机电传动课后答案(第十章)
机电传动控制课后习题答案
机电传动控制课后习题答案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。
2.4 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=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=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。
机电传动控制第三版课后答案
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。
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 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=0.5Jω22.5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。
机电传动与控制(第四版)第10章课后习题参考答案
第十章电力电子学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.②反向重复峰值电压U RRM:在控制极断路时,可以重复加在晶闸官元件上的反向峰值电压.③额定通态平均电流(额定正向平均电流)I T.④维持电流I H:在规定的环境温度和控制极断路时,维持元件导通的最小电流.10.7如何用万用表粗测晶闸管的好坏？良好的晶闸管,其阳极A与阴极K之间应为高阻态.所以,当万用表测试A-K间的电阻时,无论电表如何接都会为高阻态,而G-K间的逆向电阻比顺向电阻大.表明晶闸管性能良好. 10.8晶闸管的控制角和导通角是何含义？晶闸管的控制角是晶闸官元件承受正向电压起始到触发脉冲的作用点之间的点角度.导通角是晶闸管在一周期时间内导通得电角度.10.9有一单相半波可控整流电路，其交流电源电压U2=220V ,负载电阻R L=10 Ω,试求输出电压平均值U d的调节范围,当α=π/3，输出电压平均值U d和电流平均值I d 为多少？并选晶闸管.U d=1/2π∫απ√2sinwtd(wt)=0.45U2(1+cosα)/2=0.45*220(1+1)/2=99V输出电压平均值U d的调节范围0-99V当α=π/3时U d= 0.45U2(1+cosα)/2=0.45*220*（1+0.866）/2=92.4V输出电压平均值U d=92.4V电流平均值I d= U d/R L=92.4/10=9.24A10.10续流二极管有何作用？为什么？若不注意把它的极性接反了会产生什么后果？续流二极管作用是提高电感负载时的单相半波电路整流输出的平均电压。
机电传动控制第五版课后答案--最全版
机电传动控制第五版课后答案--最全版机电传动控制是一门涉及机械、电气和控制等多领域知识的重要学科，对于相关专业的学生和从业者来说，掌握这门课程的知识至关重要。
而课后习题的答案则是检验学习成果、加深理解的重要工具。
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第一章绪论1、机电传动控制的目的是什么？答：机电传动控制的目的是将电能转变为机械能，实现生产机械的启动、停止、调速、反转以及各种生产工艺过程的要求，以满足生产的需要，提高生产效率和产品质量。
2、机电传动系统由哪些部分组成？答：机电传动系统通常由电动机、传动机构、生产机械、控制系统和电源等部分组成。
电动机作为动力源，将电能转化为机械能；传动机构用于传递动力和改变运动形式；生产机械是工作对象；控制系统用于控制电动机的运行状态；电源则为整个系统提供电能。
3、机电传动系统的运动方程式是什么？其含义是什么？答：运动方程式为 T M T L ＝J(dω/dt) 。
其中，T M 是电动机产生的电磁转矩，T L 是负载转矩，J 是转动惯量，ω 是角速度，dω/dt 是角加速度。
该方程式表明了机电传动系统中电动机的电磁转矩与负载转矩之间的平衡关系，当 T M ＞ T L 时，系统加速；当 T M ＜ T L 时，系统减速；当 T M ＝ T L 时，系统以恒定速度运行。
第二章机电传动系统的动力学基础1、为什么机电传动系统中一般需要考虑转动惯量的影响？答：转动惯量反映了物体转动时惯性的大小。
在机电传动系统中，由于电动机的转速变化会引起负载的惯性力和惯性转矩，转动惯量越大，系统的加速和减速过程就越困难，响应速度越慢。
因此，在设计和分析机电传动系统时，需要考虑转动惯量的影响，以确保系统的性能和稳定性。
2、多轴传动系统等效为单轴系统的原则是什么？答：多轴传动系统等效为单轴系统的原则是：系统传递的功率不变，等效前后系统的动能相等。
3、如何计算机电传动系统的动态转矩？答：动态转矩 T d ＝ T M T L ，其中 T M 是电动机的电磁转矩，TL 是负载转矩。
《机电传动控制》第五版课后习题答案
