《机电传动控制》冯清秀版课后习题答案 - 图文

课后习题答案

第一章

第二章

2.1答：运动方程式：TM?TL?Jd?dt

TM?TL?Td2.2

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

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。 2.3

答：a匀速，b减速，c减速，d加速，e减速，f匀速

2.4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答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15

JZ?JM?J1JL216??2.5??2?2.8(kg?m) 222j1jL315nM950?DnL??0.24?59.4??59.4(r/min)v???0.37(m/s)j1j24?460j360?2

2Z2M2.8答：nL?Fv2GD??GD?3652nM

TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m

100?0.372GD?(1.1~1.25)?1.05?365??1.16~1.32N?m22950

2Z2.9答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 2.10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答：（d）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。

3.1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答：因为

T?Kt?Ia?TL?常数 所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。

n?由

RaU?TKe?KeKt?2 知

n会变化。

T?Kt?Ia?TL?常数3.4答：因为

↑时， →E ↓，所以：

E

当Φ ↓时，→ Ia↑由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia

答：

P1?INUN?PN?NIN?PNUN?N?7.5?1000?38.52(A)220?0.885TN?95503.8

PN7.5?9550??47.75(N?m) nN1550答

：

?PNRa??0.50~0.75??1??UINN??UN??I?Nn0?UNUNnN?Ke?NUN?INRa?5.5?1000?110Ra??0.50~0.75??1??0.172~0.258(?)?110?6262??n0?110?1000?1110?62(0.1~0.2)~1(r/m7511i28TN?9550PN5.5?9550??52.53(N?m)nN1000

TN?95503.9答：

PN5.5?9550??35.02(N?m)IN?IN?IfN?61?2?59(A)nN1500

n0?3.10

UNUNnN110?1500?n0??1680(r/min)Ke?NUN?IaNRa110?59?0.2

答

：

⑴

n0?UNUNnN?Ke?NUN?INRan0?220?1500?1559(r/min)220?34.4?0.242TN?9550 ⑵

PN6.5?9550??40.5(N?m)nN1500

在（1）中，?n?n0?nN?1559?1500?59(r/min)RaRaTN2T??n，所以KK??NetKeKt?2?n当串入Rad1?3?时，?n1?3??n1??1＋?0.242?Rad1?Ra?Rad1Ra?Rad1?T??n＝N?1＋R???nKeKt?2Raa??

n1?n0??n1?1559?790?769(r/min)???59?790(r/min)??Rad2?当串入Rad2?5?时，?n2???1＋R???na??n2?n0??n2?1559?1278?281(r/min) ⑶

5???n2??1＋??59?1278(r/min)0.242??当U?UN/2时，n01?UNn1559U??0?＝779.5(r/min)Ke?2Ke?22n1?n01??n?779.5?59?720.5(r/min)当??0.8?N时，n01?UNnU1559??0??1949(r/min)Ke?0.8Ke?N0.80.8?n1?RaRa159T?T＝?n??92.2(r/min)N2N2222KeKt?0.8KeKt?N0.80.8

n1?n01??n1?1949?92.2?1856.8(r/min)3.11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＝KtΦIa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＝KtΦIa=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＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以系统无法启动。 当电动机运行在额定转速下， T＝KtΦNIaN = TL＝TN，n＝nN，此时断开励磁， Φ≈0，虽然仍有n＝nN，但E ≈0，根据UN=E+IaRa 知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia，但因为Φ≈0，所以 T＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以T＜ TL，系统逐渐减速到停车。 3.15

答

：

(1)、因为IaNUN?PN?N，所以IaN?PNUN?N?2.2?1000?25(A)110?0.8(3)、Pf?IfNUf?1.33?110?146.3(A)(2)、IfN?UfRf?110?1.33(A)82.7(4)、TN?9550PN2.2?9550??14(N?m)nN1500(6)、Ist?UN110??275(A)Ra0.4(5)、E?UN?IaNRa?110?25?0.4?100(V)(7)、要使Ist?UNU110?2IaN，则Rst?N?Ra??0.4?1.8(A)Ra＋RstIst2?25E100IaNTst?19.1??25?31.83(N?m)nN1500

