机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题与答案

机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题

及答案

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

和动态转矩的概念。

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

T M

TL

N

TM=TL TM< TL

TM-TL>0 说明系统处于加速。TM-TL<0 说明系统处于减速

TM

TL

TM> TL

TM>

TL

系统的运动状态是减速

系统的运动状态是加

速

T

M

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M V=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 逼高速轴的GD2

最新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 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 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。 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。 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

机电传动控制实验大纲

《机电传动与控制》实验教学大纲 课程代码：18044333 课程性质：非独立实验课课程分类：专业课程实验学时：8学时 适用专业：机械制造设计及其自动化开课单位：矿业工程系一、实验教学目标 机电传动与控制是机械设计制造及其自动化专业的一门专业必修课程，作为实践环节的本实验课，其地位是认识不同类型电机，了解电机控制方法以及实际对电机控制回路进行接线。通过实验更好地提高学生的实验操作技能和解决实际问题的能力，使学生对实验课的地位得到应有的认识，使学生理解组成机电系统的各个部分是如何工作的，进一步提高学生的动手、动脑能力和理论应用能力，为后继课程的学习打下坚实的基础。 二、主要仪器设备名称 电力拖动试验台 液压试验台 GE实验室柔性生产线 三、实验基本要求 对布置的实验题目能够进行分析，结合实验器材，自行设计方案，在实验装置上调试，实现规定的操作，并写出合乎规范的实验报告。 ①实验前必须预习与实验相关的教材内容，了解实验内容， 弄清实验原理。 ②实验中，必须熟练掌握单片机实验系统的硬件的连接及使 用，并能熟练使用相应的实验软件，认真调试程序。 ③每次实验学生必须完成相应的实验要求才能离开实验室。

④实验完成后必须有该次实验的相应实验报告，报告内容包 括：实验目的，实验原理，实验连线图 ⑤每次实验成绩按10分计，依据实验前的预习，实验时的 考勤，实验中的操作，实验后的报告等各部分的完成情况 来计分。 四、实验项目设置与内容 序 号 实验名称实验学时每组人数实验类型开出要求 1 机电控制系统与传动系统认知 实验 2 1 认知必做 2 液压控制回路的搭建 2 1 综合必做 3 三相异步电动机基本控制线 路 2 2 验证必做 4 三相异步电动机的正反转控 制线路 2 2 验证必做 五、实验考核 根据实际操作能力和实验报告综合评定成绩。实验满分为20分，计入《机电传动与控制》课程的总成绩。 六、教材及主要教学参考书 程宪平，机电传动与控制，华中科技大学出版社，2011年7月（教材） 执笔人：李瑾

机电传动控制5套期末试题及答案

TM=TL TMTL TM>TL TM=TL 《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）。 T L T T M M n n n n n T L T M T M T L T L T L T M

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？ 号 2. 一台交流三相鼠笼式异步电动机，其额定数据为：N 学P =10kW ， N N N n =1460r/min，U =380 V，△接法，η =0.868，cos φ =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。 名四、设计题： 姓 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） 级 2. 试用F—40M型PLC设计一台小于10KW的三相鼠笼式异步电班 动机正反转的控制程序，要求：（本题12分） 业 1）绘出电动机主电路（应有必要的保护）2）绘出PLC的安装接线专 图 3）绘出 PLC 的梯形图4）写出 PLC 的指令程序系院

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》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

机电传动控制实验指导书(最新)

机电传动控制实验指导书 实验一、继电—接触器控制三相异步电动机 一、实验目的 1．熟悉继电—接触器断续控制系统的电路原理图、元件布局图和接线图的读图方式；2．掌握三相异步电动机主回路和控制回路的接线方法； 3．了解继电—接触器断续控制电路的组成 二、实验使用仪器、设备 1．DB电工实验台； 2．三相异步电动机二台； 3．万用表一台； 4．专用连接线一套。 三、实验要求 实现三相异步电动机的正、反转、点动、互锁、连锁控制。满足以下具体要求： (1) M1可以正、反向点动调整控制； (2) M1正向起动之后，才能起动M2； (3) 停车时，M2停止后，才能停M1； (4) 具有短路和过载保护； (5) 画出主电路和控制电路。 四、实验参考电路

五、实验步骤 1．按布局图要求将各元器件定位； 2．按接线图要求，以正确的规格电线连接各器件；3．按接线图要求，连接电动机的定子线圈； 4．自查并互查连接线； 5．合上电源，调试电路； 6．观察电动机的运行情况。 六、实验注意事项 1．操作前切断总电源； 2．接线完毕，必须检查接线情况，并做好记录；3．在指导老师认可后，方能接通电源。 七、思考题 1．熔断器与热继电器可否省去其中任何一个？为什么？2．熔断器与热继电器的规格可否随意选择？为什么？3．连接电线的规格可否随意选择？为什么？ 4．交流接触器可否带直流负载？为什么？

