机电传动控制课后习题答案1
机电传动控制课后习题答案《第五版》之欧阳引擎创编
欧阳引擎创编2021.01.01习题与思考题欧阳引擎（2021.01.01）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）TM=TLTM< TLTMTL<0说明系统处于减速。
TMTL<0 说明系统处于减速TMTL TMTLTM> TL TM> 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=0.5Jω2 2.5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。
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2.1 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>0系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=2.5kgm2, 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=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。
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/sv=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/sT L=9.55FV/ηC n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NMGD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2=1.25*1.05+100*0.242/322=1.318NM22.11 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？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, I N=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
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.①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.②额定通态平均电流(额定正向平均电流)I T.③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。
机电传动控制习题解答
n=f(TM)
n’ n n=f(TL)
0
C
T’MT’L T
分析：
假设干扰使得转速上升到n1’ n 1 n’1 2 由图示可看出： 且 T’M < T’L T’M < T’L
当干扰使得转速下降到n1’’ n1 n1’’ 0 T’M C TL
a
由 T
a是稳定平衡点
P40 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？
1.05 365
100 0.3732 950
2
1.05
3.7
解：
E U I a Ra E1 U1 I N Ra 150 65.3 0.25 166.325 V E2 U 2 I N Ra 220 65.3 0.25 236.325 V
nM 900 jL 15 nL 60
2 16 J Z 2.5 2 2 2.793kg m2 3 15
2.8
解：由
M j1 j2 16 L
1 2 L M M nM 16 60 1 1 2 1 2 L M nM 950 6.22rad / s 16 16 60 16 60
答： 已知TL=常数，U=常数，Ra=常数 在稳态运行时，电动机的电磁转矩 T = TL＝ KtΦIa =常数 Φ减小， Ia增大 E=U-IaRa E减小 即E< E1
2.7
解：对于图2.3(a)所示的拖动系统，折算到电动机轴上的 等效转动惯量
机电传动控制冯清秀版课后习题答案(1)
机电传动控制冯清秀版课后习题答案(1)机电传动控制是机械工程中非常重要的学科，它涉及到机械传动、控制理论、电子技术等方面的知识。
针对这门课，学生们需要不断地进行知识的巩固和练习，因此课后习题无疑是必不可少的。
以下是机电传动控制冯清秀版课后习题的答案，供大家参考。
1. 在一台机床上，用传动皮带传动主动轮带动从动轮，主动轮的直径为50mm，从动轮的直径为150mm，主动轮转速为2000r/min，求从动轮的转速。
答：设主动轮的转速为n1，从动轮的转速为n2，主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。
根据传动比公式：n1/n2=r2/r1，代入数据可得：n2=n1r1/r2=2000×50/150=666.7r/min。
因此，从动轮的转速为666.7r/min。
2. 一台电动机通过齿轮减速器和链传动装置输出动力，电动机的转速为1500r/min，齿轮减速器的传动比为1:3，链传动装置的传动比为3:4，求输出轮的转速。
答：设输出轮的转速为n，齿轮减速器的半径为r1，链传动装置输出轮的半径为r2。
因为电动机的转速为1500r/min，齿轮减速器的传动比为1:3，所以齿轮减速器的输出轴转速为n1=1500/3=500r/min。
再根据链传动的传动比公式：n1/n2=r2/r1，代入数据可得：n=n1r1/r2×3/4=500×1×3/4=375r/min。
因此，输出轮的转速为375r/min。
