机电传动各章习题与解答.docx

机电传动各章习题与解答.docx

《机电传动各章习题与解答.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《机电传动各章习题与解答.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

机电传动各章习题与解答

各章习题及解答

第2章习题

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：

与机电传动系统转速n方向相同的转矩，既可以是电动机的转矩TM，也可以是负载转矩TL；

静态转矩：

即负载转矩TL；

动态转矩：

定义为Td＝TM－TL

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工作状态?

2.3试出以下几种情况下（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）Td＝TM－TL＝0，稳态，匀速

（b）Td＝TM－TL<0，减速

（c）Td＝－TM－TL<0，减速

（d）Td＝TM－TL>0，加速

（e）Td＝－TM－TL<0，减速

（f）Td＝－TM+TL＝0，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?

转动惯量折算为杆么依据折算前后动能不变的原则?

答：

1）因为机电传动系统运动方程式是针对单轴拖动系统建立的，为了将该运动方程应用于多轴系统，必须进行折算；

2）因为如果忽略传动损失，传动系统所传递的功率是守恒的，而传递功率P=Tω，即与转矩T相关，所以应依据功率不变的原则；

3）同理，根据动能守恒原则，E=1/2Jω2=Const，所以应遵守动能不变原则。

2.5为什么低速轴转矩大?

高速轴转矩小?

答：

根据功率守恒原则，有PL=PH

而：

PL=TL⨯ωL

PH=TH⨯ωH

因为：

ωH>ωL

故有：

TH

即，低速轴转矩大于高速轴转矩。

也可以按以下方法回答：

在传动系统中，传递效率：

可得：

＝TMjη

因为：

<1

所以：

TMj

又因为j>1，所以，TM

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：

根据动能守恒原则，有

因为：

ωH>ωL

故有：

JH

而：

即，低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多。

2.7如图2.5（a）所示，电动机轴上的转动惯量JM＝2.5kg⋅m2，转速nM=900r/min；中间传动劫的转动惯量Jl＝2kg⋅m2，转速nl＝300r/min；生产机械轴的转动惯量JL=16kg.m2，转速nL＝60r/min。

试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。

解：

已知，JM=2.5kg⋅m2，nM=900r/min；J1=2kg⋅m2，n1=300r/min

JL=16kg⋅m2，nL=60r/min

依据，

可求得：

=2.5+2/9+16/225=2.79kg⋅m2

2.8如图2.3（b）所示，电动机转速nM＝950r/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，电动机的飞轮转矩GD2＝1.05N·m2，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GD2Z

已知，nM=950r/min，齿轮减速箱：

j1=j2=4，卷筒：

D=0.24m；

滑轮：

j3=2，起重负荷力F=100N，电动机飞轮转矩=1.05Nm2，齿轮、滑轮和卷筒的总效率η=0.83。

求：

1）提升速度v；

2）折算到电动机轴上的静态转矩TL

3）折算到电动机轴上

解：

1）参考题图，可知重物提升的速度取决于滑轮的转速，易知：

＝29.7r/min

所以：

＝0.37m/s

2）根据，可求得

=0.45N⋅m

3）根据

对匀速运动的负载而言，可求得G=mg=F＝100N

将中间减速器的GD2按一定比例折算，即：

取δ＝1.2

＝1.27Nm2

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：

可分为反抗负载与位能负载；

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?

答：

反抗静态转矩也称摩擦转矩，是因摩擦、非弹性体的压缩、拉伸与扭转等作用所产生的负载转矩，反抗转矩方向与运动方向始终相反，总是阻碍运动。

位能静态转矩是由物体的重力和弹性体的压缩、拉伸与扭转等作用所产生的负载转矩。

位能转矩的作用方向恒定，与运动方向无关。

2.11在题2.1l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?

