华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析(DOC)
机电传动控制（第五版）课后习题答案
机电传动控制（第五版）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的概念。
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< TLTM-TL>0说明系统处于加速。
TM-TL<0 说明系统处于减速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。
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(第五版)课后习题答案解析全集
考试题型
1、填空题（20分，每空1分或2分）
1、他励直流电动机的制动方法有（ （ ）。 ）、（ ）、
UN U N nN n0 Ke N U N I N Ra
220 1500 n0 1559 (r / min) 220 34.4 0.242
PN 6.5 TN 9550 9550 40.5( N m) nN 1500
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： ⑵ 电枢附加电阻分别为3 Ω和5 Ω 时的人为机械特性
5、阅读分析题（20-25分，每题10分）
（10分）说明图1是什么控制电路，并分析其工作原理。
基本在第八章
6、设计题（10-25分）
试设计一条自动运输线，该运输线上有两台电动机（1M和
2M），1M拖动运输机，2M拖动卸料机，该系统需要满足以
下条件： （1）1M先启动后，才允许2M启动； （2）2M 先停止，经一段时间后1M 才自动停止，2M还可单 独停止；
发生变化？
U E I a Ra E K EΦ n T KTΦ I a
T Kt I a TL 常数 Ia均不变。
E会变化。
Ra U n T 2 Ke Ke Kt
n会变化。
***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？
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。
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。
机电传动控制第五版课后答案
机电传动控制第五版课后答案【篇一：机电传动控制(第五版)课后习题答案】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。
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？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?2.7 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量jm=2.5kgm2, 转速nm=900r/min; 中间传动轴的转动惯量jl=16kgm2,转速nl=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nm=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.。
=1.25*1.05+100*0.242/322=1.318nm22.9 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.2.10 反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点？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。
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。
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。
华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析
反接制动：电源反接时，制动电流大，定子或转子需串接电阻，制动速度快容易造成 反转，准确停车有一定困难，电能损耗大。当倒拉制动时，用于低速下放重物，机械功率、 电功率都消耗在电阻上。
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： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15
n0
60 f p
60 50 1500 (r / min) 2
因为S N
n0
nN n0
，nN
(1 S N )n0
(1 0.02) 1500
1470 r / min
f2 S N f1 0.02 50 1(Hz )
5.3 有一台三相异步电动机，其 nN=1470r/min，电源频率为 50Hz。当在额定负载下运行， 试求：(1) 定子旋转磁场对定子的转速；(2) 定子旋转磁场对转子的转速；(3) 转子旋转 磁场对转子的转速；(4) 转子旋转磁场对定子的转速；(5) 转子旋转磁场对定子旋转磁场 的转速。 答：
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。
《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电机、电气控制、自动化等多个领域的重要课程。
对于学习这门课程的同学来说，课后答案的准确性和完整性至关重要。
以下是为大家整理的机电传动控制第五版的课后答案，希望能对大家的学习有所帮助。
一、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换为机械能，实现生产机械的启动、停止、调速、反转和制动等动作，以满足生产工艺的要求，提高生产效率和产品质量。
2、机电传动系统的发展经历了哪几个阶段？答：机电传动系统的发展经历了成组拖动、单电机拖动和多电机拖动三个阶段。
3、机电传动系统的运动方程式中，各物理量的含义是什么？答：T 为电动机产生的电磁转矩，T L 为负载转矩，J 为转动惯量，ω 为角速度。
当 T＞T L 时，系统加速；当 T＜T L 时，系统减速；当T ＝ T L 时，系统匀速运转。
二、第二章机电传动系统的动力学基础1、转动惯量的物理意义是什么？它与哪些因素有关？答：转动惯量是物体转动时惯性的度量，反映了物体抵抗转动状态变化的能力。
其大小与物体的质量、质量分布以及转轴的位置有关。
2、飞轮转矩的概念是什么？它与转动惯量有何关系？答：飞轮转矩 G D 2 是指转动惯量 J 与角速度ω平方的乘积。
飞轮转矩越大，系统储存的动能越大，系统的稳定性越好。
3、如何根据机电传动系统的运动方程式判断系统的运行状态？答：当 T T L ＞ 0 时，系统加速；当 T T L ＜ 0 时，系统减速；当T T L ＝ 0 时，系统匀速运行。
三、第三章直流电机的工作原理及特性1、直流电机的工作原理是什么？答：直流电机是基于电磁感应定律和电磁力定律工作的。
通过电刷和换向器的作用，使电枢绕组中的电流方向交替变化，从而在磁场中产生持续的电磁转矩，驱动电机旋转。
2、直流电机的励磁方式有哪几种？答：直流电机的励磁方式有他励、并励、串励和复励四种。
华中科大机电传动控制课后习题答案解析
华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析(D O C)(总34页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--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。
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dtd JT T L M ω=-答：运动方程式：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。
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。
机电传动控制（第五版）课后习题答案
机电传动控制（第五版）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的概念。
