机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题
及答案
第二章机电传动系统的动力学基础
2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩
和动态转矩的概念。
拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，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 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态
的和静态的工作状态。
TM-TL>0 说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于
减速，TM-TL=0 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？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向）
TM TM
TL
TL
N
TM=TL TM< TL
TM-TL>0 说明系统处于加速。TM-TL<0 说明系统处于减速
TM TM TL
TM> TL
TM>
TL
系统的运动状态是减速
系统的运动状态是加
速
TM
TM= TL
TM=
TL
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？
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，必须先将各转动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量这
算到一根轴上。转矩折算前后功率不变的原则是P=T ω, p 不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量
守恒MV=0.5Jω2
2.5 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？
因为P= Tω,P 不变ω越小T 越大，ω越大T 越小。
2.6 为什么机电传动系统中低速轴的GD2 逼高速轴的GD2
大得多?
因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P 不变转速越小GD2 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
M M
L L
M z.。
J =2.5kgm 2
, 转速 n =900r/min; 中间传动轴的转动 惯量 J=16k g m 2
,转速n =60 r r /m i n 。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=Nm/N1=900/300=3,j1=Nm/Nl=15 J=JM+J1/j 2
+ JL/j12
=2.5+2/9+16/225=2.79kgm 2
. 2.8 如图 2.3（b ）所示，电动机转速 n M =950 r/min ，
齿轮减速箱的传动比 J 1= J 2=4，卷筒直径 D=0.24m, 滑轮的减速比 J 3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费 轮转距 GD 2
=1.05N m 2
, 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 T L 以及折算到电动机轴上整个拖动系统的 飞轮惯量 GD 2
ωM =3.14*2n/60=99.43 rad/s.
提 升 重 物 的 轴 上 的 角 速 度 ω = ω
M
/j 1j 2j 3=99.43/4*4*2=3.11rad/s
v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s
T L =9.55FV/ηC n M =9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD 2 =δGD 2+ GD 2/j 2
Z
M L L
=1.25*1.05+100*0.242
/322
=1.318NM2
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？
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 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
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 为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片
叠压而成？
直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是
因为要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 T L =常数，当
电枢电压附加电阻改变时，能否改变其运行其运行状 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=K t φI a u=E+I a R a
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，电枢反电势
E= E 1，如负载转矩 T L =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 E 1？
T=I a K t φ, φ减弱,T 是常数,I a 增大.根据 E N =U N -I a R a ,
所 以 E N 减小.,小于 E 1.
3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N =180kW,
U N =230V,n N =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 ） P N =U N I N
180KW=230*I N
I N =782.6A
该发电机的额定电流为 782.6A P= I N 100/η
N
P=87.4KW
3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N =7.5KW,
U N =220V, n N =1500r/min, ηN =88.5%, 试求该电机的 额定电流和转矩。 P N =U N I N η
N
7500W=220V*I N *0.885 I N =38.5A T N =9.55P N /n N
=47.75Nm
3.7 一台他励直流电动机：P N =15KW, U N =220V,
I N =63.5A , n N =2850r/min,R a =0.25Ω，其空载特性为：
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I
f =0.71A
当U=220V 时I
f
=1.08A
