机电传动控制课后习题答案1..
机电传动控制课后习题答案
第二章机电传动系统的动力学基础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 TT 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。
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.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第三章为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗..一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：PN =180kW, UN=230V,nN=1450r/min,ηN=%，试求：①该发电机的额定电流；②电流保持为额定值而电压下降为100V时，原动机的输出功率（设此时η=ηN）PN =UNIN180KW=230*ININ=782.6A该发电机的额定电流为782.6AP= IN 100/ηNP=已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：PN =, UN=220V, nN=1500r/min, ηN=%,试求该电机的额定电流和转矩。
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。
机电传动控制冯清秀版课后习题答案(一)
机电传动控制冯清秀版课后习题答案(一)随着机电一体化技术的发展，机电传动控制已经成为机械制造行业中的重要一环。
冯清秀编写的“机电传动控制”教材，是国内机电传动领域的研究者、工程师、教师以及学生的重要参考书。
作为该教材的补充材料，冯清秀版的课后习题更是针对每个章节的重点内容，提供了丰富的题目和答案，旨在帮助学生和工程师更好的理解该领域的基本原理和技术应用。
以下是冯清秀版的课后习题答案：第一章：机电传动技术的基础1.1机电传动曾历史1.1.1“机械文化”是形成机电传动文化的主要因素。
1.1.2 机电传动的发展历史可以追溯到早期的木材和皮革制品时代。
1.2机电传动技术的基本特点1.2.1 传动技术分类1.2.2 传动比，机械效率，扭矩传递范围，稳定性1.3机电传动技术与现代工业的发展关系1.3.1 它在现代工业中发挥了核心作用。
1.3.2 机电传动技术是高效、节能的核心技术之一第二章：机电传动基础知识2.1传动介质与其特性2.1.1 机械传动2.1.2 油压传动2.1.3 气压传动2.2机械传动基本概念2.2.1 【答案略】2.3传动装置的选用原则2.3.1 【答案略】第三章：机电传动元件3.1传动带3.1.1 【答案略】3.2传动链3.2.1 【答案略】3.3齿轮传动3.3.1 【答案略】第四章：机电传动系统4.1齿轮传动的设计方法4.1.1 【答案略】4.2液压传动系统的设计方法4.2.1 【答案略】4.3气压传动系统的设计方法4.3.1 【答案略】第五章：机电传动控制5.1机电传动控制系统的概述5.1.1 【答案略】5.2电子传动控制系统5.2.1 【答案略】5.3伺服传动控制系统5.3.1 【答案略】总之，冯清秀版的课后习题答案，详细地阐述了机电传动控制技术的基本概念和原理，系统阐述了传动介质、机械传动、传动装置的选用原则、齿轮传动、液压传动、气压传动、机电传动控制系统的概述、电子传动控制系统和伺服传动控制系统等知识点，对于机电传动领域的研究者、工程师、教师以及学生来说，是一本难得的宝库。
机电传动控制_各章课后习题及答案大全
机电传动控制_各章课后习题及答案⼤全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 TLTM= 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。
机电传动控制习题解答
n=f(TM)
n’ n n=f(TL)
0
C
T’MT’L T
分析：
假设干扰使得转速上升到n1’ n 1 n’1 2 由图示可看出： 且 T’M < T’L T’M < T’L
当干扰使得转速下降到n1’’ n1 n1’’ 0 T’M C TL
a
由 T
a是稳定平衡点
P40 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？
1.05 365
100 0.3732 950
2
1.05
3.7
解：
E U I a Ra E1 U1 I N Ra 150 65.3 0.25 166.325 V E2 U 2 I N Ra 220 65.3 0.25 236.325 V
nM 900 jL 15 nL 60
2 16 J Z 2.5 2 2 2.793kg m2 3 15
2.8
解：由
M j1 j2 16 L
1 2 L M M nM 16 60 1 1 2 1 2 L M nM 950 6.22rad / s 16 16 60 16 60
答： 已知TL=常数，U=常数，Ra=常数 在稳态运行时，电动机的电磁转矩 T = TL＝ KtΦIa =常数 Φ减小， Ia增大 E=U-IaRa E减小 即E< E1
2.7
