机械传动控制第五版冯清秀 邓星钟课后习题答案详解
机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题及答案
机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题及答案案场各岗位服务流程销售大厅服务岗：1、销售大厅服务岗岗位职责：1)为来访客户提供全程的休息区域及饮品;2)保持销售区域台面整洁;3)及时补足销售大厅物资,如糖果或杂志等;4)收集客户意见、建议及现场问题点；2、销售大厅服务岗工作及服务流程阶段工作及服务流程班前阶段1）自检仪容仪表以饱满的精神面貌进入工作区域2）检查使用工具及销售大厅物资情况，异常情况及时登记并报告上级。
班中工作程序服务流程行为规范迎接指引递阅资料上饮品（糕点）添加茶水工作要求1）眼神关注客人，当客人距3米距离时，应主动跨出自己的位置迎宾，然后侯客迎询问客户送客户注意事项15度鞠躬微笑问候：“您好！欢迎光临！”2）在客人前方1-2米距离领位，指引请客人向休息区，在客人入座后问客人对座位是否满意：“您好！请问坐这儿可以吗？”得到同意后为客人拉椅入座“好的，请入座！”3）若客人无置业顾问陪同，可询问：请问您有专属的置业顾问吗？，为客人取阅项目资料，并礼貌的告知请客人稍等，置业顾问会很快过来介绍，同时请置业顾问关注该客人；4）问候的起始语应为“先生-小姐-女士早上好，这里是XX销售中心，这边请”5）问候时间段为8:30-11:30 早上好11:30-14:30 中午好 14:30-18:00下午好6）关注客人物品，如物品较多，则主动询问是否需要帮助（如拾到物品须两名人员在场方能打开，提示客人注意贵重物品）；7）在满座位的情况下，须先向客人致歉，在请其到沙盘区进行观摩稍作等待；阶段工作及服务流程班中工作程序工作要求注意事项饮料（糕点服务）1）在所有饮料（糕点）服务中必须使用托盘；2）所有饮料服务均已“对不起，打扰一下，请问您需要什么饮品”为起始；3）服务方向：从客人的右面服务；4）当客人的饮料杯中只剩三分之一时，必须询问客人是否需要再添一杯，在二次服务中特别注意瓶口绝对不可以与客人使用的杯子接触；5）在客人再次需要饮料时必须更换杯子；下班程序1）检查使用的工具及销售案场物资情况，异常情况及时记录并报告上级领导；2）填写物资领用申请表并整理客户意见；3）参加班后总结会；4）积极配合销售人员的接待工作，如果下班时间已经到，必须待客人离开后下班；1.3.3.3吧台服务岗1.3.3.3.1吧台服务岗岗位职责1）为来访的客人提供全程的休息及饮品服务；2）保持吧台区域的整洁；3)饮品使用的器皿必须消毒；4）及时补充吧台物资；5）收集客户意见、建议及问题点；1.3.3.3.2吧台服务岗工作及流程阶段工作及服务流程班前阶段1）自检仪容仪表以饱满的精神面貌进入工作区域2）检查使用工具及销售大厅物资情况，异常情况及时登记并报告上级。
机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集.共114页文档
机电传动控制(第五版)课后 习题答案解对犯 罪的法 律，而 是针对 疯狂的 法律。 ——马 克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就 像影子 跟随着 身体一 样。— —贝卡 利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进 步。— —杰弗 逊 44、人类受制于法律，法律受制于情 理。— —托·富 勒
45、法律的制定是为了保证每一个人 自由发 挥自己 的才能 ，而不 是为了 束缚他 的才能 。—— 罗伯斯 庇尔
谢谢
机电传动控制课后习题答案 冯清秀 邓星钟 华中科技大学出版社
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=TL TM< 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。
《机电传动控制》冯清秀版课后习题答案
课后习题答案第一章第二章2.1答：运动方程式：dt d J T T L M ω=-dL M T T T =-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。
2.3答：a 匀速，b 减速，c 减速，d 加速，e 减速，f 匀速2.4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答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15)(8.21516325.2222211m kg j J j J J J L L M Z ⋅=++=++= 2.8答：m in)/(4.594495021r j j n n M L =⨯==)/(37.02604.5924.0603s m j Dn v L =⨯⨯⨯==ππTL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m2222365M M Z n Fv GD GD +=δ 222232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z⋅=⨯⨯+⨯= 2.9答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。
《机电传动控制》冯清秀版课后习题答案
课后习题答案第一章第二章2.1答：运动方程式：dtd JT T LM dL MT T T 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。
2.3答：a 匀速，b 减速，c 减速，d 加速，e 减速，f 匀速2.4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答：j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15)(8.21516325.2222211m kg j J jJ J J LL MZ 2.8答：m in)/(4.594495021r j j n n M L)/(37.02604.5924.0603s m j Dn vL TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m2222365MMZnFv GDGD222232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(mN GDZ2.9答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。
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。
直流电动机的额定值
额定值：电机制造厂对电机正常运行时，对相关电量 或机械量所规定的数据。
额定工况：在额定值运行
1. 额定功率PN : 电机轴上输出的机械功率(千瓦)。 2. 额定电压UN ：额定工作情况下的电枢上加的直流电压。 3. 额定电流IN ： 额定电压下，轴上输出额定功率时的 电流 三者关系：PN=UNIN （ ：效率）
Ra U n T 2 K EΦ KT K EΦ
n n0 n
U n0 K EΦ Ra n T 2 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
n0 110 1000 1107 ~ 1170 (r / min) 110 62(0.172 ~ 0.258)
Ra T 2 KT K EΦ
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， 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：
机械传动控制第五版冯清秀 邓星钟课后习题答案详解.