3. 一台电动机通过齿轮减速器和带传动装置输出动力，电动机的转速为1000r/min，齿轮减速器的传动比为2:5，带传动装置的传动比为3:4，带轮的直径为200mm，求输出轮的线速度。
答：设带轮的线速度为v，带轮的半径为r，输出轮的半径为R。
电动机的转速为1000r/min，齿轮减速器的传动比为2:5，所以齿轮减速器的输出轴转速为n1=1000×2/5=400r/min。
机电传动控制第三版课后答案
机电传动控制第三版课后答案【篇一：《机电传动控制》冯清秀版课后习题答案】第二章2.1答：运动方程式：tm?tl?jd?dttm?tl?tdtd0时：系统加速； td=0 时：系统稳速；td0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。
jz?jm?j1jl216??2.5??2?2.8(kg?m) 222j1jl315nm950?dnl??0.24?59.4??59.4(r/min)v???0.37(m/s)j1j24?460j360?22z2m2.8答：nl?fv2gd??gd?2nm100?0.372gd?(1.1~1.25)?1.05?365??1.16~1.32n?m229502z2.9答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。
2.10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答：（d）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。
3.1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答：因为t?kt?ia?tl?常数所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，ia均不变。
n?由rau?tke?kekt?2知n会变化。
3.4答：因为↑时，→e ↓，所以：ee1 3.6答：p1?inun?pn?nin?pnun?n?7.5?1000?38.52(a)220?0.885p7.5tn?n?9550??47.75(n?m)nn15503.8答：?pnra??0.50~0.75??1??uinn??un??i?nn0?ununnn?ke?nun?inrai?5.5?1000?110??1??0.172~0.258(?)?110?6262??n0?110?1000?1107~1170(r/m110?62(0.172~0.258)p5.5tn?n?9550??52.53(n?m)nn1000p5.5tn?n?9550??35.02(n?m)in?in?ifn?61?2?59(a) n1500n3.9答：n0?3.10110?1500ununnnn0??1680(r/min)?110?59?0.2ke?nun?ianra答：⑴n0?ununnn?ke?nun?inran0?220?1500?1559(r/min)220?34.4?0.242p6.5tn?n?9550??40.5(n?m)nn1500⑵在（1）中，?n?n0?nn?1559?1500?59(r/min)raratn2t??n，所以kk??netkekt?2?n当串入rad1?3?时，?n1??rad1?ra?rad1ra?rad1??t??n＝1＋?nn2??kekt?rara? ?n1?n0??n1?1559?790?769(r/min)5???n2??1＋(r/min)??59?1278?0.242?3???n1??1＋??59?790(r/min)?0.242??rad2?当串入rad2?5?时，?n2???1＋r???na??n2?n0??n2?1559?1278?281(r/min)⑶当u?un/2时，n01?unn1559u??0?＝779.5(r/min)ke?2ke?22n1?n01??n?779.5?59?720.5(r/min)当??0.8?n时，n01?unnu1559??0??1949(r/min)ke?0.8ke?n0.80.8?n1?rara159t?t＝?n??92.2(r/min)nn22222kekt?0.8kekt?n0.80.8n1?n01??n1?1949?92.2?1856.8(r/min)3.11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。
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G D2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。
机电传动控制基础课后题答案
解：电机的额定电流：
PN UNIN
N
IN
PN
UNN
7.5100038.5 22088.5%
A
电机的转矩：
T N9.5n P 5 N N9.5 5 1 75 50 0 4.7 0 0 7N 5•m
其人为特性曲线如图3所示
（4）弱磁时的人为特性：
n 0 .8 U K N e N 9 .5 5 ( 0 .R 8 K a e N ) 2 T 0 .8 1 0 0 0 .1 3 2 9 .5 5 n( 0 0 . .1 1 9 3 6 2 2 0 .8 ) T 2 0 8 3 1 .8 4 T
解：（1）设能耗制动电阻为R1， 反接制动电阻为R2
K e N U N IN R a 2 2 0 3 1 0 .4 0 .2 0 8
n N
1 0 0 0
电动状态的稳态转速
n s K U e N N 9 .5 5 ( R K a e N ) 2 T L 0 2 .2 2 0 0 8 9 .5 0 5 .4 0 . 4 2 9 0 8 2 1 0 1 0 r m i n
3.8 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?