解：对于图2.3(a)所示的拖动系统，折算到电动机轴上的 等效转动惯量
机电传动控制冯清秀版课后习题答案(1)
机电传动控制冯清秀版课后习题答案(1)机电传动控制是机械工程中非常重要的学科，它涉及到机械传动、控制理论、电子技术等方面的知识。
针对这门课，学生们需要不断地进行知识的巩固和练习，因此课后习题无疑是必不可少的。
以下是机电传动控制冯清秀版课后习题的答案，供大家参考。
1. 在一台机床上，用传动皮带传动主动轮带动从动轮，主动轮的直径为50mm，从动轮的直径为150mm，主动轮转速为2000r/min，求从动轮的转速。
答：设主动轮的转速为n1，从动轮的转速为n2，主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。
根据传动比公式：n1/n2=r2/r1，代入数据可得：n2=n1r1/r2=2000×50/150=666.7r/min。
因此，从动轮的转速为666.7r/min。
2. 一台电动机通过齿轮减速器和链传动装置输出动力，电动机的转速为1500r/min，齿轮减速器的传动比为1:3，链传动装置的传动比为3:4，求输出轮的转速。
答：设输出轮的转速为n，齿轮减速器的半径为r1，链传动装置输出轮的半径为r2。
因为电动机的转速为1500r/min，齿轮减速器的传动比为1:3，所以齿轮减速器的输出轴转速为n1=1500/3=500r/min。
再根据链传动的传动比公式：n1/n2=r2/r1，代入数据可得：n=n1r1/r2×3/4=500×1×3/4=375r/min。
因此，输出轮的转速为375r/min。
3. 一台电动机通过齿轮减速器和带传动装置输出动力，电动机的转速为1000r/min，齿轮减速器的传动比为2:5，带传动装置的传动比为3:4，带轮的直径为200mm，求输出轮的线速度。
答：设带轮的线速度为v，带轮的半径为r，输出轮的半径为R。
电动机的转速为1000r/min，齿轮减速器的传动比为2:5，所以齿轮减速器的输出轴转速为n1=1000×2/5=400r/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的概念。
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=TL TM<TLTM-TL<0说明系统处于减速。
TM-TL<0 说明系统处于减速T MT 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 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。
大学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）dtd JT 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.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？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。
机电传动控制课后习题答案1
机电传动控制课后习题答案1第⼆章机电传动系统的动⼒学基础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。
2.3 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）T M TT 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2.5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。
2.9 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. 2.11 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第三章3.1为什么直流电记得转⼦要⽤表⾯有绝缘层的硅钢⽚叠压⽽成？直流电机的转⼦要⽤表⾯有绝缘层的硅钢⽚叠加⽽成是因为要防⽌电涡流对电能的损耗..3.5 ⼀台直流发电机，其部分铭牌数据如下：PN =180kW, UNN =1450r/min,ηN=89.5%，试求：①该发电机的额定电流；②电流保持为额定值⽽电压下降为100V时，原动机的输出功率（设此时η=ηN）PN=UNIN180KW=230*ININ=782.6A该发电机的额定电流为782.6AP= IN 100/ηNP=87.4KW3.6 已知某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%, 试求该电机的额定电流和转矩。
《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。
机电传动控制课后习题答案完整版
PN=UNIaNηN Uf= RfIfN
2200=110*IaN*0.8 IfN=110/82.7 =1.33A
IaN=25A