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200aae e ae m ae 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=ΦQ Q 又当T=0a aU 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)NN I U我们取Ra ＝0.7(N N N I U P −1)NN I U， 计算可得，Ra ＝0.24 Ω 再根据公式（3.16）得，（1-2） Ke ФN ＝（U N －I N Ra ）/n N =0.095 又根据（1-3） n 0＝U N /（Ke ФN ），计算可得，n 0＝1158 r/min 根据公式（3.17），（2-1） T N ＝9.55NNn P ， 计算可得，T N ＝52.525 N ·M 根据上述参数，绘制电动机固有机械特性曲线如下：3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：P N =6.5KW ，U N =220V ， IN=34.4A ， n N =1500r/min ， R a =0.242Ω，试计算出此电动机的如下特性：①固有机械特性；②电枢附加电阻分别为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。
机电传动控制基础课后题答案
章节一：机电传动系统
机电传动系统的定义 和应用领域
机电传动在各个行业中的 应用领域，如工业生产、 运输和机械制造等。
机电传动系统的组成 和功能
机电传动系统的主要组成 部分和功能，包括动力源、 传动装置和负载等。
机电传动系统的分类 和特点
机电传动系统按照不同的 原理和结构进行分类，并 具有不同的特点和适用范 围。
3
其他传动装置
4
除了齿轮传动和带传动，还有其他 类型的传动装置，如链传动和联轴
器。
齿轮传动
齿轮传动是一种常见的机械传动方 式，通过齿轮的啮合实现转动传递。
轴承
轴承在机械装置中起到支撑和减少 摩擦的作用。
章节四：控制装置
电气控制装置
电气控制装置用于控制机 电传动系统中的电力和信 号。
液压控制装置
液压控制装置用于调节和 控制液压系统中的压力和 流量。
章节二：动力元件
电动机
电动机作为机电传动系统的 主要动力源，将电能转换为 机械能。
液压系统
液压系统利用液体流动产生 的压力来实现动力传输和产 生机械运动。
气动系统
气动系统利用气体流动产生 的压力来实现动装置
1
带传动
2
带传动通过橡胶或金属带的摩擦来
传递动力和运动。
气动控制装置
气动控制装置用于调节和 控制气动系统中的气压和 流量。
机电传动控制基础课后题 答案
欢迎来到机电传动控制基础课后题答案！在这个演示文稿中，我们将讨论机 电传动系统的基础概念、动力元件、传动装置和控制装置。准备好探索这个 令人兴奋的话题！
基础概念复习
1 机电传动系统
定义和应用领域
2 组成和功能
机电传动系统的基本 组成和功能
机电传动课后习题答案
机电传动课后习题答案⽹上找的，仅供参考。
如有雷同，纯属巧合。
如有问题，概不负责。
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？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＜T22.6 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。
2.9 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。
机电传动各章习题与解答
各章习题及解答第2章习题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：与机电传动系统转速n方向相同的转矩，既可以是电动机的转矩T M，也可以是负载转矩T L；静态转矩：即负载转矩T L；动态转矩：定义为T d＝T M－T L2.2从运动方程式怎样看出系统是处于加速的、减速的、稳定的和静止的各种工作状态?2.3试出以下几种情况下(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) T d＝T M－T L＝0，稳态，匀速(b) T d＝T M－T L<0，减速(c) T d＝－T M－T L<0，减速(d) T d＝T M－T L>0，加速(e) T d＝－T M－T L<0，减速(f) T d＝－T M+T L＝0，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?转动惯量折算为杆么依据折算前后动能不变的原则?答：1）因为机电传动系统运动方程式是针对单轴拖动系统建立的，为了将该运动方程应用于多轴系统，必须进行折算；2）因为如果忽略传动损失，传动系统所传递的功率是守恒的，而传递功率P=T ω，即与转矩T 相关，所以应依据功率不变的原则；3）同理，根据动能守恒原则，E=1/2J ω2=Const ，所以应遵守动能不变原则。
2.5为什么低速轴转矩大?高速轴转矩小? 答：根据功率守恒原则，有 P L =P H 而：P L =T L ⨯ωLP H =T H ⨯ωH 因为：ωH >ωL 故有：T H <T L即，低速轴转矩大于高速轴转矩。
也可以按以下方法回答： 在传动系统中，传递效率：MM L L M L T T P P ωωη==可得：LM M L T T ωηω=＝T M j η因为：LM T jT =η<1 所以：T M j < T L又因为j>1，所以，T M < T L ，即高速轴转矩小于低速轴转矩。
