华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析(DOC)

机电传动控制

冯清秀 邓星钟 等编著

第五版 课后习题答案详解

2.1 说明机电传动系统运动方程式中的拖动转矩、静态转矩和动态转矩的概念。

答：拖动转矩：电动机产生的转矩Tm 或负载转矩TL 与转速n 相同时，就是拖动转矩。 静态转矩：电动机轴上的负载转矩TL ，它不随系统加速或减速而变化。

动态转矩：系统加速或减速时，存在一个动态转矩Td ，它使系统的运动状态发生变化。 2.2 从运动方程式怎样看出系统是加速的、减速的、稳定的和静止的各种工作状态？

dt

d J

T T L M ω

=-

答：运动方程式：

d

L M T T T =-

Td>0时：系统加速； Td=0 时：系统稳速；Td<0时，系统减速或反向加速

2.3 试列出以下几种情况下系统的运动方程式，并说明系统的运行状态是加速、减速还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向）

答：a 匀速，b 减速，c 减速，d 加速，e 减速，f 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？

答：在多轴拖动系统情况下，为了列出这个系统运动方程，必须先把各传动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量都折算到电动机轴上。

由于负载转矩是静态转矩，所以可根据静态时功率守恒原则进行折算。

由于转动惯量和飞轮转矩与运动系统动能有关，所以可根据动能守恒原则进行折算。 2.5 为什么低速轴转矩大？调速轴转矩小？

答：忽略磨擦损失的情况下，传动系统的低速轴和调速轴传递的功率是一样的，即P1＝P2 而P1＝T1ω1，P2＝T2ω2

所以T1ω1＝T2ω2，当ω1＞ω2时， T1＜T2

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？

答：因为低速轴的转矩大，所设计的低速轴的直径及轴上的齿轮等零件尺寸大，质量也大，所以GD2大，而高速轴正好相反。

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 ?=??+?=

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？

答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。

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？

答：反抗性恒转矩负载恒与运动方向相反。

位能性恒转矩负载作用方向恒定，与运动方向无关。

2.11 如图所示，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：（d ）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。

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：转子在主磁通中旋转，要产生涡流和磁滞损耗，采用硅钢软磁材料，可减少磁滞损耗，而采用“片”叠压成，可减少涡流损耗。

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？ 答：因为

常数

==Φ=L a t T I K T

所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia 均不变。

T K K R K U

n t e a e 2

Φ

-Φ=

由 知 n 会变化。

3.4一台他励直流电动机在稳定运行时，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？

常数

==Φ=L a t T I K T

答：因为

当Φ ↓时，→ Ia ↑

由U=E+IaRa ，E ＝U －IaRa ，当Ia ↑时， →E ↓，所以： E

3.6已知他励直流电动机的铭牌数据如下：PN=7.5kW ，UN=220V ，nN=1500r/min ，ηN=88.5%，Ra=0.2Ω。试求该电机的额定电流和额定转矩。

N

N

N N P U I P η=

=1

答：

)(52.38885

.022010005.7A U P I N

N N N =??==

η

)

(75.471550

5

.795509550m N n P T N N N ?=?==

3.8一台他励直流电动机的铭牌数据为：PN=5.5kW ，UN=110V ，IN=62A ，nN=1000r/min ，试

绘出它的固有机械特性曲线。 答：

()N

N

N N N

a I U I

U P R ???? ?

?-=175.0~50.0

())(258.0~172.062110

6211010005.5175.0~50.0Ω=?

?? ????-=a R

a

N N N

N N N R I U n U Ke U n -=

Φ=0

m in)

/(1170~1107)258.0~172.0(621101000

1100r n =-?=

)

(53.521000

5.595509550m N n P T N N N ?=?==

3.9一台并励直流电动机的技术数据如下：PN=5.5kW ，UN=110V ，IN=61A ，额定励磁电流

IfN=2A ，nN=1500r/min ，电枢电阻Ra=0.2 Ω，若忽略机械磨擦和转子的铜耗、铁损，认为额定运行状态下的电磁转矩近似等于额定输出转矩，试绘出它近似的固有机械特性曲线。 答：

)

(02.351500

5

.595509550m N n P T N N N ?=?==

)

(59261A I I I fN N N =-=-=

a

aN N N

N N N R I U n U Ke U n -=

Φ=0

min)

/(16802.05911015001100r n =?-?=

3.10 一台他励直流电动机的技术数据如下：PN=6.5kW ，UN=220V ，IN=3

4.4A ，nN=1500r/min ，

Ra=0.242 Ω，试计算出此电动机的如下特性： ⑴ 固有机械特性

⑵ 电枢附加电阻分别为3 Ω和5 Ω 时的人为机械特性 ⑶ 电枢电压为UN/2时的人为机械特性 ⑷ 磁通Φ＝0.8 ΦN 时的人为机械特性 答： ⑴

a

N N N

N N N R I U n U Ke U n -=

Φ=0

min)

/(1559242.04.342201500

2200r n =?-?=

)

(5.401500

5.695509550m N n P T N N N ?=?==

⑵

m in)

/(591500155910r n n n N =-=-=?）中，在（

n T R K K n T K K R N a t e N

t e a ?=Φ?=Φ

2

2，所以

n n R R R T K K R R n ad a ad a N t e ad a ad ????? ?

??+=Φ+=?Ω=a 11

2111

R R 13R ＋＝时，当串入

min)

/(790590.242311r n =???

? ??

=?＋

m in)

/(7697901559101r n n n =-=?-=

n

n ad ad ?????

??=?Ω=a 222

R R 15R ＋时，当串入

min)/(1278590.242

512r n =???

?

??

