1

AUTOR: DR INŻ. KRZYSZTOF CHODNIKIEWICZ

Rok akademicki: 2012/13

ZA ZGODĄ AUTORA – TYLKO DO UZYTKU WŁASNEGO

1. DYNAMIKA NAPĘDU ELEKTYCZNEGO

SPIS TREŚCI
1.1. Co to jest równanie ruchu i kiedy warto lub należy się nim zajmować?
1.2. Przykłady równań ruchu
1.3. Masowy moment bezwładności
1.4. Równanie ruchu układu napędowego, w którym J ≠ const
1.5. Redukcja momentów sił oraz momentu bezwładności do wybranego elementu układu
napędowego
1.6. Człony M

0

oraz M

e

występujące w równaniu ruchu układu napędowego

1.7. Równanie ruchu – statyczna charakterystyka silnika
1.8. Stabilny i niestabilny punkt pracy układu napędowego
1.9. Wstępne uwagi dotyczące układów o więcej niż jeden stopniach swobody
1.10. Model układu napędowego ze sprzęgłem ciernym
1.11. Model układu napędowego uwzględniający odkształcenia sprężyste wałów
1.12. Dynamiczna charakterystyka silnika napędowego

1.1. Co to jest równanie ruchu i kiedy warto się nim zajmować?
Równanie ruchu jest równanie różniczkowe (lub układ takich równań) wynikające z drugiej
zasady dynamiki Newtona. W najprostszym przypadku ruchu prostoliniowego punktu
materialnego o stałej masie m, na który działa siła F, równanie ruchu ma postać

F

dt

x

d

m

2

2



lub

F

dt

dv

m



gdzie symbol x oznacza przemieszczenie zaś symbol v – prędkość.
W przypadku ruchu obrotowego ciała o stałym masowym momencie bezwładności J,
równaniem ruchu jest

M

dt

d

J

2

2





lub

gdzie M – moment obrotowy działający na obracające się ciało, α – kąt obrotu, ω – prędkość
kątowa. W zagadnieniach dotyczących napędu elektrycznego najczęściej rozpatruje się
równania ruchu obrotowego. Efektywne rozwiązanie równania różniczkowego, a więc i
równania ruchu, wymaga znajomości warunków początkowych.

2

Równanie:

Warunki początkowe

Rozwiązaniem równania jest
funkcja:

F

dt

x

d

m

2

2



x

i

dt

dx

dla chwili początkowej t = t

0

opisująca zależność
przemieszczenia od czasu

F

dt

dv

m



v =

dt

dx

dla chwili początkowej t = t

0

opisująca zależność prędkości
liniowej od czasu

M

dt

d

J

2

2







i

dt

d



dla chwili początkowej t = t

0

opisująca zależność kąta obrotu od
czasu

M

dt

d

J





dt

d







dla chwili początkowej t = t

0

opisująca zależność prędkości
kątowej od czasu

Uwaga: Bez wiedzy jakie funkcje kryją się pod symbolami F i M, powyższych równań rozwiązać nie
można.

Równaniami ruchu są także równania opisujące drgania mechaniczne. Przykładowo,
równaniem ruchu jest równanie różniczkowe zwyczajne opisujące drgania swobodne punktu
materialnego o masie m zawieszonego na sprężynie o sztywności k

0

kx

dt

x

d

m

2

2





Równanie drgań wzdłużnych pręta prostego o stałym przekroju ma postać

2

2

2

2

t

u

x

u

E













gdzie E,



– odpowiednio moduł sprężystości podłużnej oraz gęstość materiału pręta, u –

przemieszczenie osiowe przekroju pręta. Jest to równanie różniczkowe cząstkowe; można je
też uważać za równanie ruchu.
W celu uzyskania odpowiedzi na pytanie: „Kiedy warto lub należy rozpatrywać równanie

ruchu?” rozważmy równanie

F

dt

dv

m



, zakładając, że F = 0. Dzięki temu założeniu

równanie przyjmuje postać

0

dt

dv

=

. Całkując otrzymuje się

C

v =

, gdzie C jest stałą.

Wyznaczenie stałej C wymaga znajomości prędkości v

0

w chwili t

0

. Z podstawienia wynika

0

v

C =

, czyli, że jeżeli F = 0, to v = v

0

, a więc ciało pozostaje w spoczynku lub porusza się

ruchem jednostajnym. Jest to rozwiązanie zgodne z Pierwszą Zasadą Dynamiki Newtona. Jest
ono niezbyt „interesujące”, ale można je uznać za pośrednia odpowiedź na postawione wyżej
pytanie. Otóż, interesującego rozwiązania równania ruchu można oczekiwać gdy F ≠ 0
(lub M ≠ 0), gdyż w takim przypadku mamy do czynienia z ruchem nieustalonym.


1.2. Przykłady równań ruchu
Wyprowadźmy równanie układu pokazanego na rys.1.2.1: wózek o masie m podparty jest
sprężyną o sztywności k. Na wózek działa siła F. Tarcie pomiędzy wózkiem i podłożem
pomijamy. Pierwszym krokiem jest przyjęcie dodatniego zwrotu osi x, wzdłuż której porusza
się wózek, oraz wybór początku tej osi, czyli punktu, w którym x = 0.

