机械传动控制课后习题标准答案
机电传动控制廖映华课后答案
机电传动控制廖映华课后答案一、选择题1.按下复合按钮时（）。
[单选题] *A.常开触头先闭合B.常闭触头先断开(正确答案)C.常开、常闭触头同时动作D.分不清2.停止按钮应优先选用（）。
[单选题] *A.红色(正确答案)B. 白色C.黑色D.绿色3.能够充分表达电气设备和电器的用途以及线路工作原理的是（）。
[单选题] *A.接线图B.电气原理图(正确答案)C.布置图D.安装图4.同一电器的各元件在电气原理图中和接线图中标注的文字符号要（）。
[单选题] *A.基本相同B.基本不同C.完全相同(正确答案)D.没有要求5.接触器的自锁触头是一对（）。
[单选题] *A.常开辅助触头(正确答案)B.常闭辅助触头C.主触头D.常闭触头6.具有过载保护的接触器自锁控制电路中，实现过载保护的电器是（）。
[单选题] *A.熔断器B.热继电器(正确答案)C.接触器D.电源开关7.具有过载保护的接触器自锁控制电路中，实现欠压和失压保护的电器是（）。
[单选题] *A.熔断器B.热继电器C.接触器(正确答案)D.电源开关8.能在两地或多地控制同一台电动机的控制方式称为电动机的（）。
[单选题] *A.顺序控制B.一地控制C.两地控制D.多地控制(正确答案)9.采用多地控制时，多地控制的起动按钮应（）。
[单选题] *A.串联B.并联(正确答案)C.混联D.既有串联又有并联10.采用多地控制时，多地控制的停止按钮应（）。
[单选题] *A.串联(正确答案)B.并联C.混联D.既有串联又有并联11.改变通入三相异步电动机电源的相序就可以使电动机（）。
[单选题] *A.停速B.减速C.反转(正确答案)D.降压起动12.三相异步电动机的正反转控制关键是改变（）。
[单选题] *A.电源电压B.电源相序(正确答案)C.电源电流D.负载大小13.正反转控制电路，在实际工作中最常用、最可靠的是（）。
[单选题] *A.倒顺开关B.接触器联锁C.按钮联锁D.按钮-接触器双重联锁(正确答案)14.要使三相异步电动机反转，只要（）就能完成。
机电传动控制例题+课后习题答案+华科+第四版
TL T KtI a C
I a
I a E
E U I a Ra E E1
注意：从
U Ra C
不能判断E是如何变化的 E K en
52.5
T
3.15 解：（1） IN=PN/NUN=2200/0.8 ×110=25A （2）求IfN=Uf/Rf=110/82.7=1.33A （3）Pf= Uf IfN=110 ×1.33=0.146kw （4）TN=9.55 × PN/nN=9.55 ×2200/1500=14N.m （5）E= KeN nN=UN-INRa=110-25 ×0.4=100V （6）IST= UN/Ra=110/0.4=275A （7） IST=UN/（Ra+RST）2 IN RST UN/2 IN- Ra=110/2 ×25-0.4=1.8
• 例5-2 有一台三相四极的异步电动机， • 其额定技术数据为nN=1440r/min，R2，E20=20V， • 试求：(l)电动机的同步转速n0 ：(2)电动机启动时的转子电流 I2st ： • (3)电动机在额定转速时转子电动势的频率f2N； • (4)电动机在额定转速时的转子电流 I2N E20 20 • 解 (1) n0=60f1/P=60×50/2=1500r/min 242.5 A I 2 st 2 2 • (2) R2 X 20 0.022 0.082 •
(1)估算Ra
K e N U N I N RN / nN
5.5 103 PN U N Ra 0.51 I 0.51 220 31 0.71 UN IN N
机电传动控制课后习题答案《第五版》
习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础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。
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。
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）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 L T M= T系统的运动状态是减速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=ω2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比高速轴的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。
如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 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。
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。
以下为您提供机电传动控制第五版的课后答案，希望能对您的学习有所帮助。
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。
机电传动与控制-习题答案
6-1长时间运行的电动机控制线路中有了短路保护是否还需要有过载保护？。
答:熔断器提供短路保护,热继电器提供过载保护，短路保护和过载保护的用途不同。
短路保护是当电路出现短路或严重过载时切断电路的一种保护电器，反应速度较快；过载保护的作用时当电路长时间过载时，为了防止电路元器件损坏而切断电路的一种保护电器，反应速度较慢。
当电路出现过载的时候，如果没用过载保护，负载会因长时间过载而损坏，这时候熔断器不能熔断，起不到保护作用。
