机电传动课后重点习题答案
机电传动控制（第五版）课后习题答案
机电传动控制（第五版）课后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< TLTM-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。
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。
机电传动控制第二版课后练习题含答案
机电传动控制第二版课后练习题含答案注意：以下题目及答案仅供参考，具体答案需根据实际情况而定。
第一章选择题1.在PLC控制系统中，属于输入信号的是：A. 电动机转速B. 光电开关信号C. 驱动器输出信号D. 电源电压【答案】 B2.PLC控制系统中的通讯接口属于下列哪种类别？A. 并行接口B. 串行接口C. USB接口D. 网络接口【答案】 B第二章填空题1.电话拨号机是一种由_________控制的机电一体化设备。
【答案】数字信号2.__________________是PLC的基本组成部分，它用于检测输入信号的状态并决定输出信号的状态。
【答案】 PLC输入输出模块3.在闭环控制中，____________是与实际输出信号相比较以检测误差的元件。
【答案】比较器第三章简答题1.请解释机械传动中的速度比。
【答案】速度比是指输入轴与输出轴的转速之比，通常表示为i，公式为i=输出轴转速/输入轴转速。
2.请简述闭环控制中的基本概念。
【答案】闭环控制是指通过比较输出信号和期望值信号之间的差异，来使得输出信号和输入信号之间的差异最小化的控制系统。
闭环控制系统有感知环节，执行环节和反馈环节三个基本部分。
第四章综合题某工厂生产一款机器人，需要通过气动元件控制机器人的移动。
机器人有三个移动方向：上下、前后和左右。
请设计一个气动控制系统，使得机器人可以完成以下动作：•向左移动3秒钟，速度为每秒50cm•向后移动2秒钟，速度为每秒30cm•向上移动1秒钟，速度为每秒20cm并画出相应的气动控制图。
【答案】暂无。
机电传动控制课后习题答案
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—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=TLTM< TLTM—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 LT 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 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。
机电传动课后习题答案
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：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（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）2.4 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。
2.9 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 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，试判断在交点转速以上有：TM<TL 在交点转速以下有：TM>TL交点是系统的稳定平衡点交点是系统的稳定平衡点T M T L21oTn(a)T L T M1Tno2(b)dtdJTTLMω=-dLMTTT=-在交点转速以上有：TM<TL 在交点转速以下有：TM<TL交点不是系统的稳定平衡点在交点转速以上有：TM<TL交点是系统的稳定平衡点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要发生变化？• 答：不能。
因为，常数= TL =T=Kt φIa 。
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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。
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）TMTLTM=TLTM< TLTM-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 LT 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 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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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 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E1.3.5 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 N180KW=230*I NI N=782.6A该发电机的额定电流为782.6AP= I N100/ηNP=87.4KW3.6 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 NηN7500W=220V*I N*0.885I N=38.5AT N=9.55P N/n N=47.75Nm3.7一台他励直流电动机：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=1.08A3.8 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。
机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集
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？
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：
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。
TN
9550
PN nN
9550 6.5 1500
40.5(N m)
⑵ 在（1）中，n n0 nN 1559 1500 59(r / min)
机电传动课后习题答案(老师要求做的)
第二章机电传动系统的动力学基础2.3 试列出如题2.3图所示几种情况下系统的运动方程式，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 LTM-TL=0说明系统处于匀速。
TM-TL<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？a 交点是系统的稳定平衡点.b 交点是系统的平衡点c 交点是系统的平衡d 交点不是系统的平衡点e 交点是系统的平衡点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E1.3.6 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=UNINηN7500W=220V*IN*0.885IN=38.5ATN=9.55PN/nN=47.75Nm3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：PN=6.5KW,U N=220V, I N=34.4A, 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。
机电传动控制课后习题答案解析..
