华中科大机电传动控制课后习题答案解析郝用兴

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？
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
n11＋ 03.2 4529 79(r0 /min)
n 1 n 0 n 1 15 7 5 9 7 90 (r 6 /m 9in)
当串 R a2 d 入 5 时 n ， 2 1 ＋ R R aa2 d n
n21＋ 05.2 4529 12(7 r/m 8 in)
n 2 n 0 n 2 15 152 9 2 7 (r 8 /8 m 1 in)
(4 )、 T N95 n P N N 5 9 05 1 5 2 .2 5 0 1 0(N 4 0 m )
答：
T N95n P N N 59 051 5 5 .5 5 00 3.0 0 5(N 2m )
IN IN IfN 6 1 2 5(A 9 )
n0
UN K eN
UNnN UNIaNRa
n0111 1 5 010 95 0.201 06(r8/m 0 in)
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：
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
答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15
JZ JM J j1 2 1 J jL L 2 2 .5 3 2 2 1 125 6 2 .8 (kg m )
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。
⑵ 在 1 ） （ n 中 n 0 n N 1 ， 5 15 5 5 ( 9 r 0 /9 m 0
K eK R a t 2T N n ，K 所 eK t 2 以 R aT n N
当 R a 1 串 d 3 时 入 n 1 ， R K a e K t R a 2 1 T d N R a R a R a 1 d n ＝ 1 ＋ R R a a 1 d n
n 1 K e K R a t 2 T N 0 .8 2 K R e a K t 2 N T N ＝ 0 .1 8 2 n 0 5 .8 2 9 9 .2 ( 2 r/m
n 1 n 0 1 n 1 19 9 .4 2 2 1 9. 8 8 (r/5 m 6i
3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 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。
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 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： 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。
答：因为 TKtIaTL常数
所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。
由
n U Ra T 知
n会变化。
Ke KeKt2
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 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：因为 TKtIaTL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。
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。
答：
Ra0.50~0.751UP NN INU IN N
R a 0 .5~ 0 .7 1 5 5 1 .5 1 1 60 0 1 2 60 1 2 0 .1 0 0~ 7 0 .2 2 ( 5 ) 8
n0
UN K eN
UNnN UNINRa
1 1 10 000
n 0 1
11 ~ 1 01 ( 7 r/7 m0in 1 60 (0 2 .17 ~0 .2)58
答：
nL
nM j1j2
wk.baidu.com
95059.4(r/min) 44
vDL n0 .2 4 5.4 90 .3(m 7/s)
6j3 0 6 0 2
TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m
GD Z2 GD M 2 36F 5nM 2v2
G Z 2 ( 1 D .1 ~ 1 .2 ) 1 5 .0 3 5 1 6 9 0 5 . 2 3 5 2 0 7 1 0 .1 ~ 1 6 .3 N m 2 2
⑶
当 U U N /2 时 n 0 1 ， K U e 2 U K e N n 2 0 1 25 ＝ 75 .5 7 (r 9 /m 9
n 1 n 0 1 n 7.5 7 5 9 9 7.5 2 (r/m 0 in)
⑷ 当 0 .8 N 时 n 0 1 ， K U e 0 .8 U K N e N 0 n .0 8 1 0 .8 5 15 ( 9 r/9 m 49 i
为多少？此时启动转矩又为多少？
答：( 1 ) 、 IaU 因 N N P N N ， 为 Ia所 N U P N N N 以 2 1 .2 1 1 0 .8 0 0 2 ( 0 A ) 50
(2)、 If NU Rff
11 01.3(3A) 8.27
(3 ) 、 P f IfU N f 1 .3 1 3 1 10 .3 4 (A )6
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？
)
T N95n P N N 59 051 5 5 .5 0 00 5.5 0 2(N 3m )
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。
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
n0
UN K eN
UNnN UNINRa
22 10500 n022 3 0.4 40.241 25(r5 /m 9in)
T N95n P N N 59 051 5 6.5 5 00 4.5 0 0 (N m )
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：
TM
TL
J
d
dt
TMTL 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
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。
答：
P1
INUN
PN
N
INU P N NN2 7.5 2 1 0.0 808 03 50 .5 8(2 A )
T N95n P N N 59 051 5 7 .5 5 05 4.7 0 7(N 5m )
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：（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？