所以，TL=0.45TN时不能启动，TL=0.35TN时能启动。 3) 经降压后，U?=0.54UN
因为：IN=PN/(UN?N)=40000/(380?0.9)=116.96A Ist=6.5 IN =6.5?116.96=760.2A I?st=
T?st=0.542?Tst=0. 542?311.8=91 N?m
4.12 绕线异步电动机采用转子串接附加电阻启动时，所串接的电阻愈大，启动转矩是否也愈大
答：不是，所串接电阻大到一定程度后，启动转矩反而会变小，因为
T?Kt?I2cos?2而 SE20E2I??2 2222R2?X2R2??SX20?
R2R2 cos?2??2222 R2?X2R2??SX20?
显然，I2随电阻的增加下降很多，尽管cos?2会增大，但串电阻达到一定值后，Tst反而会减小。
4.13为什么绕线异步电动机在转子串接附加电阻启动时，启动电流减小而启动转矩反而增大？ 答：根据 T?Kt?I2cos?2可知启动转矩与启动电流和功率因数cos?2有关，而根据 SE20E2I2??222 2R2?X2R2??SX20?
R2R2 cos?2??2222R2?X2R2??SX20?
可知，串接附加电阻后，虽然启动电流下降，而cos?2则是增加的，只要串接电阻合适，就可以使增加cos?2更明显，因此启动转矩反而增大。
4.18 试分析交流电动机与直流电动机在调速方法是的异同点。 答：相同点：1)都可以采用降压调速
2)转子绕组串电阻调速，绕线式异步电动机与直流电动机一样，
转子绕组串接电阻调速。
不同点：直流电机可以采用调磁通方式调速；
交流电动机还有：变极调速、变频调速
第5章习题
5.1 通过分析步进电动机的工作原理和通电方式，可得出哪几点结论？ 答：可以得出以下结论
(1) 步进电动机的步距角取决于转子齿数和定子绕组通电方式； (2) 每来一个电脉冲，步进电动机就转过一个步距角， (3) 步进电动机的角位移量与输入的电脉冲数严格成正比， (4) 步进电动机的旋转速度与输入电脉冲的频率成正比，也取决于绕组通电方
式；
(5) 改变输入电脉冲的通电相序可以改变步进电动机的旋转方向
即通过控制输入电脉冲的个数、频率和定子绕组中的通电方式，就可以控制步进电机转子的角位移量、转速和转向，且运行中不会产生累积误差。
5.4 步进电动机的步距角的含义是什么？一台步进电动机可以有两个步距角，例如3?/1.5?，是什么意思？什么是三相单三拍、三相六拍和三相双三拍？ 答：定子绕组每来一个电脉冲，步进电动机转过的角度数称为步距角； 3?/1.5?表示该步进电动机在单节拍和双节拍通电方式下对应的步距角分别是3?和1.5?；
三相单三拍：指三相步进电动机按每相绕组顺序轮流通电方式；
三相六拍：指三相步进电动机按每单相->双相顺序轮流通电方式，即A->AB->B->BC->C->CA顺序通电方式
三相双三拍：指三相步进电动机按每两相绕组顺序轮流通电方式，即AB->BC->CA顺序通电方式
5.5一台五相反应式步进电动机，采用五相十拍运行方式时，步距角为1.5?，若脉冲电源的频率为3000Hz，试问转速是多少?
?f60 解：根据n?2??f1.5?3000?6060?有n?=750r/min 2?360答：转速为750r/min。
5.6一台五相反应式步进电动机，其步距角为1.5?/0.75?，试问该电机的转子齿数是多少? 解：根据??齿距360?360?＝＝ 拍数Z?拍数ZKm由于单拍工作时，?=1.5?
于是，Z?360?360=48 ??Km1.5?1?5答：转子齿数为48。
第6章习题
6.1从接触器的结构特征上如何区分交流接触器与直流接触器?为什么? 答：从接触器的铁心的结构可以区分交流接触器与直流接触器。
由于交流接触器易产生涡流损耗，为了减少涡流损耗，交流接触器的铁心都用硅钢片叠铆而成，并在铁心的端面上装有分磁环(短路环)。
直流接触器的铁心与交流接触器不同，它没有涡流的存在，因此一般用软钢或工程纯铁制成圆形。
6.3 若交流电器的线圈误接入同电压的直流电源，或直流电器的线圈误接入同电压的交流电源，会发生什么问题？为什么？
答：交流电器的线圈一般电阻较小，误接入同电压的直流电源时，线圈中的电流会很大，这是因为： I?UR?X22，而直流时，X->0，所以I很大，
线圈会快速发热烧坏。
直流电器的线圈电阻一般较大，误接入同电压的交流电源时，其阻抗
Z?R2?X2增大，电流I下降，直流电器将无法正常工作。
6.4交流接触器动作太频繁时为什么会过热?
