机电传动及控制习题--解答Word版

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机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集

答： ⑴
n0
UN Ke N
U N nN U N I N Ra
n0

220 1500 220 34.4 0.242
1559(r
/ min)
TN
9550
PN nN
9550 6.5 1500
40.5(N m)
⑵ 在（1）中，n n0 nN 1559 1500 59(r / min)
答：
P1
INUN
PN
N
IN
PN
U NN
7.5 1000 220 0.885
38.52( A)
TN
9550
PN nN
9550 7.5 1550
47.75(N m)
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。
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=82.7 Ω。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

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 ω2

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: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。

机电传动控制第2章习题答案

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？
n
Байду номын сангаас
1
2
n 1 2
o T
TM TL
（a）
在交点转速以上有：TM<TL 交点是系统的稳定平衡点
o
T
TL TM
（b）
在交点转速以下有：TM>TL 交点是系统的稳定平衡点
n 1
2
o
T
TM TL
（c）
在交点转速以上有：TM<TL 交点是系统的稳定平衡点
n
2 1
o
T
TM TL
（d）
在交点转速以下有：TM<TL 交点不是系统的稳定平衡点
n 1 2
o
T
TM
TL
（e）
在交点转速以上有：TM<TL 交点是系统的稳定平衡点
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）
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4种类型的负载： 1、恒转矩型机械特性(反抗型和位能型)； 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。

机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集

(4)、TN
9550
PN nN
9550 2.2 1500
14(N m)
(5)、E U N I aN Ra 110 25 0.4 100 (V )
答：因为 T KtIa TL 常数
当Φ ↓时，→ Ia↑
由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia ↑时， →E ↓，所以：
E<E1
3.6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：
nL

nM j1 j2

950 44
59.4(r / min)
v Dn L 0.24 59.4 0.37(m / s)
60 j3
60 2
TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m
GDZ2
GDM2
Fv2 365

n0 2
1559 ＝779 .5(r / min) 2
n1 n01 n 779 .5 59 720 .5(r / min)
⑷
当 0.8 N时，n01
U Ke
UN 0.8K e N
n0 1559 0.8 0.8

机电传动与控制考试参考答案汇总教案资料

机电传动与控制考试样题

一．选择题（从下列各题备选答案中选出一个正确答案，再将其代号写在题后的括号内，每小题2分，共10分）

1．机电传动系统处于动态时，系统中必然存在一个动态转矩Td ，当Td>0时，表示系统处于（ B ）

A 匀速运行状态;

B 加速运行状态;

C 减速运行状态; D.静止状态

2. 下列启动方法中，不能用于鼠笼式异步电动机的是（ D ）

A 电阻或电抗器降压启动；

B 直接启动；

C 星形－三角形降压启动；

D 转子电路逐级切除启动电阻

3．为了实现生产设备的多点控制，接线的组成原则是（ A ）

A 各启动按钮的常开触点并联，各停止按钮的常闭触点串联

B 各启动按钮的常开触点并联，各停止按钮的常闭触点并联

C 各启动按钮的常开触点串联，各停止按钮的常闭触点并联

D 各启动按钮的常开触点串联，各停止按钮的常闭触点串联

4．下列对他励电动机机械特性的描述，不属于人为特性的是（ A ）

A 在额定电压和额定磁通下，电枢电路内不接任何电阻时的机械特性；

B 电枢电路串接电阻时的机械特性；

C 降低电源电压时的机械特性；

D 改变磁通时的机械特性

5．可工作于交流电源的晶闸管形式是（ B ）

A 可关断晶闸管

B 双向晶闸管

C 大功率晶闸管

D 功率晶闸管

二．填空题（每空1分，共10分）

1．尽管电动机种类繁多、特性各异，生产机械的负载性质也可以各种各样，但从动力学的角度来分析，都应服从动力学的一般规律，即在同一传动轴上电动机的转距T M 、负载转距T L 、转轴角速度w 三者之间符合关系式（1）dt

d J T T L M ω=-。 2．在诸如电车下坡这样的过程中，当电动机在负载的拖动下使得电动机的实际转速n 大于其理想空载转速n 0（即n>n 0），电枢电流I a 反向，电磁转矩T 反向变为制动转矩而产生的制动称为（2）反馈制动或再生制动或发电制动；在要求生产机械迅速减速、停车或反向的场合，将电枢电压U 改变方向而产生的制动称为（3）电源反接制动。

