控制电机 习题答案
机电传动控制复习题及参考答案
机电传动控制复习题及参考答案中南大学网络教育课程考试复习题及参考答案机电传动与控制一、填空题：1.直流电动机常用的调速方法有、和。
2.三相笼式异步电动机的启动方法有和。
3.电气控制系统中常设的保护环节有短路保护、弱励磁保护、、和。
4.三相鼠笼式异步电动机常用的调速方法有和。
5.他励直流电动机的三种调速方法中，调速时机械特性变软的是。
调速时机械特性不变的是调速。
6.晶闸管的几个主要参数是、、额定通态平均电流T I 和维持电流H I 。
7.直流调速系统中，电流截止负反馈环节的作用是。
8.三相鼠笼式异步电动机的降压启动方法有、和自耦变压器启动。
9.生产机械对电动机调速系统提出的主要静态技术指标有、和平滑性。
10.晶闸管可控整流电路的负载常有电阻性、和。
11.三相绕线式异步电动机常用进行启动和调速，也可以用进行启动。
12.三相鼠笼式异步电动机的电气停转方法有和。
13.在直流电动机的双闭环无静差调速系统中，转速环的作用主要是。
电流环的作用主要是。
14.直流他励电动机可采用启动或降压启动，目的都是为了。
15.为了改变三相交流异步电动机的旋转方向，只要即可。
16.无静差闭环调速系统，PI 调节器中积分环节的作用是。
17.交流电动机变频调速的特点有，在恒转矩的变频调速系统中，常保持为定值。
18.就一台直流电动机开环、有静差闭环、无静差闭环调速系统三者的静特性而言，机械特性最硬的是，最软的是。
19.带电阻性负载的单相半波可控整流电路中，控制角α的移相范围是，控制角α和导通角β的关系式是。
20.交流异步电动机采用调压调速时，采用转速负反馈闭环系统，可以。
21.电动机的短路保护和长期保护不同，前者是，后者是。
二、单项选择题：1.电源线电压为380V ，三相笼型异步电动机定子每相绕组的额定电压为380V ，能否采用星形——三角形启动？（）A.不能B.能2.直流电器的线圈能否串联使用？（）A.不能B.能3.直流电动机调速系统，若想采用恒转矩调速，则可改变（）A.e KB.ΦC.U4.三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（）A.增大B.减少C.等于零5.试说明下图情况下，系统的运行状态是（）A.加速B.减速C.匀速6.交流电器的线圈能否接入与其额定电压相等的直流电源使用？（）A.不能B.能7.直流电动机调速系统，若想采用恒功率调速，则可改变（）A.e KB.C.U8.三相异步电动机在相同电源电压下，空载启动比满载启动的启动转矩（）A.大B.小C.相同9.三相异步电动机带动一定负载运行时，若电源电压降低了，这时电动机的转矩会（）A.增大B.减少C.不变10.三相异步电动机中断了一根电源线后，能否启动？（）A.能B.不能11.交流电器的线圈能否串联使用？（）A.不能B.能12.电源线电压为380V ，三相笼型异步电动机定子每相绕组的额定电压为380V ，能否采用星形——三角形启动？（）A.不能B.能13.三相异步电动机在运行中断了一根电源线下，则电动机的转速（）A.增大B.减少C.停转14.下图中，1、2分别为电动机和负载的机械特性，系统是否具有运行的稳定平衡点（）A.有B.没有15.直流电器的线圈能否接入与其额定电压相等的交流电源使用？（）A.不能B.能16.一台直流他励电动机在稳定运行时，如果负载转矩L T ＝常数，外加电压和电枢电路中的电阻不变，问：减弱励磁使转速上升到新的稳定值后，电枢反电势会（）A.增大B.减少C.不变17.三相异步电动机带一定负载运行时，若电源电压降低了，则电动机的转速（）A.增大B.减少C.不变18.交流变频调速系统中采用的逆变器属于（）A.无源逆变B.有源逆变19.直流电机的有源逆变电路，在逆变状态下时，电机工作于（）A.电动状态B.发电状态M L20.一台他励直流电动机拖动恒转矩负载，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？（）A.能B.不能21.有源逆变电路，主要用于（）A.直流电动机的可逆调速B.交流电动机的变频调速22.相对于开环系统，闭环调速可使系统的机械特性变硬，调速范围（）A.扩大B.减小C.不变23.绕线式异步电动机采用串电阻启动时，可（）A.增大启动转矩，同时降低启动电流B.通过增大启动电流以增大启动转矩24.他励直流电动机的三种调速方法中。
机电传动控制习题答案
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。
答：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.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。
2.4 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：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=0.5Jω22.9 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: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。