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，试判断哪些是系统 的稳定平衡点？哪些不是？dt d J T T L M ω=-d L M T T T =-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 。
机电传动控制10-晶闸管
晶闸管的外形:螺栓形和平板形两种
螺栓形带有螺栓的那一端是阳极A，它 可与散热器固定，
另一端的粗引线是阴极K， 细线是控制极(又称门极)G， 这种结构更换元件很方便，用于电流 较小(100A以下)的元件。
平板形，中间的金属环是控制极G，离控制极远的一面是阳 极A，近的一面是阴极K，这种结构散热效果比较好，用于电 流较大的元件(200A以上)
1.若只加UAK正向电压，控制极不加 触发电压，两三极管均不能导通，
即晶闸管不通。
A
ic2
i b2
2.当UAK > 0且UGK>0 时，晶闸 管迅速导通。 UGK开始加入时， T1首先导通，
ib1 = ig、 iC1 = ib1 ； 然后T2导
通， ib2= iC1 = ib1、
G
ig i b1
ic2 =ßib2 = ib1，此后T1进一步导通，
“－”接 K
逆向电压：“－” 接G
10-100Ω 50-500Ω
22
10.1.2其它功率器件
1.双向晶闸管 NPNPN
特点：控制极对于电源的两个半周 都有触发控制作用，即双方向均可 由控制极触发导通，相当于两只普 通的晶闸管反并联
23
2.可关断晶闸管（GTO）
PNPN
A
特点：
P1
A
1.GTO的控制极可以控制元件的导通
电流（称为正向漏电流）流过，
晶闸管阳极与阴极间表现出很
大的电阻，处于截止状态（称 为正向阻断状态），简称断态。
图中第一象限红色段曲线。
A G
K
（2）正向击穿：在控制极开路的情况下，当阳极 电压上升到某一数值时，晶闸管突然由阻断状
机电传动控制第五版课后答案--最全版
机电传动控制第五版课后答案--最全版机电传动控制第五版课后答案最全版机电传动控制是一门涉及电机、电气控制、自动化等多个领域的重要课程。
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以下是为大家整理的机电传动控制第五版的课后答案，希望能对大家的学习有所帮助。
一、第一章绪论1、机电传动控制的目的是什么？答：机电传动控制的目的是将电能转换为机械能，实现生产机械的启动、停止、调速、反转和制动等动作，以满足生产工艺的要求，提高生产效率和产品质量。
2、机电传动系统的发展经历了哪几个阶段？答：机电传动系统的发展经历了成组拖动、单电机拖动和多电机拖动三个阶段。
3、机电传动系统的运动方程式中，各物理量的含义是什么？答：T 为电动机产生的电磁转矩，T L 为负载转矩，J 为转动惯量，ω 为角速度。
当 T＞T L 时，系统加速；当 T＜T L 时，系统减速；当T ＝ T L 时，系统匀速运转。
二、第二章机电传动系统的动力学基础1、转动惯量的物理意义是什么？它与哪些因素有关？答：转动惯量是物体转动时惯性的度量，反映了物体抵抗转动状态变化的能力。
其大小与物体的质量、质量分布以及转轴的位置有关。
2、飞轮转矩的概念是什么？它与转动惯量有何关系？答：飞轮转矩 G D 2 是指转动惯量 J 与角速度ω平方的乘积。
飞轮转矩越大，系统储存的动能越大，系统的稳定性越好。
3、如何根据机电传动系统的运动方程式判断系统的运行状态？答：当 T T L ＞ 0 时，系统加速；当 T T L ＜ 0 时，系统减速；当T T L ＝ 0 时，系统匀速运行。
三、第三章直流电机的工作原理及特性1、直流电机的工作原理是什么？答：直流电机是基于电磁感应定律和电磁力定律工作的。
通过电刷和换向器的作用，使电枢绕组中的电流方向交替变化，从而在磁场中产生持续的电磁转矩，驱动电机旋转。
2、直流电机的励磁方式有哪几种？答：直流电机的励磁方式有他励、并励、串励和复励四种。
机电传动控制第五版课后答案--最全版
机电传动控制第五版课后答案--最全版《机电传动控制第五版课后答案最全版》机电传动控制是一门涉及机械、电气、电子等多学科知识的重要课程，对于相关专业的学生来说，课后习题的答案是巩固知识、检验学习成果的重要参考。
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首先，让我们来回顾一下机电传动控制这门课程的主要内容。
它涵盖了电机的工作原理、调速控制、制动方法、传动系统的动态特性分析以及控制系统的设计等方面。
通过学习这门课程，学生能够掌握机电传动系统的基本原理和控制方法，为今后从事相关领域的工作打下坚实的基础。
在第一章中，主要介绍了机电传动系统的基本概念和组成部分。
课后习题大多围绕电机的类型、特点以及机电传动系统的运动方程展开。
例如，有一道习题要求分析直流电机的工作原理和结构特点。
答案是：直流电机由定子和转子两部分组成。
定子包括主磁极、换向极、机座和电刷装置等；转子包括电枢铁芯、电枢绕组、换向器和转轴等。
直流电机的工作原理是基于电磁感应定律和电磁力定律，当电枢绕组中通有电流时，在磁场中会受到电磁力的作用，从而产生转矩，使电机旋转。
第二章重点讲解了直流电机的调速方法。
其中，改变电枢电压调速、改变电枢回路电阻调速和改变励磁磁通调速是常见的调速方式。
对于课后习题中关于调速性能指标的计算，我们需要根据给定的参数，运用相应的公式进行计算。
