最全的华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集

2.1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？答：运动方程式：dtdJTTLMdLMTTTTd0时：系统加速；Td=0时：系统稳速；Td0时，系统减速或反向加速2.2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：电动机产生的转矩Tm或负载转矩TL与转速n相同时，就是拖动转矩。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。动态转矩：系统加速或减速时，存在一个动态转矩Td，它使系统的运动状态发生变化。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匀速，b减速，c减速，d加速，e减速，f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？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。2.5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功率是一样的，即P1＝P2而P1＝T1ω1，P2＝T2ω2所以T1ω1＝T2ω2，当ω1＞ω2时，T1＜T22.6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：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GD2大，而高速轴正好相反。答：j1=ωM/ω1=nM/n1=900/300=32.7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。jL=ωM/ωL=nM/nL=900/60=15)(8.21516325.2222211mkgjJjJJJLLMZ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)/(4.594495021rjjnnML)/(37.02604.5924.0603smjDnvLTL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m2222365MMZnFvGDGD222232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(mNGDZ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：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？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。2.11如图所示，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？答：（d）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？答：转子在主磁通中旋转，要产生涡流和磁滞损耗，采用硅钢软磁材料，可减少磁滞损耗，而采用“片”叠压成，可减少涡流损耗。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？答：因为常数LatTIKT所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。由知n会变化。TKKRKUnteae23.4一台他励直流电动机在稳定运行时，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：因为常数LatTIKT当Φ↓时，→Ia↑由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia↑时，→E↓，所以：EE13.5一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：PN=180kW,UN=230V,nN=1450r/min,ηN=89.5%，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η=ηN）PN=UNIN180KW=230*ININ=782.6A该发电机的额定电流为782.6AP=IN100/ηNP=87.4KW3.6已知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%，Ra=0.2Ω。试求该电机的额定电流和额定转矩。答：NNNNPUIP1)(52.38885.022010005.7AUPINNNN)(75.4715505.795509550mNnPTNNN3.8一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。答：NNNNNaIUIUPR175.0~50.0)(258.0~172.0621106211010005.5175.0~50.0aRaNNNNNNRIUnUKeUn0min)/(1170~1107)258.0~172.0(6211010001100rn)(53.5210005.595509550mNnPTNNN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机械特性曲线。答：)(02.3515005.595509550mNnPTNNN)(59261AIIIfNNNaaNNNNNNRIUnUKeUn0min)/(16802.05911015001100rn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性：⑴固有机械特性⑵电枢附加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械特性⑶电枢电压为UN/2时的人为机械特性⑷磁通Φ＝0.8ΦN时的人为机械特性答：⑴aNNNNNNRIUnUKeUn0min)/(1559242.04.3422015002200rn)(5.4015005.695509550mNnPTNNN⑵nTRKKnTKKRNateNtea22，所以nnRRRTKKRRnadaadaNteadaada112111RR13R＋＝时，当串入min)/(790590.242311rn＋min)/(591500155910rnnnN）中，在（min)/(7697901559101rnnnnnadada222RR15R＋时，当串入min)/(1278590.242512rn＋min)/(28112781559202rnnn⑶min)/(5.77921559222/001rnKUKeUnUUeNN＝时，当min)/(5.720595.779101rnnn⑷min)/(19498.015598.08.08.0001rnKUKeUnNeNN时，当min)/(2.928.0598.018.0222221rnTKKRTKKRnNNteaNtea＝min)/(8.18562.9219491011rnnn3.11为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？答：因为Tst=UN/Ra，Ra很小，所以Tst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？答：要求电流Ist≤（1.5~2）IN，可采用降压启动、电枢回路串电阻进行启动。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，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：因为励磁绕组有一定剩磁，使Φ≈0；启动时，n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia（(10~20)IN），但因为Φ≈0，所以T＝KtΦIa并不大，因为TL≈0，所以动转矩大于0，系统会加速启动；启动后，虽有n，使E变大点，但因为Φ≈0，所以E仍不大，UN大部分仍要加在电阻Ra上，产生很大Ia和不大的T，使系统不断加速；当系统达到“飞车”时，在相当大的某一n稳速运行时，T＝KtΦIa=TL≈0，所以Ia≈0，此时，E相当大，UN几乎和E平衡。当TL=TN启动时：n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia（(10~20)IN），但因为Φ≈0，所以T＝KtΦIa并不大，因为TL=TN，所以系统无法启动。当电动机运行在额定转速下，T＝KtΦNIaN=TL＝TN，n＝nN，此时断开励磁，Φ≈0，虽然仍有n＝nN，但E≈0，根据UN=E+IaRa知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia，但因为Φ≈0，所以T＝KtΦIa并不大，因为TL=TN，所以T＜TL，系统逐渐减速到停车。3.15一台直流他励电动机，其额定数据如下：PN=2.2kW，UN=Uf=110V，nN=1500r/min，ηN=0.8，Ra=0.4Ω，Rf=82.7Ω。试求：①额定电枢电流IaN；②额定励磁电流IfN；③励磁功率Pf；④额定转矩TN；⑤额定电流时的反电势；⑥直接启动时的启动电流；⑦如果要使启动电流不超过额定电流的2倍，求启动电阻为多少？此时启动转矩又为多少？答：)(258.011010002.2)1(AUPIPUINNNaNNNNaN，所以、因为)(33.17.82110I)2(ARUfffN、)(3.14611033.1)3(AUIPffNf、)(1415002.295509550)4(mNnPTNNN、)(1004.025110)5(VRIUEaaNN、)(2754.0110I)6(ARUaNst、)(8.14.0252110IR2RI)7(ARUIRUastNstaNstaNst，则＋、要使aNNaNNestNtstInEIKIKT1.19255.9)(83.312515001001.19mNTst3.16直流电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？切除太快，会带来什么后果？答：见书上图3.23。如果只一段启动电阻，当启动后，把电阻一下切除，则电流会超过2IN，冲击大。所以应采用逐级切除电阻办法，切除太快，也会产生电流冲击大，见书上图3.24。3.17转速调节（调速）与固有的速度变化在概念上有什么区别？答：调速：在一定负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。速度变