3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为：P
N
=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。
R a =(0.50~0.75)(1-P
N
/U
N
I
N
)U
N
/I
N
=0.6(1-5500/110*62)*110/62 =0.206Ω
n 0=n
N
U
N
/(U
N
-I
N
R
a
)
=1131r/min
TN=9.55*5500/1000 =52.525Nm
52.525
3.9 一台并励直流电动机的技术数据如下：P N =5.5KW,U
N
=110V, I N =61A ,额定励磁电流 I f n =2A , n N =1500r /m i n ,
电枢电阻 R a =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曲线。 n 0=U N n N /(U N -I N R a )
T N =9.55P N /n N
=110*1500/(110-61*0.2) =9.55*5500/1500
=1687 r/min
=35Nm
3.10 一台他励直流电动机的技术数据如下：P N =6.5KW,U
N =220V, I
N
=34.4A, n
N
=1500r/min, R
a
=0.242Ω,试
计算出此电动机的如下特性：
①固有机械特性；
②电枢服加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械
特性；
③电枢电压为U
N
/2 时的人为机械特性；
④磁通φ=0.8φ
N
时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。
① n
0=U
N
n
N
/(U
N
-I
N
R
a
)
=220*1500/220-34.4*0.242 = 1559r/min
T N =9.55P
N
/n
N
=9.55*6500/1500
e a ad e t
②n=U/K φ-(R +R )T/K K φ2
2 2
= U/K
eφ
-(R a+R ad)T/9.55K e φ当3Ω n=854r/min
当5Ω n=311 r/min
③
e a e
当U
N =0.5U
N
时n=732 r/min
n 0=U
N
n
N
/2(U
N
-I
N
R
a
) =780 r/min
④
当φ=0.8φ时n=1517 r/min
n 0=U
N
n
N
/0.8K
eφ=1964 r/min
3.11 电动
接接入电网并施加额定电压时, 启动电流将很
大.I st =U N /R a
3.12 他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求？如何
实现？
他励直流电动机直接启动过程中的要求是 1 启动电 流不要过大,2 不要有过大的转矩.可以通过两种方 法来实现电动机的启动一 是降压启动 .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？若忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢 电源接通，这是会产生什么现象（试从 T L =0 和 T L =T N 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，T L =0 时理论上电 动机转速将趋近于无限大,引起飞车, T L =T N 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
1
2
性的方法,因这时电枢电流 Ia 与磁通φ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 ：
P N =2.2KW,U N =U f =110V,n N =1500r/min,
η
N
=0.8,R a =0.4Ω, R f =82.7Ω 。试求：
① 额定电枢电流 I An ;
② 额定励磁电流 I fN ;
③ 励磁功率 P f ;
④ 额定转矩 T N ;
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？
P N =U N I aN η
N
2200=110*I aN *0.8
I aN =25A
U f = R f I fN
I fN =110/82.7
=1.33A
③ P f = U f I fN
=146.3W
④额定转矩 T N =9.55 P N / n N
=14Nm
⑤ 额定电流时的反电势 E N =U N -I N R a
=110V-0.4*25
=100V
⑥ 直接启动时的启动电流 I st =U N /R a
=110/0.4
=275A
⑦ 启动电阻 2I N > U N / (R a +R st )
R st >1.68Ω
启动转矩
K e φ=(U N -I N R a )/n N
=0.066
Ia= U N / (R a +R st )
T=K t I a φ
=52.9A
=9.55*0.066*52.9
=33.34Nm
习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础 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克服负载转矩，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 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。 TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0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？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） TM=TL TM< TL TM-TL<0说明系统处于减速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L M>L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L T M= T L T M= T L 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？ 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，必须先将各转动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分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=Tω, p不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5Jω2 2.5为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω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=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2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J M=2.5kgm2, 转速n M=900r/min; 中间传动 轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60 r/min。