机电传动控制课后习题答案1..
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系统的运动状态是匀速
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
2.11 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交点是系统的平衡点
第三章
3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：P N=6.5KW,U N=220V, I N=3
4.4A, n N=1500r/min, R a =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；
并绘出上述特性的图形。
①n0=U N n N/(U N-I N R a)
=220*1500/220-34.4*0.242
= 1559r/min
T N=9.55P N/n N
=9.55*6500/1500
=41.38Nm
②n=U/K eφ-(R a+R ad)T/K e K tφ2
= U/K eφ-(R a+R ad)T/9.55K e2φ2
当3Ωn=854r/min
当5Ωn=311 r/min
③n= U/K eφ-R a T/9.55K e2φ2
当U N=0.5U N时n=732 r/min
n0=U N n N/2(U N-I N R a)
=780 r/min
④n= U/0.8K eφ-R a T/9.55K e2φ20.82
当φ=0.8φ时n=1517 r/min
n0=U N n N/0.8K eφ
=1964 r/min
3.15 一台直流他励电动机，其额定数据如下：P N=2.2KW,U N=U f=110V,n N=1500r/min, ηN=0.8,R a=0.4Ω,
R f=82.7Ω。试求：
①额定电枢电流I An;
②额定励磁电流I fN;
③励磁功率P f;
④额定转矩T N;
⑤额定电流时的反电势；
⑥直接启动时的启动电流；
⑦如果要是启动电流不超过额定电流的2倍，求启动电阻为多少欧？此时启动转矩又为多少？
①P N=U N I aNηN
2200=110*I aN*0.8
I aN=25A
②U f= R f I fN
I fN=110/82.7
=1.33A
③P f= U f I fN
=146.3W
④额定转矩T N=9.55 P N/ n N
=14Nm
⑤额定电流时的反电势E N=U N-I N R a
=110V-0.4*25
=100V
⑥直接启动时的启动电流I st=U N/R a
=110/0.4
=275A
⑦启动电阻2I N> U N/ (R a+R st)
R st>1.68Ω
启动转矩K eφ=(U N-I N R a)/n N
=0.066
Ia= U N/ (R a+R st) T=K t I aφ
=52.9A =9.55*0.066*52.9
=33.34Nm
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讲电枢电源突然反接，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？
①从反接开始到系统到达新的稳定平衡状态之间,电动机经历了电动机正向电动状态,反接制动状
态,反向电动状态,稳定平衡状态.
②
电动机正向电动状态由a到b特性曲线转变; 反接制动状态转速逐渐降低,到达c时速度为零, 反向电动状态由c到f速度逐渐增加. 稳定平衡状态,反向到达f稳定平衡点,转速不再变化.
第四章
4.6 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
Tst/ T N=2 Tst=2*29.8=59.6 Nm
T max/ T N=2.0 T max=59.6 Nm
I st/I N=6.5 I st=46.8A
一般n N=(0.94-0.98)n0n0=n N/0.96=1000 r/min
S N= (n0-n N)/ n0=(1000-960)/1000=0.04
P=60f/ n0=60*50/1000=3
③η=P N/P输入
P输入=3/0.83=3.61
4.11有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下：
①当负载转矩为250N·m时，试问在U=U N和U`=0.8U N两种情况下电动机能否启动？
T N=9.55 P N/ n N
=9.55*40000/1470
=260Nm
Tst/T N=1.2
Tst=312Nm
Tst=KR2U2/（R22+X202）
=312 Nm
312 Nm>250 Nm 所以U=U N时电动机能启动。
当U=0.8U时Tst=（0.82）KR2U2/（R22+X202）
=0.64*312
=199 Nm
