电力拖动基础课后习题答案
2020年电力拖动基础课后题
2020年电力拖动基础课后题第二章电力拖动系统的动力学选择以下各题的正确答案。
电动机经过速比j=5的减速器拖动工作机构，工作机构的实际转矩为2N- m,飞轮矩为1N m,不计传动机构损耗，折算到电动机轴上的工作机构转矩与飞轮矩依次为。
A. 2N- m,5N- mB. 4N- m,1N- mC. 4N- m, mD. 4N- m, mE. m, mF. 1N- m,25N m⑵恒速运行的电力拖动系统中，已知电动机电磁转矩为8N- m,忽略空载转矩，传动机效率为，速比为1,未折算前实际负载转矩应为。
A. 8N mB. 64N mC. 8N mD. 64N mE. 8N mF. 1N m电力拖动系统中已知电动机转速为1r/ min,工作机构转速为1r/ min,传动效率为，工作机构未折算的实际转矩为 12N - m,电动机电磁转矩为 2N - m,忽略电动机空载转矩，该系统肯定运行于。
()A.加速过程B. 恒速C. 减速过程答(1) 选择D。
因为转矩折算应根据功率守恒原则。
折算到电动机轴上的工作机构转矩等于工作机构实际转矩除以速比，为4N m;飞轮矩折算应根据动能守恒原则，折算到电动机轴上的工作机构飞轮矩等于工作机构实际飞轮矩除以速比的平方，为 m选择D因为电力拖动系统处于恒速运行，所以电动机轴上的负载转矩与电磁转矩相平衡，为8N m,根据功率守恒原则，实际负载转矩为8N - mxx 1=64N m选择 A。
因为工作机构折算到电动机轴上的转矩为12N m / x 1(r/ min)/1(r/min)=4/3N m小于电动机电磁转矩，故电力拖动系统处于加速运行过程。
电动机拖动金属切削机床切削金属时，传动机构的损耗由电动机负担还是由负载负担？答电动机拖动金属切削机床切削金属时，传动机构的损耗由电动机负担，传动机构损耗转矩厶T与切削转矩对电动机来讲是同一方向的，恒速时，电动机输出转矩 T2应等于它们二者之和。
电机原理及拖动基础课后习题答案矿大
nN
P1 UNIN 264W
49.6%
4-13 并励直流机，PN=10kW，UN=220V，nN=1500r/min，ηN=84.5%，IfN=1.178A， Ra=0.354Ω，采用能耗制动停车，在电枢回路串入R=0.5Ω，求：
(1) 制动初瞬间的电枢电流及电磁转矩。
所以，空载转速为：1872rpm。
(4)
185
T 2 0.5TN 0.5 9.55
0.5521Nm
1600
T 0 9.55 17.6 0.105Nm 1600
Tem T 2 T 0 0.6571Nm
Ia Tem IaN 0.592 A TemN
n=1400rpm时，Ea=185.91400/1600=162.7V 由电压方程得：
单叠绕组时，有多少导体？单波绕组，多少导体？
解：因为 单叠：a=2
单波：a=1
Ea Np n
60a
230 N 2 0.04 60 60 2
230 N 2 0.04 60 60 1
N=5750 N=2875
3-13 计算y1,y2,y3和yk，绘制绕组展开图，安放主磁极和电刷，求并联支路对数。 (1) 单叠绕组 2p=4,Z=S=22
解：空载时电枢铜耗很小，可以忽略，所以空载功率为： p0=2200.08=17.6W；
(1)电磁功率为：185+17.6=202.6W; 电磁转矩为：9.55202.6/1600=1.21Nm
(2) 功率方程：
UIa
Pem
I2 a
Ra;
Ra
31.31
(3) 由电枢电压方程可计算出空载和额定时E： Ea0=217.5V; EaN=185.9V。
电力拖动基础课后答案.docx
5.59 + 0.98 + 294 + 17 05 十 - -------- +------- ； ----------------------------------------------- 7(30/2)2 (30/2)2 x(65/15)2 (30/2)2 x(65/l5)2 x(0.15/0.5)2 5.59 + 0.98 + 0.089 + 0.093 + 0.021.6.7732 • m 21-3解：①旋转部分飞轮矩 第一章GD ； + GD ； GD ： GD 2 =GD 2+GD 2 + GD ； + GD ； + _________ r J +0 1 (Z2/ZJ2 (Z 2/Z x )2\Z 4/Z 3)2 (Z 2/Z 1)2.(Z 4/Z 3)2.