整理传动控制第四版习题及其答案Word文件下载.docx

1、I f/A0.442 0.802 1.2 1.686 2.10今需在额定电流下得到150V 和220 V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 If=1.08A3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为：PN=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。 Ra=（0.500.75）（1-PN/UNIN）UN/IN =0.6（1-5500/110*62）*110/62 =0.206 n0=nNUN/（UN-INRa） =1131r/min TN=9.55*550

2、0/1000 =52.525Nm 1131 52.5253.9 一台并励直流电动机的技术数据如下：PN=5.5KW,U N=110V, I N=61A,额定励磁电流I fn=2A, n N=1500r/min,电枢电阻Ra =0.2,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曲线。n0=UNnN/（UN-INRa） TN=9.55PN/nN =110*1500/（110-61*0.2） =9.55*5500/1500 =1687 r/min =35Nm 16873.10一台他励直流电动机的技术数据如下：PN=6.5KW,U N

3、=220V, I N=34.4A, n N=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5时的人为机械特性；电枢电压为U N/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。 n0=UNnN/（UN-INRa） =220*1500/220-34.4*0.242 = 1559r/minTN=9.55PN/nN=9.55*6500/1500=41.38Nm 1559 41.38 n=U/Ke-（Ra+Rad）T/KeKt2 = U/Ke-（Ra+Rad）T/9.55Ke22当3 n=854r/min当5 n=

4、311 r/min n= U/Ke-RaT/9.55Ke22当UN=0.5UN时 n=732 r/min n0=UNnN/2（UN-INRa） =780 r/min n= U/0.8Ke-RaT/9.55Ke220.82 当=0.8时n=1517 r/min n0=UNnN/0.8Ke =1964 r/min n03.11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Ra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.Ist=UN/Ra3.15 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

5、=0.8,Ra=0.4, Rf=82.7 。试求： 额定电枢电流IAn; 额定励磁电流IfN; 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？1 PN=UNIaNN2200=110*IaN*0.8 IaN=25A2 Uf= RfIfN IfN=110/82.7 =1.33A Pf= UfIfN =146.3W额定转矩TN=9.55 PN/ nN =14Nm 额定电流时的反电势EN=UN-INRa=110V-0.4*25=100V 直接启动时的启动电流Ist=UN/Ra =110/0.

6、4 =275A 启动电阻 2IN UN/ （Ra+Rst） Rst1.68 启动转矩 Ke=（UN-INRa）/nN =0.066Ia= UN/ （Ra+Rst） T=KtIa =52.9A =9.55*0.066*52.9 =33.34Nm3.16 直流电动机用电枢电路串电阻的办法启动时，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.第五章5.6 有一台三相异步电动机，其

7、技术数据如下表所示。型号PN/kWUN/V满载时Ist/INTst/TNTmax/TNnN/rmin-1 IN/A N100 cosY132S-63 220/380960 12.8/7.2 83 0.756.52.0 试求：线电压为380V时，三相定子绕组应如何接法？ 求n0,p,SN,TN,Tst,Tmax和Ist； 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.2 TN=9.55PN/nN=9.55*3000/960=29.8NmTst/ TN=2 Tst=2*29.8=59.6 NmTmax/ TN=2.0 Tmax=59.6 NmIst/IN=6.

8、5 Ist=46.8A 一般nN=（0.94-0.98）n0 n0=nN/0.96=1000 r/minSN= （n0-nN）/ n0=（1000-960）/1000=0.04P=60f/ n0=60*50/1000=33 =PN/P输入 P输入=3/0.83=3.615.8 三相异步电动机断了一根电源线后，为什么不能启动？而在运行时断了一线，为什么仍能继续转动？这两种情况对电动机将产生什么影响？ 三相异步电动机断了一根电源线后，转子的两个旋转磁场分别作用于转子而产生两个方向相反的转矩，而且转矩大小相等。故其作用相互抵消，合转矩为零，因而转子不能自行启动，而在运行时断了一线，仍能继续转动转动方

9、向的转矩大于反向转矩，这两种情况都会使电动机的电流增加。5.9 三相异步电动机在相同电源电压下，满载和空载启动时，启动电流是否相同？启动转矩是否相同？ 三相异步电动机在相同电源电压下，满载和空载启动时，启动电流和启动转矩都相同。Tst=KR2u2/（R22+X220） I=4.44f1N2/R 与U，R2，X20有关5.10 三相异步电动机为什么不运行在Tmax或接近Tmax的情况下?根据异步电动机的固有机械特性在Tmax或接近Tmax的情况下运行是非常不稳定的，有可能造成电动机的停转。5.11有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下：min-1N100cosN接法401470380900.91.

10、21 当负载转矩为250Nm时，试问在U=UN和U=0.8UN两种情况下电动机能否启动？ TN=9.55 PN/ nN=9.55*40000/1470=260Nm Tst/TN=1.2 Tst=312Nm Tst=KR2U2/（R22+X202） =312 Nm 312 Nm250 Nm 所以U=UN时 电动机能启动。当U=0.8U时 Tst=（0.82）KR2U2/（R22+X202） =0.64*312 =199 NmTstTL所以电动机不能启动。2 欲采用Y-换接启动,当负载转矩为0.45 TN和0.35 TN两种情况下, 电动机能否启动？ TstY=Tst/3=1.2* TN /3=0

11、.4 TN当负载转矩为0.45 TN时电动机不能启动当负载转矩为0.35 TN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。IN= PN/ UNN cosN3 =40000/1.732*380*0.9*0.9 =75AIst/IN=6.5 Ist=487.5A降压比为0.64时电流=K2 Ist =0.642*487.5=200A电动机的启动转矩T= K2 Tst=0.642312=127.8 Nm 第一十章 电力电子学.10.3试画出题10.3图中负载电阻R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。10.4 如题4 如题10.4图所示，

12、试问：1 在开关S闭合前灯泡亮不亮？为什么？2 在开关S闭合后灯泡亮不亮？3 再把开关S断开后灯泡亮不亮？1 在开关S闭合前灯泡不亮,因为晶闸管没有导通.2 在开关S闭合后灯泡亮,因为晶闸管得控制极接正电,导通.3 再把开关S断开后灯泡亮,因为晶闸管导通后控制极就不起作用了.10.5 如题10.5图所示，若在t1时刻合上开关S，在t2时刻断开S，试画出负载电阻R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。10.24 晶闸管元件的过电压、过电流保护有哪些方法？ 晶闸管元件的过电压保护方法有阻容保护装置，可以保护交流，也可以保护支流侧。硒堆和压敏电阻电阻保护。晶闸管元件的过电流保护方法有：设置快速熔断器，装

13、设过流继电器及快速开关，整流触发脉冲移相保护。第十一章（6）对建设项目实施环境监测的建议。11.2生产机械对调速系统提出的静态、动态技术的指标有哪些？为什么要提出这些技术指标？（1）生产力变动法生产机械对调速系统提出的静态技术的指标有静差度,调速范围,调速的平滑性.动态技术指标有最大超调量,过渡过程时间,振荡次数.因为机电传动控制系统调速方案的选择,主要是根据生产机械对调速系统提出的调速指标来决定的.2.规划环境影响评价的内容11.9 为什么由电压负反馈和电流正反馈一起可以组成转速反馈调速系统？（5）污染防止措施能否达到要求。因为由于电压反馈调速系统对电动机电枢电阻压降引起的转速降落不能与以补