最全的华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集
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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。
2.3 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
2.1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：
d TM TL J dt
TM TL Td
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
2.2 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
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
答：
nM 950 nL 59.4(r / min) j1 j 2 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
3.6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。 PN 答： P1 I N U N
N
7.5 1000 IN 38.52( A) U N N 220 0.885 PN
ห้องสมุดไป่ตู้
T Kt I a TL 常数
当Φ ↓时，→ Ia↑ 由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia ↑时， →E ↓，所以： E<E1
3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如 下： PN=180kW, U N=230V,n N=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=UNIN 180KW=230*I N IN=782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= IN100/ηN P=87.4KW
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。
2 Z
100 0.372 2 GD (1.1 ~ 1.25) 1.05 365 1 . 16 ~ 1 . 32 N m 9502
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
T Kt I a TL 常数
Ra U n T 2 Ke Ke Kt
知
所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。 由 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？ 答：因为
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。
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：
JZ JM
J1 J L 2 16 2 2 2.5 2 2 2.8(kg m) j1 jL 3 15
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。
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。
2.3 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
2.1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：
d TM TL J dt
TM TL Td
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
2.2 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
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
答：
nM 950 nL 59.4(r / min) j1 j 2 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
3.6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。 PN 答： P1 I N U N
N
7.5 1000 IN 38.52( A) U N N 220 0.885 PN
ห้องสมุดไป่ตู้
T Kt I a TL 常数
当Φ ↓时，→ Ia↑ 由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia ↑时， →E ↓，所以： E<E1
3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如 下： PN=180kW, U N=230V,n N=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=UNIN 180KW=230*I N IN=782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= IN100/ηN P=87.4KW
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。
2 Z
100 0.372 2 GD (1.1 ~ 1.25) 1.05 365 1 . 16 ~ 1 . 32 N m 9502
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
T Kt I a TL 常数
Ra U n T 2 Ke Ke Kt
知
所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。 由 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？ 答：因为
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。
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：
JZ JM
J1 J L 2 16 2 2 2.5 2 2 2.8(kg m) j1 jL 3 15
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。