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=Nm/N1=900/300=3,j1=Nm/Nl=15 J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2 .2.8如图2.3（b）所示，电动机转速n M=950 r/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,电动机的费轮转距GD2M=1.05N m2, 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T L以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2z.。 ωM=3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L=9.55FV/ηC n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM2 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？ 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
《机电传动与控制》实验教学大纲 课程代码：18044333 课程性质：非独立实验课课程分类：专业课程实验学时：8学时 适用专业：机械制造设计及其自动化开课单位：矿业工程系一、实验教学目标 机电传动与控制是机械设计制造及其自动化专业的一门专业必修课程，作为实践环节的本实验课，其地位是认识不同类型电机，了解电机控制方法以及实际对电机控制回路进行接线。通过实验更好地提高学生的实验操作技能和解决实际问题的能力，使学生对实验课的地位得到应有的认识，使学生理解组成机电系统的各个部分是如何工作的，进一步提高学生的动手、动脑能力和理论应用能力，为后继课程的学习打下坚实的基础。 二、主要仪器设备名称 电力拖动试验台 液压试验台 GE实验室柔性生产线 三、实验基本要求 对布置的实验题目能够进行分析，结合实验器材，自行设计方案，在实验装置上调试，实现规定的操作，并写出合乎规范的实验报告。 ①实验前必须预习与实验相关的教材内容，了解实验内容， 弄清实验原理。 ②实验中，必须熟练掌握单片机实验系统的硬件的连接及使 用，并能熟练使用相应的实验软件，认真调试程序。 ③每次实验学生必须完成相应的实验要求才能离开实验室。
④实验完成后必须有该次实验的相应实验报告，报告内容包 括：实验目的，实验原理，实验连线图 ⑤每次实验成绩按10分计，依据实验前的预习，实验时的 考勤，实验中的操作，实验后的报告等各部分的完成情况 来计分。 四、实验项目设置与内容 序 号 实验名称实验学时每组人数实验类型开出要求 1 机电控制系统与传动系统认知 实验 2 1 认知必做 2 液压控制回路的搭建 2 1 综合必做 3 三相异步电动机基本控制线 路 2 2 验证必做 4 三相异步电动机的正反转控 制线路 2 2 验证必做 五、实验考核 根据实际操作能力和实验报告综合评定成绩。实验满分为20分，计入《机电传动与控制》课程的总成绩。 六、教材及主要教学参考书 程宪平，机电传动与控制，华中科技大学出版社，2011年7月（教材） 执笔人：李瑾
第二章机电传动系统的动力学基础 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静 态的工作状态。 T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速， T M-T L=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 试列出以下几种情况下（见题图）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？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L
T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。 为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 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. 在题图中，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 交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点
第三章 为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N =180kW, U N =230V,n N =1450r/min, η N =%，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= η N ） P N =U N I N 180KW=230*I N I N =782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N 100/η N P= 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N =, U N =220V, n N =1500r/min, η N =%, 试求该电机的额定电流和转矩。 P N =U N I N η N 7500W=220V*I N * I N =38.5A T N =n N = 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R a 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.I st =U N /R a 直流串励电动机能否空载运行?为什么？ 串励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