Tst ②欲采用Y-△换接启动,当负载转矩为0.45 T N和0.35 T N两种情况下, 电动机能否启动？ Tst Y=Tst△/3 =1.2* T N /3 =0.4 T N 当负载转矩为0.45 T N时电动机不能启动 当负载转矩为0.35 T N时电动机能启动 ③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。 I N= P N/ U NηN cosφN√3 =40000/1.732*380*0.9*0.9 =75A I st/I N=6.5 I st=487.5A 降压比为0.64时电流=K2 I st =0.642*487.5=200A 电动机的启动转矩T= K2 Tst=0.642312=127.8 Nm 第五章 5.13有一台直流伺服电动机，当电枢控制电压Uc=110V时,电枢电流I a1=0.05A，转速n1=3000r/min;加负载后，电枢电流I a2=1A, 转速n2=1500r/min。试做出其机械特性n=f (T)。 电动机的电磁转矩为T=BI a NLD/2, 5.14 若直流伺服电动机的励磁电压一定，当电枢控制电压Uc=100V时，理想空载转速n0=3000r/min;当 Uc=50V时，n0等于多少？ n0=120Uc/πNBLD 电压与转速成正比,当Uc=50V时, n0等于1500 r/min 第六章 6.7 电磁继电器与接触器的区别主要是什么？ 接触器是在外界输入信号下能够自动接通断开负载主回路.继电器主要是传递信号,根据输入的信号到达不同的控制目的. 6.16要求三台电动机1M、2M、3M按一定顺序启动：即1M启动后，2M才能启动；2M启动后3M才能 启动；停车时则同时停。试设计此控制线路。 6.16试设计一台异步电动机的控制线路。要求： ①能实现启停的两地控制；②能实现点动调整； ③能实现单方向的行程保护；④要有短路和长期过载保护。 8.17 为了限制电调整时电动机的冲击电流，试设计它的电气控制线路。要求正常运行时为直接启动，而点 动调整时需输入限流电阻。 6.18试设计一台电动机的控制线路。要求能正反转并能实现能耗制动。 6.20 容量较大的鼠笼式异步电动机反接制动时电流较大，应在反接制动时在定子回路中串入电阻，试按转 速原则设计其控制线路。 6.23试设计一条自动运输线，有两台电动机，1M拖动运输机，2M拖动写料及。要求： ①1M先启动后，才允许2M启动； ②2M先停止，经一段时间后1M蔡自动停止，且2M可以单独停止； ③两台电动机均有短路、长期过载保护。 6.24 题8.26图为机床自动间歇润滑的控制线路图，其中接触器KM为润滑油泵电动机启停用接触器（主电 路为画出），控制线路可使润滑有规律地间歇工作。试分析此线路的工作原理，并说明开关S和按钮SB的作用。 SB按钮为人工的点动控制. S自动的间歇润滑,按下后KM 得电,电动机工作,1KT得电,经过一段时间后,动合触点闭合K得电,同时KM 失电,电动机停止工作,2KT得电一段时间后,动断触点断开,K闭合电动机重新工作. 6.25 试设计1M和2M两台电动机顺序启，停的控制线路。要求： ①1M启动后，2M立即自动启动； ②1M停止后，延时一段时间，2M才自动停止； ③2M能点动调整工作； ④两台电动机均有短路，长期过载保护。 6.26 试设计某机床主轴电动机控制线路图。要求： ①可正反转，且可反接制动； ②正转可点动，可在两处控制启，停； ③有短路和长期过载保护； ④有安全工作照明及电源信号灯。 6.27 试设计一个工作台前进——退回的控制线路。工作台有电动机M拖动，行程开关1ST,2ST分别装在 工作台的原位和终点。要求： ①能自动实现前进——后退——停止到原位； ②工作台前进到达终点后停一下在后退； ③工作台在前进中可以人为地立即后退到原位； ④有终端保护. 第七章 7.5试用PLC的一个8位移位寄存器设计循环移位输出，具体要求是： (1)实现一个亮灯循环移位； (2)实现两个连续亮灯循环移位； (3)实现一个亮一个灭灯循环移位。 7.7 设计PLC控制汽车拐弯灯的梯形图。具体要求是：汽车驾驶台上有一开关，有三个位置分别控制左闪 灯亮、右闪灯亮和关灯。 当开关扳到S1位置时，左闪灯亮(要求亮、灭时间各1s)；当开关扳到S2位置时，右闪灯亮(要求亮、灭时间各1s)；当开关扳到S0位置时，关断左、右闪灯；当司机开灯后忘了关灯，则过1.5min 后自动停止闪灯。 7.8 试用PLC设计按行程原则实现机械手的夹紧-正转-放松-反转-回原位的控制。 7.9 图所示为由三断组成的金属板传送带，电动机1、2、3分别用于驱动三断传送带，传感器（采用接近 开关）1、2、3用来检测金属板的位置。 当金属板正在传送带上传送时，其位置由一个接近开关检测，接近开关安放在两断传送带相邻接的地方，一旦金属板进入接近开关的检测范围，可编程序控制器便发出一个控制输出，使下一个传送带的电动机投入工作，当金属板迁出检测范围时，定时器开始计时，在达到整定时间时，上一个传送带电动机便停止运行。即只有载有金属板的传送带在运转，而未载有金属板的传送带则停止运行。 这样就可节省能源。 试用PLC实现上述要求的自动控制。 