答：交流接触器的线圈匝数较少，纯电阻大，因此，在接通电路的瞬间，由于铁心气隙大，电抗小，电流可达到15倍的工作电流，如果频繁启动，交流接触器就要经常承受极大的过载电流，热量来不及散发而累积，造成过热。
6.6 两个相同的110V交流接触器线圈能否串联接于220V的交流电源上运行？为什么，若是直流接触器情况又如何？为什么？ 答：交流接触器线圈不能串联接于220V的交流电源上，这是因为两个接触器的衔铁间隙并不一样，其工作阻抗不同，因而并不能同时吸合，先吸合的接触器承受的电压降超过其额定值，使其烧毁，随后另一个接触器将承受全部220V电压，也将会烧毁。
而直流接触器情况就不一样了，其电阻较大，可以限流，使得接触器正常吸合，不会出现问题。
6.7电磁继电器与接触器的主要区别是什么？
答：接触器一般用于传递电能，接通主电路，触头流过的电流较大，线圈较粗，用于主电路（动力回路）；而继电器主要用于传递电路信号，触头流过的电流较小，线圈较细，主要用于控制回路。
6.8电动机中的短路保护、过电流保护和长期过载(热)保护有何区别?
答：短路保护：由于电路短路造成电流瞬间急剧增加，为防止电动机损坏而采取的断路保护措施，采用熔断器实现；
过流保护：由于负载或电网波动造成电路中电流增大，为防止电动机损坏而采取的断路保护措施，一般采用电流继电器实现；
长期过载（热）保护：由于负载过大引起电路电流增大，电动机温度升到一定极限时，为防止电动机损坏而采取的断路保护措施，一般用热继电器实现；
6.9 过电流继电器与热继电器有何区别？各有什么用途？
答：热继电器是根据控制对象的温度变化来控制电流通断的继电器，即利用电流的热效应而动作的电器，它主要用来保护电动机的过载，防止电动机因长期过载而造成温度过高，缩短电动机寿命。过电流继电器是根据电流信号来控制电路通断的，主要用于防止电路电流过大而损坏电器。
6.10 为什么热继电器不能作短路保护而只能作长期过载保护，而短路器则相反？
由于热继电器有热惯性，大电流出现时它不能立即动作，故热继电器不能用作短路保护。
熔断器串于被保护的电路中，当电路发生短路或严重过载时，它的熔体能自动迅速熔断，从而切断电路，使导线和电气设备不致损坏。
6.15 要求三台电动机M1、M2、M3按一定顺序启动；即M1启动后M2才能启动，M2启动后M3才能启动，停车时则同时停，试设计此控制线路。 解：如图所示电路可以满足设计要求。
6.16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。 解：其控制线路如下图所示
6.24 下图为机床自动间歇润滑的控制线路图，其中接触器KM为润滑油泵电动机启停用接触器(主电路未画出)，控制线路可使润滑有规律地间歇工作。试分析此线路的工作原理，并说明开关S和按钮SB的作用。
各章习题及解答
第2章 习题
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：与机电传动系统转速n方向相同的转矩，既可以是电动机的转矩TM，也可以是负载转矩TL；
静态转矩：即负载转矩TL；
动态转矩：定义为 Td＝TM－TL
2.2从运动方程式怎样看出系统是处于加速的、减速的、稳定的和静止的各种工作状态?
2.3试出以下几种情况下(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) Td＝TM－TL＝0， 稳态，匀速 (b) Td＝TM－TL<0， 减速 (c) Td＝－TM－TL<0， 减速 (d) Td＝TM－TL>0， 加速 (e) Td＝－TM－TL<0，减速 (f) Td＝－TM+TL＝0，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?转动惯量折算为杆么依据折算前后动能不变的原则?
答：1）因为机电传动系统运动方程式是针对单轴拖动系统建立的，为了将该运动方程应用于多轴系统，必须进行折算；
2）因为如果忽略传动损失，传动系统所传递的功率是守恒的，而传递功率P=T?，即与转矩T相关，所以应依据功率不变的原则；
3）同理，根据动能守恒原则，E=1/2J?2=Const，所以应遵守动能不变原则。
2.5为什么低速轴转矩大?高速轴转矩小? 答：根据功率守恒原则，有 PL=PH 而：PL=TL??L
PH=TH??H 因为：?H >?L 故有：TH ?TL
即，低速轴转矩大于高速轴转矩。 也可以按以下方法回答： 在传动系统中，传递效率：
??可得：
PLT??LL PMTM?MTL?TM?M??L＝TMj?
因为：??TMj<1 TL所以：TMj < TL
又因为j>1，所以，TM < TL，即高速轴转矩小于低速轴转矩。
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?
1122?JH?H答：根据动能守恒原则，有JL?L
22因为：?H >?L 故有：JH ?JL
GD2而：J?m??