第十一章步进电动机传动控制系统 11.1 步进电动机 步进电动机是一种将电脉冲信号转换成机械位移的机电执行元件。每当一个脉冲信号施加于电机的控制绕组时，其转轴就转过一个固定的角度（步距角），顺序连续地发给脉冲，则电机轴一步接一步地运转。 图11.1 步进电动机实物图 步进电动机的角位移与输入脉冲数严格成正比，运行中无累积误差。 步进电机能方便地实现正、反转和调速、定位控制。特别是不需位置传感器或速度传感器就可以在开环控制下精确定位或同步运行。因此，步进电动机广泛应用在数字控制的各个领域。如各种数控机械、办公自动化产品、工厂自动化机器、计算机外设等。 步进电动机的缺点是不能达到很高的转速（一般小于1000到2000转/min）。存在低频振荡、高频失步等缺陷。另外，步进电机自身的噪声和振动较大。 一、步进电动机的工作原理 步进电动机的种类很多，按工作原理分，有反应式（Variable-reluctance）、永磁式（Permanent-magnet）、混合式（Hybrid）三种。按输出转矩大小分，有快速步进电机、功率步进电机。按励磁相数分有二、三、四、五、六、八相等。按定子排列还可分为多段式(轴向式)和单段式(径向式)。 步进电动机的结构形式虽然繁多，但工作原理基本相同，下面仅以三相反应式步进电动机为例说明之。
如图11.2所示为一台三相反应式步进电动机的结构示意图。和一般旋转电动机一样， 步进电机也分为定子和转子两大部分。定子部分由定子铁心、绕组、绝缘材料等组成。定子铁心是由硅钢片叠压而成的有齿的圆环状铁心。图中定子有6个磁极，每对磁极上绕有励 磁绕组，由外部脉冲信号对各相绕组轮流励磁。如图所示。 转子部分由转子铁心、转轴等组成。转子铁心是由硅钢片或软磁材料叠压而成的齿形铁心。图中转子上有4个凸齿。 若对励磁绕组以一定方式通以直流励磁电流，则转子以相应的方式转动。其转动原理其实就是电磁铁的工作原理 。 比如，给A 相绕组通电时，转子位置如图（a ），转子齿偏离定子齿一个角度。由于励磁 磁通力图沿磁阻最小路径通过，因此对转子产生电磁吸力，迫使转子齿转动，当转子转到与定子齿对齐位置时(图b)，因转子只受径向力而无切线力，故转矩为零，转子被锁定在这个位置上。由此可见：错齿是助使步进电机旋转的根本原因。 A'A K1K2K3 B'C' B C
对应教材同志学等编《机电传动控制》国防工业出版社2011.8 第2章 机电传动系统的动力学基础 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。 拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，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。 2-4 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：为了使运动方程式的列出简化；负载转矩是静态转矩，可根据静态时功率守恒原则进行 折算；由于转动惯量与运动系统的动能有关，根据动能守恒原则进行折算。 2.5 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. 2-6 反抗静态转矩和位能静态转矩有何区别，各有什么特点？ 答：反抗静态转矩是因摩擦、非弹性体的压缩、拉伸和扭转等作用所产生的负载转矩；其特 点是：转矩方向与运动方向相反，总是阻碍运动的； 位能静态转矩是由物体的重力和弹性体的压缩、拉伸和扭转等作用所产生的负载转矩；其特点是：转矩方向恒定，与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向是促进运动。 2-7 在题2-7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。 答：机电传动系统稳定运行的必要条件:存在平衡点。即电动机的机械特性与生产机械的机 械特性曲线有交点; 充分条件:当转速偏离平衡点时，系统存在一个使其趋于平衡点的转矩差，即可以自动回复到平衡点。 如图（a,b,c,e ）所示，当系统转速偏离交点(>n a )时，就存在L M T T >，使系统减速，直到重新回到交点，又达到平衡；当系统转速
第3章直流电机的工作原理及特性 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？ 答案：直流电动机工作时，（1）电枢绕组中流过交变电流，它产生的磁通当然是交变的。这个（2）变化的磁通在铁芯中产生感应电流。铁芯中产生的感应电流，在（3）垂直于磁通方向的平面内环流，所以叫涡流。涡流损耗会使铁芯发热。为了减小这种涡流损耗，电枢铁芯采用彼此绝缘的硅钢片叠压而成，使涡流在狭长形的回路中，通过较小的截面，以（4）增大涡流通路上的电阻，从而起到（5）减小涡流的作用。如果没有绝缘层，会使整个电枢铁芯成为一体，涡流将增大，使铁芯发热。因此，如果没有绝缘，就起不到削减涡流的作用。 习题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定值后，电枢反电势将如何变化？是大于、小于还是等于E1？ 答案：∵当电动机再次达到稳定状态后，输出转矩仍等于负载转矩，即输出转矩T ＝T L ＝常 2 00a a e e a e m a e m e e R U n I K K R U n E K n T K I n n n K K K U T K =Φ=?ΦΦ=∴ =Φ?Φ∴??= Φ=Φ Q Q 又 当 T=0 a a U E I R =+
数。又根据公式（3.2）， T ＝K t ФI a 。 ∵励磁磁通Ф减小，T 、K t 不变。 ∴电枢电流I a 增大。 再根据公式（3.11），U ＝E ＋I a ·R a 。 ∴E=U －I a ·R a 。 又∵U 、R a 不变，I a 增大。 ∴E 减小 即减弱励磁到达稳定后，电动机反电势将小于E 1。 习题3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为：P N ＝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。 （1）第一步，求出n 0 （2）第二步，求出（T N ，n N ） 答案：根据公式（3.15），（1-1）Ra ＝（0.50~0.75）(N N N I U P ? 1)N N I U
机电传动控制实验指导书 实验一、继电—接触器控制三相异步电动机 一、实验目的 1．熟悉继电—接触器断续控制系统的电路原理图、元件布局图和接线图的读图方式；2．掌握三相异步电动机主回路和控制回路的接线方法； 3．了解继电—接触器断续控制电路的组成 二、实验使用仪器、设备 1．DB电工实验台； 2．三相异步电动机二台； 3．万用表一台； 4．专用连接线一套。 三、实验要求 实现三相异步电动机的正、反转、点动、互锁、连锁控制。满足以下具体要求： (1) M1可以正、反向点动调整控制； (2) M1正向起动之后，才能起动M2； (3) 停车时，M2停止后，才能停M1； (4) 具有短路和过载保护； (5) 画出主电路和控制电路。 四、实验参考电路
五、实验步骤 1．按布局图要求将各元器件定位； 2．按接线图要求，以正确的规格电线连接各器件；3．按接线图要求，连接电动机的定子线圈； 4．自查并互查连接线； 5．合上电源，调试电路； 6．观察电动机的运行情况。 六、实验注意事项 1．操作前切断总电源； 2．接线完毕，必须检查接线情况，并做好记录；3．在指导老师认可后，方能接通电源。 七、思考题 1．熔断器与热继电器可否省去其中任何一个？为什么？2．熔断器与热继电器的规格可否随意选择？为什么？3．连接电线的规格可否随意选择？为什么？ 4．交流接触器可否带直流负载？为什么？