2.10反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点？答:反抗转矩的方向与运动方向相反，,方向发生改变时,负载转矩的方向也会随着改变，因而他总是阻碍运动的.位能转矩的作用方向恒定,与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向便促使运动。
第三章3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩T L=常数，当电枢电压附加电阻改变时，能否改变其运行其运行状态下电枢电流的大小？为什么？这是拖动系统中那些要发生变化?T=K tφI a u=E+I a R a当电枢电压或电枢附加电阻改变时,电枢电流大小不变.转速n与电动机的电动势都发生改变。
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
电机控制技术 罗文广课后习题答案
电机控制课后习题（部分答案）1-1.负载转矩的折算原则是什么？负载飞轮矩的折算是什么？答：负载转矩折算的原则是折算前后的功率不变；负载飞轮矩折算的原则是折算前后的动能不变。
1-2.什么是负载特性？什么是电动机的机械特性？答：电力拖动系统的负载转矩特性简称负载特性是指生产机械的负载转矩与转速的关系，典型的负载特性有恒转矩负载、通风机与泵类负载和恒功率负载等。
电动机的机械特性是电动机的输出扭矩与其转速之间的关系。
1-3. 电力传动系统稳定运行的充分必要条件是什么？答：为了保证电力系统稳定运行，电力系统必须满足以下要求：(1)为保持电力系统正常运行的稳定性和频率、电压的正常水平，系统应有足够的静态稳定储备和有功、无功备用容量，并有必要的调节手段。
在正常负荷波动和调节有功、无功潮流时，均不应发生自发振荡。
(2)要有合理的电网结构。
(3)在正常方式(包括正常检修方式)下，系统任意一个元件(发电机、线路设备、变压器、母线)发生单一故障时，不应导致主系统发生非同步运行，不应发生频率崩溃和电压崩溃。
(4)在事故后经调整的运行方式下，电力系统仍应有符合规定的静稳定储备，其他元件按规定的事故过负荷运行。
(5)电力系统发生稳定破坏时，必须有预定措施，以缩小事故范围减少事故损失。
2-1.分析并比较交、直流电动机的特点？答：课本38页，表3-12-2.直流电动机有哪些励磁方式？各种励磁方式分别有何特点？答；直流电动机的励磁方式有他励、并励、串励和复励等。
他励式的特点是励磁绕组单独接其他直流电源，这样励磁电流由该电源供给；并励式的特点是励磁绕组和电枢绕组并联，接同一个直流电源，励磁绕组上的电压就等于电枢绕组的端电压；串励式的特点是励磁绕组与电枢绕组串联连接，这样励磁绕组的电流就等于电枢绕组的电流；复励方式的特点是有两套励磁绕组：一套是与电枢绕组并联的并励绕组，另一套是与电枢绕组串联的串励绕组。
若串励绕组产生的磁动势与并励绕组产生的磁动势方向相同，就称为积复励式；若方向相反，则称为差复励式。
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完整版
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）TMTLTM=TLTM< TLTM-TL>0说明系统处于加速。
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。
控制电机课后练习题含答案
控制电机课后练习题含答案一、选择题1.下列哪一个模块可以用于控制电机的转速和方向？A. 蓝牙模块B. 光敏电阻模块C. 直流无刷电机驱动模块D. 温湿度传感器模块正确答案：C2.下列哪一个语句可以将电机停止转动？A. digitalWrite(IN1, HIGH);B. digitalWrite(IN2, HIGH);C. digitalWrite(IN1, HIGH); digitalWrite(IN2, LOW);D. digitalWrite(IN1, LOW); digitalWrite(IN2, LOW);正确答案：D3.控制电机转速的方法有哪些？A. 改变电机的电压B. 改变电机的电流C. 改变电机的载荷D. 改变电机内部的导体数量正确答案：A二、填空题1.请用代码实现使用直流无刷电机驱动模块控制电机逆时针旋转。
digitalWrite(IN1, HIGH);digitalWrite(IN2, LOW);2.请用代码实现使用直流无刷电机驱动模块控制电机转速为50。
analogWrite(EN, 50);3.控制电机转速的单位是________。
正确答案：千转每分钟（RPM）三、简答题1.请简述直流无刷电机驱动模块控制电机转速的原理。