比如，某道习题给定了电机的额定转速、电枢电阻、励磁电流等参数，要求计算在不同调速方式下的调速范围和静差率。
解题的关键是正确理解调速性能指标的定义和计算公式，然后代入给定参数进行计算。
第三章探讨了交流电机的原理和调速方法。
交流电机包括异步电机和同步电机。
异步电机的调速方法有变频调速、变极调速和变转差率调速等。
在解答课后习题时，需要掌握异步电机的等效电路和电磁转矩公式，以及各种调速方法的特点和适用场合。
例如，有一道习题要求比较变频调速和变极调速的优缺点。
机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集
自动往复运动控制电路
SB1 KMR STa KMF
FR
SBF
KMF STb
KMR
SBR
关键措施
KMR 限位开关 采用复合式开 关。正向运行 停车的同时，自动起动反向 运行；反之亦然。
KMF
电机
STb
STa
(4)程序控制
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；停产时 则同时停。试设计此控制线路。
110 1500 1680 (r / min) 110 59 0.2
Ra U n T 2 K EΦ KT K EΦ
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
在（ 1 ）中，n n0 nN 1559 1500 59(r / min)
Ra RaTN 2 T n ，所以 K K N e t n Ke Kt 2 R ad 1 Ra Rad 1 Ra Rad 1 当串入 R ad 1 3时， n1 TN n＝ 1＋ n 2 Ra Ra Ke Kt 3 n1 1＋ 59 790(r / min) 0.242
正反转控制线路
L1 S
L2 L3
FU
KM
FR M 3~ KM2 R2 KM1 R1
串电阻启动
S FU
KM1 KM2
《机电传动控制》(第四版 邓星钟)课后答案 [1]
![《机电传动控制》(第四版 邓星钟)课后答案 [1]](https://img.taocdn.com/s3/m/fd286c136edb6f1aff001f1e.png)
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.
5.8 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
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
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
习题与思考题
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..
3.3 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，能否改变其稳定运行状态下电
枢电流的大小？为什么？这是拖动系统中那些要发生
定电流和转矩。
机电传动控制课后习题答案《第五版》之欧阳语创编
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，静态转矩和静态转矩。
拖动转矩是由电念头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。
静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。
TMTL>0说明系统处于加速，TMTL<0 说明系统处于减速，TMTL=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？（图中箭头标的目的暗示转矩的实际作用标的目的）TMTM=TL TM< TLTMTL<0说明系统处于减速。
TMTL<0 说明系统处于减速TMTL TMTLTM> TL系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速TMTLTMTLTM= TL2.4 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，而电念头一般具有较高的额定转速。
这样，电念头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为什么低速轴转矩年夜，高速轴转矩小？因为P= Tω,P不变ω越小T越年夜，ω越年夜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年夜很多?因为P=Tω，T=G∂D2/375. P=ωG∂D2/375. ,P不变转速越小GD2越年夜，转速越年夜GD2越小。
2.7 如图2.3（a）所示，电念头轴上的转动惯量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。
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第十章电力电子学
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向门极电压，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.
