机电传动第三次作业

机电传动第三次作业

3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 解答：电机启动时的启动电流为：

a

N st R U I ， 由于电机启动瞬间转速n=0，E=0，而且Ra 很小，所以st I 很大，一般会达到额定电流的10~20倍，造成事故，因此不能直接启动。

3.12 他励直流电动机启动过程中有哪些要求？如何实现？ 解答：他励直流电动机启动过程中要求启动电流

st I ≤（1.5~2）N I ，

限制直流电动机的启动电流，主要由以下两种方法：

（1）采用降压启动；

（2）电枢回路串接外加电阻进行启动。

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？ 解答：（1）直流他励电动机启动时，为了防止电机出现“飞车”和“堵转”现象，所以一定要先把励磁电流加上。

（2）若忘加励磁电流，○1当TL=0启动时：f I =0，但是励磁绕组

还有一定剩磁，所以Φ稍大于0；但因为Φ≈0，所以E 仍不大，N U 大部分仍要加在电阻Ra 上，产生很大的启动电流和不大的电磁转矩T ，使系统不断加速，使转速上受到机械强度所不允许的值，从而出现“飞车”现象，此时系统在相当大的某一转速下稳速运行，由于 T ＝Φt K a I =TL ≈0，所以Ia ≈0，此时，E 相当大。○2当T=TL 启动时：f I =0，但是励磁绕组还有一定剩磁，所以Φ稍大于0；但因为Φ≈0，T ＝Φt K a I ≈0，所以出现T

（3）当电动机运行在额定转速下，若突然将励磁绕组断开，就会出现Φ≈0，从而f I =0，当空载时出现“飞车”，在满载时出现“堵转”，都会损坏电动机。

3.15 一台直流他励电动机，其额定数据如下：N P =2.2kW ，N U =f U =110V ，N n =1500r/min ，N η=0.8，a R =0.4Ω，f R =82.7 Ω。试求： ① 额定电枢电流aN I ；②额定励磁电流fN I ；③励磁功率f P ；④额定转矩N T ；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？

解： ① 电动机铭牌标注的电压和电流相乘是电机的输入功率，即电动机的实际额定功率是输入功率减去损耗功率：aN N N

I U P =N η， 所以该电机额定电流为：

)(258.011010002.2A U P I N N N

aN =??==η

②额定励磁电流fN I 为：

③励磁功率f P 为：

④额定转矩N T 为：

⑤ 额定运行条件下的反电动势N E ＝N U －aN

I a R ，所以额定电流时

的反电势为： N E ＝N U －aN I a R =110－25?0.4=100(V )

⑥ 直接启动时的启动电流st I 为： 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？

如果要使启动电流不超过额定电流的2倍，即 ，所以由

知，

此时启动转矩为：

而 ，所以

)(34.17.82110I A R U f f fN

=== )(14811034.1A U I P f fN f =?==)(1415002.295509550m N n P T N N N ?=?== )(2754.0110I A R U a N st ===

st a N st R R U +=I aN st I 2I ≤)(8.14.025

2110I R Ω=-?=-=a st N st R U aN N e st N t st I K I K T 255.9Φ=Φ=aN N

aN

N e st N t st I n E I K I K T 1.19255.9=Φ=Φ=N N t n K E Φ=)(322515001001.19m N ?=??=

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？

解答：他励直流电动机的调速方法主要有三大类：

(1) 改变电枢电路外串电阻调速；其特点主要有：○1机械特性较软，稳定度低；○2空载或轻载时，调速范围不大；○3实现无级调速困难；○4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。

（2）改变电动机电枢供电电压调速；○1电源电压连续变化时，转速可以平滑无级调节，需在额定转速以下调；○2特性与固有特性平行，硬度不变，稳定度高，调速范围大；○3属恒转矩调速，适合拖动恒转矩负载；○4可以靠调电枢电压启动电机，不用其它设备。

（3）改变电机主磁通调速；○1可无级调速，额定转速以上调（弱磁升速）；○2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；○3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？