4g2即，低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多。
2.7如图2.5(a)所示，电动机轴上的转动惯量JM＝2.5 kg?m2，转速nM=900r/min；中间传动劫的转动惯量Jl＝2 kg?m2，转速nl＝300r/min；生产机械轴的转动惯量JL=16kg.m2，转速nL＝60r/min。试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。
解：已知，JM=2.5kg?m2，nM=900r/min；J1=2 kg?m2，n1=300r/min
JL=16 kg?m2，nL=60r/min 依据，JZ?JM?J1JL?2 j12jL2?900???300??2可求得：JZ?2.5??16?900???60??2=2.5+2/9+16/225=2.79 kg?m2
2.8如图2.3(b)所示，电动机转速nM＝950r/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，电动机的飞轮转矩GD2＝1.05N·m2，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GD2Z
已知，nM=950r/min，齿轮减速箱：j1=j2=4，卷筒：D=0.24m；
2滑轮：j3=2，起重负荷力F=100N，电动机飞轮转矩GDM=1.05Nm2，齿轮、滑
轮和卷筒的总效率?=0.83。 求：1) 提升速度v；
2) 折算到电动机轴上的静态转矩TL
23) 折算到电动机轴上GDZ
解：1) 参考题图，可知重物提升的速度取决于滑轮的转速，易知：
nHL?nM950＝29.7r/min ?j1j2j34?4?2所以：v??DnHL60?3.1415?0.24?29.7＝0.37m/s
602) 根据TL?9.55Fv/(?CnM)，可求得
TL?9.55?100?0.37=0.45N?m
0.83?9502Z2M2GD12GDLGv2?2?3652 3) 根据GD?GD?2j1jLnM对匀速运动的负载而言，可求得G=mg=F＝100N
将中间减速器的GD2按一定比例折算，即：
2GDLGv2GD??GD?2?3652
jLnM2Z2M取?＝1.2
100?0.242100?0.372GD?1.2?1.05??365?＝1.27 Nm2 22950?4?4?2?2Z2.9 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：可分为反抗负载与位能负载；
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? 答：反抗静态转矩也称摩擦转矩，是因摩擦、非弹性体的压缩、拉伸与扭转 等作用所产生的负载转矩，反抗转矩方向与运动方向始终相反，总是阻碍运动。 位能静态转矩是由物体的重力和弹性体的压缩、拉伸与扭转等作用所产生的负载转矩。位能转矩的作用方向恒定，与运动方向无关。
2.11在题2.1l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?
解：根据机电传动系统稳定运行的条件，a、b、c、d、e都有交点，但在干扰消除后，有
a) n1 所以 a, b, c ,e 均为稳定平衡点，而d 不是。 第3章习题 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：转子在定子磁场中旋转，会产生涡流和磁滞损耗，采用硅钢片材料，可以减少磁滞损耗，而用硅钢片叠压，则可以减小涡流。 3.2 并励直流发电机正转时可以自励，反转时能否自励？为什么？ 答：反转时不能自励。这是因为此时感生电势所产生的磁场方向与剩磁的磁场方向相反，根据直流发电机的启动条件，这两个磁场的方向相同才能自励，相反则不能自励。 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？这时拖动系统中那些量必然要发生变化？ 答：改变电枢电压，U?，则n ?；但稳定运行：T=TL TL=C；?不变，?I=T/(k?)，不变。 改变附加电阻，R?，则n ?；同样，稳定运行T=TL =C，此时，?不变，?I=T/(k?)，不变。 拖动系统中变化的量：对U变化，n0 ,n, P 对R变化，n, ?n (S), P 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？ 解：TL＝常数；电动机从一个稳态到另一个稳态(而不涉及瞬态过程)，电枢反电势是稳态值。 TL?T?Kt?Ia?C???Ia? E?U?IaRaU?Ra?CIa??E? ?E?E1 3.5 直流发电机 PN=180kW， UN=230V， nN=1450r/min，?N=89.5% 求：(1) IN, (2) 电流保持I=IN，电压下降U=100V；原动机P输出 解：(1) IN?PN180?1000??782.6A UN230782.6?100?87.4kW 0.895(2) P原＝INU/?N? 3.6 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，?N=88.5%，试求该电动机的额定电流和额定转矩。 