(Z 6/Z 5)256.8 + 37.3 137.20 230 + 8.25 + 心 + 19.6 十 ------ -------- + ------- ； ------ ； -------(55 / 20)2 (55 / 20)2 x (64/ 38)2 (55 / 20)2 x (64/38)2x (78/ 30)2= 251.497Vm 2：工作台和工作总重虽G = q+G2 =14715 + 9810 = 24525"r43 ・切削速度v = 43m/min = 0.12m /s :齿轮6的转速 n, = ------------- =-------------- = 27.56厂/min仏 Z 0.02x78电动机转速 n = n, • — • —= 331.88r/minZ5 Z 3Z 、宜线运动部分飞轮矩 GD; = 365•色卜= 365x 24525x0 72 = 42.13N ・m 2 " n 2331.882总飞轮矩 G£>2=GZ)；+GZ)f =251.49+ 42.13 = 293.62^-m 2工作台及工作与导轨的摩擦力于=(G[ + G?) • “ = (147• 15 + 9810) x 0.1 = 24525N折算到电机轴上的负载转矩7>“55X (F")化9.55X (9^ + 2452.5)X 0.72 “7.52N" r/・n0.8x331.88②切削时电动机输岀功率 P 2=7f .0 = 317.57x^x331.88 = 11.03^③空载时电动机轴上的总飞轮矩为GD f= 251.49 + 365 x14715x072； 331.882276.77N •加2dn 1 78 64 55 dv /z ・、 ——= ----------- x ——x ——x ——x ——=15.44r / (min-5)dt 0.02x78 30 38 20 dt9.55x14715x0.1x0.72 " 0.8x331.881-4解：①旋转部分飞轮矩 GD 9 = 38.1W ..；T F=7A 375 dn—=49.507V-/77 cltGD ： = GD ； + GDI + 血:+吟 + GD ： + GD ：GD ； + GDI (Z 4/Z 2)2 ' (Z 4 /Z 2)2.(Z 6 /Z 3)2 + (Z 4 /Z 2)2.(Z 6 /Z 3)2.(/)7 / Z )5)29&10 + 294 3.92 + 3.92重物、吊钩的总重量为G = G9 +G10 =490 + 19620 = 201 \0N提升速度v k =12;?7/min = 0.2/n/5；绳索的速度v = 2v^ = 24m/min =卷筒外圆线速度；卷筒转速決= --------- =———=153” / min ；7lD5 ?rx0・5电动机转速H = n5-^-^ = 15.3x —X—= 993r/min ；于是得直线部分飞轮矩为Z3 Z215 2GDf = 365= 365x 20110x0-2^ = 0.298/V• m2；折算到电动机轴上的系统总飞轮矩为& n29932 GD2 = GD： + GDI= 6.773 + 0.298 = 7.0717V • m2②重物吊起时阻转矩为T L= 9.55^ = 9.55X 20110x02 = 55.252V-m7]c n0.7x993重物及吊钩转矩折算值为r L = 9.55匹=9.55X 2°11°X0.2=3868YV,M L n993所以传动机构损耗转矩为AT=T L-T^= 55.25-38.68 = 16.57^-7/7放下时阻转矩为7；"=7；-2AT = 55.25-2xl 6.75 = 22J 1/V • mG v490 x 0 2③空钩吊起时阻转矩为7； =9.55盂= 9.55x乔而9.4255G v490 x 0 2空钩其转矩折算值为9.55亍=9.55 x帀-=°・9425N・”所以传动机构损耗转矩为AT =T L-T^= 9.425一0.9425 = 8.48N• m放下时的阻转矩为Tj =T L - 2AT = 9.425-2x8.48 = -7.54N ・m④在②种惰况下，由于乙和厶都大于零，所以电动机是输出机械能；在③种惜况下，由于厶大于零，所以吊起时T” <0输出机械能，而L ,所以下方时电动机输入机械能。
电力拖动基础 课后习题答案
第二章2-1解： ① 122053.40.40.132/(min )1500N N a e N N U I R C V r n ---⨯Φ=== 9.55 1.26/T N e N C C N m A Φ=Φ=② 67.28N t N N T C I N m =Φ=29.5563.67260N N N N N P PT N m n n π=== ③ 02 3.61N N T T T N m =-= ④ 01666.67/min Ne NU n r C ==Φ 0021657.99/min ae t NR n n T r C C =-=Φ实际 ⑤ 0000.5()1583.34/min aN N NI n n n n n n r I =-∆=--= ⑥ 2200.1321400880.4N e N a a U C n I A R -Φ-⨯===2-2 解：1311222333112212285.2170.41100.646170.4 1.711.710.130.2221.710.130.381.710.130.6460.2220.130.0920.380.N N st st a st a st a st st a st st st I I A A U R I R R R R R R r R R r R R λλλλ==⨯=========⨯=Ω==⨯=Ω==⨯=Ω=-=-=Ω=-=-3322220.1580.6460.380.266st st st r R R =Ω=-=-=Ω2-3 解：取12118.32236.6N I I A ==⨯=式中1I 为最大允许电流，稳态时，负载电流L N I I =，令切换电流2 1.15 1.15L N I I I == 则121.74I I λ== 1lg 3.7lg N a U I R m λ⎛⎫ ⎪⎝⎭== 取m=4.则 1.679λ==，122 1.191.679N N L I I I I I λ===> 4342312(1)0.0790.1330.2230.374st a st st st st st st R R R R R R R R λλλλ=-=Ω==Ω==Ω==Ω、式中，1st R ，2st R ，3st R ，4st R 分别是第一级，第二级，第三级，第四级切除阻值。