解答：（1）电动运转状态：电动机发出的转矩T与转速n方向相同；

（2）制动运转状态：电动机发出的转矩T与转速n方向相反。

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。

解答：(1) 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。

(2) 电源反接制动：制动迅速，能量靠电阻吸收，但容易反向

启动。

(3) 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。

(4)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。

机电传动控制_作业题及试卷答案

1. 2.电动机中的短路保护、过电流保护和长期过载（热）保护有何区别？ 答：电动机中的短路保护是指电源线的电线发生短路，防止电动机过大的电枢电路损坏而自动切断电源的保护动作。 过电流保护是指当电动机发生严重过载时，保护电动机不超过最大许可电流。长期过载保护是指电动机的短时过载是可以的，但长期过载时电动机就要发热，防止电动机的温度超过电动机的最高绝缘温度。 3.为什么热继电器不能做短路保护而只能作长期过载保护？而熔断器则相 反，为什么？ 答：因为热继电器的发热元件达到一定温度时才动作，如果短路热继电器不能马上动作，这样就会造成电动机的损坏。而熔断器，电源一旦短路立即动作，切断电源。 4.时间继电器的四个延时触点符号各代表什么意思？ 延时闭合的动合触点 延时断开的动断触点 延时闭合的动断触点 延时断开的动合触点

5.请绘制延时吸合型时间继电器的图形符号（包含线圈和触点）P124 6.直线电动机的主要特点是什么？ 答：直线电动机的优点是:①直线电动机无需中间传动机构，因而使整个机构得到简化，提高了精度，减少了振动和噪声。②反应快速。③散热良好，额定值高，电流密度可取很大，对启动的限制小。④装配灵活，往往可将电动机的定子和动子分别于其他机体合成一体。 缺点是存在着效率和功率因数低，电源功率大及低速性能差等。 7.异步电动机的启动方法有哪些，并说明其各自特点和应用场合。 直接起动：优点：起动简单；缺点：起动电流大，对电网冲击大。 星三角起动：优点：起动电流为全压起动时的1／3；缺点：起动转矩均为全压起动时的1／3。 自耦降压起动：优点：起动较平稳，设备较简单；缺点：不能频繁起动。 延边三角起动：优点：起动电流小，转矩较星三角大；缺点：仅适用于定子绕组有中间抽头的电机。 定子串电阻（电抗）起动：优点：可用于调速；缺点：电阻损耗大，不能频繁起动。 软启动：优点：启动平滑，对电网冲击少；缺点：费用较高，有谐波干扰。 变频启动：优点：启动平滑，对电网冲击少，起动转矩大，可用于调速；缺点：费用高，有谐波干扰。 转子串电阻起动（绕线式异步电动机）：优点是起动转矩大；缺点是启动损耗较大。 转子串接频敏变阻器起动（绕线式异步电动机）：优点：接线简单；缺点：起动转矩不很大。 8.异步电动机有哪几种制动状态？各有何特点？ 答：（1）反馈制动。当电动机的运行速度高于它的同步转速，异步电动机就进入发电状态。这时转子导体切割旋转磁场的方向与电动状态时的方向相反，电流改变了方向，电磁转矩也随之改变方向，于是起制动作用。 （2）反接制动。电源反接，改变电动机的三相电源的相序，则改变旋转磁场的方向，电磁转矩由正变负，这种方法容易造成反转。倒拉制动，出现在位能