答：
nL
nM 950 59.4(r / min) j1 j2 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
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：
机电传动控制
冯清秀 邓星钟 等编著 第五版 课后习题答案详解
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。
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
机电传动控制 冯清秀 邓星钟 第五章课后习题答案
5.1步进电动机的位移量与输入脉冲数严格成正比，这就不会引起误差的积累，其转速与脉冲频率和步矩角有关。
控制输入脉冲数量、频率及电动机各组的接通次序，可以得到各种需要的运行特征。
5.2步进电机的作用就是能够精确控制转动的角度,步距角越小,它每一步能转动的角度就越小,我们就能得到更精确的角度控制.比如步角为3度的,我们可以控制3度,6度,9度...,而步角为10度的,我们只能控制10度,20度,30度...显然步角越小,能控制的角度越精确.5.3电磁式（激磁式）特点：电动机的定子和转子均有绕组，靠电磁力矩使转子转动。
磁阻式（反应式）特点：气隙小，定位精度高；步距小，控制准确；励磁电流较大，要求驱动电源功率大；电动机内部阻尼较长，当相数较小时，单步运行振荡时间较长；断电后无定位转矩，使用中需自锁定位。
永磁式特点：步距角大，控制精度不高；控制功率小，效率高；内阻尼较大，单片振荡时间短；断电后具有一定的定位转矩。
混合式（永磁感应子式）特点：驱动电流小，效率高，过载能力强，控制精度高。
5.4每当输入一个电脉冲时，电动机转过的一个固定的角度称为步矩角。
一台步进电动机有两个步矩角，说明它有两种通电方式，3°的意思是相邻两次通电的相的数目相同时的步矩角，1.5°的意思是相邻两次通电的相的数目不同时的步矩角。
单三拍：每次只有一相绕组通电，而每个循环只有三次通电。
单双六拍：第一次通电有一相绕组通电，然后下一次有两相通电，这样交替循环运行，而每次循环只有六次通电。
双三拍：每次有两相绕组通电，每个循环有三次通电。
5.8 1) 步距角——步进电动机的主要性能指标之一，它直接影响启动和运行频率2)最大静转矩3) 空载启动频率——步进电动机在空载情况下，不失步启动所允许的最高频率。
在负载情况下，不失步启动所允许的最高频率随负载的增加而显著下降。
4) 连续运行频率——当步进电动机运行频率连续上升时，电动机不失步运行的最高频率。
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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》冯清秀版课后习题问题详解
课后习题答案第一章第二章2.1答：运动方程式：dt d JT T L M ω=-dL M T T T =-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。
2.3答：a 匀速，b 减速，c 减速，d 加速，e 减速，f 匀速2.4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答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15)(8.21516325.2222211m kg j J j J J J L L M Z ⋅=++=++= 2.8答：m in)/(4.594495021r j j n n M L =⨯==)/(37.02604.5924.0603s m j Dn v L =⨯⨯⨯==ππTL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m2222365M MZn Fv GD GD +=δ222232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z⋅=⨯⨯+⨯=2.9答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。
机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题测验及答案
机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题及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 TMTLTLNTM=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> TLTM>TL系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速TMTM= TLTM=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=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=0.5Jω22.5 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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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：
J1 J L 2 16 J Z J M 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。
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：
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
2.3 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）
机电传动控制
冯清秀 邓星钟 等编著 第五版 课后习题答案详解
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 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
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。 试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。
答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15
答：
nL
nM 950 59.4(r / min) j1 j2 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 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。
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。
T Kt I a TL 常数
Ra U n T 2 Ke Ke Kt
知
所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。 由 n会变化。
3.4一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，电枢反电势将如何变化？是大 于、小于还是等于E1？ 答：因为
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
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