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
TL TM
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 TL 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 TL TM
TL
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=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JM=2.5kgm2, 转速
nM=900r/min; 中间传动轴的转动惯量JL=16kgm2,转速nL=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nM=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
TL=9.55FV/ηCnM=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM
GD2Z=δGDM2+ GDL2/jL2
=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 TL=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=KtφIa u=E+IaRa
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= 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？
T=IaKtφ,φ减弱,T是常数,Ia增大.根据EN=UN-IaRa ,所以EN减小.,小于E1.
3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：PN=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）
PN=UNIN
180KW=230*IN
IN=782.6A
该发电机的额定电流为782.6A
P= IN100/ηN
P=87.4KW
3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：PN=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。
PN=UNINηN
7500W=220V*IN*0.885
IN=38.5A
TN=9.55PN/nN
=47.75Nm
3.7一台他励直流电动机：PN=15KW, U N=220V, I N=63.5A, n
N=2850r/min,Ra =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 If=0.71A
当U=220V时 If=1.08A
3.8 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=(0.50~0.75)(1-PN/UNIN)UN/IN
=0.6(1-5500/110*62)*110/62
=0.206Ω
n0=nNUN/(UN-INRa)
=1131r/min
TN=9.55*5500/1000
=52.525Nm
1131
52.525
3.9 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 =0.2Ω,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。
n0=UNnN/(UN-INRa) TN=9.55PN/nN
=110*1500/(110-61*0.2) =9.55*5500/1500
=1687 r/min =35Nm
1687
3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：PN=6.5KW,U N=220V, I N=3
4.4A, n N=1500r/min, Ra =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=0.8φN时的人为机械特性；
并绘出上述特性的图形。
① n0=UNnN/(UN-INRa)
=220*1500/220-34.4*0.242
= 1559r/min
TN=9.55PN/nN
=9.55*6500/1500
=41.38Nm
1559
41.38
②n=U/Keφ-(Ra+Rad)T/KeKtφ2
= U/Keφ-(Ra+Rad)T/9.55Ke2φ2
当3Ω n=854r/min
当5Ω n=311 r/min
③n= U/Keφ-RaT/9.55Ke2φ2当UN=0.5UN时 n=732 r/min n0=UNnN/2(UN-INRa)
=780 r/min
④n= U/0.8Keφ-RaT/9.55Ke2φ20.82当φ=0.8φ时n=1517 r/min
n0=UNnN/0.8Keφ
=1964 r/min
n0
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/Ra
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，TL=0时理论上电动机转速将趋近于无限大,引起飞车, TL=TN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：
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=UNIaNηN
2200=110*IaN*0.8
IaN=25A
2 Uf= RfIfN
IfN=110/82.7
=1.33A
③ Pf= UfIfN
=146.3W
④额定转矩TN=9.55 PN/ nN
=14Nm
⑤ 额定电流时的反电势EN=UN-INRa
=110V-0.4*25
=100V
⑥ 直接启动时的启动电流Ist=UN/Ra
=110/0.4
=275A
⑦ 启动电阻 2IN> UN/ (Ra+Rst)
Rst>1.68Ω
启动转矩Keφ=(UN-INRa)/nN
=0.066
Ia= UN/ (Ra+Rst) T=KtIaφ
=52.9A =9.55*0.066*52.9
=33.34Nm
3.16 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.
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？
速度变化是在某机械特性下,由于负载改变而引起的,二速度调节则是某一特定的负载下,靠人为改变机械特性而得到的.
3.18 他励直流电动机有哪些方法进行调速？它们的特点是什么？
他励电动机的调速方法：
第一改变电枢电路外串接电阻Rad
特点在一定负载转矩下，串接不同的电阻可以得到不同的转速，机械特性较软，电阻越大则特性与如软，稳定型越低，载空或轻载时，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量。
第二改变电动机电枢供电电压
特点当电压连续变化时转速可以平滑无级调速，一般只能自在额定转速以下调节，调速特性与固有特性相互平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调速范围较大，调速时因电枢电流与电压无关，属于恒转矩调速，适应于对恒转矩型负载。可以靠调节电枢电压来启动电机，不用其它启动设备，
第三改变电动机主磁通
特点可以平滑无级调速，但只能弱词调速，即在额定转速以上调节，调速特性较软，且受电动机换向条件等的限制，调速范围不大，调速时维持电枢电压和电流步变，属恒功率调速。
3.19直流电动机的电动与制动两种运转状态的根本区别何在？
电动机的电动状态特点是电动机所发出的转矩T的方向与转速n的方向相同.制动状态特点使电动机所发的转矩T的方向与转速n的方向相反
3.20 他励直流电动机有哪几种制动方法？它们的机械特性如何？试比较各种制动方法的优缺点。
1反馈制动
机械特性表达式:n=U/Keφ-(Ra+Rad)T/keKtφ2
T为负值,电动机正转时,反馈制动状态下的机械特性是第一象限电动状态下的机械特性第二象限内的延伸.反馈制动状态下附加电阻越大电动机转速越高.为使重物降速度不至于过高,串接的附加电阻不宜过大.但即使不串任何电阻,重物下放过程中电机的转速仍过高.如果放下的件较重.则采用这种制动方式运行不太安全.
