机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集

n1 n0 n1 1559 790 769(r / min)
5 n2 1＋ (r / min) 59 1278 0.242
R ad 2 当串入 R ad 2 5时， n 2 1＋ R n a
n2 n0 n2 1559 1278 281 (r / min)
当TL=TN启动时：n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN全 加在电阻Ra上，产生很大的Ia（(10~20)IN），但因为Φ≈0，所以 T＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以系统无法启动。
当电动机运行在额定转速下， T＝KtΦNIaN = TL＝TN，n＝ nN，此时断开励磁， Φ≈0，虽然仍有n＝nN，但E ≈0，根据 UN=E+IaRa 知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia，但因为Φ≈0， 所以 T＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以T＜ TL，系统逐渐减 速到停车。
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。
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 为多少？此时启动转矩又为多少？ 答：(1)、因为I aN U N PN ，所以I aN PN 2.2 1000 25( A) N U N N 110 0.8
TN 9550 nN 9550 1500 35.02( N m)
I N I N I fN 61 2 59( A)
n0
n0
UN U N nN Ke N U N I aN Ra
110 1500 1680 (r / min) 110 59 0.2
PN U N Ra 0.50 ~ 0.751 I U I N N N 5.5 1000 110 Ra 0.50 ~ 0.751 0.172 ~ 0.258() 110 62 62
UN U N nN n0 Ke N U N I N Ra
答： 因为Tst=UN/Ra，Ra很小，所以Tst很大，会产生控制火花， 电动应力，机械动态转矩冲击，使电网保护装置动作，切断电源 造成事故，或电网电压下降等。故不能直接启动。 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。
N
7.5 1000 IN 38.52( A) U N N 220 0.885 PN
PN 7.5 TN 9550 9550 47.75( N m) nN 1550
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。 答：
T Kt I a 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。 PN 答： P1 I N U N
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。
2.3 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
Ra Ra 1 59 n1 T TN＝ 2 n 92.2(r / min) 2 N 2 2 2 Ke Kt 0.8 K e K t N 0.8 0.8
n1 n01 n1 1949 92.2 1856 .8(r / min)
3.11
为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？
JZ JM
J1 J L 2 16 2 2 2.5 2 2 2.8(kg m) j1 jL 3 15
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。
Ra RaTN 2 T n ，所以 K K N e t n Ke Kt 2
当串入 R ad 1 R ad 1 Ra Rad 1 Ra Rad 1 3时， n1 TN n＝ 1＋ n 2 Ra Ra Ke Kt
3 n1 1＋ 59 790(r / min) 0.242
答：
nM 950 nL 59.4(r / min) j1 j 2 4 4
v
DnL
60 j3

0.24 59.4
60 2
0.37(m / s)
TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m
2 Fv 2 2 GDZ GDM 365 2 nM
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：
d TM TL J dt
TM TL Td
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
2.2 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
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？ 答：因为
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： 当TL=0启动时：因为励磁绕组有一定剩磁，使Φ≈0；启动 时，n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN全加在电阻Ra上，产 生很大的Ia （(10~20)IN） ，但因为Φ≈0，所以 T＝KtΦIa并不大， 因为TL≈0，所以动转矩大于0，系统会加速启动；启动后，虽有 n，使E变大点，但因为Φ≈0，所以E仍不大， UN大部分仍要加 在电阻Ra上，产生很大Ia和不大的T，使系统不断加速；当系统 达到“飞车”时，在相当大的某一n稳速运行时， T＝KtΦIa=TL ≈0，所以Ia ≈0，此时，E相当大，UN几乎和E平衡。
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
⑵ ⑶ ⑷
固有机械特性
电枢附加电阻分别为3 Ω和5 Ω 时的人为机械特性 电枢电压为UN/2时的人为机械特性 磁通Φ＝0.8 ΦN时的人为机械特性
⑶
UN n0 1559 U 当U U N / 2时，n01 ＝779.5(r / min) Ke 2K e 2 2
n1 n01 n 779.5 59 720.5(r / min)
⑷
当 0.8 N 时，n01 UN n U 1559 0 1949 (r / min) Ke 0.8K e N 0.8 0.8
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。
n0 110 1000 1107 ~ 1170 (r / min) 110 62(0.172 ~ 0.258)
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。 PN 答： 5.5