机电传动控制(第五版)课后习题答案解析.ppt

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机电传动控制第五版课后习题答案详解冯清秀邓星钟等编著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。

态转矩的概念。

答答：

拖拖动动转转矩矩：

电电动动机机产产生生的的转转矩矩Tm或或负负载载转转矩矩TL与与转转速速n相相同同时时，就就是是拖动转矩。

拖动转矩。

静态转矩：

电动机轴上的负载转矩静态转矩：

电动机轴上的负载转矩TL，它不随系统加速或减速而变化。

，它不随系统加速或减速而变化。

动动态态转转矩矩：

系系统统加加速速或或减减速速时时，存存在在一一个个动动态态转转矩矩Td，它它使使系系统统的的运运动状态发生变化。

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？

止的各种工作状态？

答：

运动方程式：

答：

运动方程式：

Td0时：

系统加速；时：

系统加速；Td=0时：

系统稳速；时：

系统稳速；Td0时，系统减速或反向加速时，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）作用方向）答：

答：

a匀速，匀速，b减速，减速，c减速，减速，d加速，加速，e减速，减速，f匀速匀速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？

前后动能不变的原则？

答：

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。

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。

则进行折算。

2.5为什么低速轴转矩大？

调速轴转矩小？

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，即功率是一样的，即P1P2而而P1T11，P2T22所以所以T11T22，当，当12时，时，T1T22.6为什么机电传动系统中低速轴的为什么机电传动系统中低速轴的GD2比高速轴的比高速轴的GD2大得多大得多？

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，所以等零件尺寸大，质量也大，所以GD2大，而高速轴正好相反。

大，而高速轴正好相反。

答：

答：

j1=M/1=nM/n1=900/300=32.7如图所示，电动机轴上的转动惯量如图所示，电动机轴上的转动惯量JM2.5kg.m2，转速，转速nM900r/mim；中间传动轴的转动惯量；中间传动轴的转动惯量J12kg.m2，转速，转速n1300r/mim；生产机械轴的惯量；生产机械轴的惯量JL16kg.m2，转速，转速nL60r/mim。

试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。

试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。

jL=M/L=nM/nL=900/60=152.8如图所示，电动机转速如图所示，电动机转速nM950r/mim，齿轮减速箱的传动比，齿轮减速箱的传动比J1J24，卷筒直径，卷筒直径D0.24m，滑轮的减速比，滑轮的减速比J32，起重负，起重负荷力荷力F100N，电动机的飞轮转矩，电动机的飞轮转矩GDM21.05N.m，齿轮、滑轮，齿轮、滑轮和卷筒总的传动效率为和卷筒总的传动效率为0.83。

试求提升速度。

试求提升速度v和折算到电动机轴和折算到电动机轴上的静态转矩上的静态转矩TL以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GDZ2。

答：

答：

TL=9.55Fv/（1nM）=9.551000.37/（0.83950）=0.45N.m1000.37/（0.83950）=0.45N.m2.9一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？

负载？

答：

恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。

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？

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。

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。

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，曲线如图所示，曲线1和和2分别为电动机和负载的机械特性，试判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？

断哪些是系统的稳定平衡点？

哪些不是？

答：

答：

（d）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。

）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？

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：

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，而采用磁材料，可减少磁滞损耗，而采用“片片”叠压成，可减少涡流损叠压成，可减少涡流损耗耗。

3.3一台他励直流电动机所拖动的负载转矩一台他励直流电动机所拖动的负载转矩TL常数，当电枢电常数，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？

的大小？

为什么？

这时拖动系统中哪些量必然要发生变化？

答答：

因为：

因为所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。

均不变。

由知由知n会变化。

会变化。

3.4一台他励直流电动机在稳定运行时，电枢反电势一台他励直流电动机在稳定运行时，电枢反电势E=E1，如负，如负载转矩载转矩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、小于还是等于于、小于还是等于E1？