解：根据PN =IN UN?N 有：IN =PN/ UN?N=7500/(220х0.885)=38.52A 而：TN=9.55 PN / nN =9.55х7500/1500=47.75Nm 3.7 一台他励直流发电机：PN=15kW，UN=230V，IN=65.3A，nN=2850r/min，Ra=0.25，其空载特性为： U0/V 115 184 230 253 265 If/A 0.442 0.802 1.2 1.686 2.1 今需在额定电流下得到150V和220V的端电压，问其励磁电流分别应为多少？ 解：根据给定数据，作空载特性曲线如图。 对于他励发电机，其电路关系为： U?E?IaRa 给定I=IN=65.3A，U=150V，则 E?U?INRa=150+65.3?0.25=166.33V 由空载曲线观察求得，当E=166.33V时，If=0.75A 用线性差值： 166.33?115184?115 ?If?0.4420.802?0.442If=51.33?0.36?69+0.442=0.71A 给定I=IN=65.3A，U=220V，则 E?U?INRa=220+65.3?0.25=236.33V 由空载曲线观察求得，当E=236.33V时，If=1.3A 用线性差值：(取(230V,1.2A)，(253V,1.666A)两点) 236.33?230253?230 ?If?1.21.686?1.2If=6.33?0.486?23+1.2=1.33A 3.8 一台他励直流电动机铭牌数据为：PN=5.5kW，UN=110V，IN=62A，nN=1000r/min，试绘出它的固有机械特性曲线。 解：TN=9.55PN/nN=9.55?5500/1000=52.525N?m 估算Ra ??5.5?103?110PN?UNRa?0.5?1??0.5?1??0.172? ???110?62?62?UNIN?IN求：Ke?N?(110?62?0.172)/1000＝0.0993 求no62 n0?UN/(Ke?N)=110/0.0993=1107r/min n1120110010801060104010201000980010固有机械特性曲线T2030405060 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?，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。 解：只要求得n0，TN，就能绘出固有机械特性（直线） 在额定运行状态下，由Ke?N?(UN?INRa)/nN 可得：Ke?N?(110?61?0.2)/1500＝0.0652 和：n0?UN/(Ke?N)=110/0.0652=1687r/min TN=9.55PN/nN=9.55?5500/1500=35N?m 由此，可绘出固有机械特性曲线如下： n170016501600155015001450024固有机械特性曲线T6810121416 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?，试计算出此电动机的如下特征： 1) 固有机械特性 2) 电枢附加电阻分别为3?和5?时的人为机械特性 3) 电枢电压为UN /2时的人为机械特性 4) 磁通=0.8时的人为机械特性 并绘出上述特性的图形。 )/1500＝0.1411 解：(1) Ke?N?(UN?INRa)/nN?(220?34.4?0.242n0?UN/(Ke?N)=220/0.1411=1559r/min TN=9.55PN/nN=9.55?6500/1500=41.38N?m (2) 附加电阻为3?时 根据：n?UNR?Ra?adT?n0??n Ke?NKeKt?2NTNRa41.38?0.242??0.17 n0?nN1559?1500可求得：KeKt?2N?所以，PN、UN、TN、IN保持不变，附加电阻为3?时 nN?UNR?RaRad?Ra3.242?adT?n?T?1559??41.38=770r/min N0N2Ke?NKeKt?20.17KK?NetN附加电阻为5?时 nN?n0?Rad?Ra5.242T?1559??41.38=283r/min N20.17KeKt?N(3) 电枢电压为UN /2=110时的人为机械特性 n0?UN/(Ke?N)=110/0.1411=780r/min 当TN=41.38N?m nN?n0?Ra0.242T?780??41.38=721 N0.17KeKt?2N(4) 磁通=0.8时 n0?UN/(Ke?N)=220/(0.8х0.1411)=1949r/min 当TN=41.38N?m 0.17Kt?N??1.2 , Ke?N?0.1411 0.1411nN?n0?Ra0.242T?780??41.38=688 N21.2?0.8?0.1411?0.8KeKt?N n2500机械特性曲线20000.8?N 固有特性 1500Rad=3? 1000Rad=5? 500UN/2 0051015202530354045T 3.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 答：对直流电动机而言，根据U=E+IRa可知，电动机未启动之前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，其启动电流 Ist=UN/Ra 将很大，一般情况下能达到额定电流的10~20倍。 