=?＋

m in)

/(28112781559202r n n n =-=?-=

⑶

min)

/(5.7792

1559222/001r n K U Ke U

n U U e N N ＝时，当==Φ=Φ==

m in)

/(5.720595.779101r n n n =-=?-=

⑷

min)/(19498

.015598.08.08.0001r n K U Ke U n N e N N ===Φ=Φ=

Φ=Φ时，当

min)/(2.928

.059

8.018.02

22221r n T K K R T K K R n N N t e a N t e a ==?Φ=Φ=?＝

m in)

/(8.18562.9219491011r n n n =-=?-=

3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？

答： 因为Tst=UN/Ra ，Ra 很小，所以Tst 很大，会产生控制火花，电动应力，机械动态转矩冲击，使电网保护装置动作，切断电源造成事故，或电网电压下降等。故不能直接启动。 3.12 他励直流电动机启动过程中有哪些要求？如何实现？

答： 要求电流Ist ≤（1.5~2）IN ，可采用降压启动、电枢回路串电阻进行启动。

3.13 直流他励电动机启动时，为什么一定要先把励磁电流加上，若忘了先合励磁绕组的电源开关就把电枢电源接通，这时会产生什么现象（试从TL=0和TL=TN 两种情况加以分析）？当电动机运行在额定转速下，若突然将励磁绕组断开，此时又将出现什么情况？ 答： 当TL=0启动时：因为励磁绕组有一定剩磁，使Φ≈0；启动时，n ＝0，E ＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN 全加在电阻Ra 上，产生很大的Ia （(10~20)IN ） ，但因为Φ≈0，所以 T ＝Kt ΦIa 并不大，因为TL ≈0，所以动转矩大于0，系统会加速启动；启动后，虽有n ，使E 变大点，但因为Φ≈0，所以E 仍不大， UN 大部分仍要加在电阻Ra 上，产生很大Ia

和不大的T ，使系统不断加速；当系统达到“飞车”时，在相当大的某一n 稳速运行时， T ＝Kt ΦIa=TL ≈0，所以Ia ≈0，此时，E 相当大，UN 几乎和E 平衡。

当TL=TN 启动时：n ＝0，E ＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN 全加在电阻Ra 上，产生很大的Ia （(10~20)IN ），但因为Φ≈0，所以 T ＝Kt ΦIa 并不大，因为TL= TN ，所以系统无法启动。

当电动机运行在额定转速下， T ＝Kt ΦNIaN = TL ＝TN ，n ＝nN ，此时断开励磁， Φ≈0，虽然仍有n ＝nN ，但E ≈0，根据UN=E+IaRa 知，UN 全加在电阻Ra 上，产生很大的Ia ，但因为Φ≈0，所以 T ＝Kt ΦIa 并不大，因为TL= TN ，所以T ＜ TL ，系统逐渐减速到停车。 3.15 一台直流他励电动机，其额定数据如下：PN=2.2kW ，UN=Uf=110V ，nN=1500r/min ，ηN=0.8，Ra=0.4Ω，Rf=82.7 Ω。试求： ① 额定电枢电流IaN ；②额定励磁电流IfN ；③励磁功率Pf ；④额定转矩TN ；⑤ 额定电流时的反电势；⑥ 直接启动时的启动电流；⑦ 如果要使启动电流不超过额定电流的2倍，求启动电阻为多少？此时启动转矩又为多少？

)

(258

.01101000

2.2)1(A U P I P U I N

N N aN N

N

N aN =??=

=

=

ηη，所以、因为

答：

)(33.17

.82110

I )2(A R U f f

fN

===、

)

(3.14611033.1)3(A U I P f fN f =?==、

)

(141500

2

.295509550)4(m N n P T N N N ?=?==、

)

(1004.025110)5(V R I U E a aN N =?-=-=、

)

(2754

.0110

I )6(A R U a N st ===、

)

(8.14.025

2110

I R 2R I )7(A R U I R U a st N st aN st a N st =-?=-=≤=

，则＋、要使

aN

N

aN

N e st N t st I n E

I K I K T 1.19255.9=Φ=Φ=

)

(83.31251500100

1.19m N T st ?=??=

3.16 直流电机用电枢电路串电阻的办法启动时，为什么要逐渐切除启动电阻？切除太快，

会带来什么后果？ 答：见书上图3.23。如果只一段启动电阻，当启动后，把电阻一下切除，则电流会超过2IN ，冲击大。所以应采用逐级切除电阻办法，切除太快，也会产生电流冲击大，见书上图3.24。 3.17 转速调节（调速）与固有的速度变化在概念上有什么区别？

答：调速：在一定负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。 速度变化：由于电动机负载转矩发生变化而引起的电动机转速变化。 3.18 他励直流电动机有哪些方法进行调速？它们的特点是什么？

答：改变电枢电路外串电阻调速：机械特性较软，稳定度低；空载或轻载时，调速范围不大；实现无级调速困难；电阻上消耗电能大。用于起重机、卷扬机等低速运转时间不长的传动系统。

改变电动机电枢供电电压调速：电源电压连续变化时，转速可以平滑无级调节；在额定转速以下调；特性与固有特性平行，硬度不变，稳定度高，调速范围大；属恒转矩调速，适合拖动恒转矩负载，可以靠调电枢电压启动电机，不用其它设备。 改变电机主磁通调速：可无级调速，额定转速以上调（弱磁升速），特性软，最高转速不得超过额定转速的1.2倍，调速范围不大；属恒功率调速，适合于恒功率负载。往往和调压调速配合使用。

3.19 直流电动机的电动与制动两种运转状态的根本区别何在？

答：电动：电动机发出的转矩T 与转速n 方向相同；制动：T 与n 相反。

3.20 他励直流电动机有哪几种制动方法？它们的机械特性如何？试比较各种制动方法的优缺点。

答：反馈制动：运行在二、四象限，转速大于理想空载转速。用于起重机调速下放重物，电网吸收电能，运行经济。

电源反接制动：制动迅速，能量靠电阻吸收，但容易反向启动。

倒拉反接制动：可得较低下降速度，对TL 大小估计不准，本应下降，也许会上升，特性硬度小，稳定性差，电阻消耗全部能量。

能耗制动：用于迅速准确停车及恒速下放重物，电阻消耗全部能量。

3.21 一台直流他励电动机拖动一台卷扬机构，在电动机拖动重物匀速上升时将电枢电源突然反接，试利用机械特性从机电过程上说明：

（1）从反接开始到系统达到新的稳定平衡状态之间，电动机经历了几种运行状态？最后在什么状态下建立系统新的稳定平衡点？

（2）各种状态下转速变化的机电过程怎样？ 答：（1）经历反接制动、反向电动、反向回馈制动，最后在反向回馈制动运行状态下建立系统新的稳定平衡点。

（2）当电压反向时，n 不变，电压平衡方程式：

－U ＝E ＋Ia(Ra+Rad)，Ia=(-U-E)/(Ra+Rad)<0 所以T 反向，与n 方向相反，制动；

T 与TL 一起使n ↓，→E ↓→ 反向Ia ↓ → 反向T ↓，最后到c 点，n=0；

此时，TL 和T 使电动机n 反向，重物下降。处于反向电动状态。因为n 反向，所以E 也反向， Ia=(-U ＋E)/(Ra+Rad)，即反向电流Ia ↓ → 反向T ↓；

