完整版华中科大机电传动控制第五版课后习题答案解析

1、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。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？Tlddt答：运动方程式:TlTdTd0时：系统加速； Td=0时：系统稳速；Td3 2 时，T1 VT22.6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

2、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如图所示，电动机轴上的转动惯量 JW 2.5kg.m2，转速nMk900r/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= 3 M/ 3 1= nM/n1=900/300=3jL= 3 M/ 3 L= nM/nL=900/60=15JZ J MJ .2 J1J.2Jl22.5232161522.8(kg m)2.8如图所示,

3、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 GDM21.05N.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答:nMjl j29504 459.4(r/min)DnLv60j30.24 59.460 20.37(m/s)TL=9.55Fv/( n 1nM)=9.55 X 100 X 0.37/(0.83 X 950)=0.45N.mGD；gdM365Fv2 nMG

4、D；(1.11.25) 1.05 365100 0.37295021.16 1.32N m22.9 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？(t)(b(t)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

5、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Kt Ia Tl 常数所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，la均不变。KeRaKeKt2T由 n会变化。电枢反电势E=E1,如负载转矩TL=常数，外加电压3.4 台他励直流电动机在稳定运行时，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？T Kt la Tl 常数答：因

6、为当 J时，t la f由 U=E+laRa, E= U laRa，当 la f时， f E J,所以：EE13.6已知他励直流电动机的铭牌数据如下：PN=7.5kW UN=220V nN=1500r/min , n N=88.5%,Ra=0.2 Q。试求该电机的额定电流和额定转矩。答:I NU NPnNPnU N N7.5 1000220 0.88538.52(A)Tn9550pnN95507.5155047.75(N m)3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为: 绘出它的固有机械特性曲线。答：PN=5.5kW UN=110V IN=62A , nN=1000r/min，试0.50 0.75

7、 1PnU N I NUn0.50 0.75 15.5 1000 110110 62 620.172 0.258()n。UnU N nNKeU N I N Ran0110 1000Tn9550 PnnN95505.5100052.53(N m)1107 1170(r/min)110 62(0.172 0.258)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lfN=2A , nN=1500r/min，电枢电阻Ra=0.2 Q,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

8、曲线。答：PN5.5Tn9550 N955035.02(N m)nN15001 N1 N1 fN61259(A)n。UnU N nNKe n UN1 aNRa110 1500n。110 59 0.23.10 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 Q,试计算出此电动机的如下特性：固有机械特性电枢附加电阻分别为 3 Q和5 Q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=0.8N时的人为机械特性答：nUnKe nU N nNU N 1 N Ra2201500n220 34.40.24215

9、59(r / min)Tn9550 甩nN9550-61540.5( N m)1500在（1）中，nn。 nN1559 150059(r / mi n)RaKeKtn,所以 KeKt 2RaTNn当串入Rad13时,n1RaRad 1KeKt 2RaRad 1Ran+贊 nn1590.242790(r / min)n1n。n11559790769(r/mi n)当串入Rad25时，n2n21+伽 59 1278(r/min)n2 n0n2 1559 1278 281(r/min)当U Un/2时，noiUKeUnno2Ke1559 = 779.5(r/mi n)ninoi779.5 59720

10、.5(r/mi n)n10.8 n 时，noiUKeUn0.8Ke nn0.815590.81949(r / min)RaKeKtRaT 1.59T n n 0.82KeKt N 0.820.8292.2(r/mi n)n1n1n11949 92.21856.8(r/min)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 ( 1.52 ) IN，

11、可采用降压启动、电枢回路串电阻进行启动。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：因为励磁绕组有一定剩磁，使0 ;启动时，n 0, E 0,根据UN=E+laRa知，UN全加在电阻 Ra上，产生很大的la (1020)IN )，但因为 0，所 以T KtIa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 0，所以E仍不大，UN

12、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=Ktla=TL疋0，所以la疋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+laRa知，UN全加在电阻 Ra上，产生很大 的la (1020)IN )，但因为 0,所以T = Ktla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 = KtNlaN = TL = TN, n= nN,此时断开励磁， 0,虽然仍有n=nN,但E疋0,根据UN=E+laRa知，UN全加在电阻 Ra上，产生很大的la ,

13、 但因为0，所以T = Ktla并不大，因为TL= TN,所以Tv TL ,系统逐渐减速到停车。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 N=0.8 , Ra=0.4 Q, Rf=82.7 Q。试求： 额定电枢电流laN :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流； 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？此时启动转矩又为多少？、因为laNUPn所以laNPnU N N22 100025(A)110 0.8答:、l fNRf11082.71.33