机电传动控制课后习题答案

10.1晶闸管的导通条件是什么？导通后流过晶闸管的电流决定于什么？晶闸管由导通转变

为阻断的条件是什么？阻断后它所承受的电压决定于什么？

晶闸管的导通条件是:(1) 晶闸管的阳极和阴极之间加正向电压。（2）晶闸管的阳极和控制极通时加正相电压市晶闸管才能导通.

导通后流过晶闸管的电流决定于(电压不变时)限流电阻(使⽤时由负载)决定.

晶闸管由导通转变为阻断的条件是当减少阳极电压或增加负载电阻时,阳极电流随之减少,当阳极电流⼩于维持电流时,晶闸管便从导通状态转化维阻断状态.

阻断后它所承受的电压决定于阳极和阴极的反向转折电压.

10.2晶闸管能否和晶体管⼀样构成放⼤器？为什么？

晶闸管不能和晶体管⼀样构成放⼤器,因为晶闸管只是控制导通的元件,晶闸管的放⼤效应是在中间的PN节上.整个晶闸管不会有放⼤作⽤.

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，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？为什么？

③再把开关S断开后灯泡亮不亮？为什么？

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。

10.6晶闸管的主要参数有哪些？

晶闸管的主要参数有①断态重复峰值电压U DRE:在控制极断路何竟闸管正向阻断的条件下,可以重复加在晶闸管两端的正向峰值电压,其数值规定⽐正向转折电压⼩100V.

机电传动及控制习题--解答

“机电传动与控制”习题06-07学年第2学期（200703-200707）

第1次作业（第二章）

1．简述组合开关与自动开关的区别。

答：组合开关又称转换开关，不能直接带负载起动电动机，不具有保护功能；自动开关主要在电路正常工作条件下作为线路的不频繁接通和分断用，并在电路发生过载、短路及失压时能自动分断电路。

2．自动开关有哪几种保护。

答：过载、短路及欠压。

3、简述热继电器与熔断器的用途的区别及原因。

答：熔断器在电路严重过载或短路时起保护作用，热继电器起过载、断相及电流不平衡的保护。电路中的电流

超过短路保护电流时，熔断器立即熔化切断电路，而电路中的电流短时超过额定电流时热继电器不动作，但一定时间内连续超过额定电流，热继电器动作，切断控制电路中的接触器线圈，从而切断主电路，以避免电路长时间过载。

第2次作业（第二章）

1、（参考书［1］2-2）试用延时动作瞬时复位的时间继电器、中间继电器、按钮开关等画出控制一个电动机只通电一定时间的电路。

解：该电动机为小容量电动机。

3～50Hz

FU2

2、（参考书［1］2-3）在下图的能耗制动控制电路中，若用断电延时触头代替该图中的通电延时触头，请修改控制电路（重新画图）。

解：

KM1

KM2

KM1

SB2SB1FR

SB1

KM2

KT KM2

KT KM1

3、（参考书［1］2-4）下图为双速电机的控制图，若将图中的开关SA改为控制按钮SB，且不改变原电路功能，试设计该控制电路图。

解：

第3次作业（第三章）

1、（参考书［1］P27-1）下图为机床自动间歇润滑的控制电路图，KM控制润滑泵电机运行。KT1、KT2为通电延时时间继电器。

机电传动控制课后习题答案完整版

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）

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.