电力拖动课后习题答案
电力拖动课后习题答案关闭窗口《电气传动自动控制系统》陈伯石机械工业出版社课后答案pdf以下是该文档的文本预览效果，预览是为了您快捷查看，但可能丢失了某些格式或图片。
打印|下载第一章闭环控制直流调速系统1－1为什么pwm―电动机系统比晶闸管―电动机系统能够获得更好的动态性能？答：pwm―电动机系统在很多方面有较大的优越性：（1）主电路线路简单，需用的功率器件少。
（2）开关频率高，易连续电流，谐波少，电机损耗小，发热少。
（3）低速性能好，速度稳定精度高，调速范围宽，可达1:10000左右。
（4）若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。
（5）功率开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开关损耗也不大，因而装置效率较高。
（6）直流电源采用非受控整流器时，电网的功率因数高于相控整流器。
1－2试分析有制动通路的不可逆pwm变换器进行制动时，两个vt是如何工作的。
答：在制动状态中，为负值，就发挥作用了。
这种情况发生在电动运行过程中需要降速的时候。
这时，先减小控制电压，使di2vt1gu的正脉冲变窄，负脉冲变宽，使平均电枢通电压降低。
但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而造成，很快使电流反向，截止，在dudeu>当Di2vDont≤ < T、 2Gu变为正极，因此接通，反向电流沿电路3流动，产生能耗制动。
当＜T+时，关闭，2vttt≤ont2vtdi〓沿回路4经续流，向同时，两端的电压降被钳制，因此无法开启。
在制动状态下，和依次打开，但始终关闭。
1vd1vd1vt2vt1vt1vt在轻载电状态下，此时的平均电流很小，因此当连续电流关闭时，还没有达到周期T，并且电流已衰减到零。
此时，两端的电压也降到零，因此提前接通，以反转电流，产生当地时间的制动效果。
1vtdi2vd2vd2vt１－３调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”？A：电机提供的生产机械所需的最大速度和最小速度之比称为调速范围，用字母D表示，即maxminndn=其中，和一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少数负载很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低转速。
电机课后习题答案
电力拖动基础部分课后习题答案1-8某起重机电力拖动系统如图1-13所示。
电动机kW P N 20＝,950/min n r =，传动机构转速比13j =，2 3.5j =，34j =，各级齿轮传递效率1230.95ηηη===，各轴的飞轮矩221125GD N m =•，22250GD N m =•，22340GD N m =•，224460GD N m =•，卷筒直径0.5D m =，吊钩重01900G N =,被吊重物49000G N =,忽略电动机空载转矩、钢丝绳重量和滑轮传递的损耗，试求：(1)以速度0.3/v m s =提升重物时，负载(重物及吊钩)转矩、卷筒转速、电动机输出功率及电动机的转速；(2)负载的飞轮矩及折算到电动轴上的系统总飞轮矩； (3)以加速度为20.1/m s 提升重物时，电动机输出的转矩。
解：（1）卷筒速度：'12360600.3n 11.46/min 22 3.140.2511.463 3.54481/min v r R n n j j j r ⨯'===∏⨯⨯==⨯⨯⨯=折算到电机转矩：()039.559.55353.64810.95L G G v FvT N m n η+===*g （另：()()031900490000.25353.43 3.540.95L G G R G R T N m j j ηη++⨯'*====⋅⨯⨯⨯） 电机输出功率：353.448117.895509550L T n P kw ⨯=== （2）负载飞轮矩：()()22202509000.2512725L G DG G R N m =+*=⨯=⋅折算到电机轴总飞轮矩：（3）∵20.1/a m s =∴20.1/dvm s dt= 而6060j 0.142159.622 3.140.25dn dv dt R dt π==⨯⨯=⨯⨯ ∴138.4159.6353.4412375T N m =⨯+=⋅ 1-9某龙门刨床的主传动机构图如图1-14所示。