所以电路中已经有了短路保护还需要有过载保护。
6-2接触器的使用类别的含义是什么？交流接触器能否串联使用？为什么？答：接触器的使用类别的含义是主触头的的通断能力，即在规定条件下，主触头接通和分断的电流值大小。
不能。
电压过低时，接触器不能动作。
6-3热继电器能否对Y形或△形接法的电动机电路起缺相保护作用？答:由于热继电器是串联在电机主电路中的，所以其通过的电流就是线电流。
对于Y形接法，当电路发生缺相运行时，另两相电流明显增大，流过热继电器的电流等于电动机相（绕组）电流，热继电器可以起到保护作用。
而对于△形接法，电动机的相电流小于线电流，热继电器是按线电流来整定的，当电路发生缺相运行时，另两相电流明显增大，但不至于超过线电流值或超过的数值有限，这时热继电器就不会动作，也就起不到保护作用。
所以，对于△形接法的电路必须采用带缺相保护装置的热继电器。
6-4当通风不良或环境温度过高时，热继电器能否对电动机起到保护作用？答:不能，应采用温度继电器。
因为热继电器是根据定子电流是否过载而动作的保护电器，而温度继电器是根据温度变化而动作的保护元件。
当通风不良或环境温度过高而使电动机绕组温度过高时，不会使热继电器动作，而温度继电器会快速动作切断控制电路，起到保护作用，并且当电动机绕组温度或介质温度冷却到复位温度时，温度继电器又能自动复位重新接通控制电路。
6-5什么是电动机Y-△降压起动？什么情况下可以采用Y-△降压起动方法？答:电动机Y-△降压起动是指电动机起动时，定子绕组接成Y形联接，每相绕组的电压由额定380V 降为220V，起动电流降为△形联接起动电流的1/3。
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。
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。
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）TM-TL>0系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 转速n M 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=JM+J1/j2+ JL/j12=+2/9+16/225=.如图（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=,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD2M= m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为。
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=*2n/60= rad/s.提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=4*4*2=sv=ωD/2=2*=sT L=ηC n M=*100**950=GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2=*+100*322=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交点是系统的平衡点第三章一台他励直流电动机的技术数据如下：P N=,U N=220V, I N=, n N=1500r/min, R a =Ω,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=φN时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。
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
机械传动控制第五版习题和答案完整版
机电传动控制邓星钟第四版课后答案第二章机电传动系统的动力学基础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。
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 M T T M TLNT 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=ω2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=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。
在这篇文章中，我将为您提供机电传动控制第五版的课后答案，希望能对您的学习有所帮助。
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。
机电传动控制基础课后题答案
折算到电机轴上的静态转矩:
TL
9.55 F v2
c nM
9.55 100 0.37 0.83 950
0.448
N •m
折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GDZ2
GDZ2
GDM2
GD12
j
2 1
(
GDL2 j1 j2 )2
365
G v2 nM2
1.1 GDM2
365
F v2 nM2
(2)电动机拖动位能性恒转矩负载，要求以-300r／min速度下放重 物，采用倒拉反接制动，电枢回路应串多大电阻?若采用能耗制动， 电枢回路应串多大电阻?
(3)想使电机以n＝-1200r／min速度，在再生发电制动状态下，下 放重物，电枢回路应串多大电阻?若电枢回路不串电阻，在再生发 电制动状态下，下放重物的转速是多少?