机电传动控制课后习题答案《第五版》

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-TLvO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）

系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速

TM< TL

TM-TLvO说明系统处于减

速。

TM-TLvO 说明系统处于减速

T M>T L

T L T M

T M=T L

系统的运动状态是减速

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? , 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?2 2.5

为什么低速轴转矩⼤，⾼速轴转矩⼩？

机电传动控制(第五版)课后习题答案

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

机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集

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？
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=0.242 Ω，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3 Ω和5 Ω 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＝0.8 ΦN时的人为机械特性
Ke
Ra Kt2
TN
n，所以Ke Kt 2

RaTN n
当串入R ad1
3时，n1

Ra Ke
Rad1 Kt2
TN

Ra
Rad1 Ra
n＝1＋
R ad1 Ra
n
n1

1＋ 3 0.242
59

790 (r
/
min)
n1 n0 n1 1559 790 769 (r / min)
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

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 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< TL

TM-TL>0说明系统处于加速。 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

机电传动控制_习题集(含答案)

《机电传动控制》课程习题集

一、单选题

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. 电动机运行状态如图所示，当L M T T 〉时，判断正确的是 ( )

A ．匀速

B ．减速

C ．加速

D ．不确定

3. 电动机运行状态如图所示，当L M T T =时，判断正确的是 ( )

A ．匀速

B ．减速

C ．加速

D ．不确定

4. 电动机运行状态如图所示，当L M T T =时，判断正确的是 ( )

A ．匀速

B ．减速

C ．加速

D ．不确定

5. 电动机稳定匀速运行时，其拖动转矩与负载转矩的关系为 ( )

A ．拖动转矩比负载转矩略大，方向相反；

B ．拖动转矩比负载转矩小，方向相反；

C ．拖动转矩与负载转矩相等，方向相反；

D ．拖动转矩与负载转矩都为零。

6. 恒转矩型机械设备的机械特性是： ( )

A ．拖动转矩是常数

B ．负载转矩是常数

C ．拖动转矩是转速的函数

D ．负载转矩是转速的函数

7. 如图，1为电动机的机械特性，2为生产机械的机械特性，关于平衡点正确的是 (

)

A ．拖动转矩

B ．负载转矩

C ．转动惯量

D ．飞轮转矩 11. 直流电动机的制动方法中不采用的有 ( ) A ．反馈制动

B ．反接制动

C ．能耗制动

D ．直接制动 12. 直流发电机中的电磁转矩方向与转子的旋转方向 ( ) A ．相同

B ．相反

C ．成45度角

D ．随换向器而变化 13. 直流发电机将电枢绕组感应的交流电动势转换成直流电动势的是 ( ) A ．换向极 B ．电刷装置 C ．换向器

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，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® , 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® 2

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：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。

机电传动控制总复习题及答案

解：① ②
60f 6050
p
2
n0 1500
PINP 2N N0.1806k8W 1.1 5k2W
③ SNn0n 0nN15 1 0 5 10 0 4 0 60.0 027
④ IN3 U N P IcNo N s 3 1 3.5 1 80 2 .8 0A 8 2A 0
⑤ T N 9 .5P n 5 2 N N 9 .5 5 1 1 0 1 4 30 N 6 m 0 6.4 5 N m
16.晶闸管的导通条件是阳极加正向电压与控制极加正向电压，晶闸管由导通转变为阻断的条件是阳极电压降到零或反向，阻断后它所承受的电压大小决定于电源电压。
17. 有一台三相异步电动机，正常运行时为Δ接法，在额定电压 UN下启动时，其启动转矩Tst=1.2TN(TN为额定转矩)，若采用Y- Δ 换接启动，试问当负载转矩TL=35%TN时，电动机能否启动？为什么？
答：
31、问答题：以下三个图形是他励直流电动机的三种人为机械特性，请说明是哪三种。
(a)
(b)
(c)
答: (a)为改变磁通Φ时的人为机械特性；(b)为改变电枢电压U 的人为机械特性；(c)为电枢回路串电阻的人为机械特性。
32. 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E比E1是

机电传动控制课后习题答案完整版

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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 =33.34Nm
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？