机电传动与控制(第四版)第2章课后习题参考答案
机电传动控制课后习题答案
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 TT M=T L T M< T LT 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 LT 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 LT 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：PN =180kW, UN=230V,nN=1450r/min,ηN=%，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= IN 100/ηNP=已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：PN =, UN=220V, nN=1500r/min, ηN=%,试求该电机的额定电流和转矩。
机电传动控制习题答案
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.答: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.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。
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: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=0.5J ω22。
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？答：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。
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 tφI 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。
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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。
答：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.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。
2.4 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：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=0.5Jω22.9 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？答: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3.3 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 tφI 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。
机电传动控制_各章课后习题及答案大全
机电传动控制_各章课后习题及答案⼤全机电传动控制邓星钟第四版课后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。
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 TLNTM=TL TM< TLTM-TL>0说明系统处于加速。
TM-TL<0 说明系统处于减速TM TL TM TLTM> 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 TLTM= 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=0.5Jω22.5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。
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习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础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。
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。
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）TM-TL>0系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 转速n M n L=60r/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=JM+J1/j2+ JL/j12=+2/9+16/225=.如图（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=,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD2M= m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为。
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=*2n/60= rad/s.提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=4*4*2=sv=ωD/2=2*=sT L=ηC n M=*100**950=GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2=*+100*322=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交点是系统的平衡点第三章一台他励直流电动机的技术数据如下：P N=,U N=220V, I N=, n N=1500r/min, R a =Ω,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=φN时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。
机电传动控制基础课后题答案
解：（1）固有特性：
U N N PN 103 220 116 22000 Ra 0.75 0.75 0.196 2 2 N 116 Ke N n0 U N N Ra 220 116 0.916 0.132 nN 1500
UN 220 1667 r min K e N 0.132
F v2 2 1.1 GDM 365 2 nM 100 0.37 2 1.11.05 365 950 2 1.155 0.0055 1.16 N m 2
2.10 在题2.10图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性， 试判定那些是系统的稳定平衡点？那些不是？
ωM T
ωL
J1ω1 (a) 旋转运动
解：电动机轴与中间轴速比j1： j1 nM / n1 900 /300 3
电动机轴与卷筒轴速比jL ： jL nM / nL 900 /60 15
折算到电动机轴上的等效转动惯量JZ ：
2 16 J Z J M 2 2 2.5 2 2 j1 jL 3 15 2.5 0.22 0.07 2.79 kg m 2
解：在电动机未启动之前n=0，E=0，而Ra很 小。所以将电动机直接接入电网并施加电压启动 电流很大，一般达到额定电流的10—20倍。这样 大的启动电流使电动机在换向过程中产生危险地 火花，烧坏整流子，同时过大的电枢电流产生过 大的电动应力，还可能引起绕组的损坏，而且产 生与启动电流成正比例的启动转矩，会在机械系 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。 限制直流电动机的启动电流，一般有两种
由ns UN Ra R 2 ( T )得 2 KeN 9.55( KeN ) UN 9.55( KeN ) 2 ） Ra 6.54 KeN T
机电传动控制基础课后题答案
N •m
3.11一台他励直流电动机的名牌数据为：
PN=5.5kW,UN=110V, IN=62A
nN=1000r/min ，
试绘制出它的固有机械特性曲线：
解：
Ra
0.75
UnN n2
PN
0.75
110
62 622
5500
0.26
ke N UN RaN 110 0.26 62 0.094
机电传动控制
第二章 机电传动系统的运动学基础
2.3 试列出以下几种情况下(见题图2.3)系统的运动方程式，并针 对各系统说明： 1） TM、TL的性质和符号并代入运动方程 2） 运动状态是加速、减速还是匀速？
T
TL
n
T=TL TL
T
n
T>TL
T
TL
n
T<TL
符号
性质
状态
T-
制动转矩
TL + 运动方程：
解：（1）固有特性：
Ra
0.75 U N N
PN N2
103
0.75
220
116 1162
22000
0.196
KeN
UN
N Ra nN
220 116 0.916 1500
0.132
n0
UN KeN
220 0.132
1667
r
min
n
n0
Ra 9.55(Ke N )2
T
1667
0.196 9.55 0.1322
n
U KeN
9.55
Ra (Ke
N
)2
T
100 0.916 0.132 9.550.1322
机电传动控制课后习题答案完整版
PN=UNIaNηN Uf= RfIfN
2200=110*IaN*0.8 IfN=110/82.7 =1.33A
IaN=25A
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 Ia= UN/ (Ra+Rst) =52.9A Keφ=(UN-INRa)/nN =0.066 T=KtIaφ =9.55*0.066*52.9 =33.341500r/min, η
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, 载特性为： U 0/ V I f/A 115 0.442 184 0.802 230 1.2 253 1.686 265 2.10 n N=2850r/min,Ra =0.25Ω， 其空