实验二、PLC控制三相异步电动机 一、实验目的 1．了解PLC——AC电动机断续控制系统的电路原理图、元件布局图和接线图的读图方式；2．掌握继电—接触器逻辑电路与PLC梯形图的转换方式； 3．熟悉PLC控制系统的接线方法； 3．了解PLC断续控制电路的组成。 二、实验使用仪器、设备 1．PLC模拟实验台； 2．三相异步电动机二台； 3．万用表一台； 4．专用连接线一套。 三、实验要求 实现PLC对三相异步电动机的正、反转、点动、互锁、连锁控制。满足以下具体要求： (1) M1可以正、反向点动调整控制； (2) M1正向起动之后，延时5分钟再可起动M2； (3) 停车时，M2停止后，延时2分钟再可停M1； (4) 主电路同实验一。 四、实验参考电路与梯形图 1．电路

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？

机电传动控制(全套完整版)

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机电传动控制教案 学院、系：机械电子工程学院机电系 任课教师：任有志 授课专业：机械设计制造及其自动化课程学分： 课程总学时：60学时 课程周学时： 2006年2月20日

机电传动控制教学进程 周次课 次 章节计划学时教学手段教学环境 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 10 11 11 12 12 13 13 14 14 15 15 16 16 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 §1.1§1.2§1.3§2.1 §2.3§2.4 §3.1§3.2 §3.3 §3.4§3.5§3.6 §5.1§5.2§5.3§5.4 §5.4§5.5§5.7§5.8 §6.1§6.2§6.3 §6.4 §6.5 §6.7§7.1§7.2 §7.3 §7.4§7.5 §7.6 电动机原理习题讨论课 §8.1 §8.1 §8.2 实验课继电器接触器控 制实验 习题讨论课：§8.3 §8.4 §9.1 §9.2 实验课：可编程序控制器 认识实验 §9.3 §9.3 实验课：可编程序控制器 编程练习 §10.1 §10.2 §10.3§10.5 §10.6 实验课：晶闸管特性及触 发原理 §11.1 §11.2 §11.3 §11.4 §12.1 §13.1 §13.2 §13.3 §13.4 实验课 题讨论课 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 辅导 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 讲授 讲授 指导 讲授 指导 讲授 讲授 指导 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室

机电传动控制5套期末试题及答案解析

《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 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

机电传动控制实验报告

《机电传动控制》实验报告 天津理工大学机械工程学院 2014年9月

实验一 直流他励电动机调速实验 一、实验目的 1.深入了解直流他励电动机的调速性能； 2.进一步学习PLC 控制系统硬件电路设计和程序设计、调试。 二、实验原理 1.直流他励电动机的调速原理、调速方法 电动机的调速就是在一定的负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。 从直流他励电动机机械特性方程式 T K K R R K U n t e ad a e 2φφ+-= 可知，改变串入电枢回路的电阻Rad ，电枢供电电压U 或主磁通Φ，都可以得到不同的人为机械特性，从而在负载不变时可以改变电动机的转速，以达到速度调节的要求，故直流电动机调速的方法有以下三种。 （1）改变电枢回路外串电阻Rad 如图7.1所示为串电阻调速的特性曲线，从图中可看出，在一定的负载转矩T L 下，串入不同的电阻可以得到不同的转速，如在电阻分别为R a 、R 3、R 2、R 1的情况下，可以得到对应于A 、C 、D 和E 点的转速n A 、n C 、n D 和n E 。在不考虑电枢回路的电感时，电动机调速时的机电过程（如降低转速）见图中沿A →B →C 的箭头方向所示，即从稳定转速n A 调至新的稳定转速n C 。这种调速方法存在不少缺点，如机械特性较软，电阻愈大则特性愈软，稳定度愈低；在空载或轻载时，调速范围不大；实现无级调速困难；在调速电阻上消耗大量电能等。

图7.1 电枢回路串电阻调速的特性曲线 （2）改变电动机电枢供电电压U 改变电枢供电电压U可得到人为机械特性，如图7.2所示，从图中可看出，在一定负载转矩T L下，加上不同的电压U N、U1、U2、U3、…，可以得到不同的转速n a、n b、n c、n d、…，即改变电枢电压可以达到调速的目的。 这种调速方法的特点是： ①当电源电压连续变化时，转速可平滑无级调节，一般只能在额定转速以下调节； ②调速特性与固有特性互相平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调速范围较大； ③当T L=常数时，稳定运行状态下的电枢电流Ia与电压U无关，且Φ=ΦN，故电动机转矩T=KtΦN Ia不变，属于恒转矩调速，适合于对恒转矩型负载进行调速； ④可以靠调节电枢电压来启动电动机，而不用其他启动设备。 图7.2 改变电枢供电电压调速的特性

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

电动机控制实验指导

东莞理工学院自编教材 机电传动控制实验指导 ——基于DRlab虚拟实验平台 王卫平黄泳波李帅编写 东莞理工学院机电工程系 2007年7月

目录 实验一实验平台的了解 (2) 实验二电器基本元件的认识实验 (6) 实验三直流电机特性实验 (8) 实验四步进电机传动控制系统实验 (9) 实验五直流电机速度调节和方向控制实验 (10) 实验六直流电机位置PID控制实验 (11)