电力拖动课后习题答案
电力拖动课后习题答案电力拖动课后习题答案电力拖动是现代工业中广泛应用的一项技术，通过电动机将电能转化为机械能，实现各种设备的运动和驱动。
在学习电力拖动的过程中，掌握和理解相关的知识点非常重要。
下面将针对一些常见的电力拖动课后习题进行解答，帮助读者更好地掌握相关知识。
1. 什么是电力拖动？电力拖动是指利用电动机将电能转化为机械能，通过传动装置将机械能传递给被驱动设备，实现设备的运动和驱动的技术。
电力拖动广泛应用于工业生产中的各种设备和机械，如电动机驱动的输送带、机床、风机等。
2. 电动机的分类及其特点有哪些？电动机根据不同的工作原理和结构特点可以分为直流电动机和交流电动机两大类。
直流电动机具有转速可调、起动扭矩大、响应速度快等特点，适用于需要精确控制的场合；而交流电动机结构简单、维护成本低、使用寿命长等特点，适用于大多数工业场合。
3. 什么是电动机的额定功率？电动机的额定功率是指电动机在额定工作条件下所能输出的功率。
额定功率是电动机设计和选型的重要参数，通常以千瓦（kW）为单位表示。
在实际应用中，选择合适的额定功率可以保证电动机的正常运行和长期稳定工作。
4. 什么是电动机的负载特性曲线？电动机的负载特性曲线描述了电动机在不同负载下输出转矩和转速之间的关系。
负载特性曲线通常以转矩-转速曲线的形式表示。
根据负载特性曲线可以判断电动机的性能和工作状态，对于电力拖动系统的设计和控制具有重要意义。
5. 什么是电动机的启动方法？电动机的启动方法是指将电动机从停止状态启动到正常运行状态的过程。
常见的电动机启动方法包括直接启动、星-三角启动、自耦变压器启动等。
不同的启动方法适用于不同功率和负载要求的电动机，选择合适的启动方法可以提高电动机的启动效果和运行稳定性。
6. 什么是电动机的调速方法？电动机的调速方法是指通过改变电动机的输入电压、频率、极数等参数，实现电动机转速的调节。
常见的电动机调速方法包括变频调速、电阻调速、级联调速等。
电拖习题与题解
1-12 一台220伏的并励直流电动机，电枢回路总电阻ra＝0.316欧， 空载时电枢电流Ia0=2.8安，空载转速n0=1600转/分。 （1）今欲在电枢负载为IaX=52安时，将转速下降到nX=800转/分， 问在电枢回路中须串入的电阻值为多大（忽略电枢反应）？ （2）这时电源输入电枢回路的功率只有百分之几输入到电枢中？ 这说明什么问题？ 答案
2-13 试用相量图判别附图的联接标号 答案
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《电机与拖动基础》解题提示
变压器
2-1提示：原题 三相变压器额定容量SN与额定电压U1N(U2N)、额定电流I1N(I2N) 的关系为：SN=sqrt(3)U1NI1N 或 SN=sqrt(3)U2NI2N 2-2提示：原题 主磁通同时交链原、副绕组，在原副绕组中感应电势并实现能量传输。漏 磁通仅交链原绕组，或者仅交链副绕组。在分析变压器时一般以励磁电抗 与漏电抗分别反映主磁通和漏磁通的作用。主磁通所经过的路径主要是铁 磁材料，表征磁通与励磁电流的关系为非线性，故励磁电抗不是常数。而 漏磁通所经过的磁路可以认为是线性的，所以漏电抗被认为是常数。数值 上励磁电抗远大于漏电抗。
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变压器
2-1 有一台三相变压器，额定容量SN＝50千伏安，高压侧额定电压U1N＝ 10千伏，低压侧额定电压U2N＝400伏，高低压绕组都接成星形，试求高低 压侧的额定电流。答案 2-2 变压器中主磁通与漏磁通的性质和作用有什么不同？在分析变压器 时是怎样反映它们作用的？答案
1-13 一台并励直流电动机在某负载转矩时转速为1000转/分，电枢电流 为40安，电枢回路总电阻Ra=0.045欧，电网电压为110伏。当负载转矩增 大到原来的4倍时，电枢电流及转速各为多少？（忽略电枢反应）答案
电力拖动自动控制系统课后答案
习题解答（供参考）习题二系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？ 解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm 。
某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解：1）调速范围 max min D n n =(均指额定负载情况下）max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率 01515010%N s n n =∆==直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=Ω。
相控整流器内阻Rrec=Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。
