冯清秀 灯星钟 华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析

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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

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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。

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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？ 答：运动方程式：

d TM TL J dt

TM TL TdTd>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

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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

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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。

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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

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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。

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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

JZ JM

J1 J L 2 16 2 2 2.5 2 2 2.8(kg m) j1 jL 3 15

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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。

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答：

nM 950 nL 59.4(r / min

) j1 j 2 4 4

v

Dn L60 j3

0.24 59.460 2

0.37 (m / s)

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

100 0.37 2 GD (1.1 ~ 1.25) 1.05 365 1.16 ~ 1.32 N m 2 950 22 Z

Fv 2 2 2 GD Z GD M 365 2 nM

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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。

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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。

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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。

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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

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

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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

IN

PN U N N

7.5 1000 38 .52 ( A) 220 0.885

PN 7.5 TN 9550 9550 47.75( N m) nN 1550

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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： PN U N Ra 0.50 ~ 0.75 1 U I I N N N 5.5 1000 110 Ra 0.50 ~ 0.75 1 0.172 ~ 0.258 ( ) 110 62 62

UN U N nN n0 Ke N U N I N Ran0 110 1000 1107 ~ 1170 (r / min) 110 62(0.172 ~ 0.258 )

PN 5.5 TN 9550 9550 52.53( N m) nN 1000

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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。 PN 答： 5.5TN 9550 nN 9550 1500 35.02( N m)

I N I N I fN 61 2 59( A)n0 n0

UN U N nN Ke N U N I aN Ra110 1500 1680 (r / min) 110 59 0.2

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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：

⑴⑵ ⑶ ⑷

固有机械特性电枢附加电阻分别为3 Ω和5 Ω 时的人为机械特性 电枢电压为UN/2时的人为机械特性 磁通Φ=0.8 ΦN时的人为机械特性UN U N nN n0 Ke N U N I N Ra

答： ⑴

n0

220 1500 1559 (r / min) 220 34.4 0.242

PN 6.5 TN 9550 9550 40.5( N m) nN 1500

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⑵

在( )中， n n0 n N 1559 1500 59(r / min) 1Ra RT TN n,所以K e K t 2 a N n Ke Kt 2当串入R ad1 R ad1 Ra Rad1 Ra Rad1 n 3 时， n1 TN n= 1+ 2 Ra Ra Ke Kt

3 n1 1+ 59 790 (r / min) 0.242

n1 n0 n1 1559 790 769 (r / min)当串入R ad 2 R ad 2 n 5 时， n2 1+ Ra

5 n2 1+ 59 1278 (r / min) 0.242

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n2 n0 n2 1559 1278 281(r / min)⑶UN n0 1559 U 当U U N / 2时，n01 =779 .5(r / min) Ke 2 K e 2 2

n1 n01 n 779 .5 59 720 .5(r / min)⑷当 0.8 N 时，n01 UN n U 1559 0 1949 (r / min) Ke 0.8K e N 0.8 0.8

Ra Ra 1 59 n1 T TN= 2 n 92.2(r / min) 2 N 2 2 2 Ke Kt 0.8 K e K t N 0.8 0.8

n1 n01 n1 1949 92.2 1856 .8(r / min)

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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。

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