3

Wybór ten jest całkowicie dowolny, ale - raz przyjęty - obowiązuje do końca rozważań.
Załóżmy, że dodatni zwrot osi x jest skierowany w prawo i że punkt x = 0 odpowiada takiemu
położeniu wózka, w którym siła sprężyny jest równa zero. Należy z naciskiem podkreślić, że
dodatni zwrot osi x determinuje

dodatni zwrot prędkości

dt

dx

oraz dodatni zwrot przyspieszenia

2

2

dt

x

d

. Wynika to stąd, że

uznajemy, że różniczka dt > 0. Z fizyki wiadomo, że siła bezwładności,

2

2

dt

x

d

m

, jest

skierowana przeciwnie do dodatniego zwrotu przyspieszenia. Z tego powodu strzałka
obrazująca tę siłę jest na rys.1.1 skierowana w lewo. Nadajmy myślowo wózkowi dodatnie
przemieszczenie x. Strzałka obrazująca siłę oddziaływania sprężyny kx jest skierowana
przeciwnie do przemieszczenia x, czyli też w lewo. Patrząc na blokowe strzałki na rys.1.1,
można powiedzieć, że równanie ruchu wózka zostało ”narysowane”. Pozostaje je napisać:

0

F

kx

dt

x

d

m

2

2







Informacje zawarte w tym równaniu nie wystarczają do jego rozwiązania. Brakuje zarówno
informacji dotyczących k i F, a także warunków początkowych. Przecież k, F mogą być w
jednym przypadku wielkościami stałymi, w innym – zmiennymi, a od tego zależy konkretna
postać równania. Do jego rozwiązania konieczna jest znajomość warunków początkowych,
które określają położenie x = x

0

i prędkość wózka dx/dt=v

0

w chwili t

0

przyjętej za

początkową.
W analogiczny sposób można wyprowadzić równanie ruchu obrotowego (rys.1.2.2). Niech na
element, który może się obracać, a którego masowy moment bezwładności wynosi J, działa
czynny (powodujący ruch) moment obrotowy M

e

oraz bierny moment obrotowy M

0

.

Pierwszy krok prowadzący do wyprowadzenia równania ruchu jest taki sam jak w przypadku
ruchu postępowego. Należy przyjąć dodatni zwrot osi α oraz położenie kątowe obracającego

J

M

e

M

0

J·d

2

α/dt

2

+α +dα/dt +d

2

α/dt

2

Rys.1.2.2

x

F

k

m

+x, + dx/dt, +d

2

x/dt

2

kx

m (d

2

x/dt

2

)

Rys.1.2.1

!!!

4

się elementu, które odpowiada α = 0. Analogicznie do ruchu postępowego, moment
dynamiczny J·d

2

α/dt

2

ma zwrot przeciwny do dodatniego zwrotu przyspieszenia kątowego

d

2

α/dt

2

, moment M

e

ma zwrot zgodny ze zwrotem przyspieszenia, moment M

0

– zwrot

przeciwny. Patrząc na rysunek można napisać

0

M

M

dt

d

J

0

e

2

2









(1.7)

Warunki początkowe mają postać

0

0

0

t

t

dla

dt

d

,















(1.8)

Tak jak i poprzednio należy zdefiniować M

e

oraz M

0

.

1.3. Masowy moment bezwładności
Jak już wiadomo, w równaniach ruchu obrotowego występuje masowy moment
bezwładności. Warto przypomnieć podstawowe wiadomości dotyczące tego momentu. (W
dalszym tekście słowo „masowy” będzie pomijane. Nie powinno to spowodować
nieporozumień; wykład dotyczy bowiem napędu a nie wytrzymałości materiałów).
Moment bezwładności J punktu materialnego o masie m względem osi 0 – 0 (rys.1.3.1)







wyraża się wzorem

2

r

m

J





gdzie r jest odległością punktu materialnego od osi O – O.
Moment bezwładności bryły





m

2

dm

r

J

Przykład
Obliczyć moment bezwładności walca o promieniu R i długości l względem jego osi symetrii; walec jest
wykonany z materiału o gęstości ρ (Rys.1.3.2).

2

R

0

2

2

2

4

4

3

R

0

2

2

)

2

D

(

2

m

R

2

m

R

2

l

R

R

l

2

4

R

l

2

dr

r

l

2

dJ

J

dr

l

r

2

r

dV

r

dJ























































































r

0

0

m

Rys.1.3.1

R

dr

r

l

Rys.1.3.2

5

Poniżej podano wzory, na podstawie których można wyznaczyć momenty bezwładności
cienkiego pręta (Rys.1.3.3a), prostopadłościanu (Rys.1.3.3b) i kuli (Rys.1.3.3c).

Cienki pręt:

12

ml

J

2

x



Prostopadłościan:

)

c

b

(

12

m

J

2

2

x





)

c

a

(

12

m

J

2

2

y





)

b

a

(

12

m

J

2

2

z





Kula:

2

z

y

x

mR

5

2

J

J

J







Twierdzenie Steinera (patrz wzór poniżej) umożliwia obliczenie momentu bezwładności
względem osi równoległej do tej, względem której znany jest moment bezwładności; znana
musi też być odległość d pomiędzy osiami

2

OS

"

STARA

"

OS

"

NOWA

"

md

J

J

+

=

Warto zwrócić uwagę, że obliczenia najkorzystniej jest wykonywać w układzie SI (kg, m, s).
Jest to najbezpieczniejszy sposób prowadzenia obliczeń, taki, w którym nie trzeba stosować
żadnych współczynników liczbowych.
Momenty bezwładności brył o złożonych kształtach oblicza się dzieląc te bryły na elementy
składowe i dodając (lub odejmując) momenty bezwładności tychże elementów.
Momenty bezwładności wirników silników elektrycznych podawane są zazwyczaj w
katalogach firm, które te silniki produkują. Jednak niekiedy, szczególnie w starszych
katalogach, podawana jest wartość oznaczana GD

2

, którą można zamienić na moment

bezwładności przeprowadzając następujące przeliczenie

g

4

GD

J

J

g

4

)

mr

(

g

4

)

r

2

(

)

g

m

(

GD

2

2

z

2

z

2





















gdzie r

z

jest promieniem zastępczym, tak dobranym, że

J

r

m

2

z





.