机电传动控制试题及答案

1、如图所示，判断哪组是正确的。 （a ）L M T T > (b) L M T T = (c) L M T T < A ：图（a ）M T 为正，是拖动转矩，加速状态 B ：图（b ）M T =L T ，匀速状态 C ：图（c ）M T 为正，L T 为负，减速状态 2、关于交流电动机调速方法正确的有： A ：变频调速； B ：改变磁通调速； C ：改变转差率调速； D ：定子串电阻调速 3、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 ：减少； B ：增加； C ：等于零。 4、三相鼠笼异步电动机在相同电源电压下，空载启动比满载启动的启动转 矩 。 A ：相同； B ：大； C ：小。 5、如下图所示，曲线1和曲线2分别为电动机和负载的机械特性。试问：电 动机能否在A 点稳定运行 A ：能； B ：不能； C ：不能确定 6．恒功率型机械特性为负载转矩与转速成： A 正比; B 反比。 7、有一台三相异步电动机，正常运行时为?接法，在额定电压下启动，其 N st T T 2.1=，若采用?-Y 换接启动，试问当负载转矩N L T T %35=，电动机能否 启动 A ：能； B ：不能； C ：不能确定 8．三相异步电动机的何种制动又叫发电制动。 A 反接制动； B 反馈制动； C 能耗制动 9．晶体管直流脉宽调速系统比晶闸管直流调速系统动态响应速度： A 高； B 低； C 一样。 10、直流电动机当电枢回路中串接电阻后，其固有的机械特性曲线是： A ：由（0，no ）出发的一簇向下倾斜的直线； B ：一簇平行于固有特性曲线的人为特性曲线； C ：；由（0，no ）出发的一簇向上倾斜的直线； D ：不确定； 11、下列方法中哪一个不是消除交流伺服电动机“自转”的方法：

机电传动控制作业汇总

一单选题 1 交流调压调速系统（） A、异步电机转矩与定子电压的平方成反比。 B、异步电机转矩与定子电压的平方成正比。 C、异步电机转矩与定子电压成正比。 D、异步电机转矩与定子电压成反比。 2 脉宽调制变频其基本思想是（） A、控制逆变器开关元件的导通和关断时间比（即调节脉冲宽度）来控制交流电压的大小和频率。 B、控制逆变器开关元件的导通和关断时间比（即调节脉冲宽度）来控制交流电压的大小。 C、控制逆变器开关元件的导通和关断时间比（即调节脉冲宽度）来控制交流电压的频率。 D、控制逆变器开关元件的导通和关断时间比（即调节脉冲宽度）来控制直流电压的大小和频率。 3 三相异步电动机的定子串电阻与降压相似( ) A、但最大转矩下降要小 B、但最大转矩下降要大 C、最大转矩一样 D、电流不变 4 直流他励电动机的制动( ) A、从某一稳定速度减速到停止或下降速度的一种运转状态 B、从某一稳定速度减速到停止 C、从某一稳定速度减速到下降速度的一种运转状态 D、刹车 5 脉宽控制（） A、就是调节频率。 B、通过调节电流来实现。 C、通过调节磁通来实现。 D、就是调节晶体管（晶闸管）的导通时间来控制输出脉冲的宽度（输出电压）。 6 串励直流电动机不允许空载运行的原因（） A、浪费能源 B、力矩太大 C、会发热 D、因为会产生大的转速，发生危险 7 转矩定义方向( ) A、负载转矩与n的方向相反为正 B、负载转矩与n的方向相反为负 C、所有方向都一样的 D、转距没有方向 8 稳定运行的充分条件（） A、受干扰后能恢复到原来的运行速度或在新的工作点匀速运转 B、匀速 C、力矩改变 D、惯量不变 10 逆变说法哪个正确（） A、逆变是把直流电变成交流电的装置，与整流相反的过程。 B、逆变是把交流电变成直流电的装置。

机电传动控制答案

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 TL TM N 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 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=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,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=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=+2/9+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J1= J2=4，卷筒直径D=,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力F=100N,电动机的费轮转距GD2M= 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GD2z.。 ωM=*2n/60= rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=4*4*2=s v=ωD/2=2*=s T L=ηC n M=*100**950= GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =*+100*322 = 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. 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。 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

机电传动控制作业(参考)

2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速的、减速的、稳定的和静止的各种 状态？ M L d T T T -= d T >0时，系统加速；d T =0时，系统稳定；d T <0时，系统减速； 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） a ： TM-TL=0系统匀速 b ： TM-TL<0系统减速 c ： -TM-TL<0系统减速 d ： TM-TL>0系统加速 e ： -TM-TL<0系统减速 f ： -TM+TL=0系统匀速 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？ （d ）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。