14、(A)、PfIfNU1.33 110146.3(A)、Tn9550PnnN95502.2融 14(N m)(5)、UnaN Ra11025 0.4100(V)、IstUnRa1100.4275(A)、要使1stUn2IaN，则 Rst丁 Ra1100.4 1.8(A)Ra+ Rst1 st2 25TstKtN I st9.55KeN 2I aN19.1E II aNnN10031.83( N m)19.1251500直流电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？切除太快,3.16会带来什么后果？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

15、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转速调节（调速）与固有的速度变化在概念上有什么区别？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 他励直流电动机有哪些方法进行调速？它们的特点是什么？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。改变电动机电枢供电电压调速：电源电压连续变化时，转速可以平滑无级调节；在

16、额 定转速以下调；特性与固有特性平行，硬度不变，稳定度高，调速范围大；属恒转矩调速， 适合拖动恒转矩负载，可以靠调电枢电压启动电机，不用其它设备。改变电机主磁通调速：可无级调速，额定转速以上调（弱磁升速），特性软，最高转速不得超过额定转速的 1.2倍，调速范围不大；属恒功率调速，适合于恒功率负载。往往和 调压调速配合使用。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？答：电动：电动机发出的转矩T与转速n方向相同；制动：T与n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。答：反馈制动：运行在二、四象限，转速大于理想空载转速。用于起

17、重机调速下放重物， 电网吸收电能，运行经济。电源反接制动：制动迅速，能量靠电阻吸收，但容易反向启动。倒拉反接制动：可得较低下降速度，对TL大小估计不准，本应下降，也许会上升，特性硬度小，稳定性差，电阻消耗全部能量。能耗制动：用于迅速准确停车及恒速下放重物，电阻消耗全部能量。3.21 一台直流他励电动机拖动一台卷扬机构，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间，电动机经历了几种运行状态？最 后在什么状态下建立系统新的稳定平衡点？（2）各种状态下转速变化的机电过程怎样？ 答：（1）经历反接制动、反向电动、反向回馈

18、制动，最后在反向回馈制动运行状态下建立 系统新的稳定平衡点。（2）当电压反向时，n不变，电压平衡方程式：U= E+ la（Ra+Rad） , la=（-U-E）/（Ra+Rad） 0 t la0 , T 0,产生制动。 当Tv TL时，还会 t 反向n fT E fT la f t t f,达到T= TL，达到e点，稳速 运行。5.1 有一台四极三相异步电动机，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。答：n。因为SN60 f60 501500(r / min)nnNn。nN(1 Sn) n(1 0.02) 1500 1470r/

19、minSn f10.02 501(Hz)5.2 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。因为三相绕组中电流的相序发生改变。5.3 有一台三相异步电动机，其 nN=1470r/min，电源频率为50Hz。当在额定负载下运行，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。答：(1)、因为 nN 1470r/min,所以 n01500r/min, p 2、no-nN1500 147030(r/mi n)n0n n1500T

20、470(3)、Sn1N 0.02n。1500f2SNfl0.02501( Hz)60 f260 1n230(r / min)P2(4)、n2n2“N30 14701500(r/mi n)(5)、n2in02n。1500 15000(r / min)5.4 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：当负载增加时，转子电流增加；因为转子相当于变压器的副边，而定子相当于变压器 的原边，所以当转子电流增加时，定子电流也会增加。5.5 三相异步电动机带动一定的负载运行时，若电源电压降低了，此时电动机的转矩、电 流及转速有无变化？如何变化？A71j t524改变电源电压时

21、的人为特性a答：原来运行在 a点，当电压减小时，运行在 b点，因为n不变，s不变，所以cos $ 2不 变因为U沁E1=4.44Kf1N1，所以当 U J t J 宀12 J 时，根据 T=KmI2cos $2 知：T J,此后：t n J t s T t I2 f t t f直到 c 点。bcTNc点和a点比，因为 U J t J,而且s T t cos$ 2 J根据T=KmI2cos $ 2 =TL =常数，知：I2 f5.6 有一台三相异步电动机，其技术数据如下表所示。型号PN/KWUN/V满载时Ist/INTst/TNTmax/TNnN/r.mi n-1IN/A n N cos $ N