②反向重复峰值电压U RRM:在控制极断路时,可以重复加
在晶闸官元件上的反向峰值电压.
③额定通态平均电流(额定正向平均电流)I T.
④维持电流I H:在规定的环境温度和控制极断路时,维持
元件导通的最小电流.
10.7如何用万用表粗测晶闸管的好坏？
良好的晶闸管,其阳极A与阴极K之间应为高阻态.所以,当万用表测试A-K间的电阻时,无论电表如何接都会为高阻态,而G-K间的逆向电阻比顺向电阻大.表明晶闸管性能良好.
10.8晶闸管的控制角和导通角是何含义？
晶闸管的控制角是晶闸官元件承受正向电压起始到触发脉冲的作用点之间的点角度.
导通角是晶闸管在一周期时间内导通得电角度. 10.9有一单相半波可控整流电路，其交流电源电压
U2=220V ,负载电阻R L=10 Ω,试求输出电压平均值
U d的调节范围,当α=π/3，输出电压平均值U d
和电流平均值I d 为多少？并选晶闸管.
U d=1/2π∫απ√2sinwtd(wt)=0.45U2(1+cosα)/2
=0.45*220(1+1)/2
=99V
输出电压平均值U d的调节范围0-99V
当α=π/3时U d= 0.45U2(1+cosα)/2
=0.45*220*（1+0.866）/2
=92.4V
输出电压平均值U d=92.4V 电流平均值I d= U d/R L
=92.4/10
=9.24A
10.10续流二极管有何作用？为什么？若不注意把它的极
性接反了会产生什么后果？
续流二极管作用是提高电感负载时的单相半波电路整流输出的平均电压。
导通时，晶闸管承受反向电压自行关断，没有电流流回电源去，负载两端电压仅为二极管管压降，接近于零，所以由电感发出的能量消耗在电阻上。
若不注意把它的极性接反会造成带电感性负载不会得电。
10.11试画出单相半波可控整流电路带不同性质负荷时，
晶闸管的电流波形与电压波形。
10.12有一电阻型负载，需要直流电压U d=60V,电流
I d=30A供电，若采用单相半波可控整流电路，直接
接在220V的交流电网上，试计算晶闸管的导通角
θ。
U d=0.45U2(1+cosα)/2
60=0.45*220*（1+ cosα）/2
α=77.8
α+θ=π
θ=102.2
晶闸管的导通角θ
10.13有一电阻负载需要可调直流电压U d= 0V~60V,
电流I d=0A~10A,现选用一单相半控桥式可控制流
电路，试求电源变压器副边的电压和晶闸管与二极
管的额定电压和电流。
U d=0.9U2(1+cosα)/2
60=0.9* U2(1+1)/2
U2=66.7V
电源变压器副边的电压为66.7V
10.14三相半波可控整流电路，如在自然换相点之前加入
触发脉冲会出现什么现象？画出这时负载侧的电压
波形图。
三相半波可控整流电路，如在自然换相点之前加入触发脉冲Ua使VS1上电压为正,若t1时刻向VS1控制极加触发脉冲, VS1立即导通,,当A相相电压过零时, VS1自动关断.
10.15三相半波电阻负载的可控整流电路，如果由于控制
系统故障，A相的触发脉冲丢失，试画出控制角α
=0时的整流电压波形。
10.16三相桥式全控整流电路带电阻性负载，如果有一只
晶闸管被击穿，其它晶闸管会受什么影响？
如果有一只晶闸管被击穿，其它晶闸管会受影响.造成三相桥式全控整流电路失控.