3.12 他励直流电动机启动过程中有哪些要求？如何实现？ 答：他励直流电动机启动时不允许直接启动，要求启动时限制其电枢电流，保持一定的启动转矩。限制电枢电流的方法一般有两种： (1) 降压启动，即在启动瞬间降低供电电压，随着n的升高再逐步提高供电电压，最后达到额定电压。 (2) 在电枢回来中串接恰当的外接电阻，随着n的升高再逐步撤除外加电阻直到电动机达到要求的转速。 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？若忘了先合励磁绕组的电源开关就把电枢电源接通，这时会产生什么现象（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，若突然将励磁绕组断开，此时又将出现什么情况？ 答： 当TL=0启动时，n=0，E=0，励磁绕组有一定剩磁，??0。根据可知电压U全部加在电阻Ra上，因此Ia很大，达到(10~20)IN，U?E?IaRa， 由于没有加上励磁电源，即励磁磁通??0，所以T=K?Ia并不大，但T>TL 所以电机会加速启动；尽管n不断增加，由于??0，所以E?Ke?n仍很小， Ia很大而T不大，电机会不断加速，达到”飞车”，在即在很大n下稳定运行，T=TL=0，所以Ia=0，而E相当大，U几乎与E平衡。 当TL=TN启动时，n=0，E=0，根据U?E?IaRa，可知电压U全部加在电阻Ra上，因此Ia很大，达到(10~20)IN，T=K?Ia并不大 直流他励电动机在额定转速运行时，T=K?Ia=TL=TN，n=nN，若励磁绕组突然断开，即励磁磁通??0，虽然此时n=nN，但E?Ke?n=0，根据，知U全部加在Ra上，电枢电流Ia将会急剧增大，但由于T=K?IaU?E?IaRa， 并不大 3.14 直流电动机能否空载运行？为什么？ 答：直流电动机能够空载运行。 因为： 首先，根据直流电动机机械特性方程：n?UNRa?T 可知，空载运Ke?NKeKt?2N行时，由于负载TL=0，电动机的输出转矩T=0，电动机将以理想空载转速n0 运行，但由于电动机转轴存在阻尼，电动机空载时的转速略小于n0，这是允许的。 其次，由于电动机输出转矩T?0，则，电枢电流Ia?0 又因为，n?n0，则，E?Ke?n0，与外加电压UN平衡。 综合以上原因，可知，直流电动机能够空载运行。 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：①额定电枢电流IaN； ②额定励磁电流IfN； ③励磁功率Pf； ④额定转矩TN； ⑤额定电流时的反电势； ⑥直接启动时的启动电流； ⑦如果要使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？ 解：①由于PN=IaNUN?N 有IaN=PN/(?N UN)=2200/(0.8?110)=25A； ②If=Uf/Rf=110/82.7=1.33A ③Pf=IfUf=1.33?110=146.3W ④TN=9.55?PN/ nN =9.55?2200/1500=14N?m ⑤根据UN=E+IaN Ra 得：E=UN- IaN Ra =110-25?0.4=100V ⑥Ist= UN/ Ra =110/0.4=275A ⑦要使Ist=2IaN=2?25=50A 根据Ist=UN/(Rst+Ra)，有Rst=UN/Ist?Ra=110/50?0.4=1.8? 根据n?RU?aIa Ke?Ke?U?Ra110?0.4?25Ia?=0.0667 n1500有：Ke??所以Tst=KtKe?Ist=9.55?0.0667?50=31.8N?m 3.16 直流电动机用电枢电路串电阻的方法启动时，为什么要逐渐切除启动电阻？如切除太快，会带来什么后果？ 参见如图所示串电阻启动过程，此特性曲线表示只有一段启动电阻。启动后，若将启动电阻一下全部切除，由于电阻被切除，工作点将从特性曲线1切换到特性2上，由于在切除电阻的瞬间，机械惯性的作用使电动机的转速不能突变，在此瞬间n维持不变，即从a点切换到b点，此时冲击电流仍会很大，有可能造成机械设备的损坏，为了避免这种情况，通常采用逐级切除启动电阻的方法来启动。 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？ 答： 所谓速度变化是指由于电动机负载转矩发生变化(增大或减小)，而引起的电动机转速变化(下降或上升)，而速度调节则是在某一特定的负载下，靠人为改变机械特性而得到的。 下图表示了这两种概念的区别。 3.18 他励直流电动机有哪些方法进行调速？他们的特点是什么？ 直流电动机调速的方法主要有三种： 1）改变电枢电路外串电阻Rad 该方法机械特性较软，电阻愈大则特性愈软，稳定度愈低；在空载或轻载时，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能等。此外，启动电阻不能当作调速电阻用，否则将烧坏。 2）改变电动机电枢供电电压U 这种调速方法的特点是： (1)当电源电压连续变化时，转速可以平滑无级调节，一般只能在额定转速以下调节； (2)调速特性与固有特性互相平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调速范围较大； (3)调速时，因电枢电流与电压U无关，且?