如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯=378(0.0230.022)0.1478115N n I R rpm ∆==⨯+= (1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。
已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====，主电路总电阻R=Ω,Ce=•min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆为多少？ （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R r ∆=⨯=⨯= (2) 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=。
《电力拖动基础》(魏炳贵 著)课后习题答案 机械工业出版社
电动机转 传 动 负载转矩 传动损耗 电磁转矩 速 （r/min） 效率 （N·m） 转矩（N· （N·m） m） 975 1200 1200 950 950 0.80 0.75 0.67 0.42 -0.38 17.48 145.57 72.79 359.0 -157.4 3.50 36.39 36.39 208.2 208.2
重物、吊钩的总重量为 提升速度
vk = 12m / min = 0.2m / s
绳索的速度 卷筒转速
v = 2vk = 24m / min =卷筒外圆线速度
24 v = = 15.3r / min π D5 π × 0.5
w w
n5 =
电动机转速
n = n5 ⋅
课 后
Z6 Z4 65 30 ⋅ = 15.3 × × = 993r / min 15 2 Z3 Z 2 GDb2 = 365 Gvk2 20110 × 0.22 = 365 × = 0.298 N ⋅ m 2 n2 9932
w
于是得直线部分飞轮矩为
∴ 折算到电动机轴上的系统总飞轮矩为
2 GD 2 = GDa + GDb2 = 6.773 + 0.298 = 7.071N ⋅ m2
答
= 5.59 + 0.98 +
② 重物吊起时阻转矩为
.k hd aw
TL = 9.55
2.94 + 17.05 98.10 + 294 3.92 + 3.92 + + 2 2 2 2 (30 / 2) (30 / 2) × (65 /15) (30 / 2) × (65 /15)2 × (0.15 / 0.5) 2
P2 = TF ⋅ Ω = 317.57 ×
电力拖动课后习题思考题答案
一、可以作为填空题或简答题的2-1 简述直流电动机的调速方法。
答：直流调速系统常以（调压调速）为主，必要时辅以（弱磁调速），以（扩大调速范围），实现（额定转速以上调速）。
2-2 直流调压调速主要方案有（G-M 调速系统，V-M 调速系统，直流PWM 调速系统）。
2-3 V-M 调速系统的电流脉动和断续是如何形成的？如何抑制电流脉动？11-12 答：整流器输出电压大于反电动势时，电感储能，电流上升，整流器输出电压小于反电动势时，电感放能，电流下降。
整流器输出电压为脉动电压，时而大于反电动势时而小于，从而导致了电流脉动。
当电感较小或电动机轻载时，电流上升阶段电感储能不够大，从而导致当电流下降时，电感已放能完毕、电流已衰减至零，而下一个相却尚未触发，于是形成电流断续。
2-4 看P14 图简述V-M 调速系统的最大失控时间。
14 答：t1 时刻某一对晶闸管被触发导通，触发延迟角为α1，在t2>t1 时刻，控制电压发生变化，但此时晶闸管已导通，故控制电压的变化对它已不起作用，只有等到下一个自然换向点t3 时刻到来时，控制电压才能将正在承受正电压的另一对晶闸管在触发延迟角α2 后导通。
t3-t2 即为失控时间，最大失控时间即为考虑t2=t1 时的失控时间。
2-5 简述V-M 调速系统存在的问题。
16 答：整流器晶闸管的单向导电性导致的电动机的不可逆行性。
整流器晶闸管对过电压过电流的敏感性导致的电动机的运行不可靠性。
整流器晶闸管基于对其门极的移相触发控制的可控性导致的低功率因数性。
2-6 简述不可逆PWM 变换器（无制动电流通路与有制动电流通路）各个工作状态下的导通器件和电流通路。
17-18 2-7 调速时一般以电动机的（额定转速）作为最高转速。
2-8 （调速范围）和（静差率）合称调速系统的（稳态性能指标）。
2-8 一个调速系统的调速范围，是指（在最低转速时还能满足所需静差率的转速可调范围）。
2-9 简述转速反馈控制的直流调速系统的静特性本质。
电机与电力拖动基础教程(1-3)答案
UN Ra 0.1 − T = 1582.7 − × 12.56 = 1575.9r / min 2 0 Ceφ N Ce CT φ N 9.55 × 0.1392 (4) Ea = Ceφ N n = U N − I a R a n′ 0 = U N − I a Ra 220 − 0.5 ×115 × 0.1 = = 1541.4r / min C eφ N 0.139 U − I ′ × Ra ′ = −302A (5)1800 = N a ∴ Ia Ceφ N n=