直流无刷电机驱动模块通过模拟方式控制电机转速，具体过程如下：–通过控制电机的输入电压来改变电机的转速；–使用PWM调制技术控制电机的输入电压，在不同的电压下引起电机的负载不同，从而改变其转速；–调整占空比大小以改变电机的转速；2.对于一个电机，它的转速越快，那么其________会越大。
正确答案：反电动势。
3.在控制电机转速时，如何实现电机的平滑加速和减速？可以采用线性加速和减速的方式，根据一定规律逐步改变PWM信号的占空比。
四、编程题使用Arduino UNO板卡和直流无刷电机驱动模块控制一个电机完成以下功能：•每隔1秒钟逆时针旋转3秒；•每隔2秒钟顺时针旋转2秒。
电机与电器控制技术课后习题答案
第1章直流电机及电力拖动习题答案1.简述直流电动机的工作原理、主要结构及各部分的作用。
答：1）直流电动机的工作原理：直流电动机的工作原理是基于电磁力定律的。
若磁场B x与导体互相垂直，且导体中通以电流i，则作用于载流导体上电磁力f。
此电磁力与转子半径之积即为电磁转矩。
该电磁转矩使电动机旋转。
通过换向器和电刷的作用，流经线圈的电流方向改变，这样导体所受的电磁力方向不变，从而保持电动机沿着一个固定的方向旋转。
2）直流电机主要由定子和转子部分组成。
定子主要由主磁极、机座、换向磁极、电刷装置和端盖组成。
主磁极的作用是产生恒定、有一定空间分布形状的气隙磁通密度。
整体机座是用导磁效果较好的铸钢材料制成，该种机座能同时起到导磁和机械支撑作用。
换向极用来改善直流电机的换向。
电刷装置把电机电枢中的电流与外部静止电路相连或把外部电源与电机电枢相连。
电刷装置与换向片一起完成机械整流，把电枢中的交变电流变成电刷上的直流或把外部电路中的直流变换为电枢中的交流。
2.直流电机的电枢绕组的连接方式中单叠绕组和单波绕组各有何特点？答：单叠绕组的特点是相邻元件相互叠压，合成节距与换向节距均为1，即y=y k=1。
单叠绕组有以下特点：1）同一主磁极下的元件串联在一起组成一个支路，这样有几个主磁极就有几条支路，主磁极对数等于之路对数，p =a。
2）电刷数等于主磁极数，电刷位置应使支路感应电动势最大。
3）电刷间电动势等于并联支路电动势，即等于每条并联支路中每根导体电动势之和。
4）电枢电流等于各并联支路电流之和。
单波绕组：线圈连接呈波浪形，所以称作波绕组。
单波绕组直接相连的两个线圈的对应边不是在同一个主磁极下面，而是分别处于相邻两对主磁极中的同极性的磁极下面，合成节距约等于两个极距。
单波绕组只有一对并联支路，支路对数与磁极对数p无关，即a=1。
3.直流电机的励磁方式有几种？画图说明。
答：励磁方式分为他励、并励、串励和复励。
a)b)c)d)a）他励b）并励c）串励d）复励4.什么是电枢反应，对电机有何影响？答：电枢磁场对主磁场的影响称为电枢反应。
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。
机电传动与控制-习题答案2
7-17. 用 PLC 实现三相异步电动机的循环起停控制。 控制要求：按下起动按钮，电动机起动并正向运转 5s，停止 3s，再反向运转 5s，停止 3s，然后 再正向运转，如此循环 5 次后停止运转。循环结束指示灯以秒级闪烁，以示循环过程结束。若停止按 钮按下松开时，电动机才停止运行。 设计要求：画出 I/O 分配表；绘出主电路、PLC I/O 接线图；给出控制程序。该电路必须具有必要 的短路保护、过载保护等功能。
题 7-25 梯形图
7-26 用定时器 T32 进行中断定时，控制接在 Q0.0～Q0.7 的 8 个彩灯循环左移，每秒移动一次， 设计程序。
主程序
中断程序
7-27 用定时中断 0，控制接在 Q0.0～Q0.7 的 8 个彩灯循环左移，每秒移动一次，设计程序。
7-28 请使用移位寄存器指令设计当 I0.0 动作时，Q0.0～Q0.7 每隔 1s 依次输出为 1，8s 后全部输 出。
7-29 某装饰灯箱有 8 盏指示灯 HL0~HL7，控制要求是：按下启动按钮 SB1，奇数灯与偶数灯交替 点亮，工作周期为 1s（ON/OFF 各 0.5s），反复循环工作；按下停止按钮 SB2，信号灯全部熄灭。试设 计 PLC 控制电路，并用数据传送指令编写控制程序。
7-30 用 PLC 实现炉温控制。系统由一组 10 kW 的加热器进行加热，温度要求控制在 50～60℃， 炉内温度由一温度传感器进行检测，系统起动后当炉内温度低于 50℃时，加热器自行起动加热；当 炉内温度高于 60℃时，加热器停止运行。同时，要求系统炉温在被控范围内绿灯常亮，低于被控温 度 50℃时黄灯亮，高于被控温度 60℃时红灯亮。
7-32 某送料小车自动往返运行的工艺过程如图所示，其控制要求如下。 按下启动按钮 SB1，小车电动机 M 正转，小车第一次前进，碰到限位开关 SQ1 后小车电动机 M 反转，小车后退。小车后退碰到限位开关 SQ2 后，小车电动机 M 停转，停 10s 后，小车第二次前进， 碰到限位开关 SQ3，再次后退。小车第二次后退碰到限位开关 SQ2 时，小车停止。
《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。