实验二、PLC控制三相异步电动机 一、实验目的 1．了解PLC——AC电动机断续控制系统的电路原理图、元件布局图和接线图的读图方式；2．掌握继电—接触器逻辑电路与PLC梯形图的转换方式； 3．熟悉PLC控制系统的接线方法； 3．了解PLC断续控制电路的组成。 二、实验使用仪器、设备 1．PLC模拟实验台； 2．三相异步电动机二台； 3．万用表一台； 4．专用连接线一套。 三、实验要求 实现PLC对三相异步电动机的正、反转、点动、互锁、连锁控制。满足以下具体要求： (1) M1可以正、反向点动调整控制； (2) M1正向起动之后，延时5分钟再可起动M2； (3) 停车时，M2停止后，延时2分钟再可停M1； (4) 主电路同实验一。 四、实验参考电路与梯形图 1．电路
华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析
2.7 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。 答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15 )(8.21516 325.2222211m kg j J j J J J L L M Z ?=++=++= 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) /(4.594 495021r j j n n M L =?== ) /(37.02 604 .5924.0603 s m j Dn v L =???= = ππ TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×
950)=0.45N.m 2 2 22365M M Z n Fv GD GD +=δ 2 22 232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z ?=??+?= 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？
1. 引言 1.1 课程设计的目的： 电气控制系统是由各种低压电器和PLC 控制器按一定要求组成的控制系统。通过机电传动系统课程设计，进一步掌握各种低压电器和PLC 的结构原理、选用及使用；正确处理使用中出现的各种问题；了解器件和系统之间的关系；培养正确的设计思想、理论联系实际的工作作风、分析问题和解决问题的能力、运用标准与规范的能力、实事求是的科学态度和勇于探索的创新精神。 1.2 课程设计的内容及要实现的目标： 如图所示： 图1. 模型图 主要内容包括： 1. 设计出硬件系统的结构图、接线图、时序图等； 2. 系统有启动、停止功能; 3. 运用功能指令进行PLC 控制程序设计，并有主程序、子程序和中断程序； 4. 程序结构与控制功能自行设计； 5. 进行系统调试，实现机械手臂搬运加工流程的控制要求。 要实现的目标： 有两部机械对工作物进行加工，对象由输送带A 送到加工位置，然后由机械手将加工物送至工作台1的位置进行第一次加工，当第一步骤加工完成后，机械手臂将工作物夹
起送至工作台2进行第二步加工：当第二步骤加工完成后，机械手臂将工作物放到输送带B送走，然后由7段数码管显示加工完成的数量。 15 左移 ST4 14 上升 YA3 ST1 图2. 机械手工艺流程图 机械手工作前应位于原点，不同的位置分别装有行程开关。ST1为下限为开关，ST2为上限位开关，ST3为右极限位开关，ST3为左限位开关。 机械手的上、下、左、右移动以及工件的夹紧，均由电磁阀驱动气缸来实现。电磁阀YA1通电，机械手下降；电磁阀YA2通电，夹紧工件；电磁阀YA3通电，机械手上升；电磁阀YA4通电，电磁阀右移；电磁阀YA5通电，机械手左移。
第二章机电传动系统的动力学基础 2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和 静态的工作状态。 T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速， T M-T L=0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？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L
T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 2.5为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。 2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 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？ 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. 2.11 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 交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点
第三章 3.1为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N =180kW, U N =230V,n N =1450r/min,η N =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= η N ） P N =U N I N 180KW=230*I N I N =782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N 100/η N P=87.4KW 3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N =7.5KW, U N =220V, n N =1500r/min, η N =88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 P N =U N I N η N 7500W=220V*I N *0.885 I N =38.5A T N =9.55P N /n N =47.75Nm 3.11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R a 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.I st =U N /R a 3.14直流串励电动机能否空载运行?为什么？ 串励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
机电传动控制(全套完整版)
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机电传动控制教案 学院、系：机械电子工程学院机电系 任课教师：任有志 授课专业：机械设计制造及其自动化课程学分： 课程总学时：60学时 课程周学时： 2006年2月20日