在T 和TL 作用下，反向n ↑ → 反向E ↑，在某一时刻，－U ＋E ＝0， → Ia=0，T ＝0，即达到d 点。

但此时仍有TL → 反向n ↑ → 反向E ↑ → －U ＋E ＞0 →Ia>0，T ＞0，产生制动。当T ＜TL 时，还会 → 反向n ↑→ E ↑→Ia ↑ → T ↑，达到T ＝TL ，达到e 点，稳速运行。

5.1 有一台四极三相异步电动机，电源电压的频率为50Hz ，满载时电动机的转差率为0.02，求电动机的同步转速、转子转速和转子电流频率。 答：

m in)

/(15002

5060600r p f n =?==

min

/14701500)02.01()1(00

0r n S n n n n S N N N

N =?-=-=-=，因为

)

(15002.012Hz f S f N =?==

5.2 将三相异步电动机接三相电源的三根引线中的两根对调，此电动机是否会反转？为什么？

答：会反转。因为三相绕组中电流的相序发生改变。

5.3 有一台三相异步电动机，其nN=1470r/min ，电源频率为50Hz 。当在额定负载下运行，试求：(1) 定子旋转磁场对定子的转速；(2) 定子旋转磁场对转子的转速；(3) 转子旋转磁场对转子的转速；(4) 转子旋转磁场对定子的转速；(5) 转子旋转磁场对定子旋转磁场的转速。 答：

2

m in,/1500m in,/1470)1(0===p r n r n N 所以、因为

m in)

/(3014701500)2(0r n n N =-=－、

02

.01500

1470

1500)3(00＝－＝、n n n S N N -=

)

(15002.012Hz f S f N =?==

min)

/(302

1

606022r p f n =?==

m in)

/(1500147030)4(202r n n n N =+=+=、

m in)

/(015001500)5(00221r n n n =-=-=、

5.4 当三相异步电动机的负载增加时，为什么定子电流会随转子电流的增加而增加？

答：当负载增加时，转子电流增加；因为转子相当于变压器的副边，而定子相当于变压器的原边，所以当转子电流增加时，定子电流也会增加。

5.5 三相异步电动机带动一定的负载运行时，若电源电压降低了，此时电动机的转矩、电流及转速有无变化？如何变化？

a

答：原来运行在a点，当电压减小时，运行在b点，因为n不变，s不变，所以cos φ2不变

因为U≈E1=4.44Kf1N1Φ，所以当U ↓→Φ↓→I2 ↓时，根据T=KmΦI2cosφ2知：T ↓，此后：→n ↓→s ↑→I2 ↑→T ↑直到c点。

b

c

TN

c点和a点比，因为U ↓→Φ↓，而且s ↑→cosφ2 ↓,根据T=KmΦI2cosφ2＝TL＝常数，知：I2 ↑

5.6 有一台三相异步电动机，其技术数据如下表所示。

型号PN/KW UN/V 满载时Ist/IN Tst/TN Tmax/TN

nN/r.min-1

IN/A

ηN

cosφN

Y132S-6 3 220/380 960

12.8/7.2

83%

0.75 6.5 2.0 2.0

试求: (1) 线电压为380V 时，三相定子绕组应如何接法？ (2) 求n0，p ，SN ，TN ，Tst ，Tmax ，Ist ； (3) 额定负载时电动机的输入功率是多少？

m

N T T N st st ?=?==69.5984.292λ

m

N T T N m ?=?==69.5984.292max λ

A

I I N st 8.462.75.65.6=?==

)(61.383

.03)3(1KW P P N

N

===

η、

5.7 三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流如何变化？对电动机有何影响？

答：电动机电流增大，烧坏电机。

5.8三相异步电动机断了一根电源线后，为什么不能启动？而在运行时断了一线，为什么仍能继续转动？这两种情况对电动机将产生什么影响？

答：断了一根电源线后，变成单相异步电动机，没有旋转磁场，所以不能启动。但仍能继续运转。

启动时，脉动磁场使转子产生交变电流，发热。

运转时，因为断了一相，变成单相，而单相产生的脉动磁场，分解成两个转向相反的旋转磁场后，存在： Bm1=Bm2=Bm/2

与转子旋转方向相同的旋转磁场的Φ比三相运转时的Φ要小，所以I2增大；另外，与转子旋转方向相反的旋转磁场的Φ使T 减小。所以，断了一根电源线后，如果较大的TL 还

答： (1) Y 接法。

3

m in,/1000m in,/960)2(0===p r n r n N 所以、因为04.01000960

100000＝－＝n n n S N N -=

)

(84.29960

3

95509550m N n P T N N N ?=?==

不变，当稳定运行时，不但n 下降，面且I2相当大，会烧坏电机。

如果电流：iA=Imcos ωt

则电流：iB=Imcos （ωt-180°），即 iB 为流出，与iA 相位相反

1

A B 2

A B 1B B 2

B B 最大， 和 转到A 轴上

当ωt=0时， A

B 1A B 2

A B

当ωt=180°时，，

B

B 最大 和 转到B 轴上 1B B 2B B

1

A B 2

A B 1

B B 2

B B 2

A B 1

A B 1

B B 2B B 所以当ωt=0时，应当把 1

B B 和 退回180 °

2

B B 1A B 1B B 和

和都逆时针转，可合成

2

A B 2

B B 和 和都顺时针转，可合成

2

A B 1

A B 1

B B 2B B 1

A B 1

B B 1

m B 2

A B 2

B B 2m B

5.9 三相异步电动机在相同电源电压下，满载和空载启动时，启动电流是否相同？启动转矩是否相同？

答：启动电流一样，启动转矩相同。

5.10 三相异步电机 为什么不运行在Tmax 或接近Tmax 的情况下？

答：一般Tmax 是TN 的2~2.5倍，在Tmax 或接近Tmax 运行时，I2大很多，电机会被烧坏。 5.11 有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下： PN/KW nN/r.mi

n-1 UN/V ηN cos φN Ist/IN Tst/TN Tmax/T N 接法 40

1470

380

0.9

0.9

6.5

1.2

2.0

Δ

● 当负载转矩为250N.m 时，试问在U=UN 和U1=0.8UN 两种情况下电动机能否启动？ ● 欲采用Y- Δ换接启动，问当负载转矩为0.45TN 和0.35TN 两种情况下，电动机能否启

动？

● 若采用自耦变压器降压启动，设降压比为0.64，求电源线路中通过的启动电流和电动

机的启动转矩。 答：

)

(2601470

40

95509550)1(m N n P T N N N ?=?==、

，能启动

时，L N T 3122602.1T 2.1>=?===st N T U U

，不能启动

时，L 2st 211T 2003128.0T 8.08.0<=?===st N T U U

时，能启动

时，无法启动，在所以，在、N L N L N

N stY T T T T T T T 35.045.04.02.13

1

T 31)2(st ===?==?