1.4. Równanie ruchu układu napędowego, w którym J ≠ const
Rozpatrzmy układ złożony z silnika S i maszyny roboczej MR. Schemat układu pokazano na
rys.1.4.1a.
Silnik przekazuje do maszyny energię E

e

, która zamienia się na energię kinetyczną E

k

i pracę

L

U

(rys.1.4.1b). Z zasady zachowania energii wynika

k

U

e

E

L

E





Energię E

e

i pracę L

U

można określić zależnościami

dt

dE

P

e

e



dt

dL

P

U

U



,

czyli

z

y

x

x

l

l/2

(a)

Rys.1.3.3

a

z

y

x

(b)

b

c

(c)

R

6





t

0

e

e

dt

P

E





t

0

U

U

dt

P

L

Podane powyżej równanie wyrażające zasadę zachowania energii można więc napisać w
postaci









t

0

2

t

0

U

e

2

J

dt

P

dt

P



A zamiast P

e

i P

u

napisać







e

e

M

P







0

U

M

P

gdzie M

e

jest momentem silnika, zaś M

0

– momentem oporowym maszyny roboczej. Moment

M

0

„zawiera w sobie” zarówno moment użyteczny (z punktu działania maszyny) jak i

moment oporowy, wynikający najczęściej z tarcia. Po podstawieniu

2

J

dt

M

dt

M

2

J

dt

M

dt

M

t

0

0

t

0

e

t

0

t

0

2

0

e





































Różniczkując względem czasu

0

e

M

M

dt

dJ

2

dt

d

J











Powyższe równanie można również napisać w postaci

0

e

2

2

2

0

e

2

2

M

M

d

dJ

2

dt

d

J

M

M

dt

dJ

d

d

2

dt

d

J



























Jeżeli J = const, to powyższe równanie upraszcza się do znanej już postaci

0

e

2

2

M

M

dt

d

J







1.5. Redukcja momentów sił oraz momentu bezwładności do wybranego elementu
układu napędowego
Schemat układu napędowego przedstawiony na rys.1.4.1a jest bardzo prosty i wygodny do
analizy. Jednak rzeczywiste układy mają budowę bardziej skomplikowaną. W układach
rzeczywistych jest często wiele wałów, stosowane są przekładnie, sprzęgła, dźwignie, itd.
Korzystnym sposobem uproszczenia schematu skomplikowanego układu jest „chwyt”
polegający na redukcji (sprowadzeniu) elementów układu napędowego do wału silnika
elektrycznego. Zasady redukcji najłatwiej jest poznać na przykładach. Rozpatrzmy układ
napędowy (rys.1.5.1a), w którym pomiędzy silnikiem S i maszyną roboczą MR znajduje się
przekładnia zębata. Chodzi o to, aby zamiast schematu pokazanego na rys.1.5.1a rozpatrywać

E

k

L

U

ω

S

MR

M

e

M

0

Rys.1.4.1

E

e

(a)

(b)

7

schemat zastępczy pokazany na rys.1.5.1b. Należy więc zastąpić wszystkie momenty
bezwładności momentem zastępczym J

Z

związanym z wałem silnika, zaś moment oporowy

maszyny roboczej M

0

momentem oporowym zastępczym M

Z

przyłożonym do wału silnika.

Redukując momenty bezwładności wymaga się, aby energia kinetyczna układu pokazanego
na rys.1.5.1b była równa energii kinetycznej układu pokazanego na rysunku rys.1.5.1a. W
przypadku redukcji momentów obrotowych, wymaga się natomiast aby moc związana z
momentem zastępowanym była równa mocy związanej z momentem zastępczym. W
przypadku układu pokazanego na rys 1.5.1a, nazwanego „oryginalnym”, energia kinetyczna
wynosi

2

ω

J

2

ω

J

2

ω

J

2

ω

J

E

2

M

M

2

M

2

2

S

1

2

S

S

oryg

,

k

+

+

+

=

natomiast energia kinetyczna układu zastępczego (rys.1.5.1b) jest równa

2

J

E

2

S

Z

zas

,

k





Z warunku, że energie te mają być takie same, otrzymuje się zastępczy moment bezwładności

2

2

1

M

2

1

S

2

S

M

M

2

1

S

Z

z

z

)

J

J

(

J

J

)

J

J

(

J

J

J













































Moc na wale maszyny roboczej, związana z zastępowanym momentem obrotowym jest równa

M

0

M

M

P







zaś moc na wale silnika, związana z zastępczym momentem oporowym wynosi

S

Z

Z

M

P







Ponieważ moce te mają być równe sobie, więc zastępczy moment oporowy jest określony
zależnością

2

1

0

S

M

o

Z

z

z

M

M

M











Zauważmy, że przy wyprowadzaniu powyższego wzoru milcząco założono, że sprawność
przekładni zębatej jest równa jedności. Nie odpowiada to rzeczywistości. Uwzględniając
sprawność przekładni zębatej, η, zastępczy moment oporowy należy napisać w postaci

2

1

M

S

M

M

Z

z

z

M

M

M















J

S

– moment bezwładności wirnika silnika

J

M

– moment bezwładności części wirujących

M

e

– moment obrotowy silnika

M

0

– moment oporowy maszyny roboczej

J

1

– moment bezwładności koła zębatego 1

ω

S

– prędkość kątowa wału silnika

z

1

– liczba zębów koła zębatego 1

ω

M

– prędkość kątowa wału maszyny

J

2

– moment bezwładności koła zębatego 2 S - silnik; MR – maszyna robocza

z

2

–liczba zębów koła zębatego 2

Rys.1.5.1

ω

S

J

Z

S

M

e

M

Z

(b)

ω

M

ω

S

M

0

J

M

J

2

z

2

J

1

z

1

S

MR

J

S

M

e

(a)

8

Wiedząc już jak wyrazić zastępczy moment bezwładności oraz zastępcze momenty oporowe,
można napisać równanie ruchu dla układu pokazanego na rys. 1.5.1 w postaci

0

M

M

dt

ω

d

J

Z

e

S

Z

=

+

Warto omówić redukcję do wału silnika mas elementów poruszających się ruchem
postępowym oraz redukcję sił działających na takie elementy. W tym celu rozpatrzmy typowy
układ napędowy pokazany na rys.1.5.2. Silnik napędza śrubę poprzez przekładnię zębatą, zaś
śruba - suwak o masie m, na który działa siła F. Metoda obliczenia zastępczego momentu
bezwładności pozostaje bez zmian.