n) 9.55Ke N 2
TL
- Ra
( 220 1200) 9.55 0.2082
0.208
49
- 0.4 0.8
不串电阻时的制动转速：
n
UN KeN
Ra
9.55Ke
N
2
TL
220 0.208
0.4 9.55 0.2082
49 1105 r/min
习题与思考
3.4 直流电动机一般为什么不允许直接启动？如直接启动 会发生什么问题？应采用什么方法启动比较好？
N •m
3.11一台他励直流电动机的名牌数据为：
PN=5.5kW,UN=110V, IN=62A
nN=1000r/min ，
试绘制出它的固有机械特性曲线：
解：
Ra
0.75
UnN n2
PN
机电传动与控制(第四版)第6章课后习题参考答案
第六章6.1 有一台交流伺服电动机，若加上额定电压，电源频率为50Hz,极对数P=1，试问它的理想空在转速是多少？n0=60*f/p=60*50/1=3000r/min理想空在转速是3000 r/min6.2何谓“自转”现象？交流伺服电动机时怎样克服这一现象，使其当控制信号消失时能迅速停止？自转是伺服电动机转动时控制电压取消,转子利用剩磁电压单相供电,转子继续转动.克服这一现象方法是把伺服电动机的转子电阻设计的很大,使电动机在失去控制信号,即成单相运行时,正转矩或负转矩的最大值均出现在Sm>1的地方.当速度n 为正时,电磁转矩T为负,当n为负时,T为正,即去掉控制电压后,单相供电似的电磁转矩的方向总是与转子转向相反,所以是一个制动转矩.可使转子迅速停止不会存在自转现象6.3有一台直流伺服电动机，电枢控制电压和励磁电压均保持不变，当负载增加时，电动机的控制电流、电磁转矩和转速如何变化？当副在增加时, n=U c/K eΦ-RT/K e K tΦ2电磁转矩增大,转速变慢,根据n=U c/K eΦ-R a I a/K e Φ控制电流增大.6.4有一台直流伺服电动机，当电枢控制电压Uc=110V时,电枢电流I a1=0.05A，转速n1=3000r/min;加负载后，电枢电流I a2=1A, 转速n2=1500r/min。
试做出其机械特性n=f (T)。
电动机的电磁转矩为T=BI a NLD/2,n300015000.05A6.5n0=3000r/min;当n0=120Uc/πNBLD6.6细不变,式中的BI a Nl/2紧思维常数,故转矩T与直径D近似成正比.电动机得直径越大力矩就越大.6.7 为什么多数数控机床的进给系统宜采用大惯量直流电动机？因为在设计.制造商保证了电动机能造低速或阻转下运行,在阻转的情况下,能产生足够大的力矩而不损坏,加上他精度高,反应快,速度快线性好等优点.因此它常用在低俗,需要转矩调节和需要一定张力的随动系统中作为执行元件.6.8 永磁式同步电动机为什么要采用异步启动？因为永磁式同步驶电动机刚启动时,器定子长生旋转磁场,但转子具有惯性,跟不上磁场的转动,定子旋转时而吸引转子,时而又排斥转子,因此作用在转子的平均转矩为零,转子也就旋转不起来了.6.9 磁阻式电磁减速同步电动机有什么突出的优点？磁阻式电磁减速同步电动机无需加启动绕组,它的结构简单,制造方便.,成本较低,它的转速一般在每分钟几十转到上百专职践踏是一种常用的低速电动机.6.10 一台磁组式电磁减速同步电动机，定子齿数为46，极对数为2，电源频率为50Hz,转子齿数为50，试求电机的转速。
机电传动控制课后习题答案《第五版》
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=O 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）系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速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TMTM=TL说明系统处于减速TM< TL TM-TL<0说明系统处于减速。
TM-TL<0T M T LT M =T LT L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 3 , p不变。
转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5J 3 22.5为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？因为P= T 3 ,P不变3越小T越大，3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=T 3, T=G?D2/375. P= 3 G?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。
机电传动控制课后习题答案《第五版》
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=TLTM< 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。
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说明系统处于匀速。
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 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=ω2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。
如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 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。
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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)
Ｌ TM
TＭ=ＴL
TM< TＬ
ＴM-TL<0说明系统处于减速。
ＴM－TＬ＜0 说明系统处于减速
TＭT M
Ｔ
ＴＭ＞ T L TＭ＞
ＴL
系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速
ＴM T M
T
TＭ＝ 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
2.11 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
3.15 一台直流他励电动机,其额定数据如下：P N=2.2ＫW,U N=U f=１１0V,n N=１５００r/min，ηＮ＝０.8,Rａ=0.4Ω, Ｒf=82．7Ω。
试求:
①额定电枢电流I An;
②额定励磁电流I fＮ;
③励磁功率Ｐf;
④额定转矩T N;
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？
①P N=U N I aNηＮ
２２０0=11０*I aＮ*0.8
IａN=25A
②U f= R fＩfＮ
IｆN=１１０/82．７
=１．33A。