T K t I a
Ia
T K t
T TL T0
TL 常 数
T 常数 TL Kt 常数 不变 电枢电压或电枢附加电阻改变时 I 不变
T’L JL ωL
JM
M
ωM T
(a) 旋转运动
《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》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(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：
机电传动控制课后习题答案1
第二章机电传动系统的动力学基础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。
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）T T MTLT M=T L T M< T LT 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 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 L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。
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=GD2/375. P=ωGD2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。
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.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第三章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..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=%，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=已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N=, U N=220V, n N=1500r/min, ηN=%, 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
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第二章机电传动系统的动力学基础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。
2.3 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）T M TT M=T L T M< T LT 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 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2.5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。
2.9 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？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..3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N=180kW, U N=230V,n =1450r/min,ηN=89.5%，试求：N①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=1500r/min, ηN=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。
NP N=U N I NηN7500W=220V*I N*0.885I N=38.5AT N=9.55P N/n N =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 a很小,所以将电动机直接接入电网并施加额定电压时,启动电流将很大.I st=U N/R a3.14直流串励电动机能否空载运行?为什么？串励电动机决不能空载运行,因为这时电动机转速极高,所产生的离心力足以将绕组元件甩到槽外,还可能串励电动机也可能反转运行.但不能用改变电源极性的方法,因这时电枢电流Ia与磁通φ同时反响,使电瓷转矩T依然保持原来方向,则电动机不可能反转.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50H Z，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*50/2 0.02=(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 H Z4.5 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.4.6 有一台三相异步电动机，其技术数据如下表所示。