＝?N，故电动机转矩 T?Kt?NIa不变，属恒转矩调速，适合于对恒转矩型负载进行调速； (4)可以靠调节电枢电压来启动电机，而不用其他启动设备。 3）改变电动机主磁通? 这种调速方法的特点是： (1)可以平滑无级调速，但只能弱磁调速，即在额定转速以上调节； (2)调速特性较软，且受电动机换向条件等的限制，普通他励电动机的最高转速不得超过额定转速的1.2倍，所以，调速范围不大，若使用特殊制造的“调速电动机”，调速范围可以增加，但这种调速电动机的体积和所消耗的材料都比普通电动机大得多； (3)调速时维持电枢电压U和电枢电流Ia不变，即功率P＝UIa不变，属恒功率调速，所以，这种调速适合于对恒功率型负载进行调速，在这种情况下电动机的转矩T?Kt?Ia要随主磁通?的减小而减小。 3.19 直流电动机的电动与制动两种运动状态的根本区别何在？ 答： 根本区别在于电动机所发出的转矩T的方向与转速n的方向一致性问题。 电动状态是电动机最基本的工作状态，其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； 而电动机的制动状态时，电动机必须发出与转速方向相反的转矩。 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？ 答：根据直流他励电动机处于制动状态时的外部条件和能量传递情况，有反馈制动、反接制动、能耗制动三种制动方法。 (1) 反馈制动 在反馈制动状态下电动机的机械特性表达式不变，但工作点进入第2象限，电动机输出转矩T改变了符号(即T为负值)。 (2) 反接制动 反接制动又分为电源反接制动和倒拉反接制动两种情况。 电源反接制动是在制动时将电枢电源反接的制动方法，此时电动机的机械特性曲线发生改变， 电源反接制动一般应用在生产机械要求迅速减速、停车和反向的场合以及要求经常正反转的机械上。 倒拉反接制动是在电枢电路中附加电阻Rad引起的制动过程，此时，电动机的机械特性曲线的斜率发生改变，制动工作点进入第4象限。 倒拉反接制动常用在控制位能负载的下降速度，使之不致在重物作用下有愈来愈大的加速。 (3) 能耗制动 能耗制动是在制动是切断外加电源，同时在电枢电路中串如负责电阻，通过耗能方式实现的制动。能耗制动时电动机的机械特性曲线通过原点。但T与n反向，T变成制动转矩。 能耗制动通常应用于拖动系统需要迅速而准确地停车及卷扬机重物的恒 速下放的场合。 3.21 一台直流他励电动机拖动一台卷杨机构，在电动机拖动重物匀速上升时将电枢电源突然反接，试利用机械特性从机电过程上说明： (1) 从反接开始到系统达到新的稳定平衡状态之前，电动机经历了几种运动状态？最后在什么状态下建立系统新的平衡点？ (2) 各种状态下转速变化的机电过程怎样？ 解：参看下图。初始时重物匀速上升，电动机工作在特性曲线1的a点。 当电枢电源突然反接时，电动机的机械特性曲线将变为曲线2，但由于电动机的转速不能突变，其转速将从曲线1上a点的na?曲线2上b点的nb，na=nb。这时，电动机的输出转矩T改变了方向，电动机发出与转速n方向相反的转矩T(即T为负值)，它与负载转矩共同作用，使电机转速迅速下降，制动转矩将随n的下降而减小，系统的状态沿直线2自b点向c点移动。当n下降到零时，反接制动过程结束。这时由于电枢还没有从电源拉开，电动机将反向启动，进入反向电动过程。随着电动机转速n反向增大，到达d点时，|T|=|TL|，但由于T与TL反向，系统无法平衡，电动机转速n将继续反向增大，电动机转矩T越来越小。当工作点跨过e点时，电动机进入反馈制动过程，此时T与n同向，直到到达f点，此时，T=TL，重物开始以稳定的速度下降。 第4章习题 4.1 有一台四级三相异步电动机，电源电压的频率为50Hz，满载时电动机的转差率为0.02，求电动机的同步转速、转子转速和转子电流频率。 解：已知：p=2，f1=50 所以：n0=60f/p=60?50/2=1500r/min n=(1-S)n0=(1-0.02)?1500=1470r/min f2=Sf1=0.02?50=1 4.2 将三相异步电动机接三相电源的三根引线中的两根对调，此电动机是否会反转？为什么？ 答：会反转。因为，将两根线对调后，电动机的旋转磁场转向的方向改变，因此电动机反转。 4.3 有一台三相异步电动机，其nN=1470r/min，电源频率为50Hz，设在额定频率下运行，试求： 1) 定子旋转磁场对定子的转速； 2) 定子旋转磁场对转子的转速 3) 转子旋转磁场对转子的转速 4) 转子旋转磁场对定子的转速 5) 转子旋转磁场对定子旋转磁场的转速 解：因为 nN=(1-S)n0 (1) 根据已知条件，可判断n0=1500r/min，p=2 即定子旋转磁场对定子的转速=1500r/min (2) 转子的转速nN=1470r/min 所以，定子旋转磁场对转子的转速=n0-nN=1500-1470=30r/min (3) 因为 f2=Sf1 而 S= n0-nN / n0=1500-1470/1500=0.02 ? f2=0.02?50=1 ? 转子旋转磁场对转子的转速 =60 f2/2=30r/min (4) 转子旋转磁场对定子的转速=-30r/min (5) 转子旋转磁场对定子旋转磁场的转速 =30-1500=-1470r/min 4.4 当三相异步电动机的负载增加时，为什么定子电流会随转子电流的增加而增加？ 