《控制电机(第2版)》李光友(思考题与习题参考答案)
控制电机（2版）思考题与习题参考答案（机械工业出版社，李光友等编著）第1章 直流伺服电动机1. 一台直流电动机，其额定电压为110V ，额定电枢电流为0.4A ，额定转速为3600r/min ，电枢电阻为50Ω，空载阻转矩015.0T 0=N ·m ，试问电动机的额定负载转矩是多少？ 解： ,=120 ,2. 一台型号为55SZ54的直流伺服电动机，其额定电压为110V ，额定电枢电流为0.46A ，额定转矩为093.0 N ·m ，额定转速为3000r/min 。
忽略电动机本身的空载阻转矩0T ，试求电机在额定运行状态时的反电动势a E 和电枢电阻a R 。
解：U= , ,100，3. 伺服电动机型号为70SZ54，,V 110U U ,W 55P f N N ===效率m i n /r 3000n %,5.62N N ==η，空载阻转矩0714.0T 0= N ·m 。
试求额定运行时电动机的电枢电流aN I ，电磁转矩e T ，反电动势aN E 和电枢电阻a R 。
解：， ，100 ，4. 由两台完全相同的直流电机组成的电动机-发电机组。
它们的励磁电压均为110V ，电枢绕组电阻均为75Ω。
当发电机空载时，电动机电枢加110V 电压，电枢电流为0.12A ，机组的转速为4500r/min 。
试求：（1）发电机空载时的输出电压为多少？（2）电动机仍加110V 电压，发电机负载电阻为1kΩ时，机组的转速为多少?解：（1）（2） 由 得， , =0.12A, n=4500r/min.接负载时，U= ，解得Ф =4207r/min5. 试用分析电枢控制时的类似方法，推导出电枢绕组加恒定电压，而励磁绕组加控制电压时直流伺服电动机的机械特性和调节特性。
并说明这种控制方式有哪些缺点?答：磁场控制时电枢电压保持不变。
机械特性是指励磁电压不变时电动机转速随电磁转矩变化的关系，即= 。
机电传动控制习题答案
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。
答：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。
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。
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：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。
5Jω22.9 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：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。
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：反抗转矩的方向与运动方向相反，，方向发生改变时，负载转矩的方向也会随着改变，因而他总是阻碍运动的.位能转矩的作用方向恒定,与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向便促使运动。
第三章3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩T L=常数,当电枢电压附加电阻改变时，能否改变其运行其运行状态下电枢电流的大小?为什么?这是拖动系统中那些要发生变化？T=K tφI a u=E+I a R a当电枢电压或电枢附加电阻改变时,电枢电流大小不变。
控制电机第二版杨渝钦主编习题解答
(1) n s
60 f p
60 50 1
3000
U c U cN 110 V
2ns
F(p)
( p)
1
/
K
' e
60U c
2.73
U C ( p ) m S 1 0.1047 Jn s p 1 0.025 p 1
Tko
5.7 (2) F ( p ) U C 55 0.03 p 1
• 1-6答：优点:(1)机械特性更接近线性化
•
（2）能防自转
•
缺点: (1)机电时间常数增加
•
（2）效率和材料利用率降低
• 1-7答：若转子电阻较小，两相伺服电动机的机械特性 如图(a)当电动机正向旋转，即S<l时， TemT1T20
只要负载转矩小于最大电磁转矩，转子仍能继续运 转，并不会因控制电压的消失而停转。这种现象称作 “自转”现象。 措施见教材p44
• 1-13解：
n
Ua Ke
Ra KeKt
Tem
0 4406
Ra KeKt
0.1006
Ra KeKt
44060m
Ra J KeKt
440606.228106
24ms 30ms,满足要求
• 1-16解：
(1)幅值控制时，圆形旋转
磁场，堵转转矩
T ko 1
9 .55 2
ns
U
2 1
Z
2 ck
E 2c E cos （ 2 120 ）
Ea
E2b
E 1a
2 Esin
1
2 120
2
sin