2反接制动
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
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
TM=TL TM
a b c d e 三、计算题（每题12 分）： 1. 一台 U N=220V，I N=136.5A，R a=0.22Ω的他励直流电动机。 1）如直接起动，起动电流I St是多少？ 2）若要求起动电流是额定电流的两倍，采用电枢回路串电阻起 动， 应串多大的电阻？采用降低电源电压起动，电压应降至多少？ 号 2. 一台交流三相鼠笼式异步电动机，其额定数据为：N 学P =10kW ， N N N n =1460r/min，U =380 V，△接法，η =0.868，cos φ =0.88；试求： 1） 额定输入电功率；2）额定电流；3）输出的额定转矩；4）采用Y-△换 接启动时的启动转矩。 名四、设计题： 姓 1. 设计某机床刀架进给电动机的控制线路，应满足如下的工艺要求： 按下启动按钮后，电机正转，带动刀架进给，进给到一定位置时，刀架停止，进行无进刀切削，经一段时间后刀架自动返回，回到原位 又自动停止。试画出主电路和控制线路。（本题15分） 级 2. 试用F—40M型PLC设计一台小于10KW的三相鼠笼式异步电班 动机正反转的控制程序，要求：（本题12分） 业 1）绘出电动机主电路（应有必要的保护）2）绘出PLC的安装接线专 图 3）绘出 PLC 的梯形图4）写出 PLC 的指令程序系院
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
西南科技大学成教学院德阳教学点 《机电传动控制》练习题 姓名：学号：班级：成绩： 一、单项选择题 1．机电传动的发展大体上经历的阶段顺序是：（） A．单电机拖动、双电机拖动、成组拖动 B．成组拖动、单电机拖动、多电机拖动C．单电机拖动、多电机拖动、成组拖动 D．成组拖动、单电机拖动、网络拖动 2、机电传动系统稳定工作时中如果T M >T L ，电动机旋转方向与T M 相同，转速将产生的变 化是。（） A．减速 B．加速 C．匀速 D．停止 3、机电传动系统中如果T M 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？ 《机电传动控制》试卷A 适用专业：机制考试日期： 考试时间：120分钟考试形式：闭卷试卷总分：100分 一、填空（每空1分）： 1. 直流电动机的调速方法有____ __ ，和。 2．一台三相异步电动机的额定转速为980r/min，则其极数为，同步转速为，起动时转差率为，额定转差率为。 3．鼠笼型异步电动机的减压起动方法有、、和。 4. 通电延时的时间继电器有两种延时动作的触头。即，符号为；和符号为。 5. 电气控制系统中常设的保护环节有、 和、。 6. F-40M型PLC的内部等效继电器有、、 、和几种。 二、简答题。（每小题5分） 1．交流电器的线圈能否串联使用？为什么？ 2．三相鼠笼式电动机在运行中断了一根电源线未及时发现会导致什么后果？3．简述直流电动机能耗制动的方法。 4．当三相交流异步电动机在额定负载下运行时，由于某种原因，电源电压降低了30%，问此时通入电动机定子绕组的电流是增大还是减少？为什么？5. 试说明下图几种情况下，系统的运行状态是加速？减速？还是匀速？（图中箭头方向为转矩的实际方向）。 a b c d e 12分）： 1. 一台U N=220V，I N=136.5A，R a=0.22Ω的他励直流电动机。 1）如直接起动，起动电流I St是多少？ 2）若要求起动电流是额定电流的两倍，采用电枢回路串电阻起动，应串多大的电阻？采用降低电源电压起动，电压应降至多少？ 2. 一台交流三相鼠笼式异步电动机，其额定数据为：P N=10kW，n N=1460r/min，U N=380 V，△接法，ηN=0.868，cosφ=0.88；试求：1）额定输入电功率；2）额定电流；3）输出的额定转矩；4）采用Y-△换接启动时的启动转矩。 四、设计题： 1. 设计某机床刀架进给电动机的控制线路，应满足如下的工艺要求： 按下启动按钮后，电机正转，带动刀架进给，进给到一定位置时，刀架停止，进行无进刀切削，经一段时间后刀架自动返回，回到原位又自动停止。试画出主电路和控制线路。（本题15分） 2. 试用F—40M型PLC设计一台小于10KW的三相鼠笼式异步电动机正反转的控制程序，要求：（本题12分） 1）绘出电动机主电路（应有必要的保护）2）绘出PLC的安装接线图 3）绘出PLC的梯形图4）写出PLC的指令程序 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 =1450r/min,ηN=89.5%，试求： N 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 N100/ηN 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 =1500r/min, ηN=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 N P N=U N I NηN 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,所产生的离心力足以 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。 