②求n0,p,S N,T N,T st,T max和I st；③额定负载时电动机的输入功率是多少？①线电压为380V时，三相定子绕组应为Y型接法.②T N=9.55P N/n N=9.55*3000/960=29.8NmTst/ T N=2 Tst=2*29.8=59.6 NmT max/ T N=2.0 T max=59.6 NmI st/I N=6.5 I st=46.8A一般n N=(0.94-0.98)n0n0=n N/0.96=1000 r/minS N= (n0-n N)/ n0=(1000-960)/1000=0.04P=60f/ n0=60*50/1000=3③η=P N/P输入P输入=3/0.83=3.614.7三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。
N N机能否启动？T N=9.55 P N/ n N=9.55*40000/1470=260NmTst/T N=1.2Tst=312NmTst=KR2U2/（R22+X202）=312 Nm312 Nm>250 Nm 所以U=U N时电动机能启动。
当U=0.8U时Tst=（0.82）KR2U2/（R22+X202）=0.64*312=199 NmTst<T L所以电动机不能启动。
②欲采用Y-△换接启动,当负载转矩为0.45 T N和0.35 T N两种情况下, 电动机能否启动？Tst Y=Tst△/3=1.2* T N /3=0.4 T N当负载转矩为0.45 T N时电动机不能启动当负载转矩为0.35 T N时电动机能启动③若采用自耦变压器降压启动，设降压比为0.64，求电源线路中通过的启动电流和电动机的启动转矩。
I N= P N/ U NηN cosφN√3=40000/1.732*380*0.9*0.9=75AI st/I N=6.5I st=487.5A降压比为0.64时电流=K2 I st=0.642*487.5=200A电动机的启动转矩T= K2 Tst=0.642312=127.8 Nm4.12线绕式异步电动机采用转子串电阻启动时，所串电阻愈大，启动转矩是否也愈大？线绕式异步电动机采用转子串电阻启动时，所串电阻愈大，启动转矩愈大4.13 为什么线绕式异步电动机在转子串电阻启动时，启动电流减小而启动转矩反而增大？T st=KR2U2/（R22+X202）当转子的电阻适当增加时，启动转聚会增加。
4.14 异步电动机有哪几种调速方法？各种调速方法有何优缺点？①调压调速这种办法能够无级调速，但调速范围不大②转子电路串电阻调速这种方法简单可靠，但它是有机调速，随着转速降低特性变软，转子电路电阻损耗与转差率成正比，低速时损耗大。
③改变极对数调速这种方法可以获得较大的启动转矩，虽然体积稍大，价格稍高，只能有机调速，但是结构简单，效率高特性高，且调速时所需附加设备少。
④变频调速可以实现连续的改变电动机的转矩，是一种很好的调速方法。
4.15 什么叫恒功率调速？什么叫恒转矩调速？恒功率调速是人为机械特性改变的条件下，功率不变。
恒转矩调速是人为机械特性改变的条件下转矩不变。
4.16 简述恒压频比控制方式在额定频率以下，如果电压一定而只降低频率，那么气隙磁通就要过大，造成磁路饱和，严重时烧毁电动机。
因此为了保持气隙磁通不变，就要求在降低供电频率的同时降低输出电压，保持u/f=常数，即保持电压与频率之比为常数进行控制。
这种控制方式为恒压频比控制方式，又称恒磁通控制方式。
在额定频率以下，磁通恒定时转矩也恒定，因此，属于恒转矩调速。
第六章6.2 为什么交流电弧比直流电弧容易熄灭？因为交流是成正旋变化的,当触点断开时总会有某一时刻电流为零,此时电流熄灭.而直流电一直存在,所以与交流电相比电弧不易熄灭.6.3 若交流电器的线圈误接入同电压的直流电源，或直流电器的线圈误接入同电压的交流电源，会发生什么问题？若交流电器的线圈误接入同电压的直流电源,会因为交流线圈的电阻太小儿流过很大的电流使线圈损坏. 直流电器的线圈误接入同电压的交流电源,触点会频繁的通短,造成设备的不能正常运行.6.4 交流接触器动作太频繁时为什么会过热？因为交流接触启动的瞬间,由于铁心气隙大,电抗小,电流可达到15倍的工作电流,所以线圈会过热.6.7 电磁继电器与接触器的区别主要是什么？接触器是在外界输入信号下能够自动接通断开负载主回路.继电器主要是传递信号,根据输入的信号到达不同的控制目的.6.10为什么热继电器不能做短路保护而只能作长期过载保护？而熔断器则相反，为什么？因为热继电器的发热元件达到一定温度时才动作,如果短路热继电器不能马上动作,这样就会造成电动机的损坏.而熔短期,电源一旦短路立即动作,切断电源.6.11自动空气断路器有什么功能和特点？功能和特点是具有熔断器能直接断开主回路的特点,又具有过电流继电器动作准确性高,容易复位,不会造成单相运行等优点.可以做过电流脱扣器,也可以作长期过载保护的热脱扣器.6.12时间继电器的四个延时触点符号各代表什么意思？6.13为什么电动机要设有零电压和欠电压保护？零电压和欠电压保护的作用是防止当电源暂时供电或电压降低时而可能发生的不容许的故障.,6.15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。
6.16试设计一台异步电动机的控制线路。
要求：①能实现启停的两地控制；②能实现点动调整；③能实现单方向的行程保护；④要有短路和长期过。
第七章7.1 PLC由哪几个主要部分组成？各部分的作用是什么？PLC由中央处理器CPU,存储器,输入输出接口,编程器组成.中央处理器CPU是核心,它的作用时接受输入的程序并存储程序.扫描现场的输入状态,执行用户程序,并自诊断.存储器用来存放程序和数据,输入接口采集现场各种开关接点的信号状态,并将其转化成标准的逻辑电平,输出接口用于输出电信号来控制对象.编程器用于用户程序的编制,编辑,调试,检查和监视.还可以显示PLC的各种状态.7.2 输入、输出接口电路中的光电耦合器件的作用是什么？作用是1 实现现场与plc主机的电器隔离,提高抗干扰性.2避免外电路出故障时,外部强电侵入主机而损坏主机.3电平交换,现场开关信号可能有各种电平,光电耦合起降他们变换成PLC主机要求的标准逻辑电平.7.3 何谓扫描周期？试简述的工作过程.。