3.8一台他励直流电动机的铭牌数据为：N P =5.5KW, N U =110V , N I =62A, N n =1000r/min,试绘出它的固有机械特性曲线。 22 110625500 (0.5~0.75) (0.5~0.75)(0.172~0.258)62 N N N N U I P Ra I -?-==?=Ω N a a e N N U I R K n -Φ= 01101000 1107~1170(/m i n )11062(0.172~0.258) N N e N N a a U U n n r K U I R ?= ===Φ--? 5500 9.55 9.5552.53()1000 N N N N P P T N m n ω = ==?=? 根据点（0，0n ）和点（N T ，N n ）可画出机械特性曲线。 3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：PN=6.5KW,U N=220V , I N=3 4.4A, n N=1500r/min, Ra =0.242Ω,试计算出此电动机的如下特性： ①固有机械特性； ②电枢服加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械特性； ③电枢电压为U N/2时的人为机械特性； ④磁通φ=0.8φN 时的人为机械特性； ① （1） 22034.40.2420.141121500 N a a e N N U I R K n --?Φ= == 022*********(/min)22034.40.242 N N e N N a a U U n n r K U I R ?= ===Φ--? 6500 9.559.5541.4()1500 N N N N P P T N m n ω===?=?

机电传动与控制第五版答案第四章

第四章 5.1 有一台四极三相异步电动机，电源电压的频率为50H Z，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。 n0=60f/p S=(n0-n)/ n0 =60*50/2 0.02=(1500-n)/1500 =1500r/min n=1470r/min 电动机的同步转速1500r/min.转子转速1470 r/min, 转子电流频率.f2=Sf1=0.02*50=1 H Z 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？ 如果将定子绕组接至电源的三相导线中的任意两根线对调,例如将B,C两根线对调,即使B相遇C相绕组中电流的相位对调,此时A相绕组内的电流导前于C相绕组的电流2π/3因此旋转方向也将变为A-C-B向逆时针方向旋转,与未对调的旋转方向相反. 5.3 有一台三相异步电动机，其n N=1470r/min,电源频率为50H Z。设 在额定负载下运行，试求： ①定子旋转磁场对定子的转速； 1500 r/min ②定子旋转磁场对转子的转速； 30 r/min ③转子旋转磁场对转子的转速；

30 r/min ④转子旋转磁场对定子的转速； 1500 r/min ⑤转子旋转磁场对定子旋转磁场的转速。 0 r/min 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？ 因为负载增加n减小,转子与旋转磁场间的相对转速( n0-n)增加,转子导体被磁感线切割的速度提高,于是转子的感应电动势增加,转子电流特增加,.定子的感应电动使因为转子的电流增加而变大,所以定子的电流也随之提高. 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？ 若电源电压降低, 电动机的转矩减小, 电流也减小. 转速不变. 5.6 有一台三相异步电动机，其技术数据如下表所示。 试求：①线电压为380V时，三相定子绕组应如何接法？ ②求n0,p,S N,T N,T st,T max和I st； ③额定负载时电动机的输入功率是多少？ ①线电压为380V时，三相定子绕组应为Y型接法. ②T N=9.55P N/n N=9.55*3000/960=29.8Nm

机电传动第三次作业.docx

机电传动第三次作业 3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 解答：电机启动时的启动电流为： a N st R U I ， 由于电机启动瞬间转速n=0，E=0，而且Ra 很小，所以st I 很大，一般会达到额定电流的10~20倍，造成事故，因此不能直接启动。 3.12 他励直流电动机启动过程中有哪些要求？如何实现？ 解答：他励直流电动机启动过程中要求启动电流 st I ≤（1.5~2）N I ， 限制直流电动机的启动电流，主要由以下两种方法： （1）采用降压启动； （2）电枢回路串接外加电阻进行启动。 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？ 解答：（1）直流他励电动机启动时，为了防止电机出现“飞车”和“堵转”现象，所以一定要先把励磁电流加上。 （2）若忘加励磁电流，○1当TL=0启动时：f I =0，但是励磁绕组还有一定

谢谢欣赏 谢谢欣赏 剩磁，所以Φ稍大于0；但因为Φ≈0，所以E 仍不大，N U 大部分仍要加在电阻Ra 上，产生很大的启动电流和不大的电磁转矩T ，使系统不断加速，使转速上受到机械强度所不允许的值，从而出现“飞车”现象，此时系统在相当大的某一转速下稳速运行，由于 T ＝ Φt K a I =TL ≈0，所以Ia ≈0，此时，E 相当大。○2当T=TL 启动时： f I =0，但是励磁绕组还有一定剩磁，所以Φ稍大于0；但因为Φ≈0，T ＝Φt K a I ≈0，所以出现T