120 2
E
b
E2c
E 1b
控制电机课后习题答案
控制电机课后习题答案第2章直流测速发电机1.为什么直流发电机电枢绕组元件的电势为交流电势和电刷电势直流电势？答：电枢连续旋转，导体ab和cd轮流交替地切割n极和s极下的磁力线，因而ab和cd中的电势及线圈电势是交变的。
由于换向器的作用，无论线圈转到何处，电刷都只能通过换向器在一定极性下与导体连接。
例如，电刷a始终与N极下的导体连接，且导体在某一极性下的电位方向不变。
因此，电刷两端获得的电势极性不变，即直流电势。
2.如果图2-1中的电枢逆时针旋转，那么元件电势的方向以及电刷a和B的极性如何？A：在图中所示的时刻，N极下导线AB中的电势方向从B指向A，S极下导线CD中的电势方向从D指向C。
电刷A通过换向器与线圈A端接触，电刷B与线圈D端接触。
因此，电刷a为正极，电刷B为负极。
当电枢转过180°以后，导体cd处于n极下，导体ab处于s极下，这时它们的电势与前一时刻大小相等方向相反，于是线圈电势的方向也变为由a到d，此时d为正，a为负，仍然是a刷为正，b刷为负。
4.为什么直流转速表的速度不能超过规定的最大速度？负载电阻不能小于给定值？答：转速越高，负载电阻越小，电枢电流越大，电枢反应的去磁作用越强，磁通被削弱得越多，输出特性偏离直线越远，线性误差越大，为了减少电枢反应对输出特性的影响，直流测速发电机的转速不得超过规定的最高转速，负载电阻不能低于最小负载电阻值，以保证线性误差在限度的范围内。
而且换向周期与转速成反比，电机转速越高，元件的换向周期越短；el正比于单位时间内换向元件电流的变化量。
基于上述分析，el必正比转速的平方，即el∝n2。
同样可以证明ea∝n2。
因此，换向元件的附加电流及延迟换向去磁磁通与n2成正比，使输出特性呈现非线性。
所以，直流测速发电机的转速上限要受到延迟换向去磁效应的限制。
为了改善线性度，采用限制转速的措施来削弱延迟换向去磁作用，即规定了最高工作转速。
第三章1.直流电动机的电磁转矩和电枢电流由什么决定?答复直流电机的电枢电流不仅取决于施加的电压及其自身的内阻，还取决于与速度成正比的反电动势（当？=恒定时）根据转矩平衡方程式，当负载转矩不变时，电磁转矩不变；加上励磁电流if不变，磁通φ不变，所以电枢电流ia也不变，直流电动机的电磁转矩和电枢电流由直流电动机的总阻转矩决定。
配华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案全解
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。
2.4 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＜T22.6 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。
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。
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。
3.11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。
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。
机电传动控制课后习题答案完整版
机电传动控制课后习题答案完整版 习题与思考题
第二章 机电传动系统的动力学基础
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：
T d >0时：系统加速； T d =0 时：系统稳速；T d <0时，系统减速或反向加速。
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）
dt
d J
T T L M ω=-
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.。
《项目三 电机驱动控制系统与检测》习题习题答案
项目三电机驱动控制系统与检测1、驱动电机系统由___电机_______、驱动电机控制器（MCU）组成。
2、整车控制器（VCU）根据驾驶员意图发出各种指令，电机控制器响应并反馈，实时调整驱动电机输出，以实现整车的 ___怠速_______、前行、倒车、____停车_____、____能量回收________以及驻坡等功能。
3、C33DB 驱动电动机采用永磁同步电机，具有_____效率高_____、体积小、重量轻及_______可靠性高________等优点。
4、驱动电机依靠内置传感器来提供电机的工作信息，这些传感器包括：旋转变压器、_____________温度传感器___________。
5、电机控制器主要是将输入的直流电逆变成___电压_____、__频率______可调的三相交流电，供给配套的三相交流永磁同步电机使用。
6、EV160汽车装载的是_______直流______________电机。