答：

1

m B 2

m B 和

大小相等、转向相反，转速相等，可以合成

为一个脉动磁场 ，即电动机变为单相运行。 与A 相轴线或B 相轴线成30°角。

m

B m B

)

(2601470

40

95509550)1(m N n P T N N N ?=?==、

，能启动

时，L N T 3122602.1T 2.1>=?===st N T U U

，不能启动

时，L 2st 211T 2003128.0T 8.08.0<=?===st N T U U

时，能启动

时，无法启动，在所以，在、N L N L N

N stY T T T T T T T 35.045.04.02.13

1

T 31)2(st ===?==?

幻灯片46

5.13 线绕式异步电动机采用转子串电阻启动时，所串电阻愈大，启动转矩是否也愈大？ 答：不是。串电阻 大到一定程度后，启动转矩会变小，因为 虽然cos φ2增大，但I2减小太多。

5.14 为什么线绕式异步电动机在转子串电阻启动时，启动电流减少而启动转矩反而增大？

答：因为 适当串入电阻后，虽然I2减少，但cos φ2增大很多，所以启动转矩增加。 5.15 异步电动机有哪几种调速方法？各种调速方法有何优缺点？

答：调压调速：可无级调速，但减小U 时，T 按U2减少，所以调速范围不大。

转子电路串电阻调速：只适于线绕式。启动电阻可兼作调速电阻，简单、可靠，但属有级调速。随转速降低，特性变软，低速损耗大，用在重复短期运转的机械，如起重机。 变极对数调速：多速电动机，体积大，价贵，有级调速。结构简单，效率高，调速附加设备少。用于机电联合调速。

变频调速：用于一般鼠笼式异步电动机，采用晶闸管变频装置。 5.16 什么叫恒功率调速？什么叫恒转矩调速？

答：在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，电磁转矩也不变，这种调速叫恒转矩调速。

在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，功率也不变，叫恒功率调速。

5.17 异步电动机变极调速的可能性和原理是什么？其接线图是怎样的？

答：使每相定子绕组中一半绕组内的电流改变方向，即可改变极对数，也就改变了转速。 接线图如书上图5.40。

5.18 异步电动机有哪几种制动状态？各有何特点？

答：反馈制动：用于起重机高速下放重物，反馈制动时，动能变为电能回馈给电网，较经济，只能在高于同步转速下使用。

反接制动：电源反接时，制动电流大，定子或转子需串接电阻，制动速度快容易造成反转，准确停车有一定困难，电能损耗大。当倒拉制动时，用于低速下放重物，机械功率、电功率都消耗在电阻上。

能耗制动：比较常用的准确停车方法，制动效果比反接制动差。

5.19 试说明鼠笼式异步电动机定子极对数突然增加时，电动机的降速过程。 答：见书上图5.42。

原来运行在a 点。当p 突然↑时，n>n02，所以T<0，和TL 一起使n ↓→s 绝对值↓→I2 ↓→ T ↓。

当n= n02时，I2＝0，T ＝0。

当n

5.20 试说明异步电动机定子相序突然改变时，电动机的降速过程。 答：见书上图5.43。 原来运行在a 点。当相序改变时，旋转磁场旋转方向改变。因为惯性，n 不能立即改变，所以运行于b 点。因为旋转磁场方向变了，所以I2＜0，T ＜0，为制动转矩。在T 和TL 作用下，n ↓，此时，s ＞1。当n ↓时， s ↓→ cos φ2 ↑→ T ↑→n ↓更快。

5.21 如图5.51所示，为什么改变QB 的接通方向即可改变单相异步电动机的旋转方向？ 答：QB 改变时，就可使电容分别拉入A 相可B 相绕组，接C 的绕组电流在相位上会超前于另一相绕组90度时间电角度，面旋转磁场的旋转方向是由电流的超前相向电流的落后相。所以改变QB 接法，就可改变n0的方向。

5.23 同步电动机的工作原理与异步电动机的有何不同？

答：定子绕组通三相交流电后，产生旋转磁场，而转子绕组通直流电，产生固定的磁场，极对数和旋转磁场极对数一样，旋转磁极与转子磁极异性相吸，所以转子转动。

而异步电动机的旋转磁场被转子导体切割，转子产生感应电动势和感应电流，电流在磁场中产生电磁力和电磁转矩，由此产生转速。

5.24 一般情况下，同步电动机为什么要采用异步启动法？

答：定子通三相电后，立即产生n0，很快，而转子n=0，有惯性，当S0吸引N ，N0吸引S 时，转子有转动趋势，但还没等转起来，S0对S ，N0对N 又排斥，这样一吸一斥，转子始终转不起来，所以要用异步启动法。

5.25 为什么可以利用同步电动机来提高电网的功率因数？

答：同步电动机所需励磁势由定子和转子共同产生。 转子If → Φf ，定子I → Φ0，Φ＝ Φf ＋Φ0

当If 使Φf 变化时，要保持Φ不变，则Φ0要变，所以产生Φ0的I 要变。 当TL ＝常数，则P2＝Tn/9550=常数，略去电动机的内部消耗，则：

常数

==φcos 31UI P 当改变If 使I 改变时， cosφ也随着变，所以，可调If ，使cosφ＝1，即正常励磁。 当If 小于正常励磁电流，叫欠励，属感性负载； 当If 大于正常励磁电流，叫过励，属容性负载

课后习题答案

项目一 任务一 一．判断题(下列判断正确的话打“√”，错误的打“×”) 1．P型半导体中的多数载流子是电子。（×） 2．PN结具有单向导电性，其导通方向为N区指向P区。（×）3．二极管反向击穿就说明管子已经损坏。（×） 4．小电流硅二极管的死区电压约为0．5V，正向压降约为0．7V。(√ ) 5．发光二极管发光时处于正向导通状态，光敏二极管工作时应加上反向电压。（√） 二．填空题 1．半导体中的载流子有_____________和___________。（自由电子、空穴） 2．晶体三极管内部的PN结有___________个。（2） 3．晶体管型号2CZ50表示___________。（50 A的硅整流二极管）4．．PN结的反向漏电流是由___________产生的。（少数载流子）三．简答题 1．常用片状元件有哪些？和普通电气元件相比，有什么优点？ 答：片状元器件属于无引线或短引线的新型微型电子元件，是表面组装技术SMT（Surface Mounted Technology）的专用元器件。可分为片状无源器件、片状有源器件和片状组件等三类。片状无源器件包括片状电阻器、片状网络电阻器、片状热敏电阻器、片状电位器、