③ Pf= UfIfN =146.3W ④额定转矩 TN=9.55 PN/ nN =14Nm ⑤ 额定电流时的反电势 EN=UN-INRa=110V-0.4*25=100V ⑥ 直接启动时的启动电流 Ist=UN/Ra =110/0.4=275A ⑦ 启动电阻 2IN> UN/ (Ra+Rst) Rst>1.68Ω 启动转矩 Ia= UN/ (Ra+Rst) =52.9A Keφ=(UN-INRa)/nN =0.066 T=KtIaφ =9.55*0.066*52.9 =33.341500r/min, η
试求该电机的额定电流和转矩。 PN=UNINηN 7500W=220V*IN*0.885 IN=38.5A
TN=9.55PN/nN=47.75Nm 3.7 一台他励直流电动机： PN=15KW, U N=220V, I N=63.5A, 载特性为： U 0/ V I f/A 115 0.442 184 0.802 230 1.2 253 1.686 265 2.10 n N=2850r/min,Ra =0.25Ω， 其空
异步电动机的转子没有直流电流励磁它所需要的全部磁动势均由定子电流产生所以一部电动机必须从三相交流电源吸取滞后电流来建立电动机运行时所需要的旋转磁场它的功率因数总是小于1的同步电动机所需要的磁动势由定子和转子共同产生的当外加三相交流电源的电压一定时总的磁通不变在转子励磁绕组中通以直流电流后同一空气隙中又出现一个大小和极性固定极对数与电枢旋转磁场相同的直流励磁磁场这两个磁场的相互作用使转子北电枢旋转磁场拖动着一同步转速一起转动
机电传动控制课后习题答案第五版
机电传动控制课后习题答案第五版Last updated at 10:00 am on 25th December 2020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=TL TM< TLTM-TL<0说明系统处于减速。
TM-TL<0 说明系统处于减速TM> 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_习题集(含答案)
《机电传动控制》课程习题集一、单选题1. 机电传动的发展大体上经历的阶段顺序是 ( )A ．单电机拖动、双电机拖动、成组拖动B ．成组拖动、单电机拖动、多电机拖动C ．单电机拖动、多电机拖动、成组拖动D ．成组拖动、单电机拖动、网络拖动 2. 电动机运行状态如图所示，当L M T T 〉时，判断正确的是 ( )A ．匀速B ．减速C ．加速D ．不确定3. 电动机运行状态如图所示，当L M T T =时，判断正确的是 ( )A ．匀速B ．减速C ．加速D ．不确定4. 电动机运行状态如图所示，当L M T T =时，判断正确的是 ( )A ．匀速B ．减速C ．加速D ．不确定5. 电动机稳定匀速运行时，其拖动转矩与负载转矩的关系为 ( )A ．拖动转矩比负载转矩略大，方向相反；B ．拖动转矩比负载转矩小，方向相反；C ．拖动转矩与负载转矩相等，方向相反；D ．拖动转矩与负载转矩都为零。
6. 恒转矩型机械设备的机械特性是： ( )A ．拖动转矩是常数B ． 负载转矩是常数C ．拖动转矩是转速的函数D ． 负载转矩是转速的函数7. 如图，1为电动机的机械特性，2为生产机械的机械特性，关于平衡点正确的是 ()))A ．拖动转矩B ．负载转矩C ．转动惯量D ．飞轮转矩 11. 直流电动机的制动方法中不采用的有 ( ) A ．反馈制动B ．反接制动C ．能耗制动D ．直接制动 12. 直流发电机中的电磁转矩方向与转子的旋转方向 ( ) A ．相同B ．相反C ．成45度角D ．随换向器而变化 13. 直流发电机将电枢绕组感应的交流电动势转换成直流电动势的是 ( ) A ．换向极 B ．电刷装置 C ．换向器D ．主磁极 14. 直流电动机的启动方法主要有 ( )。
A ．直接启动B ．降压启动C ．∆-Y 启动D ．励磁电路串接外加电阻启动 15. 直流电动机中的电磁转矩方向与转子的旋转方向（ ）A ．相同B ．相反C ．成45度角D ．随换向器而变化16. 关于直流电动机调速方法正确的有（ ） A ．变极调速 B ．变频调速 C ．改变转差率调速D ．改变电枢电压调速 17. 直流电动机将外加直流电流转换为电枢绕组交流电流的是（ ）A ．换向极B ．电刷装置C ．换向器D ．主磁极18. 直流电机运行于电动机状态时的电磁转矩是（ ）A ．拖动转矩，其方向与转动方向相同B ．制动转矩，其方向与转动方向相反C ．拖动转矩，其方向与转动方向相反D ．制动转矩，其方向与转动方向相同19. 要改变直流电动机的转动方向，可采用的措施是（ ）A ．增大或减小线圈中的电流强度B ．改变线圈中的电流方向，或对调磁铁的磁极C ．增强或减弱电动机里的磁场D ．改变线圈中的电流方向，同时对调磁铁的磁极 20. 生活中常见的下列电器中哪些装有直流电动机？（ ）A ．电冰箱B ．洗衣机C ．电热器D ．VCD 影碟机21. 通电导体在磁场中因受力而运动时（ ）A ．消耗了电能，得到了机械能B ．消耗了机械能，得到了电能C ．消耗了机械能，得到了内能D ．消耗了化学能，得到了电能22.直流发电机的作用是（）A．将电能转换成机械能 B.将机械能转换成电能C．电能和机械能互相转换 D.将机械能转换成化学能23.直流发电机的电磁转矩为（）A．拖动转矩 B.阻转矩 C. 位能转矩 D 势能转矩24.直流电动机电枢感应电动势的方向与电枢电流的方向（）A．相反B．相同C．随换向器的换向而变化D．随电刷的通断而变化25.