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. 加黑部分是老师划的题目，有部分题目没有。 习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础22222222222222222222222222222222222222222222 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） TL 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 TM TL 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 TL 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=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。 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 第三章、直流电机 1、机械传动系统负载特性：恒转矩型（反抗性恒转矩负载、位能性恒转矩负载）、离心式通风机型、直线型、恒功率型负载特性。 2、要加快电动机系统过渡过程，应设法减小系统飞轮转矩和增加动态转矩。 3、他励直流电动机 （1）、为什么直流电动机不能直接启动？直流电动机启动方法： 电动机启动之前，n=0,E=0,Ra很小。电动机直接并入电网并施加额定电压时，启动电流Ist=Un/Ra,为额定电流的10-20倍。①在换向过程中，产生危险的电火花，甚至烧坏整流子。 ②过大的电枢电流产生过大的电动应力，可能引起绕组的损坏。③产生与启动电流成正比的启动转矩，在机械系统和传动机构中产生过大的动态转矩冲击，使机械传动部件损坏。④对电网供电电动机来说，过大的启动电流将使保护装置动作，从而切断电源，使生产机械停止工作，或引起电网电压下降，影响其它负载正常运行。 启动方法：①降压启动②在电枢回路中串接外加电阻启动。 问：为什么要逐级切除启动电阻？如果切除太快，会带来什么后果？ 如果启动电阻一下全部切除，在切除瞬间，由于机械惯性作用使电动机转速不能突变，再次瞬间转速维持不变。机械特性会转移到其他特性曲线上，此时冲击电流很大。如果切除太快，会有可能烧坏电动机。 （2）、调速：①改变电枢电路串接电阻Rad、(空载转速不变，随着电阻增加，转速降落增大，特性变软) ②改变电枢供电电压U、（空载转速随电压减小而减小，转速降落不变，特性硬度不变，恒转矩调速）③改变电动机主磁通φ（理想空载转速随磁通改变而改变，转速降落随磁通改变而改变，特性变软，恒功率调速） （3）、制动：反馈制动、反接制动（电源反接，倒拉反接制动）、能耗制动 4、问：一台直流电动机拖动一台卷扬机构，在重物匀速上升时将电枢电源反接，电动机经历了几种运行状态？①正向电动状态，由a到b特性曲线转变②反接制动状态，n降低，到达c点转速为零③反向电动状态，c→f，转速n逐渐反向增加④稳定平衡状态，到达f 平衡点，转速n不再变化 5、单相异步电动机采用定容分相式和罩极式法进行启动 第四章、交流电机 1、三相异步电动机 （1）、启动特性：启动电流大、启动转矩小。 启动方法：①直接启动、②电阻或电抗器降压启动、③Y-△降压启动、④自耦变压器降压启动、⑤软启动器------绕线异步电动机：逐级切除启动电阻法、频敏变阻器启动法。（2）、调速方法：①变极对数调速、②变转差率调速（调压调速、转子电路串接电阻调速）③变频调速（变压变频调速、恒压弱磁调速） （3）、制动方法：反馈制动、反接制动（电源反接，倒拉制动）、能耗制动 2、单相异步电动机启动：电容分相式异步电动机、罩极式单相异步电动机 3、同步电动机启动方法：异步启动法 4、三相异步电动机带动一定的负载运行时，若电源电压降低了，此时电动机的转矩、电流及转速有无变化？如何变化？ 若电源电压降低, 电动机的转矩减小, 电流也减小. 转速不变. 5、结合交流异步电动机的机械特性分析，在负载转矩不变的情况下，当电源电压降低很多 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 机电传动控制课程设计 一、目录 引言 2 设计说明相关内容 （一）、课程设计题目 3 （二）、设计目的及要求 3 （三）、设计内容 4 一、控制方案设计 4 二、线路设计 4 三、控制电路的设计 6 四、元件的选取 6 五、柜体设计 8 六、结束语 11 七、参考文献 12 二、引言 《机电传动控制》课程是机械制造及其自动化专业的一门必修专业基础课，它是机电一体化人才所需电知识结构的躯体。在学习《机电传动控制》这门课程的时候，我能够深刻的体会到其重要性。