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 =1450r/min,ηN=89.5%，试求： N 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 =ηN） 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 N100/ηN 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 =1500r/min, ηN=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 N P N=U N I NηN 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,所产生的离心力足以

《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

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

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 F T L V O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 L>0说明系统处于加速。T M-T L<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TL M

为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= T W ,P不变3越小T越大，3越大T越小。为什么机电传动系统中低速轴的G D 逼高速轴的G D大得多？ 因为P=T W, T=G? DD/375. P= 3 G? D7375. ,P 不变转速越小GD越大，转速越大GD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？ 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 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, n 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n = n N） P N=U N I N 180KW=230*l N I N=782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N100/ n 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, n N=%,试求该电机的额定电流和转矩。 P N=L N I N n N 7500W=220V*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」st=U7R 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，所产生的离心力足以将绕组元件甩到槽外，还可能串励电动机也可能反转运行.但不能用改变电源极性的方法，因这时电枢电流

机电传动第三次作业

机电传动第三次作业 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大 解答：电机启动时的启动电流为： a N st R U I ， 由于电机启动瞬间转速n=0，E=0，而且Ra 很小，所以st I 很大，一般会达到额定电流的10~20倍，造成事故，因此不能直接启动。 他励直流电动机启动过程中有哪些要求如何实现 解答：他励直流电动机启动过程中要求启动电流 st I ≤（~2）N I ， 限制直流电动机的启动电流，主要由以下两种方法： （1）采用降压启动； （2）电枢回路串接外加电阻进行启动。 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 解答：（1）直流他励电动机启动时，为了防止电机出现“飞车”和“堵转”现象，所以一定要先把励磁电流加上。 （2）若忘加励磁电流，○1当TL=0启动时：f I =0，但是励磁绕组还有一定剩磁，所以Φ稍大于0；但因为Φ≈0，所以E 仍不大，N U 大部分仍要加

在电阻Ra 上，产生很大的启动电流和不大的电磁转矩T ，使系统不断加速， 使转速上受到机械强度所不允许的值，从而出现“飞车”现象，此时系统在相当大的某一转速下稳速运行，由于 T ＝Φt K a I =TL ≈0，所以Ia ≈0，此时，E 相当大。○2当T=TL 启动时：f I =0，但是励磁绕组还有一定剩磁，所以Φ稍大于0；但因为Φ≈0，T ＝Φt K a I ≈0，所以出现T

机电传动与控制第五版答案第九章

第十一章 11.1何谓开循环控制系统？何谓闭循环系统？两者各有什么优 缺点？ 系统只有控制量(输出量)的单向控制作用,而不存在被控制量的影响和联系,这称之为开环控制系统.优点是结构简单能满足一般的生产需要.缺点是不能满足高要求的生产机械的需要. 负反馈控制系统是按偏差控制原理建立的控制系统,其特点是输入量与输出量之间既有正向的控制作用,又有反向的反馈控制作用,形成一个闭环控制系统或反馈控制系统.缺点是结构复杂,优点可以实现高要求的生产机械的需要. 11.2什么叫调速范围、静差度？它们之间有什么关系？怎样才能 扩大调速范围。 电动机所能达到的调速范围,使电动机在额定负载下所许可的最高转速何在保证生产机械对转速变化率的要求前提下所能达到的最低转速之比(D).转速变化率即调速系统的静差度电动机有理想空载到额定负载时转速降与理想空载转速的比值(S) 两者之间的关系时 D=n max S2/Δn N(1-S2),在保证一定静差度的前提下,扩大系统调速范围的方法是提高电动机的机械特性的硬度以减小Δn N 11.3生产机械对调速系统提出的静态、动态技术的指标有哪些？ 为什么要提出这些技术指标？ 生产机械对调速系统提出的静态技术的指标有静差度,调速范围,调速的平滑性.动态技术指标有最大超调量,过渡过程时间,振荡次数.