Tst?Kt?NIst?9.55Ke?N2IaN?19.13.16

答：见书上图3.23。如果只一段启动电阻，当启动后，把电阻一下切除，则电流会超过

2IN，冲击大。所以应采用逐级切除电阻办法，切除太快，也会产生电流冲击大，见书上图3.24。

3.17答：调速：在一定负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。

速度变化：由于电动机负载转矩发生变化而引起的电动机转速变化。

3.18答：改变电枢电路外串电阻调速：机械特性较软，稳定度低；空载或轻载时，调速范围不大；实现无级调速困难；电阻上消耗电能大。用于起重机、卷扬机等低速运转时间不长的传动系统。

Bm1和Bm2大小相等、转向相反，转速相等，可以合成为一个脉动磁场Bm，即电动机变为

单相运行。

Bm 与A相轴线或B相轴线成30°角。

5.9答：启动电流一样，启动转矩相同。

5.10答：一般Tmax是TN的2~2.5倍，在Tmax或接近Tmax运行时，I2大很多，电机会被烧坏。 5.11答：

(1)、TN?9550PN40?9550??260(N?m)nN1470U?UN时，Tst?1.2TN?1.2?260?312?TL，能启动U1?0.8UN时，Tst1?0.82Tst?0.82?312?200?TL，11(2)、TstY?Tst???1.2TN?0.4TN 33所以，在TL?0.45TN时，无法启动，在TL?0.35TN时，能启动5.13答：不是。串电阻 大到一定程度后，启动转矩会变小，因为 虽然cosφ2增大，但I2减小太多。

5.14答：因为 适当串入电阻后，虽然I2减少，但cosφ2增大很多，所以启动转矩增加。 5.15答：调压调速：可无级调速，但减小U时，T按U2减少，所以调速范围不大。

转子电路串电阻调速：只适于线绕式。启动电阻可兼作调速电阻，简单、可靠，但属有级调速。随转速降低，特性变软，低速损耗大，用在重复短期运转的机械，如起重机。 变极对数调速：多速电动机，体积大，价贵，有级调速。结构简单，效率高，调速附加设备少。用于机电联合调速。

变频调速：用于一般鼠笼式异步电动机，采用晶闸管变频装置。

5.16答：在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，电磁转矩也不变，这种调速叫恒转矩调速。 在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，功率也不变，叫恒功率调速。 5.17 答：使每相定子绕组中一半绕组内的电流改变方向，即可改变极对数，也就改变了转速。

接线图如书上图5.40。

5.18答：反馈制动：用于起重机高速下放重物，反馈制动时，动能变为电能回馈给电网，较经济，只能在高于同步转速下使用。

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。

能耗制动：比较常用的准确停车方法，制动效果比反接制动差。 5.19答：见书上图5.42。

原来运行在a点。当p突然↑时，n>n02，所以T<0，和TL一起使n↓→s绝对值↓→I2 ↓→ T ↓。

当n= n02时，I2＝0，T＝0。

当n

原来运行在a点。当相序改变时，旋转磁场旋转方向改变。因为惯性，n不能立即改变，所以运行于b点。因为旋转磁场方向变了，所以I2＜0，T＜0，为制动转矩。在T和TL作用下，n↓，此时，s＞1。当n↓时， s↓→ cosφ2 ↑→ T↑→n↓更快。

5.21答：QB改变时，就可使电容分别拉入A相可B相绕组，接C的绕组电流在相位上会超前于另一相绕组90度时间电角度，面旋转磁场的旋转方向是由电流的超前相向电流的落后相。所以改变QB接法，就可改变n0的方向。 5.23答：定子绕组通三相交流电后，产生旋转磁场，而转子绕组通直流电，产生固定的磁场，极对数和旋转磁场极对数一样，旋转磁极与转子磁极异性相吸，所以转子转动。 而异步电动机的旋转磁场被转子导体切割，转子产生感应电动势和感应电流，电流在磁场中产生电磁力和电磁转矩，由此产生转速。