片状电容器、片状微调电容器和片状电感器等。片状有源器件包括片状二极管、片状开关二极管、片状快恢复二极管、片状稳压二极管、片状三极管和片状场效应管等。 片状元器件的主要特点是其外形结构不同于传统的插装式产品，其体积小，重量轻，无引线或引线短，可靠性高，耐振动冲击，抗干扰性好，易于实现半自动化和自动化的低成本、高密度组装，其焊点失效率达到百万分之十以下；利用片状元器件贴装可使电子线路的工作频率提高到3000MHz（通孔插装的为500MHz），而且能够有效地降低寄生参数，有利于提高设备的高频特性和工作速度；片状元器件产品的器件形状、尺寸精度和一致性高。大部分可编带包装，有利于提高生产装配效率，且能够从根本上解决元器件与整机间的共存可靠性问题。 2．举例说明二极管、三极管的型号含义。 答：例如：2AP9(N型锗材料普通二极管2CW56(N型硅材料稳压二极管) 例如：3AX31B（PNP型锗材料低频小功率管）3DD15A（NPN 型硅材料低频大功率管） 任务二 一．判断题(下列判断正确的谓打“√”，错误的打“×”) 1.用万用表测量电阻时，读数的有效范围为中心阻值的0.1～10倍左右。(√ ) 2.用万用表测量直流电压，250V挡的电表内阻是50V挡的电表

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

课后习题答案

某大学为了了解学生每天上网的时间，在全校7500名学生中采取重复抽样方法随机 抽取36人，调查他们每天上网的时间，得到下面的数据： 已知：36=n ， 当α为0.1、0.05、0.01时，相应的645.121.0=z 、96.1205.0=z 58.2201.0=z 。 根据样本数据计算得：32.3=x ，61.1=s 。 由于36=n 为大样本，所以平均上网时间的90%的置信区间为： 44.032.336 61.1645.132.32 ±=?±=±n s z x α，即（2.88，3.76）。 平均上网时间的95%的置信区间为： 53.032.336 61.196.132.3±=?±=±n s z x α，即（2.79，3.85）。 平均上网时间的99%的置信区间为：

69.032.336 61.158.232.3±=? ±=±n s z x α，即（2.63，4.01）。 7.16一位银行的管理人员想估计每位顾客在该银行的月平均存款额。他假设所有顾客月存款额的标准差为1000元，要求的估计误差在200元以内，置信水平为99%。应选取多大的样本？ 解：已知：σ=1000，估计误差E =200，α=0.01，Z α/2=2.58 应抽取的样本量为：167200100058.22 2 22 222≈?== E z n σ α 7.17计算下列条件下所需的样本量。 （1）E =0.02，π=0.40，置信水平为96% （2）E =0.04，π未知，置信水平为95% （3）E =0.05，π=0.55，置信水平为90% 解：（1）已知：E =0.02，π=0.4，α=0.04，Z α/2=2.05 应抽取的样本量为：( )()252202.04.014.005.212 22 22≈-?=-= E z n ππα （2）已知：E =0.04，π未知，α=0.05，Z α/2=1.96 由于π未知，可以使用0.5（因为对于服从二项分布的随机变量，当π取0.5时，其方差达到最大值。因此，在无法得到总体比例的值时，可以用0.5代替计算。这样得出的必要样本容量虽然可能比实际需要的容量大一些，但可以充分保证有足够高的置信水平和尽可能小的置信区间），故应抽取的样本量为： ( )()60104 .05.015.096.112 22 22≈-?=-= E z n ππα

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。

机电传动控制复习题与答案(1)

西南科技大学成教学院德阳教学点 《机电传动控制》练习题 姓名：学号：班级：成绩： 一、单项选择题 1．机电传动的发展大体上经历的阶段顺序是：（） A．单电机拖动、双电机拖动、成组拖动 B．成组拖动、单电机拖动、多电机拖动C．单电机拖动、多电机拖动、成组拖动 D．成组拖动、单电机拖动、网络拖动 2、机电传动系统稳定工作时中如果T M >T L ，电动机旋转方向与T M 相同，转速将产生的变 化是。（） A．减速 B．加速 C．匀速 D．停止 3、机电传动系统中如果T M

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？

课后练习题答案

第三章 练习题 1．某公司拟购置一项设备，目前有A 、B 两种可供选择。Ａ设备的价格比Ｂ设备高50000元，但每年可节约维修保养费等费用10000元。假设A 、B 设备的经济寿命均为6年，利率为8%，该公司在A 、B 两种设备中必须择一的情况下，应选择哪一种设备？ [答案：] 如果选择A 项目，则多支付投资额50000元，而可以每年节约保养费用1000元， -37714.622910000-5000068%P/A 1000050000-=?+=?+），，（ 所以，A 方案不可选。 2．某人现在存入银行一笔现金，计划8年后每年年末从银行提取现金6000元，连续提取10年，在利率为7%的情况下，现在应存入银行多少元？ [答案：] 10 -10) 1(1 i i)(1-16000 107%P/F 107%P/A 6000i +?+?=?），，）（，，（ 41.24526582.00236.76000元=??= 3．某人5年后需用现金40000元，如果每年年末存款一次，在年利率为6%的情况下，此人每年年末应存入现金多少元？ [答案：] 元，，7095.855 6%F/A 40000 A == 4．某企业集团准备对外投资，现有三家公司可供选择，分别为甲公司、乙

公司、丙公司，这三家公司的年预期收益及其概率的资料如表3-4所示： 表3-4 某企业集团预期收益及其概率资料 要求：假定你是该企业集团的稳健型决策者，请依据风险与收益原理作出选择 [答案：] 230.250.5200.340E =?+?+?=甲 240.25-0.5200.350E =?+?+?=）（乙 80.230-0.520-0.380E =?+?+?=）（）（丙 12.490.223-50.523-200.323-40222=?+?+?=）（）（）（甲σ 19.470.224-5-0.524-200.324-50222=?+?+?=）（）（）（甲σ 0.5432312.49 == 甲q 0.8112419.47==乙q 选择甲方案。 第四章 练 习 题 某企业2007年度资产负债表如下： ××公司资产负债表 （2007年12月31日）