7.10设计一条用PLC控制的自动装卸线。自动结构示意图如题9.17图所示。电动机M1驱动装料机加料， 电动机M2驱动料车升降，电动机M3驱动卸料机卸料。 装卸线操作过程是： ①料车在原位，显示原位状态，按启动按钮，自动线开始工作； ②加料定时5s，加料结束； ③延时1s，料车上升； ④上升到位，自动停止移动； ⑤延时1s ,料车自动卸料； ⑥卸料10s,料车复位并下降； ⑦下降到原位，料自动停止移动. 第八章电力电子学 8.1晶闸管的导通条件是什么？导通后流过晶闸管的电流决定于什么？晶闸管由导通转变为阻断的条件是 什么？阻断后它所承受的电压决定于什么？ 晶闸管的导通条件是:(1) 晶闸管的阳极和阴极之间加正向电压。（2）晶闸管的阳极和控制极通时加正相电压市晶闸管才能导通.导通后流过晶闸管的电流决定于(电压不变时)限流电阻(使用时由负载)决定.晶闸管由导通转变为阻断的条件是当减少阳极电压或增加负载电阻时,阳极电流随之减少,当阳极电流小于维持电流时,晶闸管便从导通状态转化维阻断状态.阻断后它所承受的电压决定于阳极和阴极的反向转折电压. 8.6 晶闸管的主要参数有哪些？ 晶闸管的主要参数有①断态重复峰值电压U DRE :在控制极断路何竟闸管正向阻断的条件下,可以重复加在晶闸管两端的正向峰值电压,其数值规定比正向转折电压小100V. ⑤反向重复峰值电压U RRM:在控制极断路时,可以重复加在晶闸官元件上的反向峰值电压. ⑥额定通态平均电流(额定正向平均电流)I T. ⑦维持电流I H:在规定的环境温度和控制极断路时,维持元件导通的最小电流. 8.16 有一单相半波可控整流电路，其交流电源电压U2=220V ,负载电阻R L=10 Ω,试求输出电压平均值U d 的调节范围,当α=π/3，输出电压平均值U d 和电流平均值I d 为多少？并选晶闸管. U d=1/2π∫απ√2sinwtd(wt)=0.45U2(1+cosα)/2 =0.45*220(1+1)/2 =99V 输出电压平均值U d的调节范围0-99V 当α=π/3时U d= 0.45U2(1+cosα)/2 =0.45*220*（1+0.866）/2 =92.4V 输出电压平均值U d=92.4V 电流平均值I d= U d/R L =92.4/10 =9.24A 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 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 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。 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 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？ 《机电传动控制》课程总复习2013.01 一、选择题 1、电 动机所产 生的转矩 在任何情 况下，总是 由轴上的 负载转矩 和 _________ 之和所平 衡。 （ D ）A．静态转矩B．加速转矩 C．减速转矩 D．动态转矩 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。（ B ）A．减速 B．加速 C．匀速 D．停止 3、机电传动系统中如果T M 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。 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 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 《机电传动控制》试卷 A 适用专业：机制考试日期： 考试时间：120分钟考试形式：闭卷试卷总分：100分 一、填空（每空1分）： 1. 直流电动机的调速方法有____ __ ，和。 2．一台三相异步电动机的额定转速为980r/min，则其极数为，同步转速为，起动时转差率为，额定转差率为。 3．鼠笼型异步电动机的减压起动方法有、、和。 4. 通电延时的时间继电器有两种延时动作的触头。即，符号为；和符号为。 5. 电气控制系统中常设的保护环节有、 和、。 6. F-40M型PLC的内部等效继电器有、、 、和几种。 二、简答题。（每小题5分） 1．交流电器的线圈能否串联使用？为什么？ 2．三相鼠笼式电动机在运行中断了一根电源线未及时发现会导致什么后果？3．简述直流电动机能耗制动的方法。 4．当三相交流异步电动机在额定负载下运行时，由于某种原因，电源电压降低了30%，问此时通入电动机定子绕组的电流是增大还是减少？为什么？5. 试说明下图几种情况下，系统的运行状态是加速？减速？还是匀速？（图中箭头方向为转矩的实际方向）。 a b c d e 三、计算题（每题12分）： 1. 一台U N=220V，I N=136.5A，R a=0.22Ω的他励直流电动机。 1）如直接起动，起动电流I St是多少？ 