答答：

因为：

因为当当时，时，Ia由由U=E+IaRa，EUIaRa，当，当Ia时，时，E，所以：

，所以：

EE13.6已知他励直流电动机的铭牌数据如下：

已知他励直流电动机的铭牌数据如下：

PN=7.5kW，UN=220V，nN=1500r/min，N=88.5%，Ra=0.2。

试求该电机的额定电试求该电机的额定电流和额定转矩。

流和额定转矩。

答答：

3.8一台他励直流电动机的铭牌数据为：

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。

，试绘出它的固有机械特性曲线。

答答：

3.9一台并励直流电动机的技术数据如下：

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，额定励磁电流IfN=2A，nN=1500r/min，电枢电阻，电枢电阻Ra=0.2，若忽略机械磨擦和转子的铜耗、铁损，认为额定运行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。

机械特性曲线。

答答：

3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：

一台他励直流电动机的技术数据如下：

PN=6.5kW，UN=220V，IN=34.4A，nN=1500r/min，Ra=0.242，试计算出此试计算出此电动机的如下特性：

电动机的如下特性：

固有机械特性固有机械特性电枢附加电阻分别为电枢附加电阻分别为3和和5时的人为机械特性时的人为机械特性电枢电压为电枢电压为UN/2时的人为机械特性时的人为机械特性磁通磁通0.8N时的人为机械特性时的人为机械特性答答：

3.11为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？

为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？

答答：

因为因为Tst=UN/Ra，Ra很小，所以很小，所以Tst很大，会产生控制火花，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。

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？

他励直流电动机启动过程中有哪些要求？

如何实现？

答答：

要求电流要求电流Ist（1.52）IN，可采用降压启动、电枢回路串电，可采用降压启动、电枢回路串电阻进行启动。

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，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（试从什么现象（试从TL=0和和TL=TN两种情况加以分析）？

当电动机运两种情况加以分析）？

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？

况？

答答：

当当TL=0启动时：

因为励磁绕组有一定剩磁，使启动时：

因为励磁绕组有一定剩磁，使0；启动；启动时，时，n0，E0，根据，根据UN=E+IaRa知，知，UN全加在电阻全加在电阻Ra上，产上，产生很大的生很大的Ia（（1020）IN），但因为，但因为0，所以，所以TKtIa并不大，并不大，因为因为TL0，所以动转矩大于，所以动转矩大于0，系统会加速启动；启动后，虽有，系统会加速启动；启动后，虽有n，使，使E变大点，但因为变大点，但因为0，所以，所以E仍不大，仍不大，UN大部分仍要加在大部分仍要加在电阻电阻Ra上，产生很大上，产生很大Ia和不大的和不大的T，使系统不断加速；当系统达，使系统不断加速；当系统达到到“飞车飞车”时，在相当大的某一时，在相当大的某一n稳速运行时，稳速运行时，TKtIa=TL0，所以，所以Ia0，此时，此时，E相当大，相当大，UN几乎和几乎和E平衡。

平衡。

当当TL=TN启动时：

启动时：

n0，E0，根据，根据UN=E+IaRa知，知，UN全全加在电阻加在电阻Ra上，产生很大的上，产生很大的Ia（（1020）IN），但因为），但因为0，所以，所以TKtIa并不大，因为并不大，因为TL=TN，所以系统无法启动。

，所以系统无法启动。

当电动机运行在额定转速下，当电动机运行在额定转速下，TKtNIaN=TLTN，nnN，此时断开励磁，此时断开励磁，0，虽然仍有，虽然仍有nnN，但，但E0，根据，根据UN=E+IaRa知，知，UN全加在电阻全加在电阻Ra上，产生很大的上，产生很大的Ia，但因为，但因为0，所以，所以TKtIa并不大，因为并不大，因为TL=TN，所以，所以TTL，系统逐渐，系统逐渐减速到停车。

减速到停车。

3.15一台直流他励电动机，其额定数据如下：

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，N=0.8，Ra=0.4，Rf=82.7。

试求：

试求：

额定电枢电流额定电枢电流IaN；额定励