直流电动机的作用是（）A. 将电能转换成机械能B. 将机械能转换成电能C．电能和机械能互相转换 D. 将化学能转换成机械能26.直流电动机工作在电动状态时的电磁转矩为（）A．拖动转矩B．阻转矩C．制动转矩D．位能转矩27.直流发电机工作在发电状态时电枢感应电动势为（）A．电源电动势B．反电动势C．输入相电压D．输入线电压28.在外界的作用下，直流电动机电枢外加电压和感应电动势的极性相同的这种工作状态称为（）A.反接制动状态B.反馈制动状态C.能耗制动状态 D 加速状态29.直流电动机调速系统，若想采用恒功率调速，则可改变（）A.电势常数B.主磁通量C.电枢外加电压D.电枢电流30.直流电动机能自动改变线圈中电流方向的器件是（）A．电刷B．换向器C．定子D．转子31.在直流电动机运行中，为了减小电动机的转速，正确的是（）A．调换磁铁的极性B．增大流过线圈的电流强度C．改变线圈中的电流方向D．以上都不能减小电动机的转速32.直流电动机工作在电动状态时电枢感应电动势为（）A．电源电动势B．反电动势C．输入相电压D．输入线电压33.当直流电动机的实际转速大于空载转速时，这种状态称为（）A．反接制动状态B．反馈制动状态C．电动状态D．能耗制动34.直流电动机调速系统，若想采用恒转矩调速，则可改变（）A．电势常数 B.励磁磁通量 C.电枢外加电压 D.电枢回路串电阻35.直流发电机与直流电动机的电磁转矩的作用是（）A．都是驱动转矩B．都是阻转矩C．发电机是阻转矩D．电动机是阻转矩36.他励电动机的人为机械特性在额定电压额定磁通时与它的固有机械特性比（）A．转速降降低，特性变软B．转速降降低，特性变硬C．转速降增大，特性变软D．转速降增大，特性变硬37.直流电动机规定的电枢瞬时电流不得大于额定电流的（）A．0.5-1倍B．1.5-2倍C．2.5-3倍D．3.5-4倍38.针对直流电机，我国标准的电气控制柜设计的快速启动原则中启动电阻为（）A．1-2段B．2-3 段C．3-4段D．4-5段39.在特定负载下，改变机械特性而得到的转速称为（）A ．速度变化B ．速度调节C ．加速度D ．减速度40. 关于直流电机能耗制动原理叙述正确的是（ ）A ．接入直流电源产生作用相反的转矩B ．输入电枢的电压产生反向转矩C ．系统机械能转变成电能消耗在电阻上D ．接入交流电源产生作用旋转的转矩 41. 计算额定转矩时，公式NN N n P T 55.9=中N P 的代入单位是（ ） A ．kW B ．W C ．J D ．N42. 直流电机反馈制动中电枢电路串接附加电阻的大小与电机转速的关系是（ ）A ．附加电阻越大，电机转速越大B ．附加电阻越大，电机转速越小C ．附加电阻越小，电机转速越大D ．附加电阻越小，电机转速不变43. 直流电机换向极的作用是 （ ）A ．削弱主磁场B ．增强主磁场C ．抵消电枢反应D ．产生主磁场 44. 直流发电机与直流电动机的电磁转矩的作用是（ ）A ．都是驱动转矩B ．都是阻转矩C ．发电机是驱动转矩D ．电动机是驱动转矩 45. 电动机负载转矩发生变化，而引起的电动机转速变化称为（ ）A ．速度变化B ．速度调节C ．加速度D ．减速度46. 直流电动机改变电枢电路外串电阻的调速方法存在的优点是（ ）A ．实现无级调速困难B ．空载轻载时调速范围不大C ．消耗大量电力D ．结构简单 47. 下面针对直流电动机改变电枢电压调速的特点正确的是（ ）A ．实现无级调速困难B ．调速范围小C ．机械特性硬度不变D ．启动时要用启动设备 48. 下面针对普通直流电动机改变主磁通调速的特点正确的是（ ）A ．实现无级调速困难B ．调速范围大C ．机械特性硬度不变D ．适合于恒功率调速 49. 直流电机倒拉反接制动中电枢电路串接附加电阻的大小与下降速度的关系是（ ）A ．附加电阻越大，下降速度越大B ．附加电阻越大，下降速度越小C ．附加电阻越小，下降速度越大D ．附加电阻越小，下降速度不变50. 直流电动机反接制动时，当电机转速接近于零时就应立即切断电源，防止（ ）。
机电传动控制(第五版)课后习题答案全集
自动往复运动控制电路
SB1 KMR STa KMF NhomakorabeaFR
SBF
KMF STb
KMR
SBR
关键措施
KMR 限位开关 采用复合式开 关。正向运行 停车的同时，自动起动反向 运行；反之亦然。
KMF
电机
STb
STa
(4)程序控制
8.16 要求三台电动机1M、2M、3M按一定顺序启动：即1M 启动后，2M才能启动； 2M启动后，3M才能启动；停产时 则同时停。试设计此控制线路。
正反转控制线路
L1 S
L2 L3
FU
KM
FR M 3~ KM2 R2 KM1 R1
串电阻启动
S FU
KM1 KM2
FR
KM2
多速电机
M 3~
KM2
控制回路
2.星形-三角形换接起动控制
S FU SB3 KM 1 FR V1 W 1 U1 M KM 3 3～ V2 KM 2 W2 U2 SB1 KM 1 KM 2 KM 1 FR
为消除上述缺点，图中采用中间继电 采用选择开关 S来 当按动按钮SB1时为长动工作, 器 K 进行连锁控制。当按 SB1时，通过K接 选择工作状态，S打开 而按复合按钮SB 时为点动工作。 2 通KM 且K自锁, 使电动机长动工作；若按 时为点动工作， S闭合 但此线路的可靠性不高, 如果KM SB 时 , 由于没有接通 K, 所以不能将KM自 2 时为长动工作。由于 的释放动作缓慢, 将因SB2的动断 锁，仅能点动工作，且当电动机已经起动 此线路操作时多了一 触点过早闭合, 使KM继续自锁而 长动工作后， 若再按点动按钮SB2, SB2将 个动作，故不太方便。 得电，并使电动机长动工作。 不能再起作用。