2）若要求起动电流是额定电流的两倍，采用电枢回路串电阻起动，应串多大的电阻？采用降低电源电压起动，电压应降至多少？ 2. 一台交流三相鼠笼式异步电动机，其额定数据为：P N=10kW， n N=1460r/min，U N=380 V，△接法，ηN=0.868，cosφ=0.88；试求：1） 额定输入电功率；2）额定电流；3）输出的额定转矩；4）采用Y-△ 换接启动时的启动转矩。 四、设计题： 1. 设计某机床刀架进给电动机的控制线路，应满足如下的工艺要 求： 按下启动按钮后，电机正转，带动刀架进给，进给到一定位置时，刀架停止，进行无进刀切削，经一段时间后刀架自动返回，回到原位 又自动停止。试画出主电路和控制线路。（本题15分） 2. 试用F—40M型PLC设计一台小于10KW的三相鼠笼式异步电 动机正反转的控制程序，要求：（本题12分） 1）绘出电动机主电路（应有必要的保护）2）绘出PLC的安装接线 图 3）绘出PLC的梯形图4）写出PLC的指令程序 《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 判 断 哪组 是正 确 的 (a ) T M T L (b) T M T L (C ) T M T L A :图(a ) T M 为正，是拖动转矩，加速状态 B :图(b ) T M = T L ，匀速状态 C :图(c ) T M 为正，T L 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 1和曲线2分别为电动机和负载的机械特性。试问：电动 A :能； B :不能； 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 丁戎1.2T N ，若采用 换接启动，试问当负载转矩 T L 35%T N ，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 :相同; B :大; C :小。 5、如下图所示，曲线 机能否在A 点稳定运行? 1 如 图所示 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：—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： A :增大转子转动惯量； B :增大转子电阻； C:减小转子转动惯量 12 .直流发电机E与la的方向： A 相同； B 相反； C 不一定。。 二、简答题 1 常用的变频调速方式有哪几种? 变压变频调速、恒压弱磁调速。 2 晶闸管触发电路的基本组成部分有哪些? 脉冲形成及放大、移相控制、同步电压、控制电压信号等 3 交流电动机的结构组成及其工作原理如何？其调速方法和调速特性怎样？ 交流电动机由定子,转子,机座等组成; 其工作原理为在定子三相绕组通以三相交流电流所形成的旋转磁场作用下, 转子绕组旋感应电流; 带电转子绕组在旋转磁场作用下又感应电磁力,形成电磁转距, 带动转子而旋转, 称为交流感应电动机；其调速方法有变频（无级平滑）,变极（有级不平滑）,变S（特性变软） 4 什么是调速？它包含哪两方面的涵意？衡量直流调速系统好坏的性能指标有哪些？各表示什么意义？ 通过人为改变电动机参数来改变电动机速度称为调速；它包括人为变速和自动稳速两方面；衡量直流调速系统好坏的性能指标有衡量直流调速系统好坏的性能指标有调速范围（D）, 转差率（S）, 平滑性, 经济性. 三、计算题 1、一台并励电动机,额定功率P N 2.2kW , 额定电压U N 220V , 额定电流l N 12.2A, 额定转速n N 3000r / min , 最大励磁功率P fN 68.2W 。试求:（1）最大励磁电流l fN； 0.31A （2）额定运行时的电枢电流l aN ；11.89（3）额定转矩T N ；7NM （4）额定运行时的效率N 。0.82 2、有一台三相鼠笼式异步电动机,其额定数据为: P2N 10kW , 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》课程总复习2013、01 一、选择题 1、电动机所产生的转矩在任何情况下,总就是由轴上的负载转矩与_________之与所平衡。 ( D ) A.静态转矩 B.加速转矩 C.减速转矩 D.动态转矩 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,转速将产生的变化就是。( B ) A.减速 B.加速 C.匀速 D.停止 3、机电传动系统中如果T M C.反抗型恒转矩 D.直线型机械特性 8、下面哪个部分就是属于直流电动机的定子部分？( C ) A.换向器 B.电枢绕组 C.励磁绕组 D.风扇 9、复励直流电机的励磁绕组与电枢绕组就是。( D ) A.串联 B.并联 C.单独分开连接 D.一部分串联其她的并联 10、直流电动机最常用的启动方式就是_________。( B ) A.串电阻启动 B.降压启动 C.直接启动 D.