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。
>0说明系统处于加速，<0 说明系统处于减速，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）<>0说明系统处于加速。
<0 说明系统处于减速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ω, p 不变。
转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒0.5Jω22.5为什么低速轴转矩⼤，⾼速轴转矩⼩？因为 Tω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2逼⾼速轴的2⼤得多?因为ω，?D2/375. ωG?D2/375. 不变转速越⼩2越⼤，转速越⼤2越⼩。
2.7 如图2.3（a）所⽰，电动机轴上的转动惯量2.52, 转速900;中间传动轴的转动惯量162,转速60。
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1=900/300=311512+ 12=2.5+2/9+16/225=2.792.2.8如图2.3（b）所⽰，电动机转速950 ，齿轮减速箱的传动⽐J1= J2=4，卷筒直径0.24m,滑轮的减速⽐J3=2，起重负荷⼒100N,电动机的费轮转距2M1.05N m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。
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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。
2.2 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？dtd JT T L M ω=-答：运动方程式：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2.3 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。
2.7 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： 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 MZ ⋅=++=++=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。
答：min)/(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.m2222365MMZn FvGD GD +=δ222232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(mN GD Z ⋅=⨯⨯+⨯=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：（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？ 答：因为常数==Φ=L a t T I K T所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia 均不变。
T K K R K Un t e a e 2Φ-Φ=由 知 n 会变化。
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？常数==Φ=L a t T I K T答：因为当Φ ↓时，→ Ia ↑由U=E+IaRa ，E ＝U －IaRa ，当Ia ↑时， →E ↓，所以： E<E13.6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。
NNN N P U I P η==1答：)(52.38885.022010005.7A U P I NN N N =⨯⨯==η)(75.4715505.795509550m N n P T N N N ⋅=⨯==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：()NNN N Na I U IU P R ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=175.0~50.0())(258.0~172.0621106211010005.5175.0~50.0Ω=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯-=a RaN N NN N N R I U n U Ke U n -=Φ=0m in)/(1170~1107)258.0~172.0(6211010001100r n =-⨯=)(53.5210005.595509550m N n P T N N N ⋅=⨯==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。
答：)(02.3515005.595509550m N n P T N N N ⋅=⨯==)(59261A I I I fN N N =-=-=aaN N NN N N R I U n U Ke U n -=Φ=0min)/(16802.05911015001100r n =⨯-⨯=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 答： ⑴aN N NN N N R I U n U Ke U n -=Φ=0min)/(1559242.04.3422015002200r n =⨯-⨯=)(5.4015005.695509550m N n P T N N N ⋅=⨯==⑵m in)/(591500155910r n n n N =-=-=∆）中，在（n T R K K n T K K R N a t e Nt e a ∆=Φ∆=Φ22，所以n n R R R T K K R R n ad a ad a N t e ad a ad ∆⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆+=Φ+=∆Ω=a 112111R R 13R ＋＝时，当串入min)/(790590.242311r n =⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆＋m in)/(7697901559101r n n n =-=∆-=nn ad ad ∆⎪⎪⎭⎫⎝⎛=∆Ω=a 222R R 15R ＋时，当串入min)/(1278590.242512r n =⨯⎪⎭⎫⎝⎛=∆＋m in)/(28112781559202r n n n =-=∆-=⑶min)/(5.77921559222/001r n K U Ke Un U U e N N ＝时，当==Φ=Φ==m in)/(5.720595.779101r n n n =-=∆-=⑷min)/(19498.015598.08.08.0001r n K U Ke U n N e N N ===Φ=Φ=Φ=Φ时，当min)/(2.928.0598.018.0222221r n T K K R T K K R n N N t e a N t e a ==∆Φ=Φ=∆＝m in)/(8.18562.9219491011r n n n =-=∆-=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。
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？ 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 ＝Kt ΦIa 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 ＝Kt ΦIa=TL ≈0，所以Ia ≈0，此时，E 相当大，UN 几乎和E 平衡。
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 ＝Kt ΦIa 并不大，因为TL= TN ，所以系统无法启动。