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。
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机电传动控制课后习题答案1..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岀系统是处于加速，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-TLvO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）22.7如图2.3 （a）所示，电动机轴上的转动惯量j M=2.5kgm ,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 血=Nm/NI=15TM-TL>0说明系统处于加速TM-TLvO 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TL系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速2 2J=JM+J1/j + JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm.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J i= 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GD 2z.。
3 M=3.14*2n/60=99.43 rad/s.提升重物的轴上的角速度 3 = 3 M/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/sv=3 D/2=0.24/2*3.11=0.373m/sT L=9.55FV/ n c n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM2 2 2 2GD2Z= 5 GD M2+ GD L20L22 2=1.25*1.05+100*0.24 2/322=1.318NM 22.11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,不是?第三章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, I N=34.4A, n N=1500r/min, R a =0.242 Q，试计算岀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3Q和5Q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© =0.8© N时的人为机械特性；并绘岀上述特性的图形。
① n o = U N n N/(U N-l N R a)=220*1500/220-34.4*0.242试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些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=1559r/minT N=9.55P N/n N=9.55*6500/1500=41.38Nm② n=U/K e © -(R a+R ad)T/K e K 诃22 2=U/K e© -(R a+R ad)T/9.55K e2©当3Q n=854r/min当5Q n=311 r/min③n= U/K e © -R a T/9.55K e2© 2当U N=0.5U N时n=732 r/minn°=U N n N/2(U N-l N R/=780 r/min④n= U/0.8K e © -R a T/9.55K e2© 20.82 当© =0.8 © 时n=1517 r/min n o=U N n N/0.8K e©=1964 r/min3.15 —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, n N=0.8,R a=0.4Q , R f=82.7 Q。