PN 5.5 TN 9550 9550 52.53( N m) nN 1000
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=0.2 Ω，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： PN 5.5
2 Z
100 0.372 2 GD (1.1 ~ 1.25) 1.05 365 1 . 16 ~ 1 . 32 N m 9502
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。
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 答： ⑴
695509550mnntnnn?ntrkkntkkrnatentea22所以nnrrrtkkrrnadaadanteadaad????????a112111rr13r时当串入i79079059593311????1559????min591500155910rnnnn??中在min02421rn??min769790101rnnn??nnadad????????a222rr15r时当串入min1278590242512rn??????min28112781559202rnnn??min5
机电传动控制课后习题答案
习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础2.3 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）TMTLTM=TLTM< TLTM-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 LT 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 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2.3 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=15J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm23.4一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.3.5 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E1.3.7 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=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。
机电传动课后重点习题答案
习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础2.6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=15J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm22.10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？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E1.3.6 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。
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=0.5Jω22.6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=15J=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。
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-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=TLTM< TLTM—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 LT 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 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。
机电传动课后解答
8.26 如图为机床自动间歇润滑的控制线路图，其中接触 器KM为润滑油泵电动机启停用接触器（主电路未画出）， 控制线路可使润滑有规律地间歇工作。试分析此线路的工 作原理，并说明开关S和按钮SB的作用。
SB按钮为人 工的点动控制. 开关S实现自动的间歇润滑,关闭 后KM 得电,电动机工作,1KT得电, 经过一段时间后,动合触点闭合,K 得电,同时KM失电,电动机停止工 作,2KT得电一段时间后,动断触点 断开,K闭合电动机重新工作.
8.12时间继电器的四个延时触点符号各代表什么意思？
8.16 要求三台电动机1M、2M、3M按一定顺序启动：即 1M启动后，2M才能启动；2M启动后3M才能启动； 停车时则同时停。试设计此控制线路。
8.25试设计一条自动运输线，有两台电动机， 1M拖动运输机， 2M拖动卸料。要求： ①1M先启动后，才允许2M启动； ②2M先停止，经一段时间后1M才自动停止，且2M可以单独停 止； ③两台电动机均有短路、长期过载保护。
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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22?GD大得多2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD逼高速轴的2222 GD?D/375. ,P不变转速越小GD越大，转速越大?因为P=Tω，T=GD/375. P=ωG 越小。
2J中间传。
转速n=900r/min2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量=2.5kgm,M M2=60,转速nJ=16kgm动轴的转动惯量 r/min。
试求折算到电动机轴上的等效专惯量。
LL:j=Nm/N1=900/300=3,j1=Nm/Nl=15 折算到电动机轴上的等效转动惯量222J=JM+J1/j+ JL/j1=2.5+2/9+16/225=2.79kgm 反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点？2.10因而他,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与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在总是阻碍运动的.,位能转矩的作用方向恒定相反方向便促使运动。