22、Y132S-63220/38096012.8/7.283%0.756.52.02.0试求：(1)线电压为380V时，三相定子绕组应如何接法？(2) 求 nO, p, SN TN, Tst , Tmax 1st ;(3) 额定负载时电动机的输入功率是多少？答：Y接法。(2)、因为 nN960r/min,所以 n01000r /min, p 3Snn0 n。Tn9550 PnnN1000-960 = 0.0410009550 96029.84(N m)TststTN229.8459.69N mT maxmT N229.8459.69N mI st6.5I N 6.57.246.8 A、Pl NN3

23、0.833.61(KW)5.7三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流如何变化？对电动 机有何影响？答：电动机电流增大，烧坏电机。5.8三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：断了一根电源线后，变成单相异步电动机，没有旋转磁场，所以不能启动。但仍能继 续运转。启动时，脉动磁场使转子产生交变电流，发热。运转时，因为断了一相，变成单相，而单相产生的脉动磁场，分解成两个转向相反的旋转磁场后，存在：Bm1=Bm2=Bm/2与转子旋转方向相同的旋转磁场的比三相运转时的要小，所以I2增大；另外，与转子旋

24、转方向相反的旋转磁场的使T减小。所以，断了一根电源线后，如果较大的TL还不变，当稳定运行时，不但n下降，面且12相当大，会烧坏电机。如果电流：iA=lmcos 3 t则电流：iB=lmcos (3 t-180 ),即iB为流出，与iA相位相反BA2转到A轴上当31=180时，BB最大Bb1和BB2转到B轴上当3 t=0时，Ba最大,所以当和退回180和都逆时针转,可合成和和都顺时针转,可合成BB23 t=0 时，应当把和BB2Bm1 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。与a相轴线或b相轴线成30。角。5.9 三相异步电动机在相同电源电压下，满

25、载和空载启动时，启动电流是否相同？启动转 矩是否相同？答：启动电流一样，启动转矩相同。5.10 三相异步电机 为什么不运行在 Tmax或接近Tmax的情况下？答：一般Tmax是TN的22.5倍，在Tmax或接近Tmax运行时，12大很多，电机会被烧坏。5.11 有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下：PN/KWn N/r.min-1UN/Vn Ncos NIst/INTst/TNTmax/TN接法4014703800.90.96.51.22.0A当负载转矩为250N.m时，试问在U=UN和U1=0.8UN两种情况下电动机能否启动？欲采用Y- 换接启动，问当负载转矩为0.45TN和0.35TN两种

26、情况下，电动机能否启 动？若采用自耦变压器降压启动，设降压比为0.64，求电源线路中通过的启动电流和电动机的启动转矩。答:(1)、Tn9550-PnnN9550401470260(N m)Un时，Tst 1.2Tn1.2 260312 Tl，能启动U10.8Un 时，Tst10.82Tst0.82 312200 Tl,不能启动11(2)、TstY；Tst-1.2Tn 0.4Tn33所以，在Tl0.45Tn时，无法启动，在 Tl0.35Tn时，能启动答:、Tn 9550甩409550 -260(N m)nN1470U Un时，Tstt 1.2Tn1.2 260312tl，能启动U10.8Un 时

27、，T；t10.82Tst0.82 312200tl，不能启动1(2)、TstY3 Tst13 S.4Tn所以，在Tl 0.45Tn时，无法启动，在 Tl0.35Tn时，能启动幻灯片465.13 线绕式异步电动机采用转子串电阻启动时，所串电阻愈大，启动转矩是否也愈大？答：不是。串电阻 大到一定程度后，启动转矩会变小，因为虽然cos 0 2增大，但12减小太多。5.14 为什么线绕式异步电动机在转子串电阻启动时，启动电流减少而启动转矩反而增 大？答：因为 适当串入电阻后，虽然 I2减少，但cos 0 2增大很多，所以启动转矩增加。5.15 异步电动机有哪几种调速方法？各种调速方法有何优缺点？答：调

28、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 什么叫恒功率调速？什么叫恒转矩调速？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。

29、5.17 异步电动机变极调速的可能性和原理是什么？其接线图是怎样的？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 异步电动机有哪几种制动状态？各有何特点？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 试说明鼠笼式异步电动机

30、定子极对数突然增加时，电动机的降速过程。 答：见书上图 5.42。原来运行在a点。当p突然f时，nn02,所以T0,和TL一起使n s绝对值12 T J。当 n= n02 时，I2 = 0, T= 0。当n 0, T 0,变为电动转矩，但 Tv TL,所以n sI2 T f,直到T= TL,系统稳定运行在 c点。5.20 试说明异步电动机定子相序突然改变时，电动机的降速过程。 答：见书上图 5.43。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 v 0，Tv 0,为制动转矩。在 T和TL作用下，n J,此时，s 1