答：转子电流与转差率S有关。当负载增大时，转速n会降低时，即S增大，转子与旋转磁场间的相对转速(n0-n)增加，转子导体被磁力线切割的速度提高，于是转子中的感应电势增加，转子中电流随之增加。而定子中的感应电势会转子中的电流的增加而增加，因此，定子中的电流也会增加。 4.5 三相异步电动机带动一定的负载运行时，若电源电压将低了，此时电动机的转矩、电流及转速有无变化？为什么？ 答：依据三相异步电动机的人为机械特性可知，在负载一定的情况下，即T=TL时，若电源电压降低，由于n0取决于电源的频率，因而n0保持不变，临界转差率Sm也保持不变，而电动机的转矩 SR2U2 T?K22R2?(SX20)即T与U的二次方成正比，所以T有下降的趋势，又由于T?Kt?I2cos?2，为了平衡负载，使得T=TL，必然要增大I2，由异步电动机的特性可知，要使I2，S应增加，即转速n会有所下降。 综合而言，此时电动机的转差率S会增大，最大转矩Tmax会下降，电流会增加，转速也会有所下降。 TL 4.6 有一台三相异步电动，其技术数据如下表所示。 试求：①线电压为380V时，三相定子绕组应如何接法? ②求n0，p，SN，TN，Tst，Tmax和Ist ③额定负载时电动机的输入功率是多少? 解：①根据电动机参数，三相定子绕组应接成?。 ②根据n=(1?S)n0，已知nN=960r/min，n0=nN/((1?S)=1000r/min p=60f/ n0=60?50/1000=3 SN =(n0?nN)/ n0=(1000-960)/1000=4% TN =9.55PN/nN=9.55?3000/960=29.8N?m Tst=2TN =2?29.8=59.6 N?m Tmax=2TN =2?29.8=59.6 N?m Ist=6.5IN=6.5?7.2=46.8A ③由于PN= PIN?N，所以PIN＝PN/?N＝3/0.83=3.61kW 4.7三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流会如何变化?对电 动机有何影响? 答：转子突然被卡住，即n=0，而旋转磁场仍按n0=60f/p旋转，相当于转子以极高的速度切割磁力线，转子中的感生电流会迅速上升，电动机的温度随之迅速上升，如果不及时切断电源，时间过长有可能烧毁电动机。 4.8 三相异步电动机断了一根电源线后，为什么不能启动?而在运行时断了一线，为什么仍能继续转动?这两种情况对电动机将产生什么影响? 答：三相异步电动机断了一根电源线后，其合成旋转磁场的强度和方向都会受到影响，电动机产生的启动转矩Tst会大为减小，不足以克服电动机的摩擦转矩，因此不能启动；而当电动机处于运行状态时，虽然断了一根电源线，其合成旋转磁场的强度和方向也会受到影响，但由于电动机的惯性，其有效的合成磁场强度足以克服电动机的摩擦转矩维持电动机持续转动。 另一方面，在第一种情况下，由于电动机无法启动，而合成旋转磁场尽管不强，但仍会与转子相互作用而产生感生电动势，因而产生较大的感生电流，此电流的累积作用会使电动机温度升高，时间长了可能会造成电动机烧毁； 在第二种情况下，电动机输出转矩会减小，为了维持足够的输出转矩，电动机的电流也会增大，影响电动机的正常工作。 4.9三相异步电动机在相同电源电压下,满载和空载启动时,启动电流是否相同?启动转矩是否相同? 答： 三相异步电动机的电流 I2?启动时，S=1 所以，Ist?4.44f1N2?R?(X20)2224.44Sf1N2?R?(SX20)222 R2U2启动转矩 Tst?K22 R2?X20而 X20?2?f1LL2 由此可知，在电动机电参数不变的情况下，启动电流Ist只与励磁磁通电源频率相关，启动转矩Tst只与电源电压U和电源频率f1相关，两者均与负载的大小无关。 所以，无论是满载还是空载，启动电流Ist和启动转矩Tst是不变的。 4.10 三相异步电动机为什么不运行在Tmax或接近Tmax的情况下？ 答：根据三相异步电动机的机械特性曲线可知，如果将工作点选在Tmax附近，就有，TN>Tst，此时，如果电动机带负载则无法启动，即使空载启动后再加上负载，当负载出现过载时，电动机将无法带动负载，有可能损坏电动机。 此外，根据机电系统稳定运行条件可知，Tmax有可能不是一个稳定工作点。 4.11有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下： PN/kW nN/r/min UN/V ?N?100 cos?N Ist/IN Tst/TN Tmax/TN 接法 40 1470 380 90 0.9 6.5 1.2 2.0 ? 1) 当负载转矩为250N?m时，试问在U=UN和U?=0.8UN两种情况下电动机 能否启动？ 2) 欲采用?-?接法启动，问当负载转矩为0.45TN和0.35TN两种情况下，电 动机能否启动？ 3) 若采用自耦变压器降压启动，设降压比为0.54，求电源线路中通过的启动 电流和电动机的启动转矩。 解：1) U=UN时，T N=9.55PN/nN=9.55?40000/1470=259.86N?m Tst=1.2TN=1.2?259.86=311.8 N?m?250 N?m 又： R2(0.8UN)2R2UNT?K?0.64K2222=0.64Tst=199.5 N?m R2?X20R2?X20'st2在U=UN时，Tst?250 N?m，所以，能够启动 而在U?