解：

根据机电传动系统稳定运行的条件，a、b、c、d、e都有交点，但在干扰消除后，有

a）n1TL；n2>nN时，TM

b）n1TL；n2>nN时，TM

c）n1TL；n2>nN时，TM

d）n1TL；n2>nN时，TM>TL；不符合稳定条件

e）n1TL；n2>nN时，TM

所以

a,b,c,e均为稳定平衡点，而d不是。

第3章习题

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：

转子在定子磁场中旋转，会产生涡流和磁滞损耗，采用硅钢片材料，可以减少磁滞损耗，而用硅钢片叠压，则可以减小涡流。

3.2并励直流发电机正转时可以自励，反转时能否自励？

为什么？

答：

反转时不能自励。

这是因为此时感生电势所产生的磁场方向与剩磁的磁场方向相反，根据直流发电机的启动条件，这两个磁场的方向相同才能自励，相反则不能自励。

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？

这时拖动系统中那些量必然要发生变化？

答：

改变电枢电压，U↓，则n↓；但稳定运行：

T=TL

TL=C；Φ不变，∴I=T/（kΦ），不变。

改变附加电阻，R↑，则n↓；同样，稳定运行T=TL=C，此时，Φ不变，∴I=T/（kΦ），不变。

拖动系统中变化的量：

对U变化，n0,n,P

对R变化，n,∆n（S）,P

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态值后，电枢反电势将如何变化？

是大于、小于、还是等于E1？

解：

TL＝常数；电动机从一个稳态到另一个稳态（而不涉及瞬态过程），电枢反电势是稳态值。

3.5直流发电机

PN=180kW，UN=230V，nN=1450r/min，ηN=89.5%

求：

（1）IN,

（2）电流保持I=IN，电压下降U=100V；原动机P输出

解：

（1）

（2）

3.6已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：

PN=7.5kW，UN=220V，nN=1500r/min，ηN=88.5%，试求该电动机的额定电流和额定转矩。

解：

根据PN=INUNηN

有：

IN=PN/UNηN=7500/（220х0.885）=38.52A

而：

TN=9.55PN/nN=9.55х7500/1500=47.75Nm

3.7一台他励直流发电机：

PN=15kW，UN=230V，IN=65.3A，nN=2850r/min，Ra=0.25，其空载特性为：

U0/V

115

184

230

253

265

If/A

0.442

0.802

1.2

1.686

2.1

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？

解：

根据给定数据，作空载特性曲线如图。

对于他励发电机，其电路关系为：

给定I=IN=65.3A，U=150V，则

=150+65.3⨯0.25=166.33V

由空载曲线观察求得，当E=166.33V时，If=0.75A

用线性差值：

If=51.33⨯0.36/69+0.442=0.71A

给定I=IN=65.3A，U=220V，则

=220+65.3⨯0.25=236.33V

由空载曲线观察求得，当E=236.33V时，If=1.3A

用线性差值：

（取（230V,1.2A），（253V,1.666A）两点）

If=6.33⨯0.486/23+1.2=1.33A

3.8一台他励直流电动机铭牌数据为：

PN=5.5kW，UN=110V，IN=62A，nN=1000r/min，试绘出它的固有机械特性曲线。

解：

TN=9.55PN/nN=9.55⨯5500/1000=52.525N⋅m

估算Ra

求：

＝0.0993

求no62

=110/0.0993=1107r/min

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机械特性。

解：

只要求得n0，TN，就能绘出固有机械特性（直线）

在额定运行状态下，由

可得：

＝0.0652

和：

=110/0.0652=1687r/min

TN=9.55PN/nN=9.55⨯5500/1500=35N⋅m

由此，可绘出固有机械特性曲线如下：

3.10一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=0.242Ω，试计算出此电动机的如下特征：

1）固有机械特性

2）电枢附加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械特性

3）电枢电压为UN/2时的人为机械特性

4）磁通=0.8时的人为机械特性

并绘出上述特性的图形。

解：

（1）＝0.1411

=220/0.1411=1559r/min

TN=9.55PN/nN=9.55⨯6500/1500=41.38N⋅m

（2）附加电阻为3Ω时

根据：

可求得：

所以，PN、UN、TN、IN保持不变，附加电阻为3Ω时

=770r/min

附加电阻为5Ω时

=283r/min

（3）电枢电压为UN/2=110时的人为机械特性

=110/0.1411=780r/min

当TN=41.38N⋅m

=721

（4）磁通=0.8时

=220/（0.8х0.1411）=1949r/min

当TN=41.38N⋅m

=688

3.11为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？

答：

对直流电动机而言，根据U=E+IRa可知，电动机未启动之前n=0，E=0，而Ra很小，所以，将电动机直接接入电网并施加额定电压时，其启动电流

Ist=UN/Ra将很大，一般情况下能达到额定电流的10~20倍。

3.12他励直流电动机启动过程中有哪些要求？

如何实现？

答：

他励直流电动机启动时不允许直接启动，要求启动时限制其电枢电流，保持一定的启动转矩。

限制电枢电流的方法一般有两种：

（1）降压启动，即在启动瞬间降低供电电压，随着n的升高再逐步提高供电电压，最后达到额定电压。

（2）在电枢回来中串接恰当的外接电阻，随着n的升高再逐步撤除外加电阻直到电动机达到要求的转速。

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？

答：

当TL=0启动时，n=0，E=0，励磁绕组有一定剩磁，Φ→0。

根据，可知电压U全部加在电阻Ra上，因此Ia很大，达到（10~20）IN，由于没有加上励磁电源，即励