机电传动控制教学进程 周次课 次 章节计划学时教学手段教学环境 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 10 11 11 12 12 13 13 14 14 15 15 16 16 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 §1.1§1.2§1.3§2.1 §2.3§2.4 §3.1§3.2 §3.3 §3.4§3.5§3.6 §5.1§5.2§5.3§5.4 §5.4§5.5§5.7§5.8 §6.1§6.2§6.3 §6.4 §6.5 §6.7§7.1§7.2 §7.3 §7.4§7.5 §7.6 电动机原理习题讨论课 §8.1 §8.1 §8.2 实验课继电器接触器控 制实验 习题讨论课：§8.3 §8.4 §9.1 §9.2 实验课：可编程序控制器 认识实验 §9.3 §9.3 实验课：可编程序控制器 编程练习 §10.1 §10.2 §10.3§10.5 §10.6 实验课：晶闸管特性及触 发原理 §11.1 §11.2 §11.3 §11.4 §12.1 §13.1 §13.2 §13.3 §13.4 实验课 题讨论课 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 辅导 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 讲授 讲授 指导 讲授 指导 讲授 讲授 指导 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室
课后习题答案 第一章
第二章 答：运动方程式：dt d J T T L M ω=- d L M T T T =-Td>0时：系统加速； Td=0 时：系统稳速；Td<0时，系统减速或反向加速 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。 答：a 匀速，b 减速，c 减速，d 加速，e 减速，f 匀速 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。 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＜T2 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=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15 )(8.21516325.22 22211m kg j J j J J J L L M Z ?=++=++ = 答：min)/(4.594495021r j j n n M L =?== )/(37.02604.5924.0603s m j Dn v L =???==ππ TL=(η1nM)=×100××950)= 2 2 22 365M M Z n Fv GD GD +=δ 2 222 32.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z ?=??+?= 答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 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。 答：（d ）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。
习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础 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。 拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，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 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。 TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0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？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） TM-TL>0说明系统处于加速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速
系统的运动状态是减速 2.7 如图2.3（a ）所示，电动机轴上的转动惯量J M =2.5kgm 2, 转速n M =900r/min; 中间传 动轴的转动惯量J L =16kgm 2,转速n L =60 r/min 。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=Nm/N1=900/300=3 ,j1=Nm/Nl=15 J=JM+J1/j 2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm 2 . 2.8 如图2.3（b ）所示，电动机转速n M =950 r/min ，齿轮减速箱的传动比J 1= J 2=4，卷 筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J 3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD 2M =1.05N m 2, 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T L 以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD 2z.。 ωM =3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM /j 1j 2j 3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L =9.55FV/ηC n M =9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD 2Z =δGD M 2+ GD L 2/j L 2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM 2
《机电传动控制》实验报告 天津理工大学机械工程学院 2014年9月
实验一 直流他励电动机调速实验 一、实验目的 1.深入了解直流他励电动机的调速性能； 2.进一步学习PLC 控制系统硬件电路设计和程序设计、调试。 二、实验原理 1.直流他励电动机的调速原理、调速方法 电动机的调速就是在一定的负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。 从直流他励电动机机械特性方程式 T K K R R K U n t e ad a e 2φφ+-= 可知，改变串入电枢回路的电阻Rad ，电枢供电电压U 或主磁通Φ，都可以得到不同的人为机械特性，从而在负载不变时可以改变电动机的转速，以达到速度调节的要求，故直流电动机调速的方法有以下三种。 （1）改变电枢回路外串电阻Rad 如图7.1所示为串电阻调速的特性曲线，从图中可看出，在一定的负载转矩T L 下，串入不同的电阻可以得到不同的转速，如在电阻分别为R a 、R 3、R 2、R 1的情况下，可以得到对应于A 、C 、D 和E 点的转速n A 、n C 、n D 和n E 。在不考虑电枢回路的电感时，电动机调速时的机电过程（如降低转速）见图中沿A →B →C 的箭头方向所示，即从稳定转速n A 调至新的稳定转速n C 。这种调速方法存在不少缺点，如机械特性较软，电阻愈大则特性愈软，稳定度愈低；在空载或轻载时，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能等。