作为机械类专业本基础教材，本课程涵盖了经典控制理论的基本原理和基本知识，内容与机械类课程现代控制理论相衔接。本书所讲内容突出机电结合，电为机用。在保证基本内容的前提下，简化理论分析，加强反映了当前机电领域的新技术和新知识，加强实例的分析、设计，力求做到内容深入浅出、重点突出，以利于我们开拓思路、深化知识。《机电传动控制》是机械设计制造及其自动化专业系列的教材之一，可以作为机械类专业及与之相近专业的同学们学习和研究。本课程不仅在于它是一门系统理论基础课程，是我们掌握控制论的基础知识，解决机械工程中的控制问题，更重要的是通过呵护唯物辩证法的方法论的建明阐述，使我们学会用控制理论观点，系统论方法，分析、处理机械工程中遇到的难题，启迪和发展我们的思维，培养我们分析问题和解决问题的能力。 由于现代科学和计算机技术的迅速发展，控制理论应用于机械工程的重要性日益明显。将理论联系实际，展开设计的课程设计实践，可以激发我们对该课程的学习兴趣而且能够让我们初步掌握系统性能分析及系统设计的基本方法，为专业课学习和参加控制工程实践打下必要的基础。由此可见，本次课程设计势在必行！ 1.如何建立单轴和多轴机电传动系统的运动方程式。 为了对多轴机电传动系统进行运行状态的分析，一般是将多轴拖动系统等效折算为单轴系统。将各转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某一根轴上，一般折算到电动机轴上。 折算的原则是：折算前后系统总的能量关系和功率关系保持不变。 2. 举例分析恒转矩型负载特性 特点：负载转矩TL与转速n无关，即不管转速怎样变化，负载转矩不变。 反抗性恒转矩负载：转矩大小恒定不变；作用方向始终与速度n的方向相反。 位能性恒转矩负载：转矩大小恒定不变；作用方向与速度n的方向无关。 3. 机电传动系统稳定运行的条件 （1）机电系统稳定运行的含义 ?系统应能以一定速度匀速运行； ?系统受某种外部干扰（如电压波动、负载转矩波动等）使运行速度发生变化时， 应保证在干扰消除后系统能恢复到原来的运行速度。 （2）机电系统稳定运行的必要条件 电动机的输出转矩T M和折算到电动机轴上的负载转矩T L大小相等，方向相反，相互平衡。 即：电动机的机械特性曲线n=f(T M)和生产机械的机械特性曲线n=f(T L)必须有交点，交点被称为平衡点。 （3）机电系统稳定运行的充分条件: 系统受到干扰后，要具有恢复到原平衡状态的能力。 即： 当干扰使速度上升时，有T M 4. 他励直流电动机特性曲线上理想空载点的意义。 T=0时的转速称为理想空载转速，用n0表示。 电动机总存在空载制动转矩，靠电动机本身的作用是不可能上升到 n0“理想”含义就在这里。 5. 他励直流电动机特性曲线上堵转点的意义 当电动机轴上的负载转矩大于电磁转矩时，电动机不能启动，通常称为“堵转”。 堵转时电枢电流为I st，长时间的大电流会烧坏电枢绕组。 启动转矩就是电动机在启动瞬间（n=0）所产生的电磁转矩，也称堵转转矩。 6. 他励直流电动机的固有机械特性和人为机械特性的特点和区别 固有机械特性指的是在额定条件（额定电压U N和额定磁通 N)下和电枢电路内不外接任何电阻时的n=f(T) 人为机械特性是指人为地改变电动机的参数所得到的机械特性： 1电动机电枢外加电压U 2励磁磁通Φ的大小 3电枢回路串接附加电阻R ad 7. 他励直流电动机电枢回路串接附加电阻时其机械特性的变化情况 空载速度不变 随着电阻的增加，转速降落增加，即机械特性变软 8. 他励直流电动机改变电枢电压时其机械特性的变化情况 空载速度随着U的减小而减小 转速降落不变，即特性硬度不变 9. 他励直流电动机改变励磁磁通时其机械特性的变化情况 理想空载转速随磁通减小而增加 转速降随磁通的减小而增大，即机械特性特性变软 机电传动控制 冯清秀 邓星钟 等编著 第五版 课后习题答案详解 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：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。 2.2 从运动方程式怎样看出系统是加速的、减速的、稳定的和静止的各种工作状态？ dt d J T T L M ω =- 答：运动方程式： 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 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＜T2 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：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。 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。华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析
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