1、转盘直径2.5米，总质量大概2吨，轴承支撑转动；2、转盘中心连接一轴延伸到下端，套齿轮；3、伺服电机+40比减速，减速机轴套齿轮，带动转盘下齿轮，（齿轮与齿轮减速比4:1）联动转盘；4、转盘5秒内做一往复圆周运动。请问：电机多大比较适合；伺服控制定位要注意哪些问题。跪谢。
1、转动惯量因为你没有说转盘的形状，我按质量均匀分布转盘惯量计算
J=1/2Mr^2=0.5×2000×1.25×1.25=1560Kgm^2
2、“转盘5秒内做一往复圆周运动”，是往返1周：
1）匀加速、匀减速对称，电动机电动、发电功率相同，正转和反转相同，这样5秒的正反转1周可以看成 0.5周/1.25秒×4;
2）由于角位移θ、角加速度β、时间t的关系是：
3）转矩T、角加速度β、转动惯量J的关系是：
T=Jβ
4）所以拖动转盘的转矩T为
5）将θ=π、t=1.25秒、J=1560Kgm^2代入得
T=1560Kgm^2×2π/（1.25秒）^2
双向玻璃 =6240Nm
3、拖动圆盘的功率
1） p=Tω
2毛竹片）由于ω是由零到最大匀加速或匀减速运转的，所以电机的功率由零到最大再到零均匀变化；
3）最大角速度ω=βt=2θ/t=2π/1.25=5弧度/秒
4）所以拖动圆盘的最大功率Pm
Pm=Tω=6240Nm×5弧度/秒=31200w=31.2KW
4、如果系统的机械效率是1，那么电机运行的最大功率是31.2KW；
5、电机的功率基本定下来了，电机的额定转矩、额定转速，与系统机械转动比有关系：
1）如果电机直接拖动圆盘，那么电机的额定转矩T=6240Nm；
2）如果电机直接拖动圆盘，那么电机的速度是由零到最大变速运动：
最大速度=最大角速度ω=βt=2θ/t=2π/1.25=5弧度/秒=0.83转/秒=50转/min；
3）如果传动比是扫描探针10，那么电机的额定转矩就是6240Nm÷10，最大转速是50转/min×10；
4）传动比由你设计，电机功率一定，最大功率是31.2KW，电机转速、额定转矩由传动比换算；
1、拖动转盘的转矩T为
1）θ为往返一个角位移的1/2：
例如往返一周，θ=π；
例如往返半周，θ=π/2
2）t为往返一个角位移所需要的时间的1/4：
例如往返一周5秒，则t=5/4秒=1.25秒；
例如往返一周10秒，则t=10/4秒=2.5秒；
3）J为圆盘转动惯量，可根据其几何形状套用不同的公式计算之；
2、这个公式是把圆盘往返一个运动周期的运动分成正转加速、正传减速、反转加速、反转
减速4个完全对称的分段运动，认为它们具有相同大小的转矩T、相同大小的角加速度β、相等的时间t
3、转矩T确定，最大转速ω×转矩T=电机的最大功率；
其中最大转速ω=βt=2θ/t
4、如果传动效率是1，可认为直接拖动圆盘的功率=电机不同传动比时的功率
5、计算结果可以根据系统传动方式及其损耗对计算结果进行修正：
6、传动比只是改变了动力转矩和动力的角速度，不改变动力的功率，这就是杠杆原理；
7、电机的额定转矩、额定转速与传动比有关，其乘积额定功率不变；
横向线性马达例如
电机直接拖动额定转速是50转/分，你可以选择传动比60，电机额定速度是
50×60=3000转/分；
这时电机的额定转矩透气盖6240Nm÷60=104Nm，
而电机的额定功率还是31.2KW不变；
对你的系统一点儿建议：
1、建议你的系统采用：
PLC+位置开关+变频器
2、正反转加减速由变频器完成；
3浆浆在线、正反转往复运动控制由位置触点开关+PLC来完成；
4、这样系统非常简单明了安全可靠，运行调试十分方便！
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