因为机电传动控制系统调速方案的选择,主要是根据生产机械对调速系统提出的调速指标来决定的. 11.4为什么电动机的调速性质应与生产机械的负载特性想适 应？两者如何配合才能算适应。 电动机在调速过程中,在不同的转速下运行时,实际输出转矩和输出功率能否达到且不超过其润许长期输出的最大转矩和最大功率,并不决定于电动机本身,而是决定于生产机械在调速过程中负载转矩及负载功率的大小和变化规律,所以,为了使电动机的负载能力得到最充分的利用,在选择调速方案时,必须注意电动机的调速性质与生产机械的负载特性要适合. 负载为恒转矩型的生产机械应近可能选择恒转矩性质的调速方法,且电动机的额定转矩应等于或略大于负载转矩,负载为转矩恒功率型的生产机械应尽可能选用恒功率性质的调速方法,且电动机的额定功率应等于或略大于生产机械的负载转矩. 11.5有一直流调速系统，其高速时理想的空载转速n01=1480r/min, 低速时的理想空载转速n02=157/min,额定负载时的转矩降Δn N=10 r/min,试画出该系统的静特性.求调速范围和静差度。 调速范围D = n01/n02 =1480/157 =9.23 静差度 S=Δn N/ n01 =10/1480

《机电传动控制》在线作业二1

《机电传动控制》在线作业二-0001 试卷总分:100 得分:0 一、单选题(共40 道试题,共100 分) 1.机电传动系统中如果TM

B.B C.C D.D 正确答案:A 7.单相半控桥线路主要用于电动机需要正反转的逆变电路中。（） A.正确 B.错误 正确答案:B 8.不能用于交流鼠笼式异步电动机的调速控制方法是（） A.变电源频率调速 B.变极对数调速 C.串级调速 D.变电源电压调速 正确答案:C 9. A.A B.B C.C D.D 正确答案:B 10. A.A B.B C.C D.D 正确答案:C 11.直流电动机的机械特性曲线是描述电机的转矩与转速关系的曲线。（） A.正确 B.错误 正确答案:A 12.

B.B C.C D.D 正确答案:D 13.三相鼠笼式异步电动机带动一定负载运行时，若电源电压降低了，此时电动机转速( ) A.增大 B.减少 C.不变 正确答案:B 14.起重机吊一个重物升降时，负载的机械特性是（） A.恒功率型 B.位能型恒转矩 C.反抗型恒转矩 D.直线型机械特性 正确答案:B 15.电力传动系统稳定运行的充分必要条件是（） A.T=TL B.T=TL,且机械特性下斜 C.机械特性下斜 D.机械特性上翘 正确答案:C 16.三相异步电动机变频调速时,( ) A.Tmax是常数 B.Sm是常数 C.n0是常数 正确答案:A 17.直流发电机电枢导体中的电流是（） A.直流电 B.交流电 C.脉动电流 正确答案:B

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。

机电传动控制第二次作业

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？ 解：因为当Φ减小时，Ia增大。由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia 增大时，E 减小，所以：E

3.6已知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，ηN=88.5%，Ra=0.2Ω。试求该电机的额定电流和额定转矩。 解：I N=U N/ηN=38.52A T N=9550*P N/n N=47.75N·m 3.7一台他励直流电动机：P N=15KW, U N=220V, I N=63.5A, n N=2850r/min,R a =0.25Ω，其空载特性为： U 0/ V 115 184 230 253 265 I f/A 0.442 0.802 1.2 1.686 2.10 今需在额定电流下得到150V 和220 V的端电压，问其励磁电流分别应为多少？ 由空载特性其空载特性曲线

E 265 253 230 220 184 150 115 1.08 1.686 2.10 0.4420.710.802 1.2 I f 当U=150V时I f=0.71A 当U=220V时I f=1.08A 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=0.2Ω，若忽略机械磨损和转子的铜耗，铁耗，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。 解：T N=9550*P N/n N=35.02N·m I N=I N-I fn=59A n0=U N/KeΦN=U N n N/U N-I aN R a=1680r/min