5.24答：定子通三相电后，立即产生n0，很快，而转子n=0，有惯性，当S0吸引N，N0吸引S时，转子有转动趋势，但还没等转起来，S0对S，N0对N又排斥，这样一吸一斥，

转子始终转不起来，所以要用异步启动法。

5.25答：同步电动机所需励磁势由定子和转子共同产生。 转子If → Φf，定子I → Φ0，Φ＝ Φf＋Φ0

当If使Φf变化时，要保持Φ不变，则Φ0要变，所以产生Φ0的I要变。

当TL＝常数，则P2＝Tn/9550=常数，略去电动机的内部消耗，则：

P3UIcos??常数 1?当改变If使I改变时， cosφ也随着变，所以，可调If，使cosφ＝1，即正常励磁。 当If小于正常励磁电流，叫欠励，属感性负载； 当If大于正常励磁电流，叫过励，属容性负载

过励时，直流励磁过剩，不需交流供给励磁电流，而且还向电网发出电感性电流与电感性无功功率，正好补偿电网附近电感性负载需要，使整个电网的功率因数提高。 6.1答：n0?60f60?50??3000(r/min)p1

6.2答：工作原理同单相异步电动机。WC上加Uc，WF上加Uf时，两相绕组便产生旋转磁场，使转子旋转。

当WC上的Uc去掉后，转子仍转，叫自转。

消除自转的措施：使转子导条有较大电阻，出现Sm>1，此时，交流伺服电动机当Uc＝0时，T总是制动性的。这样便消除自转且能迅速停止。

6.3答：当TL ↑ →T ↑，由 T=KtΦIa知，Ia↑，由n=f(T)方程知，n ↓。 6.4

答

：

因为：n?UCR?Ia，所以(Ke?)n?UC?RIaKe?Ke?解以上两方程得：R＝56.411－R　　　　　　　　Ke??1代入已知条件得：3000(Ke?)?110?0.05R　　　　　　　　1500(Ke?)?110?1Rn0?UC1500UC1500?110＝＝＝3079(r/mKe?110－R110－56.411?RT2?Kt?Ia2?9.55Ke?Ia2?9.55??1?0.3(N?m)1

UC10050，代入已知数据得：3000＝,n0?Ke?Ke?Ke?6.5答：解这两个方程得n?1500r/min0

因为n0?i1546.11答：当n=0时，f1的Uf加在WF上→f1的Φf， Φf＝ Φfmsinωt，方向同WF轴线。 Φf在转子→涡流→磁通，阻止Φf变化，与Φf合成Φ1，Φ1轴线同WF轴，与WC轴线垂直，所以不在WC上产生感应电动势，Uc＝0。 当n≠0时，转子切割Φ1 →e2p →i2p

E2p ∝Φ1mn，而当Uf 一定时，Φ1m 基本不变(Uf ＝4.44f1 N1 Φ1m ),∴ E2p ∝n ∵E2p →i2p →脉动磁通Φ2 ，正好和CW轴线重合→CW上e0 。 E0 ∝Φ2 ∝E2p ∝n ∴E0 ∝n或U0＝E0＝Kn

7.1答：温升与负载大小、负载持续时间（即运行方式）有关。

铭牌上的温升值：指电动机允许的温度与周围介质温度（＋40℃）之差。 电动机温升＝电动机温度－环境温度

7.2答：电压、温升不许超过额定值，否则烧坏电机。电流、功率可短时超过额定值，因为热惯性，电动机在短时温升不能超过允许值。 7.3答：容量、种类、电压、转速、结构形式。 7.4答：发热：应有θmax ≤θa