dT dTL < dn dn
第2 章 2.7 解：输入功率
P 1 =
额定电流
PN 180 = = 201.1kW η 0 .895
PN 180 × 103 IN = = = 782.6A UN 230
2.8 解：参考教材 P35 图 2-22， 相邻电刷如 A1 、B1 及 A2、B2 ；相对电刷如 A1 、A2 及 B1、B2。 (1)取下 A1 ，2、3、4 与 14、15、16 抵消，成二条支路；若取下 A1、B1 ，A2 到 B2 二 条支路(14、15、16 及 10、11、12)。上述两种情况都导致感应电动势不变但电流减小一半， 所以若是发电机输出功率减少一半，若是电动机输出转矩减少一半，重载可能无法运行。 (2)若取下 B1、B2，感应电动势为 0，不可以工作。 (3)若 2、3、4 对应 N 失磁，2、3、4 感应电动势为 0 ，并联支路间产生环流，电机可能 烧毁。 2.9 解： 直流发电机的电枢电动势的产生： 原动机作用下使电枢导体旋转切割磁力线产生的源电 动势； 直流电动机的电枢电动势的产生： 通电的电枢导体在磁场的作用下受到电磁转矩作用， 在电 磁转矩作用下使电枢导体旋转切割磁力线产生的反电动势。 直流发电机电磁转矩的产生： 发电机负载时输出的电枢电流在磁场作用下受到的电磁力产生
《电力拖动基础》练习册答案
《电力拖动基础》练习册答案电力拖动基础复习题答案1.简答题1、什么是电力拖动？2、为什么说他励直流电动机具有硬特性？2额定速降较小，直线的斜率较小3、画出电力拖动系统的示意图。
34、电力拖动系统由哪几部分组成？5、画出反抗性恒转矩负载的特性。
6、画出位能恒转矩负载的特性，并举例说明。
7、画出通风机负载的负载特性。
8、固有机械特性的条件是什么？9、要改变一台他励电动机的旋转方向都有哪些措施？改变电枢电流方向或者励磁电流方向10、为什么他励直流电动机与串励直流电动机相比，串励直流电动机牵引电机使用时更具有优势？10，串励直流电动机具有软特性11、他励直流电动机电阻起动时，切换电流Ｉ２越大越好吗？11为什么？不是，Ｉ２越大起动的级数越多，设备越复杂12、他励直流电动机电阻起动时，由一条特性曲线转换到另外一条曲线上，在转换的瞬间，转速，电枢电流都发生什么变化？12转速不变，电枢电流突变13、为什么实际的电力拖动系统通常是一个多轴系统？把多轴系统折算为单轴系统时，哪些量需要进行折算？13工作机构需要的转矩和转速不能够和电动机达到一致，所以需要传动机构，转矩和飞轮矩的折算第1页共38页14、15、一般要求电动机的机械特性是向下倾斜还是向上翘的？向下为什么串励直流电动机不允许过分轻载运行？15转速大大高于额定转速16、他励直流电动机的调速都有哪几种方式？16调压，电枢回路串电阻和削弱磁通17、他励直流电动机的理想空载转速和负载时的转速降各与哪些因素有关17？电压，磁通以及电机常数18、19、20、21、22、23、24、25、26、大27、28、29、30、31、他励直流电动机电枢串电阻的人为机械特性会有什么特点？改变他励直流电动机电源电压时的人为机械特性有什么特点？削弱改变他励直流电动机磁场时的人为机械特性有什么特？他励直流电动机起动时，起动电流的确定要考虑哪些因素？什么是三相绕线转子异步电动机转子串接电阻起动？91逐段切他励直流电动机制动运行分为哪几种方式？什么是三相异步电动机的固有机械特性？请你说明三相异步电动机能耗制动的工作原理？20三相异步电动机调速都有哪几种方法？三相绕线转子异步电动机串级调速都有哪些优缺点？三相异步电动机定子调压调速都有哪些有缺点？三相异步电动机的制动都有哪几种方式？24什么是三相异步电动机的回馈（再生）制动？对三相异步电动机起动的要求是什么？26起动电流小，起动转巨除电阻的转子串电阻的分级起动32、容量较大的他励直流电动机为何不能采取直接起动的方式进行起动？32第2页共38页233、在要求有较大的起动转矩和较小的起动电流的场合，为何采用深槽式和双笼型双笼异步电动？3334、35、电磁转差离合器都有哪几部分组成？三相子异步电动机变极调速都有哪几种方式？352.填空题1、三相子异步电动机的电磁转矩由转子电流和（主磁通）产生的。
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第二章2-1解： ① 122053.40.40.132/(min )1500N N a e N N U I R C V r n ---⨯Φ=== 9.55 1.26/T N e N C C N m A Φ=Φ=② 67.28N t N N T C I N m =Φ=29.5563.67260N N N N N P PT N m n n π=== ③ 02 3.61N N T T T N m =-= ④ 01666.67/min Ne NU n r C ==Φ 0021657.99/min ae t NR n n T r C C =-=Φ实际 ⑤ 0000.5()1583.34/min aN N NI n n n n n n r I =-∆=--= ⑥ 2200.1321400880.4N e N a a