图7.1 电枢回路串电阻调速的特性曲线 （2）改变电动机电枢供电电压U 改变电枢供电电压U可得到人为机械特性，如图7.2所示，从图中可看出，在一定负载转矩T L下，加上不同的电压U N、U1、U2、U3、…，可以得到不同的转速n a、n b、n c、n d、…，即改变电枢电压可以达到调速的目的。 这种调速方法的特点是： ①当电源电压连续变化时，转速可平滑无级调节，一般只能在额定转速以下调节； ②调速特性与固有特性互相平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调速范围较大； ③当T L=常数时，稳定运行状态下的电枢电流Ia与电压U无关，且Φ=ΦN，故电动机转矩T=KtΦN Ia不变，属于恒转矩调速，适合于对恒转矩型负载进行调速； ④可以靠调节电枢电压来启动电动机，而不用其他启动设备。 图7.2 改变电枢供电电压调速的特性
《机电传动与控制》课程复习资料 一、填空题： 1.直流电动机常用的调速方法有 、 和 。 2.三相笼式异步电动机的启动方法有 和 。 3.电气控制系统中常设的保护环节有短路保护、弱励磁保护、 、 和 。 4.三相鼠笼式异步电动机常用的调速方法有 和 。 5.他励直流电动机的三种调速方法中，调速时机械特性变软的是 。调速时机械特性不变的是 调速。 6.晶闸管的几个主要参数是 、 、额定通态平均电流T I 和维持电流H I 。 7.直流调速系统中，电流截止负反馈环节的作用是 。 8.三相鼠笼式异步电动机的降压启动方法有 、 和自耦变压器启动。 9.生产机械对电动机调速系统提出的主要静态技术指标有 、 和平滑性。 10.晶闸管可控整流电路的负载常有电阻性、 和 。 11.三相绕线式异步电动机常用 进行启动和调速，也可以用 进行启动。 12.三相鼠笼式异步电动机的电气停转方法有 和 。 13.在直流电动机的双闭环无静差调速系统中，转速环的作用主要是 。电流环的作用主要是 。 14.直流他励电动机可采用 启动或降压启动，目的都是为了 。 15.为了改变三相交流异步电动机的旋转方向，只要 即可。 16.无静差闭环调速系统，PI 调节器中积分环节的作用是 。 17.交流电动机变频调速的特点有 ，在恒转矩的变频调速系统中，常保持 为定值。 18.就一台直流电动机开环、有静差闭环、无静差闭环调速系统三者的静特性而言，机械特性最硬的是 ，最软的是 。 19.带电阻性负载的单相半波可控整流电路中，控制角α的移相范围是 ，控制角α和导通角β的关系式是 。 20.交流异步电动机采用调压调速时，采用转速负反馈闭环系统，可以 。 21.电动机的短路保护和长期保护不同，前者是 ，后者是 。 二、单项选择题： 1.电源线电压为380V ，三相笼型异步电动机定子每相绕组的额定电压为380V ，能否采用星形——三角形启动？ [ ] A.不能 B.能 2.直流电器的线圈能否串联使用？ [ ] A.不能 B.能 3.直流电动机调速系统，若想采用恒转矩调速，则可改变 [ ] A.e K B. C.U 4.三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流会 [ ] A.增大 B.减少 C.等于零 5.试说明下图情况下，系统的运行状态是 [ ] A.加速 B.减速 C.匀速 M L
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克服负载转矩，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 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。 TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 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？ 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，必须先将各转动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分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=Tω, p不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5Jω2 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=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2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J M=2.5kgm2, 转速n M=900r/min; 中间传动 轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60 r/min。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=Nm/N1=900/300=3,j1=Nm/Nl=15 J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2 . 2.8如图2.3（b）所示，电动机转速n M=950 r/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,电动机的费轮转距GD2M=1.05N m2, 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T L以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2z.。 ωM=3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L=9.55FV/ηC n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM2 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？ 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。 第三章 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：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.