31、。当 n J时，s cos $ 2 T nJ更快。5.21 如图5.51所示，为什么改变 QB的接通方向即可改变单相异步电动机的旋转方向？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 同步电动机的工作原理与异步电动机的有何不同？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

32、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 一般情况下，同步电动机为什么要采用异步启动法？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 为什么可以利用同步电动机来提高电网的功率因数？答：同步电动机所需励磁势由定子和转子共同产生。转子If t f定子| t，=f0当If使f变化时，要保持 不变，则 0要变，所以产生 0的I要变。当TL =常数，贝U P2= Tn/9550=常数，略去电动机的内部消耗，则：R

33、 3UI cos 常数当改变If使I改变时，cos 0也随着变，所以，可调 If,使cos片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。10.1 晶闸管的导通条件是什么？导通后流过晶闸管的电流决定于什么？晶闸管由导通转 变为阻断的条件是什么？阻断后它所承受的电压大小决定于什么？ 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：

34、承受电压大小决定于主电压。幻灯片7010.2 晶闸管能否和晶体管一样构成放大器？为什么？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试画出图中负载电阻 R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。10.4 如题10.4图所示，试问：（1）在开关S闭合前灯泡亮不亮？为什么？（2）在开关S闭合后灯泡亮不亮？为什么？（3）再把开关S断开后灯泡亮不亮？为什么？ 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

35、时，晶闸管关断，此 后，没有Ug,不会再导通。10.5 如题10.5图所示，若在t1时刻合上开关 S, t2时刻断开S,试画出负载电阻 R上的 电压波形和晶闸管上的电压波形。叫答：10.6 晶闸管的主要参数有哪些?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 C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（

36、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 如何用万用表粗测晶闸管的好坏？答：见书上表10.110.8 晶闸管的控制角和导通角是何含义？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。10.9 有一单相半波可控整流电路，其交流电源电压U2= 220V,负载电阻RL=10Q，试求输出电压平均值 Ud的调节范围，当a = n /3时，输出电压平均值 Ud、电流平均值Id为多 少，并选择晶闸管。答：输出电压平均值1 厂1 cosUd2U2sin td( t)

37、 0.45U2-当a = 0时，Ud = 99V ;当= n时， Ud = 0V。所以Ud的调节范围是 099V。当a=n /3 时，Ud = 74.25V负载电流平均值Udcos当 a = n /3 时，Id = 7.425A。1 r3f =几助泅(妙)=I2瓦切01z 4z=住 J；(入 sin 如d 伽)=(X45人K =攀1.88d $ r4n m根据有效值相等的原则，有f1,88t T57X 7425 =&曲考虑晶闸管的安全系数，一般取1.52,所以:IT =( 1.52)X 8.89 =( 13.33517.78) A晶闸管最大反向电压：A 2 U 2J2220V311V考虑安全系

38、数为23,故断态和反向重复峰值电压为：UDRM =( 23)X 311V =( 622933) 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 续流二极管有何作用？为什么？若不注意把它的极性接反了会产生什么后果？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。vs单相半波晶闸管整流电路10. 11试画出单相半波可控整流电路带不同性质负荷时，晶闸管的电流波形与电压波形。答：见图 10.10、图 10.11 图 10.12oS 10. 1

39、1电感性负载无续流二极管的晶闸菅整流电路图10. 12电感性负戏有纸流二扱管的晶闸管 整流电路及电压.电流波形10.12.有一电阻性负载，需要直流电压Ud=60V电流ld=30A供电，若采用单相半波可控整流电路，直接接在 220V的交流电网上，试计算晶闸管的导通角B。Ud2U2sin td( t)0.45Ucos22Ud2 60cos 110.212120.45U20.45 220a= 77.75，导通角9=180 77.75= 102.25 10.13有一电阻负载，需要可调直流电压 Ud=0V60V电流ld=0A10A，现选用一单相半控桥式可控整流电路，试求变压器副边的电压和晶闸管与二极管的额定电压和电流。Ud0.9U1 cos2当久=0时，电压应达最大,即为260V，所以变压器副边电压:U22Ud2 600.9(1 cos )元件承受的最大正反向电压为0.966.667V(1 cos0)V2U 2 V2 66.66794.281考虑安全系数为23,故断态和反向重复峰值电压 (额定电压)为：UDRM =( 23)X 94.281V =(188.563282.844) V额定电流：因a= 0 ，所以 IT =( 1.52)X 10=( 1520) A10.14 三相半波可