Energia kinetyczna układu oryginalnego (rys.1.5.2a)

2

v

m

2

J

2

J

2

J

E

2

2

2

2

2

S

1

2

S

S

oryg

,

k















gdzie v oznacza prędkość suwaka. Zastępczy moment bezwładności jest równy

2

2

1

2

2

1

2

1

S

2

S

M

2

2

1

2

1

S

2

S

2

S

M

2

1

S

Z

z

z

2

h

m

z

z

J

J

J

2

h

m

z

z

J

J

J

v

m

J

J

J

J

















































































































gdzie symbolem h oznaczono skok gwintu śruby.
Moment obrotowy (na śrubie) spowodowany działaniem siły F wynosi

+

=

)

ρ

γ

(

tg

2

d

F

M

0

gdzie d jest średnicą podziałową gwintu, γ – kątem pochylenia linii śrubowej

)

d

π

h

(

arctg

γ =

zaś ρ – kątem tarcia obliczanym na podstawie współczynnika tarcia

)

μ

(

arctg

ρ =

Moc na śrubie

M

M

0

ω

)

ρ

γ

(

tg

2

d

F

ω

M

+

=

Musi równać się mocy na wale silnika, czyli

M

0

S

Z

ω

M

ω

M

=

Z tej zależności można łatwo obliczyć zredukowany do osi silnika moment obrotowy
spowodowany działaniem siły F.

F

ω

M

ω

S

m

J

2

z

2

J

1

z

1

S

J

S

M

S

(a)

ω

S

J

Z

S

M

S

M

Z

(b)

Rys.1.5.2

9

1.6. Człony M

0

oraz M

e

występujące w równaniu ruchu układu napędowego

Symbol M

0

występujący w równaniu ruchu

0

e

M

M

dt

d

J







oznacza moment oporowy maszyny roboczej, który składa się z momentu użytecznego
(potrzebnego do wykonania procesu technologicznego) oraz momentu tarcia w maszynie
roboczej oraz w silniku. Typowe charakterystyki maszyn roboczych pokazano w sposób













jakościowy na rys.1.6.1. Linia 1 odpowiada maszynom, w których moment oporowy jest
stały, tzn. pompom o stałej wydajności, maszynom wyciągowym, walcarkom, itp. Linia 2
charakteryzuje wentylatory, pompy odśrodkowe i inne maszyny, w których opory ruchu są
wprost proporcjonalne do kwadratu prędkości obrotowej. Linia 3 odpowiada - przykładowo -
urządzeniom odwijającym, w których jest zachowana stała siła naciągu oraz stała prędkość
liniowa taśmy lub drutu; maszyny takie są stosowane, między innymi, w przemyśle
papierniczym.
Wyróżnia się bierne i czynne momenty (siły) oporowe. Momenty (siły) oporowe bierne są
związane z wykonywaniem procesu technologicznego i pokonywaniem tarcia. Mówiąc
inaczej: praca momentu (siły) oporowego biernego jest pracą użyteczną lub pracą tarcia.
Moment (siła) oporowy bierny ma zawsze zwrot przeciwny do zwrotu prędkości. Obrazują to
na rys.1.6.2 linie A1 i A2.
Czynny moment (siła) oporowy jest niezależny od zwrotu prędkości. Obrazuje to linia B na
rys.1.6.2. W przypadku czynnego momentu (siły) oporowego należy wyróżnić dwie sytuacje,
które łatwo wyjaśnić na przykładzie windy. Jeżeli winda porusza się do góry, to moment
oporowy przeciwdziała ruchowi. Jeżeli natomiast winda zjeżdża w dół, to moment oporowy
staje się momentem czynnym i „pomaga” temu ruchowi; silnik może w tym przypadku
oddawać energię do źródła. Innym przykładem jest siła spowodowana odkształceniem
sprężystym elementu maszyny. W obydwu tych przypadkach mamy do czynienia z energią
potencjalną. W przypadku windy – z energią potencjalną związaną z polem grawitacyjnym, w
przypadku elementu maszyny – z energią potencjalną odkształceń sprężystych, która jest
najpierw akumulowana, a następnie może być oddana.
Dyskusję na temat członu M

e

występującego w równaniu ruchu układu napędowego należy

rozpocząć od rozróżnienia statycznych i dynamicznych charakterystyk silnika elektrycznego.
Charakterystyka statyczna silnika to taka, którą uzyskano na hamowni zmieniając bardzo
wolno obciążenie silnika. „Bardzo wolno” oznacza, że zmiana obciążenia nie powoduje ani
momentów dynamicznych, ani procesów przejściowych w silniku. Każdy silnik określonego
typu ma inną charakterystykę statyczną, która jest także nazywana charakterystyką
mechaniczną. Jako przykład rozpatrzmy, charakterystykę statyczną silnika indukcyjnego,
którą pokazano schematycznie na rys.1.6.3. Charakterystykę tę w przybliżeniu opisuje tzw.

0

ω

M

0

1

2

3

Rys.1.6.1

A1

0

ω

M

0

A2

B

Rys.1.6.2

10

wzór Klossa

2

k

2

k

k

k

k

k

e

s

s

s

s

M

2

s

s

s

s

M

2

M









gdzie s oznacza poślizg silnika, równy

S

S

s













- prędkość kątowa,

S



- prędkość kątowa synchroniczna.

Symbole ω

k

, s

k

, M

k

oznaczają kolejno: krytyczną prędkość kątową, krytyczny poślizg i

krytyczny (maksymalny) moment silnika. Poślizg krytyczny można obliczyć ze wzoru

]

1

M

M

M

M

[

s

s

2

n

k

n

k

n

k



















gdzie M

n

oznacza moment znamionowy. Dla poślizgów znacznie mniejszych od poślizgu

krytycznego zachodzi zależność s

k

/s >>s/s

k

, dzięki czemu wzór Klossa można napisać w

postaci

s

s

M

2

M

k

k

e



.