7、驱动电机系统控制策略有驱动模式、____能量回收模式___________。
8、下面哪些选项不是造成电机超速故障的原因( D )A.整车负载突然降低，电机扭矩控制失效B.电机低压信号线插头连接松动或退针C.控制器损坏D.高压回路非正常断开9、在纯电动汽车中整车控制器的供电电压一般为（ C ）V。
A、10B、5C、12D、2410、对纯电动汽车而言，电机控制器电缆正极绝缘阻值的测量方法为：将绝缘表的（ C ）与电机高压电缆正极内芯充分连接，将绝缘表的（ C ）与电机控制器高压电缆负极外壳充分连接。
A、测试表笔；负极表笔B、负极表笔；测试表笔C、正极表笔；负极表笔D、负极表笔；正极表笔11、车辆运行过程中如果驱动电机出现下列哪种异响的，可以暂时不做处理。
（ D ）A 咔咔B 哒哒C 突突D 滋滋12、驱动电机系统是纯电动汽车的核心部件之一，一般是由驱动电机和（ B ）两部分组成。
A.高压线束B.电机控制器C.高压控制盒D.DC/DC13、对于永磁同步电机，依靠内置传感器来提供电机的工作信息，下次属于永磁同步电机使用的传感器是（ A ）。
机电传动控制习题答案
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。
答：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。
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。
2.4 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：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，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® , 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® 22.9 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：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.2.10反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点？答：反抗转矩的方向与运动方向相反,,方向发生改变时，负载转矩的方向也会随着改变，因而他总是阻碍运动的.位能转矩的作用方向恒定，与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向便促使运动。
第三章3.3 —台他励直流电动机所拖动的负载转矩T L=常数，当电枢电压附加电阻改变时，能否改变其运行其运行状态下电枢电流的大小？为什么？这是拖动系统中那些要发生变化？T=K $ I a U = E+I a艮当电枢电压或电枢附加电阻改变时，电枢电流大小不变.转速n与电动机的电动势都发生改变.3.4 一台他励直流电动机在稳态下运行时，电枢反电势E=E i,如负载转矩T L=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态值后，电枢反电势将如何变化？是大于，小于还是等于E i？T=l aK $ , $减弱,T是常数,I a增大.根据E N=UN-| a R a ,所以B J减小.，小于E i.3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？答：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 a3.12 他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求？如何实现？答：他励直流电动机直接启动过程中的要求是1 启动电流不要过大,2 不要有过大的转矩. 可以通过两种方法来实现电动机的启动一是降压启动. 二是在电枢回路串接外加电阻启动.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？若忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢电源接通，这是会产生什么现象（试从T L=0和T L=T N两种情况加以分析）？当电动机运行在额定转速下，若突然将励磁绕阻断开，此时又将出现什么情况？答：直流他励电动机启动时, 一定要先把励磁电流加上使因为主磁极靠外电源产生磁场. 如果忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢电源接通，TL=0 时理论上电动机转速将趋近于无限大，引起飞车，TL=TN时将使电动机电流大大增加而严重过载.3.16 直流电动机用电枢电路串电阻的办法启动时，为什么要逐渐切除启动电阻？如切出太快，会带来什么后果？答：如果启动电阻一下全部切除 性的作用使电动机的转速不能突变 机械特性会转到其他特性曲线上 以采用逐渐切除启动电阻的方法 毁电机 . 3.17 转速调节（调速）与固有的速度变化在概念上有什么 区别 ？答：速度变化是在某机械特性下 , 由于负载改变而引起的 , 速度调节则是某一特定的负载下 , 靠人为改变机械特性而得 到的.3.18 他励直流电动机有哪些方法进行调速？它们的特点是什么？答：他励电动机的调速方法： 第一改变电枢电路外串接电阻 Rad 特点: 在一定负载转矩下，串接不同的电阻可以得到不 同的转速，机械特性较软，电阻越大则特性与如软，稳定型 越低，载空或轻载时，调速围不大，实现无级调速困难，在 调速电阻上消耗大量电量。
