到电机轴上的负载力矩 摩擦负载力 Ff＝mgf＝50×10×0.1＝50N 外负载力 Fw＝1000N 电机上的负载力矩为 Nm F F t i T W f s m 0.191 0.7 1 (1000 50) 2 4 10 5 1 1 ( ) 2 1 3 = + = = + − （2）电机轴的转速 50 / 3000 / min 0.004 0.04 5 r s r t v n i s = = = = （3）电机所需功率 ( ) Pm 5 TLP nLP = 1.5 ~ 2. 取系数为 2，则 Pm = 2T 2n = 20.191 2 50 =120W 2．如图所示的开环步进电机位置控制系统，已知负载力 F=2000N，工作台长 L=400mm， 往复精度为 0.02 mm，丝杠导程 6mm，直径 d＝32mm，步进电机的步距角为α＝1.5， 试确定齿轮减速比 i。 解：步进电机的每转脉冲数
360°_360=240账冲￥ 月， a15 根据工作台定位精度的要果，选用味冲当量 6-0.02mm/脉冲 设传动比为/，每个脉冲对应工作台的位移为 则 6 is- =1.25 m,0.02×240
240 1.5 360 360 = = = ns 脉冲/转 根据工作台定位精度的要求，选用脉冲当量 δ=0.02mm/脉冲 设传动比为 i ，每个脉冲对应工作台的位移为 s s in t = 则 1.25 0.02 240 6 = = = s s n t i