Wykonując stosowane przekształcenia otrzymuje się

2

k

s

2

s

s

k

s

k

e

)

(

)

(

)

(

M

2

M





























oraz



















s

k

s

s

k

e

1

M

2

M











Charakterystyka statyczna silnika innego niż indukcyjny ma oczywiście odmienną postać,
jednak jest to zawsze zależność wiążąca moment M

e

z prędkością kątową silnika.

ω

k

ω

n

ω

S

M

n

M

r

s

k

1

s

0

0

M

e

M

k

ω

Rys.1.6.3

11

1.7. Równanie ruchu – statyczna charakterystyka silnika
Rozpatrzmy najpierw najprostszy przypadek równania ruchu, który odpowiada założeniu, że
obydwa momenty, M

e

i M

0

, mają wartości stałe. Zastosujmy to założenie do oszacowania

czasu rozruchu silnika indukcyjnego. Przyjmijmy, że moment M

0

jest znany i mniejszy od

momentu rozruchowego M

r

(rys.1.6.3). W czasie rozruchu prędkość kątowa wzrasta od

0





do

u







, gdzie

u



oznacza prędkość ruchu ustalonego, czyli sytuację, w której M

e

= M

0

. Korzystając z charakterystyki silnika można powiedzieć, że rozruch rozpoczyna się od

punktu (0, M

r

) i kończy w punkcie (

u



, M

0

). Przyjmijmy upraszczając, że w czasie rozruchu

moment silnika wynosi

2

M

M

M

k

r

sr

,

e





.

Równanie ruchu przyjmuje postać

0

sr

,

e

M

M

dt

d

J







Zauważmy, że powyższe równanie opisuje ono ruch obrotowy jednostajnie przyspieszony i
mogłoby być rozwiązane sposobem znanym ze szkoły średniej. My rozwiążemy to równanie
nieco „mądrzej” pisząc

C

t

J

M

M

dt

J

M

M

d

0

sr

,

e

0

sr

,

e















gdzie C jest stałą, która należy obliczyć z warunku początkowego: dla t = 0 jest ω = 0.
Uzyskuje się

t

J

M

M

0

sr

,

e







Rozruch, którego czas wynosi t

r

, kończy się gdy prędkość osiągnie wartość

u



. Stąd wynika

czas rozruchu

0

sr

,

e

u

r

M

M

J

t







Uzyskanemu rozwiązaniu można zarzucić, że w rzeczywistości moment silnika nie jest stały,
a więc przyspieszenie też nie jest stałe. Rozwiązanie to ma jednak ogromną zaletę. Jest ono
proste, a w technice bardzo często przedkłada się prostotę rozwiązania nad jego dokładność.

Obecnie zastosujmy znaną już zależność

s

s

M

2

M

k

k

e



opisującą charakterystykę silnika indukcyjnego dla małych poślizgów, do odpowiedzi na
następujące pytania: (a) jak zmienia się prędkość silnika jeżeli moment obciążający zmieni się
skokowo z M

01

na M

02

? , (b) jak długo trwa zmiana prędkości? Zakładamy, że do chwili t = 0

silnik jest obciążony momentem M

01

. Momentowi M

01

odpowiada prędkość kątowa























01

s

1

M

1

gdzie

k

s

s

k

M

2













Dla t > 0 równanie ruchu ma postać

12

02

s

M

)

1

(

dt

d

J















czyli











s

02

M

dt

d

J







Oznaczając

s

02

b

M

a













otrzymujemy równanie

a

ω

b

dt

ω

d

J

=

+

(*)

w którym a i b są stałymi. Równanie uproszczone ma postać

0

ω

b

dt

ω

d

J

=

+

a jego rozwiązaniem jest

t

J

b

-

Ae

ω =

Rozwiązanie szczególne

D

ω =

, przy czym D = const. Podstawiając do równania (*)

otrzymuje się

b

a

D =

, czyli rozwiązanie ogólne równania (*) ma postać

b

a

Ae

ω

t

J

b

-

+

=

Korzystając z warunków początkowych (dla t = 0 jest ω = ω

1

) otrzymuje się

b

a

-

ω

A

b

a

A

ω

1

1

=

+

=

i ostatecznie

)

e

-

1

(

b

a

e

ω

ω

b

a

e

)

b

a

-

ω

(

ω

t

J

b

-

t

J

b

-

1

t

J

b

-

1

+

=

+

=

Zauważmy, że gdy





t

, to

b

a

ω

ω

ω

s

2

=

=

→

, co pozwala napisać rozwiązanie końcowe

w postaci

)

e

-

1

(

ω

e

ω

ω

t

J

b

-

2

t

J

b

-

1

+

=

Zauważmy, ze zależność określająca czas rozruchu została wyprowadzona przy założeniu, że
moment silnika jest stały, natomiast zależność dotycząca skokowej zmiany momentu
oporowego – przy założeniu, że moment silnika jest liniową funkcją poślizgu. Można byłoby
zamiast tych założeń próbować wprowadzić do równania ruchu pełny wzór Klossa. Jednak w
tym wzorze moment silnika jest nieliniową funkcja poślizgu, a więc nieliniową funkcją
prędkości kątowej. Jest to poważne utrudnienie, gdyż równanie ruchu przestaje być

13

równaniem liniowym. Większość równań nieliniowych nie ma rozwiązań, które można by
było zapisać w postaci wzoru analitycznego. Nieliniowe równanie różniczkowe można
zawsze rozwiązać numerycznie ale rozwiązanie numeryczne nie ma charakteru ogólnego;
dotyczy konkretnego przypadku. Z tego powodu – jeżeli to tylko nie wpływa na istotę
rozpatrywanych zjawisk – unika się założeń, które prowadzą do nieliniowych równań ruchu.
Zalecenie to dotyczy nie tylko napędu elektrycznego.