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1.为什么直流发电机电枢绕组元件的电势是交变电势而电刷电势是直流电势?答：电枢连续旋转，导体ab 和cd 轮流交替地切割N 极和S 极下的磁力线，因而ab 和cd 中的电势及线圈电势是交变的。
由于通过换向器的作用，无论线圈转到什么位置，电刷通过换向片只与处于一定极性下的导体相连接，如电刷A 始终与处在N 极下的导体相连接，而处在一定极性下的导体电势方向是不变的，因而电刷两端得到的电势极性不变，为直流电势。
2.如果图2-1中的电枢反时针方向旋转，试问元件电势的方向和A 、B 电刷的极性如何?答：在图示瞬时，N 极下导体ab 中电势的方向由b 指向a ，S 极下导体cd 中电势由d 指向c 。
电刷A 通过换向片与线圈的a 端相接触，电刷B 与线圈的d 端相接触，故此时A 电刷为正，B 电刷为负。
当电枢转过180°以后，导体cd 处于N 极下，导体ab 处于S 极下，这时它们的电势与前一时刻大小相等方向相反，于是线圈电势的方向也变为由a 到d ，此时d 为正，a 为负，仍然是A 刷为正，B 刷为负。
4.为什么直流测速机的转速不得超过规定的最高转速?负载电阻不能小于给定值?答：转速越高，负载电阻越小，电枢电流越大，电枢反应的去磁作用越强，磁通被削弱得越多，输出特性偏离直线越远，线性误差越大，为了减少电枢反应对输出特性的影响，直流测速发电机的转速不得超过规定的最高转速，负载电阻不能低于最小负载电阻值，以保证线性误差在限度的范围内。
而且换向周期与转速成反比，电机转速越高，元件的换向周期越短；e L 正比于单位时间内换向元件电流的变化量。
基于上述分析，e L 必正比转速的平方，即e L ∝n 2。
同样可以证明e a ∝n 2。
因此，换向元件的附加电流及延迟换向去磁磁通与n2成正比，使输出特性呈现非线性。
所以，直流测速发电机的转速上限要受到延迟换向去磁效应的限制。
为了改善线性度，采用限制转速的措施来削弱延迟换向去磁作用，即规定了最高工作转速。
课后答案网 w w w .k h d a w .c o m1.直流电动机的电磁转矩和电枢电流由什么决定?答：直流电动机的电磁转矩表达式：T=C T φI a (1)电枢电流的表达式：I a =（U a -E a ）/R a =（U a -C e φn ）/R a …………（2）由表达式（1）知道，电磁转矩在φ不变的情况下，由电枢电流I a 决定。
由表达式（2）知道，在φ不变的情况下，电枢电流由外加电压，电枢内阻及电动机转速共同决定，且稳态时T=T S ，由表达式（1）得到，电枢电流由负载总阻转矩决定。
3.一台他励直流电动机，如果励磁电流和被拖动的负载转矩都不变，而仅仅提高电枢端电压，试问电枢电流、转速变化怎样?答：当直流伺服电动机负载转矩、励磁电流不变时，仅将电枢电压增大，此时由于惯性，转速来不及变化，E a =C e φn ，感应电势不变，电枢电压增大，由电压平衡方程式：I a =（U a -E a ）/R a =（U a -C e φn ）/R a 可知，电枢电流I a 突然增大；又T=C T φI a ，电磁转矩增大；此时，电磁转矩大于负载转矩，由T=T L +T j =T L +Jd Ω/dt 知道，电机加速；随着转速n 的增加，感应电势E a 增加，为保持电压平衡，电枢电流I a 将减少，电磁转矩T 也将减少，当电磁转矩减小到等于总的负载阻转矩时，电机达到新的稳态，相对提高电枢电压之前状态，此时电机的转速增加、电磁转矩、电枢电流不变。
4.已知一台直流电动机，其电枢额定电压Ua =110V ，额定运行时的电枢电流Ia =0.4A ，转速n =3600r/m in ,它的电枢电阻Ra =50Ω，空载阻转矩T 0=15m N ·m 。
试问该电动机额定负载转矩是多少?解：由E a =U a -I a R a (1)E a =C e φn (2)C T =60*C e /(2*π) (3)T=T s =T 0+T L (4)T=C T φI a (5)联立5个式子，可得到T L =80.5mN ·m7.直流电动机在转轴卡死的情况下能否加电枢电压?如果加额定电压将会有什么后果?答：当直流电动机在转轴卡死的情况下不能加电枢电压。
因为电动机转轴卡死时，电枢电流很大，再由于通风条件差，将会使电机绕组过热而损坏。