U C n I A R -Φ-⨯===2-2 解：1313331222333112212285.2170.41100.646170.40.6461.710.131.710.130.2221.710.130.381.710.130.6460.2220.130.0920.380.N N st st a st a st a st a st st a st st st I I A A U R I R R R R R R R R r R R r R R λλλλ==⨯=========⨯=Ω==⨯=Ω==⨯=Ω=-=-=Ω=-=-3322220.1580.6460.380.266st st st r R R =Ω=-=-=Ω2-3 解：取12118.32236.6N I I A ==⨯=式中1I 为最大允许电流，稳态时，负载电流L N I I =，令切换电流2 1.15 1.15L N I I I ==则121.74I I λ== 1lg 3.7lg NaU I Rm λ⎛⎫ ⎪⎝⎭==取m=4.则41 1.679N aU I R λ==，122 1.191.679N N L I II I I λ===>4342312(1)0.0790.1330.2230.374st a st st st st st st R R R R R R R R λλλλ=-=Ω==Ω==Ω==Ω、式中，1st R ，2st R ，3st R ，4st R 分别是第一级，第二级，第三级，第四级切除阻值。
2-4解：①电枢电路不串电阻达稳态时，0.80.80.8126.8em L T N a N T N N a N T T T C I T C I I I φφ=====⇒==0.20415N N aN N N a e N N N a e N NU I R U E I R C n I R C n φφ-=+=+⇒== 则电枢回路不串电阻时的转速：12200.1126.81015.53/min 0.20415N a a e N U I R n r C φ--⨯===② 22()N a s N a s N a s aa e N e T N e N e N e NU R R U R R U R R I n T I C C C C C C φφφφφ++-+=-=-=220(0.10.3)126.8829.2/min 0.20415r -+⨯==③ 1aa e N a a U E I R C n I R φ''=+=+ （由于机械惯性，转速n 不变）将电源电压降至188V 后的瞬时电枢电流： 1880.204151015.53193.20.1aa U E I A R --⨯'===- 稳态转速：31880.1126.8858.78/min 0.204150.20415a a U I R n r --⨯===④ 180%N aa e N a a U E I R C n I R φ'''''=+=+ (转速n 不突变) 则瞬时电枢电流： 180%22080%0.204151015.53541.450.1N e N aa U C n I A R φ--⨯⨯''===稳态转速：42200.1126.81269.4/min 80%80%0.20415N a a e N U I R n r C φ--⨯===⨯⑤ 串电阻调速，设所串电阻为5R555()600/min2200.204156000.10.669126.8N a a e NN e N a a U I R R n r C U C R R I φφ-+==--⨯⇒=-=-=Ω降压调速55600/min 135.17a ae N a a e NU I R n r U C n I R V C φφ-==⇒=+=Ω2-5解：① 端电压不变，励磁回路总电阻不变，所以励磁不变。
电枢回路串入电阻、转速不能突变，所以串入瞬间反电势不变。
105.8110105.86.460.150.511()9.559.559.550.6740.674 6.46 4.35a N N a N a a a e T T T em T a E U I R V U E I AR R E C n C n C n EC nT C I N m =-=--===++=Φ=Φ=Φ∴Φ===Φ=⨯=② ''11, 3.2322em em a a T T I I A ===''()107.9a N a a E U R R I V =-+=0.0719.55T e C C ΦΦ== ''107.91528.9/min 0.071a e E n r C ===Φ2-6解： 0N N a U I R -<，题目数据错误。