1.8. Stabilny i niestabilny punkt pracy układu napędowego
Stabilny układ (niekoniecznie napędowy) to taki, w którym małe odchylenie od stanu, w
którym on się znajduje, jest samoczynnie likwidowane i układ wraca do stanu wyjściowego.
Bardzo często pojęcie stabilności wyjaśnia się rozpatrując zachowanie kulki na powierzchni
wklęsłej (stabilne położenie kulki) oraz na powierzchni wypukłej (położenie niestabilne).
Stabilność układu napędowego można natomiast wyjaśnić posługując się wykresami
momentów (silnika M

e

i oporowego M

0

) w funkcji prędkości kątowej. Rozpatrzmy dwie

różne sytuacje pokazane na rys.3.8.1 i przeanalizujmy odchylenia układu od punktu
równowagi, czyli od punktu S (rys.3.8.la) przecięcia charakterystyk M

e

(ω) i M

0

(ω). Załóżmy

że moment oporowy wzrósł o ΔM

0

. Zgodnie z charakterystyką M

0

(ω), wzrostowi temu

odpowiada wzrost prędkości kątowej. Powinien mu towarzyszyć wzrost momentu silnika M

e

.

Tak jednak nie jest, gdyż wraz ze wzrostem prędkości kątowej moment silnika zmniejsza się.
Oznacza to, że w punkcie P układ napędowy nie może pracować i powróci do stabilnego
punktu pracy S. Inaczej jest w sytuacji pokazanej na rys.3.8.1b. Jeżeli moment oporowy na
chwilę by się zmniejszył, to układ powinien przejść do punktu R. Praca układu w tym punkcie
nie jest jednak możliwa, ponieważ zwiększonej prędkości kątowej towarzyszy większy











moment silnika. Nadwyżka momentu silnika w porównaniu z momentem oporowym
spowoduje wzrost obrotów i dalsze zmniejszenie momentu oporowego. Oznacza to, że punkt
N jest niestabilnym punktem pracy silnika.
Z powyższego rozumowania wynika, że aby punkt pracy układu napędowego był stabilny,
musi być spełniony warunek





d

dM

d

dM

e

0



.

Powyższy warunek pozwala stwierdzić, że w przypadku silnika indukcyjnego (rys.3.8.2)
punkt S

1

jest punktem pracy stabilnej.

R

P

N

S

ΔM

0

ΔM

0

(b)

(a)

M

0

M

e

ω

M

e

M

0

ω

Rys.1.8.1

14

Podobnie stabilnym punktem pracy jest punkt S

2

jednak w punkcie tym długotrwała praca

silnika nie jest możliwa z uwagi na duży prąd płynący w uzwojeniach silnika, który
spowodowałby niedopuszczalny wzrost temperatury tych uzwojeń.

Załóżmy teraz, że na silnik, pracujący stabilnie w punkcie S

1

, zaczyna działać zwiększony

moment oporowy jak to umownie pokazuje strzałka skierowana od punktu S

1

w górę. Silnik,

odpowiadając spadkiem prędkości i zwiększeniem momentu, przechodzi do nowego punktu
stabilnej pracy. Dzieje się tak aż do osiągnięcia momentu maksymalnego (krytycznego).
Jeżeli moment oporowy nadal by wzrastał, to silnik by się po prostu zatrzymał. W powyższej
analizie pominęliśmy nagrzewanie się silnika. W rzeczywistości silnik nie może długo
pracować będąc obciążony momentem większym od momentu znamionowego
(nominalnego).

1.9. Wstępne uwagi dotyczące układów o więcej niż jeden stopniach swobody
Rozpocznijmy od definicji: „Stopień swobody jest to liczba niezależnych zmiennych
opisujących jednoznacznie stan modelu układu fizycznego.” Z definicji wynika, że wszystkie
analizowane dotychczas modele układów miały jeden stopień swobody.
Stosując model o jednym stopniu swobody, nie można opisać wielu zjawisk zachodzących w
układzie napędowym. Przykładami takich właśnie zjawisk są:
- proces włączania sprzęgła ciernego,
- drgania skrętne wałów,
- zjawiska zachodzące w silniku elektrycznym podczas rozruchu układu napędowego.
W wyżej wymienionych, i w wielu innych, przypadkach trzeba zastosować modele o większej
liczbie stopni swobody. Zwiększenie liczby stopni swobody modelu wynika często z dążenia
do większej dokładności opisu działania układu. Jednak zwiększając liczbę stopni swobody
modelu należy zawsze wykazywać ostrożność; musimy być pewni, że znamy dostatecznie
dokładnie wartości liczbowe parametrów występujących w równaniach. Mówiąc inaczej:
bardziej skomplikowany model nie oznacza „automatycznie” dokładniejszych wyników
analizy.
Pamiętając o powyższych uwagach, rozpatrzmy najpierw układ pokazany na rys.1.9.1. W
skład układu wchodzą dwie masy: m

1

i m

2

połączone sprężyną k

2

. Sprężyna k

1

łączy masę m

1

z nieruchomą ścianą.
Zachowanie układu będzie znane, jeżeli w każdej chwili znane będą położenia mas m

1

i m

2

.

Położenia te określone są dwoma współrzędnymi x

1

i x

2

, co oznacza, ze układ ma dwa stopnie

swobody. Na rys.1.9.1 narysowane zostały siły działające na obydwie masy. Chcąc uzyskać
równania ruchu wystarczy zsumować „narysowane” siły i sumę przyrównać do zera.

M

Rys.1.8.2

M

02

S

2

S

1

M

01

ω

S

0

M

e

ω

M

k

15

0

F

)

x

x

(

k

dt

x

d

m

0

)

x

x

(

k

x

k

dt

x

d

m

2

1

2

2

2

2

2

2

1

2

2

1

1

2

1

2

1

















Układ o dwóch stopniach swobody jest opisany układem dwóch równań różniczkowych i
wymaga znajomości położeń i prędkości obydwu mas w chwili uznanej za początkową, czyli

0

20

2

20

2

10

1

10

1

t

t

dla

v

dt

dx

x

x

v

dt

dx

x

x











Podobnie, dwa stopnie swobody ma układ pokazany na rys.1.9.2 składający się z dwóch
obracających się elementów (1 i 2) połączonych elastycznym wałem. Niech elementy 1 i 2
cechują się momentami bezwładności J

1

i J

2

. Wał łączący elementy ma sztywność kątowa k

12

(sztywność skrętna mierzona jest w Nm/rad). Odkształcenie sprężyste wału powoduje, że na
elementy 1 i 2 działają momenty skręcające k

12

(α

1

-α

2

). równe co do wartości bezwzględnej,

lecz przeciwnie skierowane.