东莞理工学院自编教材 机电传动控制实验指导 ——基于DRlab虚拟实验平台 王卫平黄泳波李帅编写 东莞理工学院机电工程系 2007年7月
目录 实验一实验平台的了解 (2) 实验二电器基本元件的认识实验 (6) 实验三直流电机特性实验 (8) 实验四步进电机传动控制系统实验 (9) 实验五直流电机速度调节和方向控制实验 (10) 实验六直流电机位置PID控制实验 (11)
实验一实验平台的了解 一、实验目的 1．了解实验平台的基本构成 2．了解虚拟仪器实验平台DRlab的工作原理 二、实验设备简介 1．软件简介 DRLab实验室的核心是DRVI可重组虚拟仪器实验平台和DRLink可重组计算机实验平台。DRVI可重组虚拟仪器实验平台由德 普施科技自主研发；DRLink是在DRVI可重 组虚拟仪器实验平台的基础上开发德可重组 计算机控制平台，具有所有DRVI所具有的 优点和特色；DRVI/DRLink实验平台是基于 软件总线和软件芯片技术结构，采用软件总 线开放结构和COM/DCOM组件的即插即用 特性，具有PC开放结构、模块化、组件化的 特点，是面向用户的可在线编程、调试和重 组的新型虚拟实验技术。DRVI/DRLink平台 实验组建过程没有编译、链接环节，支持软 件模块热插/拔和即插即用，系统开发平台和 运行平台一体化，实验环节功能可根据需要 完全由用户自己设计、定义，而不是仅能由 专业开发人员定义。 2．软件功能 1）可视化、图形化编程 DRVI/DRLink是一个可视化、图形化的支持软件芯片插接的操作平台，该操作平台提供了虚拟仪器软件面包板、软件芯片插件组、快捷工具、嵌入式Web服务器、VBScript脚本语言、浏览器信息栏等功能支持。如图所示。 2）开放性软件平台 为方便进行功能扩展和二次开发，DRLab系列软件平台提供了三重扩展方式： 采用VC设计DLL扩展插件，通过添加扩展件的方式添加到“用户定义软件芯片扩展插件组”中使用 采用VBScript设计ActiveX扩展插件，通过“扩展件”菜单中的“添加VB ActiveX控件”功能添加到软件平台上使用 使用VBScript脚本芯片，用Signal VBScript中的函数进行编程，设计用户自定义芯片，完成特殊功能 3）丰富的软件芯片集 DRLab系列软件平台提供从操作按钮、信号源、硬件控制、曲线显视到信号分析处理、微积分环节、振荡环节、PID调节环节等共计200个软件芯片，利用这些软件芯片可很方便的搭建各种测试控制环节。 4）形像的虚拟仪器仿真面板 使用期DRVI 虚拟仪器平台可以很方便的搭建各种虚拟仪器，比如频谱分析仪、数字滤波器、频率计、双踪示波器、数字万用表、噪声测试仪等等。 3. 运动控制台