机电传动控制课后习题问答题答案

机电传动控制课后习题问答题答案 2.1 说明机电传动系统运动方程式中的拖动转矩、静态转矩和动态转矩的概念。 答：拖动转矩：电动机产生的转矩Tm或负载转矩TL与转速n相同时，就是拖动转矩。静态转矩：电动机轴上的负载转矩TL，它不随系统加速或减速而变化。动态转矩：系统加速或减速时，存在一个动态转矩Td，它 使系统的运动状态发生变化。 2.2 从运动方程式怎样看出系统是加速的、减速的、稳定的和静止的各种工作状态？ 答：运动方程式：Td>0时：系统加速；Td=0时：系统稳速；Td<0时，系统减速或反向加速 2.3 试列出以下几种情况下系统的运动方程式，并说明系统的运行状态是加速、减速还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） 答：a匀速，b减速，c减速，d加速，e减速，f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？ 答：在多轴拖动系统情况下，为了列出这个系统运动方程，必须先把各传动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量都折算到电动机轴上。由于负载转矩是静态转矩，所以可根据静态时功率守恒原则进行折算。由于转动惯量和飞轮转矩与运动系统动能有关，所以可根据动能守恒原则进行折算。 2.5 为什么低速轴转矩大？调速轴转矩小？ 答：忽略磨擦损失的情况下，传动系统的低速轴和调速轴传递的功率是一样的，即P1＝P2而P1＝T1ω1，P2＝T2ω2所以T1ω1＝T2ω2，当ω1＞ω2时，T1＜T2 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？ 答：因为低速轴的转矩大，所设计的低速轴的直径及轴上的齿轮等零件尺寸大，质量也大，所以GD2大，而高速轴正好相反。 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？ 答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 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？ 答：反抗性恒转矩负载恒与运动方向相反。位能性恒转矩负载作用方向恒定，与运动方向无关。 2.11 如图所示，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：（d）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。 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：转子在主磁通中旋转，要产生涡流和磁滞损耗，采用硅钢软磁材料，可减少磁滞损耗，而采用“片”叠压成，可减少涡流损耗。 3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 答：因为Tst=UN/Ra，Ra很小，所以Tst很大，会产生控制火花，电动应力，机械动态转矩冲击，使电网保护装置动作，切断电源造成事故，或电网电压下降等。故不能直接启动。

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 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。 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。 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） 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 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 系统的运动状态是减速

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=ω2 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比高速轴的GD2大得多 因为P=Tω，T=GD2/375. P=ωGD2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 转速n M=900r/min; 中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60r/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=+2/9+16/225= .如图（b）所示，电动机转速n M =950 r/min，齿轮减速箱的传动比J 1 = J 2 =4， 卷筒直径D=,滑轮的减速比J 3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD2 M = m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为。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GD2 z.。 ω M =*2n/60= rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ω M /j 1 j 2 j 3 =4*4*2=s

机电传动控制课后习题答案1

第二章机电传动系统的动力学基础 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。 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。 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） 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 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。 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. 2.11 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 交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点

第三章 3.1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.. 3.5 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 =89.5%，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=87.4KW 3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N =7.5KW, U N =220V, n N =1500r/min, η N =88.5%, 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 *0.885 I N =38.5A T N =9.55P N /n N =47.75Nm 3.11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 3.14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

有机课后习题答案

1. 某化合物的分子量为60，含碳%、含氮%、含氧%，确定该化合物的分子式。 解：① 由各元素的百分含量，根据下列计算求得实验式 1:2:133.3:7.6:34.316 2 .53:17.6:121.40== 该化合物实验式为：CH 2O ② 由分子量计算出该化合物的分子式 216 121260 =+?+ 该化合物的分子式应为实验式的2倍，即：C 2H 4O 2 2. 在C —H 、C —O 、O —H 、C —Br 、C —N 等共价键中，极性最强的是哪一个？ 解：由表1-4可以查得上述共价键极性最强的是O —H 键。 3. 将共价键⑴ C —H ⑵ N —H ⑶ F —H ⑷ O —H 按极性由大到小的顺序进行排列。 解：根据电负性顺序F > O > N > C ，可推知共价键的极性顺序为： F —H > O —H > N —H > C —H 4. 化合物CH 3Cl 、CH 4、CHBr 3、HCl 、CH 3OCH 3中，哪个是非极性分子？ 解：CH 4分子为高度对称的正四面体空间结构，4个C —H 的向量之和为零，因此是非极性分子。 5. 指出下列化合物所含官能团的名称和该化合物所属类型。 CH 3 OH (2) 碳碳三键，炔烃 羟基 ，酚 (1) CH 3CH 2C CH

(4) COOH 酮基 ，酮 羧基 ，羧酸 (6) CH 3CH 2CHCH 3 OH 醛基 ，醛 羟基 ，醇 (7) CH 3CH 2NH 2 氨基 ，胺 6. 甲醚（CH 3OCH 3）分子中，两个O —C 键的夹角为°。甲醚是否为极性分 子？若是，用表示偶极矩的方向。 解：氧原子的电负性大于碳原子的电负性，因此O —C 键的偶极矩的方向是由碳原子指向氧原子。甲醚分子的偶极矩是其分子中各个共价键偶极矩的向量之和，甲醚分子中的两个O —C 键的夹角为°，显然分子是具有极性的，其偶极矩的方向如下图所示。 3 7. 什么叫诱导效应？什么叫共轭效应？各举一例说明之。（研读教材第11～12页有关内容） 8. 有机化学中的离子型反应与无机化学中的离子反应有何区别？ 解：无机化学中的离子反应是指有离子参加的反应，反应物中必须有离子。而有机化学中的离子型反应是指反应物结构中的共价键在反应过程中发生异裂，反应物本身并非一定是离子。 (3) CH 3COCH 3(5) CH 3CH 2CHO