Na element 1 działa także moment M

S

, zaś na element 2 – moment oporowy M

02

. Stan układu

wymaga znajomości dla dowolnej chwili t zarówno kąta obrotu α

1

elementu 1 jak i kąta

obrotu α

2

elementu 2.

M

02

k

2

(x

2

-x

1

)

x

2

k

2

+x

1

, + dx

1

/dt, +d

2

x

1

/dt

2

+x

2

, +dx

2

/dt, +d

2

x

2

/dt

2

x

1

k

1

m

1

m

2

F

2

k

1

x

1

m

1

(d

2

x

1

/dt

2

)

k

2

(x

2

-x

1

)

m

2

(d

2

x

2

/dt

2

)

F

Rys.1.9.1

J

2

d

2

ω

2

/dt

2

k

12

(α

1

-α

2

)

M

S

J

1

d

2

α

1

/dt

2

Rys.1.9.2

k

12

ω

2

ω

1

1

J

1

2

J

2

16

Trzy masy połączone elementami sprężystymi lub tłumiącymi maja trzy stopnie swobody,
cztery masy – cztery, itd. Bryła (np. pręt, płyta, układ prętów, itp.) wykonana z
rzeczywistego, sprężystego materiału ma nieskończenie wiele stopni swobody.

1.10. Model układu napędowego ze sprzęgłem ciernym
Rozpatrywać będziemy układ napędowy, w którym silnik napędza maszynę roboczą poprzez
sprzęgło cierne, przykładowo takie jak na rys.1.10.1a. Schemat układu pokazano na rys.
1.10.1.b. Zakładamy, że przed włączeniem sprzęgła silnik i tak zwane czynne części sprzęgła

obracają się; części bierne są nieruchome. Przyjmijmy, że części bierne sprzęgła zostają
dosunięte do części czynnych w chwili t = 0. Skutkiem dosunięcia, moment przenoszony
przez sprzęgło wzrasta skokowo (rys.1.10.1c) od zera do M

sp

. Skokowy wzrost momentu jest

uproszczeniem, które ułatwia rozwiązanie równań ruchu. Schemat układu dla t > 0 pokazano
na rys.1.10.1d. W czasie zasprzęglania układ jest opisany dwoma równaniami
różniczkowymi. Pierwsze dotyczy obrotu elementów czynnych układu, równanie drugie –
elementów biernych:

0

M

M

dt

d

J

0

M

M

M

dt

d

J

sp

0

b

b

b

e

sp

0

C

c

z



















gdzie

c

S

z

J

J

J





, przy czym J

S

jest momentem bezwładności wirnika silnika, a J

c

–

momentem bezwładności części czynnych sprzęgła; M

e

– moment silnika, M

C0

- moment

obrotowy wynikający z oporów ruchu części czynnych układu, M

b0

– moment obrotowy

wynikający z oporów ruchu części biernych. Warunki początkowe mają następującą postać:
dla t = 0 jest

0

c







oraz

0

b





. Powyższe równania obowiązują do chwili, w której

b



stanie się równe

c



.

M

sp

t

0

(c)

Rys.1.10.1

ω

c

Części bierne

(włączane)

S

Części czynne

(włączające)

J

S

J

c

J

b

(b)

N

S

(d)

ω

c

ω

b

J

z

dω

c

/dt M

e

M

C0

M

sp

M

sp

M

b0

J

b

dω

b

/dt

Części czynne Części bierne

(e)

(a)

17

Zauważmy, że do chwili pełnego zasprzęglenia (

c

b







) rozpatrywany układ ma dwa

stopnie swobody, po zasprzęgleniu – jeden.

1.11. Model układu napędowego uwzględniający odkształcenia sprężyste wałów
Rozpatrzmy model układu (rys.1.11.1), który jest podobny do pokazanego na rys.1.5.1.
Różnica polega na odmiennych założeniach. Rozpatrując układ pokazany na rys.1.5.1
zakładaliśmy, że wszystkie elementy układu są sztywne. Obecnie odstępujemy od tego
założenia i zakładamy co następuje:
- sztywność kątowa wału łączącego silnik S z kołem zębatym 1 wynosi k

S1

;

- sztywność kątowa wału łączącego koło 2 z elementem 3 wynosi k

23

; element 3, który

symbolizuje maszynę robocza cechuje się momentem bezwładności J

3

;

- pomija się bezwładność kół zębatych 1 i 2 oraz odkształcenia sprężyste zębów tych kół.









Rozpatrywany układ ma dwa stopnie swobody. Jego stan jest zdefiniowany kątem obrotu
wirnika silnika α

S

i kątem α

3

obrotu elementu 3. Równania ruchu układu można napisać na

dwa sposoby. Pierwszy nie wymaga redukcji momentu bezwładności J

3

oraz sztywności

kątowej k

23

do wału silnika, drugi te redukcje wykorzystuje. Zastosujemy najpierw sposób

pierwszy.