异步电动机的转子没有直流电流励磁它所需要的全部磁动势均由定子电流产生所以一部电动机必须从三相交流电源吸取滞后电流来建立电动机运行时所需要的旋转磁场它的功率因数总是小于1的同步电动机所需要的磁动势由定子和转子共同产生的当外加三相交流电源的电压一定时总的磁通不变在转子励磁绕组中通以直流电流后同一空气隙中又出现一个大小和极性固定极对数与电枢旋转磁场相同的直流励磁磁场这两个磁场的相互作用使转子北电枢旋转磁场拖动着一同步转速一起转动
机电传动控制课后习题答案
又，制动瞬间的制动转矩
T Kt IN 9.55Ke IN 9.55 0.208 2 31 123.16 N m
由ns R 2 ns （ UN Ra R 2 ( T )得 KeN 9.55( KeN ) 2
3.10 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：PN=7.5kW,UN=220V, n N=1500r/min, ŋ N=88.5%，试求该电机的额定电流和额定转矩。
PN N UN IN IN PN 7.5 1000 38.52 A NU N 220 88.5% PN
PN TN 9.55 nN 9.55 7.5 1000 47.75 N m 1500
由-n =
UN Ra R 5 TL得 2 KeN 9.55( KeN )
UN 9.55( KeN ) 2 R5 （ n） Ra 0.8 KeN TL 不串电阻时的制动转速： n= UN Ra 220 0.4 TL= 49 1105 r 2 2 min KeN 9.55( KeN ) 0.208 9.55 0.208
第2章 机电传动系统的基础知识
习题与思考 2.3 试列出以下几种情况下（见图2.3）系统的运动方程式，并针对各系统说明： (1) T,TL的性质和符号，并带入运动方程。 (2) 运动状态是加速，减速还是匀速？
T
n
TL T
n
TL T
n
TL
T=TL
T<TL
T>TL
T
n
TL
T
n
TL
T
n
机电传动控制基础课后题答案
折算到电机轴上的静态转矩:
TL
9.55 F v2
c nM
9.55 100 0.37 0.83 950
0.448
N •m
折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GDZ2
GDZ2
GDM2
GD12
j
2 1
(
GDL2 j1 j2 )2
365
G v2 nM2
1.1 GDM2
365
F v2 nM2
(2)电动机拖动位能性恒转矩负载，要求以-300r／min速度下放重 物，采用倒拉反接制动，电枢回路应串多大电阻?若采用能耗制动， 电枢回路应串多大电阻?
(3)想使电机以n＝-1200r／min速度，在再生发电制动状态下，下 放重物，电枢回路应串多大电阻?若电枢回路不串电阻，在再生发 电制动状态下，下放重物的转速是多少?
n) 9.55Ke N 2
TL
- Ra
( 220 1200) 9.55 0.2082
0.208
49
- 0.4 0.8
不串电阻时的制动转速：
n
UN KeN
Ra
9.55Ke
N
2
TL
220 0.208
0.4 9.55 0.2082
49 1105 r/min
习题与思考
3.4 直流电动机一般为什么不允许直接启动？如直接启动 会发生什么问题？应采用什么方法启动比较好？
N •m
3.11一台他励直流电动机的名牌数据为：
PN=5.5kW,UN=110V, IN=62A
nN=1000r/min ，
试绘制出它的固有机械特性曲线：
解：
Ra
0.75
UnN n2
PN
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机电传动控制课后习题答案完整版 习题与思考题
第二章 机电传动系统的动力学基础
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：
T d >0时：系统加速； T d =0 时：系统稳速；T d <0时，系统减速或反向加速。
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）
dt
d J
T T L M ω=-
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.。
机电传动控制习题答案
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。
答：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。
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。
2.4 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：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=0.5J ω22.9 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？答：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3.3 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 tφI 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=E1，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E1？T=I a K tφ, 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E1.3.11为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？答：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 3.12他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求？如何实现？答：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？答：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.3.16 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？答：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？答：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？答：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。
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机电传动控制课后习题答案完整版习题与思考题第二章 机电传动系统的动力学基础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：T d >0时：系统加速； T d =0 时：系统稳速；T d <0时，系统减速或反向加速。
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）dtd JT T L M ω=-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。
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机电传动控制课后习题答案完整版习题与思考题第二章 机电传动系统的动力学基础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：T d >0时：系统加速； T d =0 时：系统稳速；T d <0时，系统减速或反向加速。
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）dtd JT T L M ω=-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。
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习题与思考题
第二章机电传动系统的动力学基础
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。
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。
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）
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
系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速
TM= TL TM= TL
系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速
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=ω2
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。
如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 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=+2/9+16/225=
.如图（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= m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为。
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=*2n/60= rad/s.
提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=4*4*2=s
v=ωD/2=2*=0.373m/s
T L=ηC n M=*100**950=
GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2
=*+100*322
=
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.
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。