机电传动控制复习题及参考答案

《机电传动与控制》课程复习资料 一、填空题： 1.直流电动机常用的调速方法有 、 和 。 2.三相笼式异步电动机的启动方法有 和 。 3.电气控制系统中常设的保护环节有短路保护、弱励磁保护、 、 和 。 4.三相鼠笼式异步电动机常用的调速方法有 和 。 5.他励直流电动机的三种调速方法中，调速时机械特性变软的是 。调速时机械特性不变的是 调速。 6.晶闸管的几个主要参数是 、 、额定通态平均电流T I 和维持电流H I 。 7.直流调速系统中，电流截止负反馈环节的作用是 。 8.三相鼠笼式异步电动机的降压启动方法有 、 和自耦变压器启动。 9.生产机械对电动机调速系统提出的主要静态技术指标有 、 和平滑性。 10.晶闸管可控整流电路的负载常有电阻性、 和 。 11.三相绕线式异步电动机常用 进行启动和调速，也可以用 进行启动。 12.三相鼠笼式异步电动机的电气停转方法有 和 。 13.在直流电动机的双闭环无静差调速系统中，转速环的作用主要是 。电流环的作用主要是 。 14.直流他励电动机可采用 启动或降压启动，目的都是为了 。 15.为了改变三相交流异步电动机的旋转方向，只要 即可。 16.无静差闭环调速系统，PI 调节器中积分环节的作用是 。 17.交流电动机变频调速的特点有 ，在恒转矩的变频调速系统中，常保持 为定值。 18.就一台直流电动机开环、有静差闭环、无静差闭环调速系统三者的静特性而言，机械特性最硬的是 ，最软的是 。 19.带电阻性负载的单相半波可控整流电路中，控制角α的移相范围是 ，控制角α和导通角β的关系式是 。 20.交流异步电动机采用调压调速时，采用转速负反馈闭环系统，可以 。 21.电动机的短路保护和长期保护不同，前者是 ，后者是 。 二、单项选择题： 1.电源线电压为380V ，三相笼型异步电动机定子每相绕组的额定电压为380V ，能否采用星形——三角形启动？ [ ] A.不能 B.能 2.直流电器的线圈能否串联使用？ [ ] A.不能 B.能 3.直流电动机调速系统，若想采用恒转矩调速，则可改变 [ ] A.e K B. C.U 4.三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流会 [ ] A.增大 B.减少 C.等于零 5.试说明下图情况下，系统的运行状态是 [ ] A.加速 B.减速 C.匀速 M L

课后习题答案

复习思考题： 1.什么是信托？信托业务有哪些分类？ 信托是指委托人与受托人基于信任的基础上，委托人将其财产权委托给受托人，由受托人按委托人的意愿以自己的名义，为受益人的利益或者特定目的，进行管理或者处分的行为。信托是以资财为核心，以信任为基础，以委托为方式的财产管理制度。信托当事人一般有三个，即委托人、受托人、受益人。委托人是提出信托要求者，也是信托资财的所有者，其为了一定的目的，将属于自己的资金财产授权受托人代为经营与管理；受托人是接受委托人的委托，并按照委托人的指示对信托资财进行管理和处理的人；受益人是享受信托资财利益的一方，由委托人指定，即可以是第三方也可以是委托人自己，但不可以是受托人。 1)信托业务按业务内容不同，可分为“信托”、“代理”和“租赁”三大类。 2)信托业务按事项的法律立场为标准，信托可以分为民事信托和商事信托。 3)信托业务按委托人的不同，可分为个人信托和法人信托。 4) 信托业务按受益对象划分，可分为私益信托和公益信托（按受益人是否为委托人本人，亦可分为自益信托和他益信托）。 5)信托业务按标的物的不同，可分为资金信托、实物信托、债权信托和经济事务信托四种。 6) 信托业务按信托关系成立的方式划分可以分为自由信托和法定信托。 2.信托业务会计核算的特点有哪些？ 1）信托投资公司因接受信托而取得的财产，以及因信托资产的

管理、处分或者其他情形而取得的财产，称为信托资产。信托资产不属于信托投资公司的自有财产，也不属于信托投资公司对受益人的负债。信托投资公司终止时，信托资产不属于其清算资产。 2）信托投资公司的自有资产与信托资产应分开管理、分别核算。信托投资公司管理不同类型的信托业务，应分别按项目设置信托业务明细账进行核算管理。 3）信托投资公司对不同信托资产按来源和运用设置相应会计科目进行核算反映。 来源类科目应按类别、委托人等设置明细账。具体分为短期信托资产来源、长期信托资产来源。短期信托资产来源指不超过一年的信托资产来源，包括短期信托存款、代扣代缴税金、待分配信托收益、应付受托人收益及应付其他受益人款项等。长期信托资产来源指一年以上的信托资产来源，包括长期信托存款、委托存款、财产信托、公益信托、投资基金信托、有价证券信托等。 运用类科目应按其类别、使用人和委托人等设置明细账。具体分为短期信托资产运用、长期信托资产运用。短期信托资产运用是指不超过一年的信托资产运用，包括信托货币资金、拆出信托资金、短期信托贷款、短期信托投资、信托财产等。长期信托资产运用是指一年期以上的资金运用，包括长期信托贷款、委托贷款、长期信托投资、信托租赁财产等。 3.保险业务的分类有哪些？保险业务会计核算的特点有哪些？ 保险可按照不同的标准具有下面主要分类方法： 1）按保险保障范围分类，可分为财产保险、人身保险两大类。这是最基本的分类方法。 2）按照业务承保方式进行分类，可分为原保险、再保险和共同

机电传动控制课后习题答案

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。 2.2 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>0说明系统处于加速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速

系统的运动状态是减速 2.7 如图2.3（a ）所示，电动机轴上的转动惯量J M =2.5kgm 2, 转速n M =900r/min; 中间传 动轴的转动惯量J L =16kgm 2,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/j 2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm 2 . 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J 1= J 2=4，卷 筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J 3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD 2M =1.05N m 2, 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GD 2z.。 ωM =3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM /j 1j 2j 3=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 GD 2Z =δGD M 2+ GD L 2/j L 2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM 2

课后习题及答案

1 文件系统阶段的数据管理有些什么缺陷试举例说明。 文件系统有三个缺陷： （1）数据冗余性（redundancy)。由于文件之间缺乏联系，造成每个应用程序都有对应的文件，有可能同样的数据在多个文件中重复存储。 （2）数据不一致性（inconsistency)。这往往是由数据冗余造成的，在进行更新操作时，稍不谨慎，就可能使同样的数据在不同的文件中不一样。 （3）数据联系弱(poor data relationship)。这是由文件之间相互独立，缺乏联系造成的。 2 计算机系统安全性 （1）为计算机系统建立和采取的各种安全保护措施，以保护计算机系统中的硬件、软件及数据； （2）防止其因偶然或恶意的原因使系统遭到破坏，数据遭到更改或泄露等。 3. 自主存取控制缺点 （1）可能存在数据的“无意泄露” （2）原因：这种机制仅仅通过对数据的存取权限来进行安全控制，而数据本身并无安全性标记 （3）解决：对系统控制下的所有主客体实施强制存取控制策略 4. 数据字典的内容和作用是什么 数据项、数据结构 数据流数据存储和加工过程。 5. 一条完整性规则可以用一个五元组（D，O，A，C，P）来形式化地表示。 对于“学号不能为空”的这条完整性约束用五元组描述 D：代表约束作用的数据对象为SNO属性； O（operation）：当用户插入或修改数据时需要检查该完整性规则； A（assertion）：SNO不能为空； C（condition）：A可作用于所有记录的SNO属性； P（procdure）：拒绝执行用户请求。 6.数据库管理系统（DBMS） ：①即数据库管理系统（Database Management System)，是位于用户与操作系统之间的一层数据管理软件，②为用户或应用程序提供访问DB的方法，包括DB的建立、查询、更新及各种数据控制。 DBMS总是基于某种数据模型，可以分为层次型、网状型、关系型、面向对象型DBMS。 7.关系模型：①用二维表格结构表示实体集，②外键表示实体间联系的数据模型称为关系模型。 8.联接查询：①查询时先对表进行笛卡尔积操作，②然后再做等值联接、选择、投影等操作。联接查询的效率比嵌套查询低。 9. 数据库设计：①数据库设计是指对于一个给定的应用环境，②提供一个确定最优数据模型与处理模式的逻辑设计，以及一个确定数据库存储结构与存取方法的物理设计，建立起既能反映现实世界信息和信息联系，满足用户数据要求和加工要求，又能被某个数据库管理系统所接受，同时能实现系统目标，并有效存取数据的数据库。 10．事务的特征有哪些 事务概念 原子性一致性隔离性持续性 11．已知3个域： D1=商品集合=电脑，打印机