10.17晶闸管对触发电路有哪些要求？触发电路主要有那
三个环节？每个环节的功能是什么？
晶闸管对触发电路的要求是①触发电路应能够供给足够大的触发电压和触发电流. ②由于晶闸管由截止状态到完全导通需要一定的时间因此,触发脉冲的宽度必须在10微秒以上,才能保证晶闸管可靠触发.③不触发时,触发电路的输出电压应该小于0.15-0.20V为了提高抗干扰能力,必要时可在控制
极上加一个1V-2V的负偏压.④触发脉冲的前沿要陡,前沿最好在10微秒以上.⑤在晶闸管整流等移相控制的触发电路中,触发脉冲应该和主回路同步.
10.18单结晶体管自震荡电路的震荡频率是由什么决定
的？为获得较高的震荡频率，减小充电电阻R与减
小电容C效果是否一样？R的大小受哪些因素的限
制？为什么？
振荡周期T=RCln1/1-η,主要决定于放电时间常数RC. 减小充电电阻R与减小电容C效果不一样, R的大小受峰点电流和谷点电流的限制.因为为确保单接晶体管由截止转为导通,实际通过充电电阻流入单接晶体管的电流,必须大于峰点电流.当发射极电压等于谷点电压时,为确保单结晶体管导通后恢复截止,实际流过单接晶体管的电流必须小于谷点电流.
10.19为什么晶闸管的触发脉冲必须与主电路的电压同
步？
因为实际应用的晶闸管触发电路,必须是触发脉冲与主电路电压同步,要求在晶闸管承受正向电压的半周内,控制极获得一个正向的触发脉冲的时刻相同,否则由于每个正半周的控制角不同,输出电压就会忽大忽小的波动,为此,在电源电压正半周经过零点时,触发电路的电容c必须把电全部放掉,在
下一个正半周重新从零开始充电,只有这样才能确保每次正半周第一个触发脉冲出现的时间相同.
10.20在单结晶体管触发电路中，改变电阻R为什么能实
现移相？移相的目的是什么？
移相控制时只要改变R ,就可以改变电容电压uc 上升到Up的时间,亦即改变电容开始放电产生脉冲使晶闸管触发导通的时刻,从而达到移向的目的.
10.21试简述有源逆变器的工作原理，逆变得条件和特点
是什么?
有源逆变器的工作原理在ωt1时刻触发VS1使之导通,u d=u A,在1-2区间,u d>U d.i d是增加的,感应电势e L的极性是左正右负,电感存储能量,到2点时, u d<U d此时感应电动势极性为左负右正,将存储的能量释放,ud<E时仍能维持VS1继续导通直到ωt3时刻触发VS2导通为止.依次触发VS2 VS3.由u d波形可知在一个周期中波形的正面极大于负面积,故U d>0,要使电路工作于逆变状态,必须使U d及E的极性与整流状态相反,并且要求E>=U d,只有满足这个条件才能将直流侧电能反送到交流电网实现有源逆变.
10.22试论述单相晶闸管桥式逆变器的基本工作原理，如
何实现电压控制？逆变器的换流过程是怎样进行
的？
单相晶闸管桥式逆变器,如果VS1导通,UAN=Ud,如果VS3
导通时,B点相对于负极N电位正,即UBN=Ud.当VS1关断而VS2导通时,A点电位为负,当关断VS3而触发导通VS4时,B 点电位为负,因此周期性得导通和关断VS1和VS2就会产生一系列正脉冲电压U AN,同样周期性的导通和关断VS3和VS4,会产生同样的正脉冲电压.控制α的导通时间就会实现电压的控制.
10.23晶闸管元件串联时，应注意哪些问题？元件的均流，
均压方法有那几种？
晶闸管元件串联时，应注意均压问题，元件的均压问题可采取在每个串联工作的元件两端并联点组合电容元件，或才采取用变压器次级线圈分组的方法。
元件的均流措施有以下三种方法串联电阻均流，串电抗均流，变压器分组均流。
10.24 晶闸管元件的过电压、过电流保护有哪些方法？
晶闸管元件的过电压保护方法有阻容保护装置，可以保护交流，也可以保护支流侧。
硒堆和压敏电阻电阻保护。
晶闸管元件的过电流保护方法有：设置快速熔断器，装设过流继电器及快速开关，整流触发脉冲移相保护。