=0.8UN时，T?st=199.5 N?m?250 N?m，所以，不能启动。 2) 采用?-?接法启动时，初始启动电压U=220V=0.577UN 则，T?st=0.5772?Tst=0. 5772?311.8=103.8 N?m 而负载转矩TL=0.45TN=0.45?259.86=117 N?m TL=0.35TN=0.35?259.86=91 N?m 因为：T?st<0.45TN T?st>0.35 TN 答：开关S为选择开关。S闭合时，才能实现间歇润滑；S断开时，只能利用点动按钮SB实现短时点动润滑。 间歇润滑过程： S闭合→接触器KM线圈得电→KM主触点闭合→润滑电动机开始工作实现润滑→同时，时间继电器1KT线圈得电，开始定时→定时时间到→其延时动合触点闭合→中间继电器K线圈得电，其动合触点闭合自锁→动断触点断开→切断KM和1KT电路，KM和1KT均失电→润滑电动机停止工作→中间继电器K得电的同时，时间继电器2KT线圈得电，开始定时→定时时间到→其延时动断触点断开→切断中间继电器K的回路→K和2KT均失电，而K的动断触点重新闭合，又接通KM和1KT回路，润滑电动机又开始工作，如此循环直到切断开关S。 点动润滑过程： S断开，按下SB→KM线圈得电→润滑电动机开始工作实现润滑→同时，时间继电器1KT线圈得电并开始定时→定时时间到→1KT动合触点闭合→中间继电器K线圈得电→其动合触点闭合自锁，但动断触点无法断开KM和1KT电路（因SB保持按下状态），因此无法实现间歇润滑，只能实现短时润滑，松开SB，KM和1KT失电，润滑电动机即停止工作。 6.27、试设计一个工作台前进-退回的控制电路，工作台由电动机M拖动，行程开关1ST、2ST分别装在工作台的原位和终点，要求： (1) 工作台能自动实现前进-后退-停止到原位； (2) 工作台前进到达终点后停一下再后退； (3) 工作台在前进中可以人为地使它立即后退到原位 (4) 要有短路保护和长期过载保护。 (5) 有终端保护 解：设计电路如图所示 左限位：1ST；右限位：2ST； 启动时，工作台位于左端； 试设计某机床主轴电动机控制线路图，要求：（15分） (1)可正、反转，能实现反接制动； (2)正转可点动、可在两处控制启、停； (3)有短路和长期过载保护； (4)有安全工作照明及电源信号灯。 第9章习题 9.5 写出题9.5图梯形图的指令程序。 解： LD 401 OR 400 ANI 402 LD 403 AND 105 ORB LDI 100 ANI 101 LD 102 ANI 103 ORB OR 104 ORB ANB OR 404 OUT 430 9.6 简化或改正题9.6图所示梯形图，并写出改正后的指令程序。 题9.6图 解： 9.16题9.16图所示为由三段组成的金属板传送带，电动机l、2、3分别用于驱动三段传送带，传感器(采用接近开关)1、2、3用来检测金属板的位置。 当金属板正在传送带上传送时，其位置由一个接近开关检测，接近开关安放在两段传送带相邻接的地方，一旦金属板进入接近开关的检测范围，可编程序控制器便发出一个控制输出，使下一个传送带的电动机投入工作，当金属板迁出检测范围时，定时器开始计时，在达到整定时间时，上一个传送带电动机便停止运行。即只有载有金属板的传送带在运转，而未载有金属板的传送带则停止运行。这样就可节省能源。 试用PLC实现上述要求的自动控制。 解： 第6章习题 6.2 何谓“自转”现象？交流伺服电动机是怎样克服这一现象，使其当控制信号消失时能迅速停止？ 答：根据单相异步电动机的工作原理，电动机转子一旦转动以后，再取消控制电压，仅剩励磁电压单相供电，它将继续转动，这就是“自转”现象。 “自转”意味着失去控制作用，这是不允许的。因此，可将交流伺服电动机的转子导条电阻r2设计得很大，增大转子电阻r2，可使单相供电时合成电磁转矩在第二和第四象限，成为制动转矩，有利于消除“自转”。同时r2的增大，还使稳定运行段加宽、启动转矩增大，有利于调速和启动。 6.8 永磁式同步电动机为什么要采用异步启动？ 答：因为永磁式同步电动机刚启动时，虽然合上电源，其定子产生了旋转磁场，但转子具有惯性，跟不上旋转磁场的转动，定子旋转磁场时而吸引转子，时而又排斥转子，因此，作用在转子上的平均转矩为零，转子也就转不起来了。为了使永磁式同步电动机能自行启动，在转子上一般都装有启动用的鼠笼绕组，以便异步启动。 6.15 直流测速发电机与交流测速发电机各有何优缺点？ 答：异步测速发电机的主要优点是：不需要电刷和换向器，因而结构简单，维护容易，惯量小，无滑动接触，输出特性稳定，精度高，摩擦转矩小，不产生无线电干扰，工作可靠，正、反向旋转时输出特性对称。其主要缺点是：存在剩余电压和相位误差，且负载的大小和性质会影响输出电压的幅值和相位。 直流测速发电机的主要优点是：没有相位波动，没有剩余电压，输出特性的斜率比异步测速发电机的大。其主要缺点是：由于有电刷和换向器，因而结构复杂，维护不便，摩擦转矩大，有换向火花，产生无线电干扰信号，输出特性不稳定，且正、反向旋转时，输出特性不对称。 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库机电传动各章习题与解答在线全文阅读。
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