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-TL0 说明系统处于加速， TM-TL 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 TM= 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
2、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=T , p 不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒 MV=0.5J 2 2.5 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为 P= T ,P 不变越小 T 越大，越大 T 越小。 2.6 为什么机电传动系统中低速轴的 GD2 比
3、高速轴的 GD2 大得多 ? 因为 P=T， T=GD2/375. P= GD2/375. ,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 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=15 J=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
4、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.。 M=3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度 = M/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v= D/2=0.24/2*3.11=0.373m/s TL=9.55FV/ CnM=9.55*100*0.3
5、73/0.83*950=0.45NM GD2Z= GDM2+ GDL2/jL2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM2 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 . 2.10 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。 2
6、.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 交点是系统的平衡点 第三章 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： 防止电涡流对电能的损耗 . 3.2 并励直流发电机正传时可以自励，反转时能否自励？ 不能 ,因为反转起始励磁电流所产生的磁场的方向与剩与磁场方向相反 ,这样磁场被消除 ,所以不能自励 . 3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩 TL=常数，当电枢电压附加电阻改变时，能否改变其稳定
7、 运行状态下电枢电流的大小？为什么？这是拖动系统中那些要发生变化？ T=Kt Ia u=E+IaRa 当电枢电压或电枢 附加电阻改变时 ,电枢电流大小不变 .转速 n 与电动机的电动势都发生改变 . 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态值后，电枢反电势将如何变化 ? 是大于，小于还是等于 E1？ T=IaKt , 减弱 ,T 是常数 ,Ia增大 .根据 EN=UN-IaRa ,所以 EN 减小 .,小于 E1. 3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下： PN=180kW,
8、U N=230V,n N=1450r/min,N=89.5%，试求： 该发电机的额定电流； 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 = N） 解： PN=UNIN 180KW=230*IN IN=782.6A 该发电机的额定电流为 782.6A P= IN100/ N - - P=87.4KW 3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下： PN=7.5KW, U N=220V, n N=1500r/min, N=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 PN=UNIN N 7500W=220V*IN*0.885 IN=38.5A TN=9.55PN/nN =47
9、.75Nm 3.7 一台他励直流电动机： PN=15KW, U N=220V, I N=63.5A, n N=2850r/min,Ra =0.25，其空载特性为： U 0/ V 115 184 230 253 265 I f/A 0.442 0.802 1.2 1.686 2.10 今需在额定电流下得到 150V 和 220 V 的端电压，问其励磁电流分别应为多少？ 由空载特性其空载特性曲线 . E2 6 52 5 32 3 02 2 01 8 41 5 01 1 50 . 4 4 2 0 . 7 1 0 . 8 0 2 1 . 21 . 0 8 1 . 6 8 6 2 . 1 0fI当 U=
10、150V 时 If=0.71A 当 U=220V 时 If=1.08A - - 3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为： PN=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。 Ra=(0.500.75)(1-PN/UNIN)UN/IN =0.6(1-5500/110*62)*110/62 =0.206 n0=nNUN/(UN-INRa) =1131r/min TN=9.55*5500/1000 =52.525Nm 1131 52.525 3.9 一台并励直流电动机的技术数据如下： PN=5.5KW,U N=110V, I N=61A
11、,额定励磁电流 I fn =2A, n N=1500r/min,电枢电阻 Ra =0.2 ,若忽略机械磨损和转子的铜耗，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。 n0=UNnN/(UN-INRa) TN=9.55PN/nN =110*1500/(110-61*0.2) =9.55*5500/1500 =1687 r/min =35Nm 1687 - - 3.10 一台他励直流电动机的技术数据如下： PN=6.5KW,U N=220V, I N=34.4A, n N=1500r/min, Ra =0.242 ,试计算出此电动机的如下特性： 固有机械