调节励磁启动 11、_________的调速方式可以实现对恒转矩型负载的无极调速。( A ) A.调压调速 B.串电阻调速 C.弱磁调速 D.A与B 12、直流电动机调速系统,若想采用恒功率调速,则可改变_________。( B ) A.K e B.Φ C.I a D.U 13、直流电动机调速系统,若想采用恒转矩调速,则可改变_________。( D ) A.K e B.Φ C.I a D.U 14、τm就是反映机电传动系统_________的物理量。( B ) A.时间惯性 B.机械惯性 C.热惯性 D.电磁惯性 15、加快机电传动系统的过渡过程,可以减少_________。( A ) A.GD2 B.n C.T d D.T M 16、绕线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_________。( D ) A.愈大 B.愈小 C.不变 D.不一定 17、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 ) A.增加 B.不变 C.减小 D.等于零 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： 机电传动控制期末考试试卷及答案 一、分析与简答题 1.请简述机电传动系统稳定运行的条件。 a)电动机的机械特性曲线n=f（T M）和生产机械的特性曲线n=f（T L）有交点（即拖动系统的平衡点）； b)当转速大于平衡点所对应的转速时，T M＜T L，即若干扰使转速上升，当干扰消除后应有T M－T L＜０。而当转速小于平衡点所对应的转速时，T M＞T L，即若干扰使转速下降，当干扰消除后应有T M－T L＞０。 2.请解释机电传动系统稳定运行的含义。 a)是系统应能以一定速度匀速运转 b)是系统受某种外部干扰作用（如电压波动、负责转矩波动等）而使运行速度稍有变化时，应保证在干扰消除后系统能恢复到原来的运行速度。 3.请简述并励发电机电压能建立的条件。 a)发电机的磁极要有剩磁； b)起始励磁电流所产生的磁场的方向与剩磁磁场的方向相同； c)励磁电阻不能过大。 4.请简述电动机制动的稳定制动和过渡制动状态的共同点和不同点。 a)两种制动状态的区别在于转速是否变化 b)两种制动状态的相同点在于电动机发出的转矩与转速方向相反。 5.请简述直流他励电动机的三种制动方式的接线方法。 a)反馈制动为正常接法； b)反接制动：电源倒拉反接改变电枢电压的极性；倒拉反接制动在电枢电路内串入附加电阻； c) 能耗制动将外部电枢电压降为零，并将电枢串接一个附加电阻短接。 6. 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 因电枢加上额定电压，而电枢电阻很小，故a N ST R U I =很大。 7. 对电动机的启动有哪些主要要求？ a) 启动转矩大，电流小 b) 平滑，安全可靠 c) 简单方便，功耗小 8. 直流他励电动机启动时，若在加上励磁电流之前就把电枢电压加上，这时会产生什么后果（从T L =0和T L =T N 两种情况加以说明）？ a) T L =0时飞车 b) T L =T N 时电枢电流很大。 9. 有静差调节系统和无静差调节系统的含义是什么？ a) 依靠被调量（如转速）与给定量之间的偏差来进行调节，使被调亮接近不 变，但又必须具有偏差（即0≠?U ）的反馈控制系统，即有静差调节系统。该系统中采用比例调节器。 b) 依靠偏差进行调节，使被调量等于给定量（即0=?U ）的反馈控制系统，即 无静差调节系统。该系统中采用比例积分调节器。 10. 什么叫调速范围？什么叫静差度？这两项静态指标之间有何关系？ a) 调速范围是指电动机在额定负载下最高转速和最低转速之比，即 min max /n n D =； b) 静差率是指负载由理想空载转速到额定负载所对应的转速降落于理想空载 转速之比，即0/n n S ?= c) D 与S 之间是相互关联的，调速范围是指在最低转速时还能满足给定静差 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 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） 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 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 2.4 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=ω G?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 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。机电传动控制课后习题答案
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