2-7解：①对电机A ，拖动恒功率负载，调速前后功率不变，则A A P P '=22A A Aa Aa Aa N Aa AaAa A P E I I R U I I R P '''=-=-= ∴ 100Aa Aa I I A '== 对电机 B②对电机AA A A A A A P T T P '''=Ω=Ω=1650100366450A T Aa A T AaA Aa Aa A C I C I I I A φφΩ'''⋅Ω=⋅Ω⇒==⨯='Ω 对电机B ，拖动恒转矩负载，调速前后转矩不变，则B T Ba T Ba B TC I C I T φφ''=== ∴ 100Ba Ba I I A '==2-8解：最低理想空载转速 01250/min n r =，处于降压调速的机械特性上 最高理想空载转速 021500/min n r =，处于弱磁调速的机械特性上 ①当01250/min n r =时：0.411N N ae NU I R C n φ-==01069.6/min Ne U n r C φ== 602772N NN NP P T N m n π===⋅Ω 069.6/min N N n n n r ∆=-= min 01180.4/min N n n n r ∴=-∆=10169.627.8%250N n n δ∆=== ② 当021500/min n r =时024400.291500N e U C n φ'=== max 21373/min 9.55()N a Ne e U R T n r C C φφ∴=-='' 02max2028.5%n n n δ-==2-9解：0.1478N N ae NU I R C n φ-== 01488.84/min Ne U n r C φ== 0max 0()1373.7/min a a e I R R n n r C φ+=-=115/min n r ∆=0n n δ∆'=当20%δ=时，0115575.5/min 20%n r '== min 0460.5/min n n n r '=-∆=maxmin2.98n D n ==当30%δ=时，0115383.3/min 30%n r '==min 0268.3/min n n n r '=-∆=maxmin5.1n D n ==2-10解： ①对电动机2200.053050.204751000N N a e N N U I R C n φ--⨯=== 2()974.36/min G aG aM G aG aM a e N e T N e N E R R E R R I n T r C C C C φφφ+-+=-== 02301123.32/min 0.20475G e N E n r C φ=== 0148.96/min N N n n n r ∆=-=13.26%Nn n δ∆== max 974.36/min n r = ②当30%δ=时，max 10000.32.9(1)148.96(10.3)N n D n δδ⨯===∆--2-11解： max max 0n n δ∆=max 0maxnn δ∆= maxmax min 0max max max 0maxmax(1)N N N N n n n n D n n n n n n n δδδ====∆-∆∆--∆2-12解：2200.2678.50.34585N N a e N N U I R C n φ--⨯=== 0644.8/min Ne U n r C φ== 059.85/min N N n n n r ∆=-=0644.8350294.82/min n n n r ∆=-=-=a a N R R nR n +∆=∆ (1)0.207a NnR R n ∆=-=Ω∆2-13解：① 在额定工作点时：1220400.510000.2/min N aN a N e N e N e N e NU I R n C V r C C C φφφφ--⨯=-⇒=⇒=⋅ 降电压前后：∵ 1L T a T C I φ=为额定值 ∴ a I 不变，即140a I A = 降电压后：111180400.5800/min 0.2a a a a e e N U I R U I R n r C C φφ---⨯==== ② 由题意知12221801800.1636/min 220220NN N e e N NN U UU C C V r U φφφφφφφ-=⇒==⇒==⋅ 降电压前后负载转矩为额定值222244.44NL T N aN T a a aNT C I C I I I A φφφφ==⇒== 降电压后 22218044.440.5964.43/min 0.1636a a e U I R n r C φ--⨯===2-14解：① 在额定工作点时 10.403/min N N ae N NU I R C V r n φ--==⋅ 当磁通减小时 13e e N C C φφ=同时负载转矩不变 3309NL T N N T a a N N T C I C I I I I A φφφφ==⇒===⇒不可以长期运行max 2203090.181223.7/min 0.403/3a a e U I R n r n C φ--⨯⇒===< ②对于恒功率负载 22NL N P P T nT P T nππ=Ω==⇒= 同时 2()N a e e U R n T C C φφ=- 其中 13N φφ=由此可得 2()2N a Ne e U R P n C C nφφπ=-⋅ 即21637.7229369.501619.6n n n -+=⇒=或（舍去）12200.4031619.6313.50.18N e a a U C n I A R φ-⨯⨯-===∵ max n n > 所以不能长期运行。