?TNILmax?Imax??i?INTLmax?Tmax??m 过载能力：

启动能力： TL＜λst TN

7.5答：连续工作制、短时工作制、重复短时工作制。 应采用等效功率法进行计算。

答：容量可以不相同，因为在不同的季节里，环境温度不同，如在冬季，电动机的温升可以较大，也不会超过允许的温度，所以容量可以大一些；而在很热的夏季，如果温度很高，超过40度时，电动机的容量必须降低使用。

7.7答:7.8

500?10?QH3600PL???19.4(KW)102?1?2102?0.9?0.781000?答

：

T12t1?T22t2?T32t3?T42t4?T52t5Td??6.29(N?m)t1?t2?t3?t4?t5PL?Tdn6.29?1450??0.96(KW)95509550

PL?222P1t1?P2t2?P3t3?3.96(N?m)t1?t2?t37.9答：

7.10答：

tP30P35??0.33，查图7.6得：K＝2.7PN?P??13(KW)Th90K27

不能。因为虽然??7.11答：换

算

（

按

15?15%，但规定tP?t0?10分钟15?85

ε

SN

折

合

）

PS1?P1?10.15?20.4?30??23.24(KW)PS2?P2?20??25.3(KW)?SN0.25?SN0.25

??tP0.72?0.24??0.24PS?P?10??9.8(KW)tP?t00.72?2.28?SN0.257.12答：

10.1答：导通条件：阳极、控制极同时加控制电压。 导通后，电流决定于主电压和负载。 阻断：阳极电压变0或变负。

阻断后：承受电压大小决定于主电压。

10.2答：不能。当加上控制电流Ig后，晶闸管有强烈正反馈，立即导通，导通后阳极电流I（由主电压和负载决定）和Ig无关。

10.3答：10.4答：

答：（1）不亮。因为控制极没加正向电压；

（2）亮。因为控制极加正向电压，当阳极也加正向电压时，晶闸管导通。

（3）再把S断开，不亮。因为U2为交流，当S断开，且U2为负时，晶闸管关断，此后，没有Ug，不会再导通。

10.5答：

10.6答： UDRM为断态重复峰值电压，在控制极断路时，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。

URRM为反向重复峰值电压，在控制极断路时，可以重复加在晶闸管元件上的反向峰值电压，其数值规定比反向击穿电压小100V。 IT为额定通态平均电流（额定正向平均电流）。在环境温度不大于40℃和标准散热及全导通条件下，晶闸管元件可以连续通过的工频正弦半波电流（在一个周期内）的平均值，简称额定电流。

IH为维持电流。在规定的环境温度和控制极断路时，维持元件继续导通的最小电流。 10.7答：答：见书上表10.1

10.8答：控制角：晶闸管元件承受正向电压起始点到触发脉冲的作用点之间的电角度。

导通角：晶闸管在一周期内导通的电角度。

110.9答：输出电压平均值 Ud?2????2U2sin?td(?t)?0.45U21?cos?2

当 α＝0时， Ud＝99V；当α＝ π时， Ud＝0V。所以Ud的调节范围是0～99V。当α

＝π/3时，Ud＝74.25V

负载电流平均值 当

α

Id?＝

UdU1?cos??0.452RR2

π

/3

时

，

Id

＝

7.425A

。

考虑晶闸管的安全系数，一般取1.5~2，所以： IT＝（1.5~2）×8.89＝（13.335~17.78）A 晶闸管最大反向电压：2

U2?2?220V?311V

考虑安全系数为2~3，故断态和反向重复峰值电压为：

UDRM＝（2~3）×311V＝（622~933）V

根据以上IT和UDRM的值查有关资料，选取合适的晶闸管。

10.10答：当电源电压变负时，V导通，负载上由电感维持的电流流经二极管。VS关断，电源负电压不加于负载上。

作用：可提高大电感负载时的单相半波可控整流电路整流输出平均电压。 极性若接反：造成短路。 10.11答：见图10.10、图10.11、图

10.12

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/1woh.html