实验一实验平台的了解 一、实验目的 1．了解实验平台的基本构成 2．了解虚拟仪器实验平台DRlab的工作原理 二、实验设备简介 1．软件简介 DRLab实验室的核心是DRVI可重组虚拟仪器实验平台和DRLink可重组计算机实验平台。DRVI可重组虚拟仪器实验平台由德 普施科技自主研发；DRLink是在DRVI可重 组虚拟仪器实验平台的基础上开发德可重组 计算机控制平台，具有所有DRVI所具有的 优点和特色；DRVI/DRLink实验平台是基于 软件总线和软件芯片技术结构，采用软件总 线开放结构和COM/DCOM组件的即插即用 特性，具有PC开放结构、模块化、组件化的 特点，是面向用户的可在线编程、调试和重 组的新型虚拟实验技术。DRVI/DRLink平台 实验组建过程没有编译、链接环节，支持软 件模块热插/拔和即插即用，系统开发平台和 运行平台一体化，实验环节功能可根据需要 完全由用户自己设计、定义，而不是仅能由 专业开发人员定义。 2．软件功能 1）可视化、图形化编程 DRVI/DRLink是一个可视化、图形化的支持软件芯片插接的操作平台，该操作平台提供了虚拟仪器软件面包板、软件芯片插件组、快捷工具、嵌入式Web服务器、VBScript脚本语言、浏览器信息栏等功能支持。如图所示。 2）开放性软件平台 为方便进行功能扩展和二次开发，DRLab系列软件平台提供了三重扩展方式： 采用VC设计DLL扩展插件，通过添加扩展件的方式添加到“用户定义软件芯片扩展插件组”中使用 采用VBScript设计ActiveX扩展插件，通过“扩展件”菜单中的“添加VB ActiveX控件”功能添加到软件平台上使用 使用VBScript脚本芯片，用Signal VBScript中的函数进行编程，设计用户自定义芯片，完成特殊功能 3）丰富的软件芯片集 DRLab系列软件平台提供从操作按钮、信号源、硬件控制、曲线显视到信号分析处理、微积分环节、振荡环节、PID调节环节等共计200个软件芯片，利用这些软件芯片可很方便的搭建各种测试控制环节。 4）形像的虚拟仪器仿真面板 使用期DRVI 虚拟仪器平台可以很方便的搭建各种虚拟仪器，比如频谱分析仪、数字滤波器、频率计、双踪示波器、数字万用表、噪声测试仪等等。 3. 运动控制台

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。

中南大学机电传动控制实验报告

机电传动控制 实 验 报 告 姓名：张泽超 学院：机电工程学院 班级：机械1301 学号： 0801130313 日期： 2016.6.15

一交流电机的点动与自动控制 1、电路原理图如下： 2、实验步骤: 1,断开实验台总电源开关 2,打开电脑,运行机电传动软件,先选择实验项目,然后根据软件中显示的原理图,在实验台上接线 3,按照原理图接线,接触器选用交流单元的接触器; 4,确定接线无误后,合上电源开关,就可开始进行实验 5,软件中点击<测试>--<运行>即可监测电机的扭矩和转速,5分钟后将自动弹出保存对话框,请确定并保存实验结果

3、实验过程: 按下原理图中对应的按钮,电机即可能到相应的动作 4、实验心得 该实验原理和操作都很简单，我们小组十分钟就做完了，运行也是正确的，给我们下面做实验也打好了基础，包括基本连线和基本设备，以及安全事项。

二、交流电机的能耗制动 1、电路原理图 2、实验步骤 1,断开实验台总电源开关 2,打开电脑,运行机电传动软件,先选择实验项目,然后根据软件中显示的原理图,在实验台上接线 3,按照原理图接线,接触器选用交流单元的接触器; 4,确定接线无误后,合上电源开关,就可开始进行实验 5,软件中点击<测试>--<运行>即可监测电机的扭矩和转速,5分钟后将自动弹出保存对话框,请确定并保存实验结果

3、实验过程: 按下原理图中对应的按钮,电机即可能到相应的动作 4、实验心得 能耗制动这个实验的原理接线图有一点复杂，所以我们组采取两个人分别接线主电路和控制电路。第一次接完运行后发现机器运行不了。证明我们接线有错误了。排查之后又重新连线，发现控制电路连错了。然后纠正后才能有正确的实验现象。总之，实验要认真的做，细心排查。

机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题及答案

机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题 及答案 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 和动态转矩的概念。 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 TM TL TL N TM=TL TM< TL TM-TL>0 说明系统处于加速。TM-TL<0 说明系统处于减速 TM 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 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=T ω, 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 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。 2.7 如图2.3 （a ）所示，电动机轴上的转动惯量

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