Równania ruchu układu pokazanego na rys.1.11.1 maja postać

0

)

(

k

dt

d

J

0

M

)

(

k

dt

d

J

2

3

23

2

3

2

3

e

1

S

1

S

2

S

2

S



























Definiując przełożenie przekładni 1 – 2 jako

1

2

z

z

i



można napisać

)

(

k

)

(

ik

i

3

2

2

1

S

1

1

2





















Eliminując z powyższych równań kąty α

1

oraz α

2

uzyskuje się równania, identyczne z tymi,

które zostaną wyprowadzone przy zastosowaniu redukcji momentu bezwładności i sztywności
do wału silnika. Z treści podpunktu 1.5 wiadomo, że moment bezwładności J

3

zredukowany

do wału silnika wynosi

2

3

i

J

. Redukcja sztywności do wału silnika opiera się na warunku

równości energii odkształceń sprężystych elementu oryginalnego i zredukowanego. Energia
odkształceń sprężystych elementu o sztywności k wyraża się wzorem

2

k

2

M

E

2

spr









Energia odkształceń sprężystych zakumulowana w oryginalnym (przed redukcją) wale 2-3
wynosi

2

/

)

(

k

2

3

2

2







. Jeżeli wał 2-3 zostanie zredukowany do wału silnika, to energia

α

3

J

3

k

23

α

2

α

S

2 z

2

S

J

S

M

e

k

S1

α

1

1 z

1

3

Rys.1.11.1

18

zredukowanego wału wyniesie k

23,R

(α

2

-α

3

)

2

i

2

, gdzie k

23,R

oznacza sztywność zredukowaną.

Zgodnie z warunkiem równości energii odkształceń sprężystych można napisać

2

2

3

2

R

,

23

2

3

2

2

i

)

(

k

)

(

k

















czyli

2

23

R

,

23

i

k

k



.

Model układu po redukcji elementu 3 oraz wału 2-3 do wału silnika pokazano na rys.1.11.2a.
Model można dalej przekształcić zauważając, że wał o sztywności k

S1

i wał o sztywności

zredukowanej k

23,R

są połączone szeregowo. W celu znalezienia sztywności zastępczej

obydwu wałów dodaje się odwrotności ich sztywności

2

23

1

S

Z

i

k

1

k

1

k

1





W wyniku tych przekształceń powstaje model układu pokazany na rys.1.11.2b. Równania
ruchu tego układu pokazanego mają postać

0

)

i

(

k

dt

)

i

(

d

i

J

0

M

)

i

(

k

dt

d

J

3

S

Z

2

3

2

2

3

e

3

S

Z

2

S

2

S



























Efektywne rozwiązanie powyższego układu równań wymaga znajomości warunków
początkowych.

1.12. Dynamiczna charakterystyka silnika napędowego
W rozpoczynanym punkcie rozpatrzymy układ, w którym zwiększenie liczby stopni swobody
wynikać będzie z uwzględnienia dynamicznej charakterystyki silnika. Pojęcie to,
wzmiankowane w podrozdziale 1.6, nie zostało tam wyjaśnione. Przypomnijmy, że
charakterystyka statyczna silnika opisana była zależnością algebraiczną wiążącą moment
silnika z jego obrotami. Zmiana obrotów silnika powodowała natychmiastową zmianę
momentu. Charakterystyka dynamiczna silnika ma postać równania (lub równań)
różniczkowych, co powoduje, że zmiana momentu na skutek zmiany obrotów (a więc
obciążenia) nie jest natychmiastowa.
Rozpatrzmy model układu napędzanego obcowzbudnym silnikiem prądu stałego (rys.1.12.1)
przy następujących założeniach:
- wał łączący silnik z maszyną roboczą jest elementem sztywnym,
- napięcie uzwojenia wzbudzenia U

m

= const.

Rys.1.11.2

k

23,R

iα

3

J

3

/ i

2

α

S

S

J

S

M

e

k

S1

α

1

3

R

(a)

k

Z

J

3

/ i

2

α

S

S

J

S

M

e

iα

3

3

R

(b)

U

Z

U

m

Rys.1.12.1

19

Równania opisujące działanie rozpatrywanego układu mają postać

























e

E

A

Z

0

e

m

c

I

R

U

dt

dI

L

M

I

c

dt

d

J

gdzie:
J - moment bezwładności wirnika i napędzanej maszyny,
M

0

- moment oporowy,

I i U

Z

- odpowiednio prąd i napięcie twornika,

R

A

i L – rezystancja i indukcyjność uzwojenia twornika,

e



- strumień magnetyczny.

Symbole c

m

i c

E

oznaczają stałe, zaś



, tak jak dotychczas – prędkość kątową wirnika silnika.

Niezależnymi zmiennymi (funkcjami), które opisują stan układu są prędkość kątowa wirnika



oraz prąd twornika I. Pierwsze równanie jest równaniem ruchu, w którym zamiast moment

obrotowy silnika M

e

wyrażono poprzez prąd twornika. Drugie równanie dotyczy obwodu

twornika. Zauważmy, że uzupełnienie równania ruchu równaniem różniczkowym dotyczącym
obwodu twornika spowodowało zwiększenie o jeden liczby stopni swobody układu. Jest
zrozumiałe, że równanie obwodu twornika można dołączać do układów równań omówionych
w podrozdziałach 1.10 i 1.11. Takie działania spowoduje zwiększenie o jeden liczby stopni
swobody układu. Należy dodać, że rozwiązanie powyższych równań wymaga znajomości
warunków początkowych, czyli wartości prędkości kątowej i prądu twornika dla chwili
uznanej za początkową.
Model dynamiczny silnika indukcyjnego jest bardziej skomplikowany niż podany wyżej
model silnika prądu stałego. Jeden z modeli dynamicznych silnika indukcyjnego jest opisany
równaniem

k

k

s

k

k

e

e

k

S

s

M

2

1

s

M

2

M

dt

dM

s

1

















gdzie

k

s

s

1





jest elektryczną stałą czasowa silnika,

Użyte symbole powinny są już znane: M

k

i s

k

są momentem i poślizgiem krytycznym, ω

s

jest

synchroniczną prędkością kątową. Można zauważyć, że podana wyżej, zaczerpnięta z
literatury, charakterystyka dynamiczna silnika indukcyjnego jest charakterystyką
uproszczoną, gdyż nie występują w niej wielkości elektryczne. Ma ona jednak tę zaletę, że
współczynniki występujące w powyższym równaniu są wielkościami katalogowymi, lub na
ich podstawie mogą być obliczone.