如果加额定电压，其电枢电流必定超过其额定电流，若长期工作，将会使电机绕组和换向器损坏。
8.并励电动机能否用改变电源电压极性的方法来改变电动机的转向?答：不能。
因为当改变并励电动机的电源极性时，励磁磁通φ的方向改变，同时，电枢电流I a 的方向改变，因此，由电磁转矩公式T=C T φI a 可知道，T 的方向不变，因此不能改变电动机的转向。
课后答案网 w w w .k h d a w .c o m9.当直流伺服电动机电枢电压、励磁电压不变时，如将负载转矩减少，试问此时电动机的电枢电流、电磁转矩、转速将怎样变化?并说明由原来的稳态到达新的稳态的物理过程。
答：此时，电动机的电枢电流减小，电磁转矩减小，转速增大。
由原来的稳态到达新的稳态的物理过程分析如下：开始时，假设电动机所加的电枢电压为U a1，励磁电压为Uf ，电动机的转速为n1，产生的反电势为Ea1，电枢中的电流为Ia1，根据电压平衡方程式：U a1=E a1+I a1R a =C e Φn1+I a1R a 则此时电动机产生的电磁转矩T=C T ΦI a1，由于电动机处于稳态，电磁转矩T 和电动机轴上的总阻转矩T s 平衡，即T=T s 。
当保持直流伺服电动机的励磁电压不变，则Φ不变；如果负载转矩减少，则总的阻转矩T s =T L +T 0将减少，因此，电磁转矩T 将大与总的阻转矩，而使电动机加速，即n 将变大；n 增大将使反电势E a 变增大。
为了保持电枢电压平衡（U a =E a +I a R a ），由于电枢电压U a 保持不变，则电枢电流I a 必须减少，则电磁转矩也将跟着变小，直到电磁转矩小到与总阻转矩相平衡时，即T=T s ，才达到新的稳定状态。
与负载转矩减少前相比，电动机的电枢电流减小，电磁转矩减小，转速增大。
12.一台直流伺服电动机带动一恒转矩负载(负载阻转矩不变)，测得始动电压为4Ｖ，当电枢电压Ua =50V 时，其转速为1500r/m in 。
若要求转速达到3000r/m in ，试问要加多大的电枢电压?解：Ea=C e φn,U a -U a0=E a ,当负载转矩不变时,U a0不变，则n1/n2=(Ua1-Ua0)/(Ua2-Ua0)，即1500/3000=（50-4）/（U a2-4），得到U a2=96V ，所以要加96V 的电枢电压，转速才会到达3000r/min 。
课后答案网 w w w .k h d a w .c o m第4章变压器1.某台变压器，额定电压U 1n /U 2n =220/110(V)，额定频率fn =50Hz ，问原边能否接到下面的电源上?试分析原因。
(1)交流380V ，50Hz ；(2)交流440V ；100Hz ；(3)直流220V 。
答：（1）不可以。
由U=E=4.44Wf φm ，在电源频率均为50Hz 的条件下，主磁通φm 决定于外加电压U ，380V 的电压比额定的原边电压220V 大很多，则加电后必然导致铁心严重饱和，变压器主磁通一般就设计的比较饱和，增加很小的磁通将引起空载电流I 0急剧增加，即使变压器不带负载，变压器也会因此损坏。
（2）可以。
由U=E=4.44Wf φm ，电压增加一倍，频率也增加一倍，则主磁通φm 基本不变，因此，对变压器的影响很小。
但不是最理想。
（3）不可以。
变压器对于直流电源相当于短路，因此，一旦接上直流220V ，变压器将很快烧毁。
3.某台单相变压器原边有两个额定电压为110V 的线圈，如图4-27所示，图中副边绕组未画。
若电源电压为交流220Ｖ和110V 两种，问这两种情况分别将1,2,3,4这四个端点如何联接，接错时会产生什么后果?答：（1）220V 电压可以接在1，4两端，而把2和3两端相连；110V 电压可以接在1，2两端及3，4两端（2）若220V 电压按110V 的接法，则变压器原边电压将超过额定电压，变压器空载电流I0就会急剧增加，若超过不允许的的电流值，会导致变压器过热烧毁；若110V 电压按220V 接法，原边电压将低于额定电压，接负载工作时若负载要求电压比副边能够提供的电压高，则变压器不能正常工作。
5.变压器归算后的等值电路是如何得来的?归算的目的和条件是什么?各参数的物理意义是什么?答：9.一台电源变压器，原边额定电压220Ｖ，副边有两个绕组，一个绕组的额定电压为450V ，额定电流为0.5A ；另一个绕组的额定电压为110V ，额定电流为2A 。
问原边的额定电流约为多少?11.已知一台单相变压器的各参数如下：R 1=0.4Ω,X 1σ=2.0Ω,X m=110Ω,R 2=0.25Ω,X 2σ=0.8Ω,变比k =2，铁耗引起的等值电阻R m=7.5Ω，已知该变压器接一纯电阻负载RL =1.8Ω。
要求：(1)画出T 形等值电路并标出各参数值；(2)定性画出相量图。
课后答案网 w w w .k h d a w .c o m第5章自整角机1.各种自整角机的国内代号分别是什么?自整角机的型号中各量含义是什么?P772.何为脉振磁场?它有何特点和性质?P83第6章旋转变压器3.P1054.P106第7章交流伺服电动机课后答案网 w w w .k h d a w .c o m。