试求：①额定电枢电流l An；；②额定励磁电流lfN③励磁功率Pf;④额定转矩TN⑤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 aN n N2200=110*1 aN*0.8I aN=25A②U f= R f I fNI fN=110/82.7=1.33A③ P f= U f I fN=146.3W④额定转矩T N=9.55P N/ n N=14Nm⑤额定电流时的反电势E N = U N-I N R a=110V-0.4*25=100V=110/0.4=275A⑦启动电阻2\> U N/ (R a+R st)R st>1.68 Q启动转矩K e =(U N-I N R a)/n N=0.066la= U N/ (R a+R st) T=K t I a=52.9A=9.55*0.066*52.9=33.34Nm3.21 一台直流他励电动机拖动一台卷扬机构，在电动机拖动重物匀速上升时讲电枢电源突然反接，试利用机械特性从机电过程上说明：①从反接开始到系统新的稳定平衡状态之间，电动机经历了几种运行状态？最后在什么状态下建立系统新的稳定平衡点？②各种状态下转速变化的机电过程怎样？①从反接开始到系统到达新的稳定平衡状态之间状态,反向电动状态，稳定平衡状态.电动机正向电动状态由a到b特性曲线转变；反接制动状态转速逐渐降低，到达c时速度为零，反向电动状态由c到f速度逐渐增加.稳定平衡状态，反向到达f稳定平衡点，转速不再变化.第四章4.6有一台三相异步电动机，其技术数据如下表所示。
型号P N/kW U N/V满载时I st/INTst/T NT ma(T Nn N/r■1min IN/A n N X 100cos©Y132S-63220/38096012.8/7.2830.75 6.5 2.0 2.0，电动机经历了电动机正向电动状态，反接制动试求：①线电压为380V时，三相定子绕组应如何接法？②求n o,p,S N,T N,T s订max和1 st；③额定负载时电动机的输入功率是多少？①线电压为380V时，三相定子绕组应为Y型接法.②T N=9.55P N/n N=9.55*3000/960=29.8NmTst/ T N=2Tst=2*29.8=59.6 NmT max/ T N=2.0 T max=59.6 NmI st/I N=6.5I st=46.8A一般n N=(O.94-O.98)n o n o=n N/O.96=1OOO r/minSN= (n o-n N)/ n o=(1OOO-96O)/1OOO=O.O4P=60f/ n 0=60*50/1000=3③n =P N/P输入P 输入=3/0.83=3.614.11有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下：① 当负载转矩为250N • m时，试问在N和U'=0.8U N两种情况下电动机能否启动?T N=9.55P N/ n N=9.55*40000/1470=260NmTst/T N=1.2Tst=312NmTst=KR2U2/ ( R22+X2O2 )=312 Nm时电动机能启动。
312 Nm>250 Nm 所以U=UN当U=0.8U 时Tst= ( 0.82) KR2U2/ ( R22+X2Q2)=0.64*312=199 Nm所以电动机不能启动。
Tst<TL②欲采用Y-△换接启动，当负载转矩为0.45 T N和0.35 T N两种情况下,电动机能否启动？Tst/=Tst A/3=1.2* T N /3=0.4 T N当负载转矩为0.45 T N时电动机不能启动当负载转矩为0.35 T N时电动机能启动③若采用自耦变压器降压启动，设降压比为0.64,求电源线路中通过的启动电流和电动机的启动转矩。
I N= P N/ U N n N cos© N V3=40000/1.732*380*0.9*0.9 =75Al st /l N =6.5 I s =487.5A降压比为0.64时电流=K 2 |st2=0.642*487.5=200A电动机的启动转矩 T= K 2 Tst=0.642312=127.8 Nm第五章5.13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m=3000r/min;加负载 后，电枢电流I a2=1A,转速n 2=1500r/min 。
试做出其机械特性 n=f 仃）。
2KM 3KM3KM6.16试设计一台异步电动机的控制线路。
要求：①能实现启停的两地控制； ②能实现点动调整；③能实现单方向的行程保护；④要有短路和长期过载保护。
电动机的电磁转矩为 T=BI a NLD/2,5.14若直流伺服电动机的励磁电压一定, Uc=50V 时，n 等于多少？n 0=120Uc/ n NBLD 电压与转速成正比当电枢控制电压Uc=100V 时，理想空载转速 n 0=3000r/min;当，当 Uc=50V 时，n o 等于1500 r/min 第六章6.7电磁继电器与接触器的区别主要是什么？接触器是在外界输入信号下能够自动接通断开负载主回路 达不同的控制目的..继电器主要是传递信号，根据输入的信号到6.16要求三台电动机 1M 、2M 、3M 按一定顺序启动：即 1M启动；停车时则同时停。
试设计此控制线路。
启动后，2M 才能启动；2M 启动后3M 才能SBI n7SB1 m >_ 1KM1KM n-「一 SB21KM 2KMFUII 〔I 【1FRM8.17为了限制电调整时电动机的冲击电流，试设计它的电气控制线路。
要求正常运行时为直接启动，而点动调整时需输入限流电阻。
6.18试设计一台电动机的控制线路。
要求能正反转并能实现能耗制动。
2KM6.20容量较大的鼠笼式异步电动机反接制动时电流较大, 速原则设计其控制线路。
应在反接制动时在定子回路中串入电阻，试按转2KM3SBEII2KM 1KM1KM*Un >1KM2KM>厂1KS *LIi 1SB①1M先启动后，才允许2M启动；②2M先停止，经一段时间后1M蔡自动停止，且2M可以单独停止;③两台电动机均有短路、长期过载保护。