机电传动控制课后习题答案《第五版》.docx

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1、习题与思考题第二章机电传动系统的动力学根基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抑制负载转矩，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 从运动方程式若何看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。TM-T1O说明系统处于加速,TH0说明系统处于减速,TM-T1=O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1图中箭头方向表示转矩的实际作用方向）TMT1TMT1T1系统的运动状态是减速

2、系统的运动状态是加速TmT1TmT1Tm=T1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F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,必须先将各转动局部的转矩和转动惯量或直线运动局部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=T3,P不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5J22.5 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小因为P=T3

3、,P不变越小T越大，3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=T,T=GaD2/375.P=GaD2375.,P不变转速越小GD?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/w=2.5kgm2,转速nM=900rmin;中间传动轴的转动惯量J1=16kgf,转速t11=60VmE。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=NmN1=900/300=3,j1=NmZN1=15J=JM+J1j2+J1/j12=2.5+29+16225=2.79kgm2.2.8如图2.3(b)所示，电动机转速

4、M=950rmin,齿轮减速箱的传动比Ji=上=4,卷筒直径D=O.24m,滑轮的减速比J3=2,起重负荷力F=IOON,电动机的费轮转距GD2m=1.05Nn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T1以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2z.m=3.14*2n60=99.43rads.提升重物的轴上的角速度=Mjj2j3=99.434*4*2=3.11radsV=D2=0.242*3.11=0.373msT1=9.55FV/CnM=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NMGD2Z=GDm2+GDt2Zj12=1.25*

5、1.05+100*0.242322=1.318NM22.9 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 对抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点对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

6、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3.1 为什么直流电机的转子要用外表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.3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩T1=常数，当电枢电压附加电阻改变时，能否改变其稳定运行状态下电枢电流的大小为什么这是拖动系统中那些要发生变化T=KiIaU=E+1aRa当电枢电压或电枢附加电阻改变时,电枢电流大小不变.转速n与电动机的电动势都发生改变.3.4 一台他励直流电动机在稳态下运行时，

7、电枢反电势E=E,如负载转矩T1=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态值后，电枢反电势将若何变化？是大于，小于还是等于E1T=IaK1,。减弱,T是常数1增大.根据EN=UN-1Ra,所以EN减小.,小于E1.3.5 一台直流发电机，其局部铭牌数据如下：PN=180kW,Un=230V,N=1450rmin,n=895%,试求：该发电M的额定电流；电流保侍为额定值而电压下降为IOOV时，原动机的输出功率(设.七时n=nN)解：PN=UN1N180KW=230*InIn=782.6A该发电机的额定电流为782.6AP=In1OOHnP=87.4KW3.6 某他励

8、直流电动机的铭牌数据如下：Pn=7.5KW,UN=220V,nN=1500r/min,n=88.5%,试求该电机的额定电流和转矩。PN=UN1NN7500W=220V*In*0.885In=38.5ATn=9.55Pnn=47.75Nm3.7 一台他励直流电动机：Pn=15KW,Un=220V,n=63.5A,nN=2850rmin,Ra=0.25。，其空载特性为:uv115184230253265If/A0.4420.8021.21.6862.10今需在额定电流下得到150V和220V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.当U=150V时If=0.71A当U=220V时

9、I1=1.08A3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为：Pn=5.5KW,UN=I1OV,In=62A,nn=1Ooo17min,试绘出它的固有机械特性曲线。Ra=(0.500.75)(1-PUnIn)UIn=0.6(1-5500/110*62)*110/62=0.206IUFIInUn/(UN-INRa)=1131rminTN=9.55*5500/1000=52.525Nm113152.5253.9 一台并励直流电动机的技术数据如下：Pn=5.5KW,UN=UOVn=61A,额定励磁电流/m=2A,nN=1500rmin,电枢电阻Ra=O.2Q,假设忽略机械磨损和转子的铜耗，铁损，认为额定运

10、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。no=UNiW(UN-INRa)Tn=9.55Pnn=110*1500/(110-61*0.2)=9.55*5500/1500=1687r/min=35Nm16873.10 一台他励直流电动机的技术数据如下：Pn=6.5KW,Un=220V,n=34.4A,nN=1500r/min,Ra=0.242,试计算出此电动机的如下特性：固有机械特性；电枢服加电阻分别为3。和5Q时的人为机械特性；电枢电压为Un/2时的人为机械特性；磁通=0.8N时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。F1o=UN1W(UN-INRa)=220*15

11、00/220-34.4*0.242=1559rminTn=9.55Pn=9.55*6500/1500当Un=0.5Un时n=732r/minno=UNN2(UN-1NRa)=780r/minn=U0.8Kc-RaT9.55Kc220.82当=0.8。时n=1517r/minno=UNnO.8Kc，、=1964r/min3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流仆大电动机在未启动前n=0,E=O,而Ra很小J斤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1产山处3.12 他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求若何实现他励直流电动机直接启动过程中的要求是1月动电流不要过大,2不要有过大

12、的转矩.可以通过两种方法来实现电动机的启动一是降庄启动.二是在电枢回路内串接外加电阻启动.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假设忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢电源接通，这是会产生什I么现象（试从T1=O和T1=TN两种情况加以分析）当电动机运行在额定转速下，假设突然将励磁绕阻断开，此时又将出现什么情况直流他励电动机启动时,一定要先把励磁电流加上使因为主磁极靠外电源产生磁场.如果忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢电源接通，T1=O时理论上电动机转速将趋近于无限大,引起飞车,T1=TN时将使电动机电流大大增加而严重过载.3.14 直流串励电动机能否空载运行?为什么串励

13、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Ia与磁通同时反响,使电瓷转矩T依然保持原来方向,则电动机不可能反转.3.15 一台直流他励电动机，其额定数据如下：Pn=2.2KW,UN=Uf=IIOVmN=I500rmin,nN=0.8,Ra=0.4,Rf=82.7Q。试求：额定电枢电流Ia;额定励磁电流人；励磁功率Pf;额定转矩Tn；额定电流时的反电势：直接启动时的启动电流；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 PN=UN1aNr1N2200

14、=110*1n*0.8In=25A Ut=RiIfNIfN=I10/82.7=1.33A Pr=UatN=146.3W额定转矩Tn=9.55Pn/nN=14Nm额定电流时的反电势En=Un-InRo=110V-0.4*25=IOOV直接启动时的启动电流ISt=UN/Ra=110/0.4=275A启动电阻2InUn(Ra+Rst)RQI.8C启动转矩Ke=(UN-INRa)nN=0066=33.34Nm3.16 直流电动机用电枢电路串电阻的方法启动时，为什么要逐渐切除启动电阻如切出太快,会带来什么后果如果启动电阻一下全部切除,在切除瞬间,由于机械惯性的作用使电动机的转速不能突变,在此瞬间转速维持

15、不变,机械特性会转到其他特性曲线上,此时冲击电流会很大,所以采用逐渐切除启动电阻的方法.如切除太快,会有可能烧毁电机.3.17 转速调节1调速）与固有的速度变化在概念上有什么区别速度变化是在某机械特性下,由于负载改变而引起的,二速度调节则是某一特定的负载下,靠人为改变机械特性而得到的.3.18 他励直流电动机有哪些方法进展调速它们的特点是什么他励电动机的调速方法：第一改变电枢电路外串接电阻Rad特点在一定负载转矩下，串接不同的电阻可以得到不同的转速，机械特性较软，电阻越大则特性与如软，稳定型越低，载空或轻载时，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量。第二改变电动机电枢供电电压特点当电压连续变化