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1.2 解答： ?微型计算机：以大规模、超大规模集成电路为主要部件，以集成了计算机主要部件 ——控制器和运算器的微处理器为核心，所构造出的计算机系统 ?PC机：PC（Personal Computer）机就是面向个人单独使用的一类微机 ?单片机：用于控制的微处理器芯片，内部除CPU外还集成了计算机的其他一些主 要部件，如：ROM、RAM、定时器、并行接口、串行接口，有的芯片还集成了A/D、D/A转换电路等。 ?数字信号处理器DSP：主要面向大流量数字信号的实时处理，在宿主系统中充当数 据处理中心，在网络通信、多媒体应用等领域正得到越来越多的应用 1.4解答： ?系统总线：传递信息的一组公用导线，CPU通过它们与存储器和I/O设备进行信息 交换 ?好处：组态灵活、扩展方便 ?三组信号线：数据总线、地址总线和控制总线 ?其使用特点是：在某一时刻，只能由一个总线主控设备来控制系统总线，只能有一 个发送者向总线发送信号；但可以有多个设备从总线上同时获得信号。 1.5解答： ?用于数值计算、数据处理及信息管理方向 ?采用通用微机，要求有较快的工作速度、较高的运算精度、较大的内存容量 和较完备的输入输出设备，为用户提供方便友好的操作界面和简便快捷的维 护、扩充手段。 ?用于过程控制及嵌人应用方向 ?采用控制类微机，要求能抵抗各种干扰、适应现场的恶劣环境、确保长时间 稳定地工作，要求其实时性要好、强调其体积要小、便携式应用强调其省电。 1.8解答： ?BIOS：基本输入输出系统 ?主要功能：用来驱动和管理诸如键盘、显示器、打印机、磁盘、时钟、串行通信接 口等基本的输入输出设备 4.1解答： ?8088具有20 根地址线。在访问内存时使用地址A0～A19 ，可直接寻址1MB 容 量的内存范围；在访问外设时使用地址线A0～A15 ，共能寻址64K 个输入输出端口。实际上，PC/XT在寻址外设时，只使用地址线A0～A9 ；若A9＝1，说明它要寻址的I/O端口位于I/O通道。 4.2解答： ?总线操作指的是指发生在总线上的某些特定的操作，而总线周期指的是CPU通 过总线操作与外界（存储器和I/O端口）进行一次数据交换的过程（时间），8088典型的总线周期由4 个T组成。如果8088的CLK引脚接5MHz的时钟信号，那么每个T状态的持续时间为200ns 。 4.4解答： ?当8088进行读写存储器或I/O接口时，如果存储器或I/O接口无法满足CPU的读 写时序（来不及提供或读取数据时），需要CPU插入等待状态Tw。 ?在读写总线周期的T3和T4之间插入Tw。 4.6解答：

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第一章 液压传动概述 液压传动系统由哪几部分组成？各组成部分的作用是什么？ 解答：液压传动由以下四部分组成： （1）动力元件(液压泵)：它是把原动机输出的机械能转换成油液压力能的元件。作用:给液压系统提供压力油，是液压系统的心脏。 （2）执行元件：包括液压缸和液压马达等。 作用:把油液的压力能转换成机械能以驱动工作机构的元件。 （3）控制元件：包括压力、方向、流量控制阀。作用:是对液压系统中油液的压力、流量和流动方向进行控制和调节的元件。 （4）辅助元件：除上述三项以外的、液压系统中所需的其它装置。如油箱、滤油器、油管、管接头等。作用:保证液压系统有效工作，寿命长。 第二章 液压泵和液压马达 要提高齿轮泵的压力需解决哪些关键问题?通常都采用哪些措施? 解答：（1）困油现象： 采取措施：在两端盖板上开卸荷槽。（2）径向不平衡力：采取措施：缩小压油口直径；增大扫膛处的径向间隙； 过渡区连通；支撑上采用滚针轴承或滑动轴承。（3）齿轮泵的泄漏： 采取措施：采用断面间隙自动补偿装置。 齿轮泵的模数 mm m 4=，齿数9=z ，齿宽mm B 18=，在额定压力下，转速min 2000r n =时，泵的 实际输出流量min 30L Q =，求泵的容积效率。 解答：()() 2 2630 0.876.6~7 6.69418200010v t q q q zm bn η-= ===????? YB63型叶片泵的最高压力MPa P 3.6max =，叶片宽度mm B 24=，叶片厚度mm 25.2=δ，叶片数 12=Z ，叶片倾角?=13θ,定子曲线长径mm R 49=，短径mm r 43=，泵的容积效率9.0=v η，机械效率 90.0=m η，泵轴转速min 960r n =，试求：(1) 叶片泵的实际流量是多少?(2)叶片泵的输出功率是多少? 解答： （1） ()()()()() 22 223 322cos 20.0490.04320.0490.0430.024120.0249600.9cos131.0210v R r q R r bz Bn m s πηφπ-??=--???? ?-?? =--?????????? =? （2） 633 6.310 1.0210 6.4210N pq -==???=?出 斜盘式轴向柱塞泵的斜盘倾角?=20β，柱塞直径mm d 22=，柱塞分布圆直径mm D 68=，柱塞数7=z ，机械效率90.0=m η，容积效率97.0=v η，泵转速min 1450r n =，泵输出压力MPa p 28=，试计算：(1)平