分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的2图中，曲线2.11 在题2.111和稳定平衡点？哪些不是？交点是系统的平衡. 交点是系统的稳定平衡交点不是系统的平衡点交点是系统的平衡交点是系统的平衡点第三章3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩 T=常数，当电枢电压附加电阻改变时，能否L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=KφI u=E+IR aata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，如负载转矩T=常数，外加L1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？1T=IKφ, φ减弱,T是常数,I增大.根据E=U-IR,所以E减小.,小于E. 1aNNtNa aa3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P=7.5KW, U=220V, n=1500r/min,ηNNN =88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。
N P=UIηN NNN7500W=220V*I*0.885 N I=38.5A N T=9.55P/n NNN =47.75Nm3.11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很小,所以将电动机直接接入电网并施加额定电压时,a启动电流将很大.I=U/R aNst3.12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=0 和T=T两种情况加以分NLL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=0时理论上电动机转速将趋近L于无限大,引起飞车, T=T时将使电动机电流大大增加而严重过载.一台直流他励电动机，其额定数据如下：P=2.2KW,U=U=110V,n=1500r/min,ηNNfN=0.8,R=0.4 NL3.15Ω, R=82.7Ω。
试求：fNa①额定电枢电流I。
An②额定励磁电流I。
fN③励磁功率P。
f④额定转矩T。
N⑤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 P=UIηNNNaN2200=110*I*0.8 aN I=25A aN② U= RI fNff I=110/82.7 fN =1.33A③ P= UI fN ff =146.3W④额定转矩T=9.55 P/ n NNN =14Nm⑤额定电流时的反电势E=U-IR aNNN=110V-0.4*25=100V⑥直接启动时的启动电流I=U/R astN =110/0.4=275A⑦启动电阻 2I> U/(R+R) stNaN R>1.68Ωst启动转矩 Kφ=(U-IR)/n NNNea=0.066Ia= U/(R+R) T=KIφaastNt =52.9A =9.55*0.066*52.9=33.34Nm3.17 转速调节（调速）与固有的速度变化在概念上有什么区别？二速度调节则是某一特定的负载,由于负载改变而引起的,速度变化是在某机械特性下下,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R ad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/Kφ-(R+R)T/kKφ2atadee 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反接制动电源反接制动电源反接制动一般应用在生产机械要求迅速减速停车和向的场合以及要求经常正反转的机械上.倒拉反接制动倒拉反接制动状态下的机械特性曲线实际上是第一象限电动状态下的机械特性区现在第四象限中的延伸,若电动反向转在电动状态,则倒拉反接制动状态下的机械特性曲就是第三象限中电动状态下的机械特性曲线在第二象限延伸..它可以积低的下降速度,保证生产的安全,缺点是若转矩大小估计不准,则本应下降的重物可能向上升,机械特硬度小,速度稳定性差.3 能耗制动机械特性曲线是通过原点,且位于第二象限和第四象限的一条直线,优点是不会出现像倒拉制动那样因为对T的大小估计错误而引起重物上升的事故.运动速度也较反接制L动时稳定.第四章．4.1 有一台四极三相异步电动机，电源电压的频率为50HZ，满载时电动机的转差率为0.02求电动机的同步转速、转子转速和转子电流频率。
n0=60f/p S=(n0-n)/ n0=60*50/20.02=(1500-n)/1500=1500r/min n=1470r/min电动机的同步转速1500r/min.转子转速1470 r/min, 转子电流频率.f2=Sf1=0.02*50=1 HZ4.3 有一台三相异步电动机，其nN=1470r/min,电源频率为50HZ。
设在额定负载下运行，试求：①定子旋转磁场对定子的转速； 1500 r/min②定子旋转磁场对转子的转速； 30 r/min③转子旋转磁场对转子的转速； 30 r/min④转子旋转磁场对定子的转速； 1500 r/min⑤转子旋转磁场对定子旋转磁场的转速。
0 r/min4.4当三相异步电动机的负载增加时，为什么定子电流会随转子电流的增加而增加？因为负载增加n减小,转子与旋转磁场间的相对转速( n0-n)增加,转子导体被磁感线切割的速度提高,于是转子的感应电动势增加,转子电流特增加,.定子的感应电动使因为转子的电流增加而变大,所以定子的电流也随之提高5.5 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.5.6 有一台三相异步电动机，其技术数据如下表所示。
满载时/TTst/T TU/V I/I /kW 型号P NNNstNmaxN-1ηminn/r·I/A ×100 cosφNNN2.0220/380Y132S-66.52.0960 12.8/7.2 83 0.753380V时，三相定子绕组应如何接法？试求：①线电压为；,T和I,T ②求n,p,S,T stmaxNst0N③额定负载时电动机的输入功率是多少？. Y型接法①线电压为380V时，三相定子绕组应为=9.55*3000/960=29.8Nm /n T②=9.55P NNN=2 Tst=2*29.8=59.6 Nm Tst/ T N=59.6 Nm =2.0 T/ TT maxmaxN=46.8A=6.5 I/II stNst一般n=(0.94-0.98)n n=n/0.96=1000 r/min NN00SN= (n-n)/ n=(1000-960)/1000=0.040N0P=60f/ n=60*50/1000=3 0③η=P/P N输入P=3/0.83=3.61三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如何变化？对电动输入4.7机有何影响？电动机的电流会迅速增加,如果时间稍长电机有可能会烧毁.4.8 三相异步电动机断了一根电源线后，为什么不能启动？而在运行时断了一线，为什么仍能继续转动？这两种情况对电动机将产生什么影响？三相异步电动机断了一根电源线后，转子的两个旋转磁场分别作用于转子而产生两个方向相反的转矩，而且转矩大小相等。
故其作用相互抵消，合转矩为零，因而转子不能自行启动，而在运行时断了一线，仍能继续转动转动方向的转矩大于反向转矩，这两种情况都会使电动机的电流增加。
4.11有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下：-1 U/V η×100 cosφI/I/kW Pn/r·min Tst/T T/T 接法NNmaxNNNNNNst△2.01.29014700.9403806.5①当负载转矩为250N·m时，试问在U=U和U`=0.8U两种情况下电动机能否启动？NN T=9.55 P/ n NNN=9.55*40000/1470=260NmTst/T=1.2 N Tst=312Nm222）/（R+XU Tst=KR2022=312 Nm312 Nm>250 Nm 所以U=U 时电动机能启动。