12、特性； 电枢服加电阻分别为 3和 5时的人为机械特性； 电枢电压为 U N/2 时的人为机械特性； 磁通 =0.8 N 时的人为机械特性； 并绘出上述特性的图形。 n0=UNnN/(UN-INRa) =220*1500/220-34.4*0.242 = 1559r/min TN=9.55PN/nN =9.55*6500/1500 =41.38Nm 1559 41.38 n=U/Ke -(Ra+Rad)T/KeKt 2 = U/Ke -(Ra+Rad)T/9.55Ke2 2 当 3 n=854r/min 当 5 n=311 r/min - - n= U/Ke -RaT/9.55Ke2 2 当 U
13、N=0.5UN 时 n=732 r/min n0=UNnN/2(UN-INRa) =780 r/min n= U/0.8Ke -RaT/9.55Ke2 20.82 当 =0.8时 n=1517 r/min n0=UNnN/0.8Ke =1964 r/min n0 - - 3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 电动机在未启动前 n=0,E=0,而 Ra 很小 ,所以将电动机直接接入电网并 施加额定电压时 ,启动电流将很大 .Ist=UN/Ra 3.12 他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求？如何实现？ 他励直流电动机直接启动过程中的要求是 1 启动电流不要过大 ,2 不要有过大的
14、转矩 .可以通过两种方法来实现电动机的启动一 是降压启动 .二是在电枢回路内串接外加电阻启动 . 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？若忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢电源接通，这是会产生什么现象（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，若突然将励磁绕阻断开，此时又 将出现什么情况？ 直流他励电动机启动时 ,一定要先把励磁电流加上使因为主磁极靠外电源产生磁场 .如果忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢电源接通， TL=0 时理论上电动机转速将趋近于无限大 ,引起飞车 , TL=TN 时将使电动机电流大大增加而严重过载 . 3.14
15、 直流串励电动机能否空载运行 ?为什么？ 串励电动机决不能空载运行 ,因为这时电动机转速极高 ,所产生的离心力足以将绕组元件甩到槽外 ,还可能串励电动机也可能反转运行 .但不能用改变电源极性的方法 ,因这时电枢电流 Ia 与磁通同时反响 ,使电瓷转矩 T 依然保持原 来方向 ,则电动机不可能反转 . 3.15 一台直流他励电动机，其额定数据如下： PN=2.2KW,UN=Uf=110V,nN=1500r/min, N=0.8,Ra=0.4 , Rf=82.7 。试求： 额定电枢电流 IAn; 额定励磁电流 IfN ; 励磁功率 Pf; 额定转矩 TN; 额定电流时的反电势； 直接启动时的启动电
16、流； 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？ PN=UNIaN N 2200=110*IaN*0.8 IaN=25A Uf= RfIfN IfN =110/82.7 =1.33A Pf= UfIfN =146.3W 额定转矩 TN=9.55 PN/ nN =14Nm 额定电流时的反电势 EN=UN-INRa =110V-0.4*25 =100V 直接启动时的启动电流 Ist=UN/Ra =110/0.4 =275A 启动电阻 2IN UN/ (Ra+Rst) Rst1.8 启动转矩 Ke =(UN-INRa)/nN=0.066 Ia= UN
17、/ (Ra+Rst) T=KtIa =52.9A =9.55*0.066*52.9 =33.34Nm 3.16 直流电动机用电枢电路串电阻的办法启动时，为什么要逐渐切除启动电阻？如切出太快，会带来什么后果？ 如果启动 电阻一下全部切除 ,在切除瞬间 ,由于机械惯性 的作用使电动机的转速不能突- - 变 ,在此瞬间转速维持不变 ,机械特性会转到其他特性曲线上 ,此时冲击电流会很大 ,所以采用逐渐切除启动电阻的方法 .如切除太快 ,会有可能烧毁电机 . 3.17 转速调节（调速）与固有的速度变化在概念上有什么区别 ？ 速度变化是在某机械特性下 ,由于负载改变而引起的 ,二速度调节则是某一特定的负载
18、下 ,靠人为改变机械特性而得到的 . 3.18 他励直流电动机有哪些方法进行调速？它们的特点是什么？ 他励电动机的调速方法： 第一改变电枢电路外串接电阻 Rad 特点在一定负载转矩下， 串接不同的电阻可以得到不同的转速，机械特性较软，电阻越大则特性与如软，稳定型越低，载空或轻载时，调速范围不大，实现无级调速困难，在调速电阻上消耗大量电量。 第二改变电动机电枢供电电压 特点 当电压连续变化时转速可以平滑无级调速，一般只能自在额定转速以下调节，调速特性与固有特性相互平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调速范围较大，调速时因电枢电流与电压无关，属于恒转矩调速，适应于对恒转矩型负载。可以靠调节电
19、枢电压来启动电机，不用其它启动设备， 第三改变电动机主磁通 特点可以平滑无级调速， 但只能弱词调速，即在额定转速以上调节，调速特性较软，且受电动机换向条件等的限制，调速范围不大，调速时维持电枢电压和电流步变，属恒功率调速。 3.19 直流电动机的电动与制动两种运转状态的根本区别何在？ 电动机的电动状态特点是电动机所发出的转矩 T 的方向与转速 n 的方向相同 .制动状态特点使电动机所发的转矩 T 的方向与转速 n 的方向相反 3.20 他励直流电动机有哪几种制动方法？它们的机械特性如何？试比较各种制动方法的优缺点。 1 反馈制动 机械特性表达式 :n=U/Ke -(Ra+Rad)T/keKt 2 T 为负值 ,电动机正转时 ,反馈制动状态下的机械特性是第一 象限电动状态下的机械特性第二象限内的延伸 . 反馈制动状态下附加电阻越大电动机转速越高 .为使重物
