机电传动控制课后习题答案

1、第2章 机电传动系统的基础知识习题与思考2.3 试列出以下几种情况下（见图2.3）系统的运动方程式，并针对各系统说明：(1) T,TL的性质和符号，并带入运动方程。(2) 运动状态是加速，减速还是匀速？T=TLTTLT=TLTTLTTLTTTTTTTLTLTLTLTLTLnnnnnn符号 性质 T + 拖动转矩 TL + 制动转矩 运动方程：状态：匀速T - 制动转矩 加速TL + 拖动转矩 运动方程：T - 制动转矩 减速TL + 拖动转矩 运动方程： 22/min0375N mrLN mN msGDd nTTd t 22/min0375N mrLN mN msGDd nTTd t 22/m

2、in0375N mrLN mN msGDd nTTd t习题与思考2.6 如图2.3（a）所示，电动机轴上的转动惯量J=2.5，转速nM=900r/min；中间传动轴的转动惯量J1= 2，转速n1=300r/min；生产机械轴的转动惯量JL=16 ，转速nL=60r/min。试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。习题与思考2.7 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GDM2=1.05N ,齿轮、滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。试求提升速度V和折算到电机轴上的

3、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。0102122950 /min11950237.5 /min44159.375 /min459.375 /min 3.14 0.240.375/2 60MnnrnnrnnrrmvnDjm s解：设卷筒速度为n29.550.839.551000.3750.839500.4540.37/LMFvTnNmms折算到电机轴上的静态转矩TL：2222222365100 0.3751.1 1.053659501.161zMMG VGDGDnNm折算到电机轴上的飞轮转动惯量GD2：习题与思考2.10 在题2.10图中，曲线1和2分别为电动机和负

4、载的机械特性，试判定哪些是系统的平衡点？哪些不是？是平衡点不是平衡点不是平衡点（c）. 1.电机和生产机械的机械特性有交点。 2. 当转速大于平衡点所对应的转速时，TTL。 所以此点是平衡点。不是平衡点是平衡点是平衡点不是平衡点不是平衡点第3章 直流电机的工作原理及特性例例 3.1 一台一台Z2系列的他激直流电动机，系列的他激直流电动机， PN =22KW, UN =220V, IN.=116A nN =1500r/min，试计算并绘制：，试计算并绘制： （1）固有机械特性）固有机械特性 （2）电枢回路串）电枢回路串Rad =0.4电阻的人为机械特性；电阻的人为机械特性； （3）电源电压降至为

5、）电源电压降至为100V时人为特性时人为特性 （4）弱磁至）弱磁至=0.8 N 时的人为特性时的人为特性322002210220116220000.750.750.1961162201160.9160.13215002201667min0.1320.196166716671.189.55()9.550.132NNNaNNNaeNNNeNaeNUPRURKnUrnKRnnTTTK 解：（解：（1）固有特性：）固有特性：（2）串入）串入Rad的人为的人为特性：特性：在直角坐标系标出理想空载点和额定工作点，连接直线，如在直角坐标系标出理想空载点和额定工作点，连接直线，如图图3.8中中1所示所示 02

6、20.1960.4166716673.589.55()9.55 0.132aadeNRRnnTTTK其人为其人为特性曲线如图特性曲线如图2所示所示（3）降低电源电压的人为特性：）降低电源电压的人为特性： 221000.916 7 5 8 1.18 T9.55 ()0.132 9.55 0.132aeNeNRUnTTKK其人为特性曲线如图其人为特性曲线如图3所示所示 （4）弱磁时的人为特性：）弱磁时的人为特性：221000.1962083 1.840.89.55(0.8)0.8 0.132 9.55 (0.132 0.8)NaeNeNURnTTTKK其人为特性曲线如图其人为特性曲线如图4所示所示

7、 例例 3.2有有 一台他激电动机，一台他激电动机， PN =5.6KW, UN =220V, IN=31A， nN =1000r/min，Ra =0.4，负载转矩，负载转矩TL =49N m，电动机的过载倍数，电动机的过载倍数=2，试计算：试计算： （1）电动机拖动摩擦性负载，采用能耗制动过程停车，电枢回路应串入的制动电阻）电动机拖动摩擦性负载，采用能耗制动过程停车，电枢回路应串入的制动电阻最少值是多少？若采用反接制动停车，电阻最小值是多少？最少值是多少？若采用反接制动停车，电阻最小值是多少？ （2）电动机拖动位能性恒转矩负载，要求）电动机拖动位能性恒转矩负载，要求300r/min速度下放重

8、物，采用倒拉反接速度下放重物，采用倒拉反接制动，电枢回路应串多大电阻？若采用能耗制动，电枢回路应串多大电阻？制动，电枢回路应串多大电阻？若采用能耗制动，电枢回路应串多大电阻？ （3）想使电机以）想使电机以n=-1200r/min速度在发生制动状态下，电枢回路应串入多大电阻速度在发生制动状态下，电枢回路应串入多大电阻？若电枢回路不串电阻，在再发生电制动状态下，下放重物的转速时多少？若电枢回路不串电阻，在再发生电制动状态下，下放重物的转速时多少？解：（解：（1）设能耗制动电阻为）设能耗制动电阻为R1， 反接制动电阻为反接制动电阻为R2220310.40.2081000NNeNNUI RaKn电动状

9、态的稳态转速电动状态的稳态转速222200.4 491010min9.55()0.2089.55 0.208NsLeNeNURarnTKK由于切换瞬间转速不变，而且最大制动电流为由于切换瞬间转速不变，而且最大制动电流为IN， 所以所串电阻为所以所串电阻为10 .2 0 81 0 1 00 .42 .9 923 1eNsNKnRR aI又，制动瞬间的制动转矩又，制动瞬间的制动转矩9.559.55 0.208 2 31123.16tNeNTKIKINm 2222()9 .5 5 ()9 .5 5 ()6 .5 4TNseNeNNeNseNUR aRnTKKUKRnR aK 由得（）（2）倒拉反接制

10、动和能耗制动时，电枢回路应串入电阻）倒拉反接制动和能耗制动时，电枢回路应串入电阻R3 ,R4 . 倒拉反接制动：倒拉反接制动：33222n9.55()9.55()2209.550.208n3000.411.050.20849NLeNeNNeNeNLUR aRTKKUKRR aKT由得（）（）4L4L222nT9 .5 5()9 .5 5()9 .5 50 .2 0 8R =n3 0 00 .42 .1 3T4 9eNeNR aRKKR a能 耗 制 动 ：由 -= -有（2）再生发电制动运行时的制动电阻）再生发电制动运行时的制动电阻R5 和不串电阻时的制动转速和不串电阻时的制动转速 再生发电制

11、动运行时的制动电阻再生发电制动运行时的制动电阻R5 ：5L5LL2222nT9.55()9.55()n0.8T2200.4rnT =491105min9.55()0.2089.550.208NeNeNNeNeNNeNeNURaRKKUKRRaKURaKK 由- =得（）不串电阻时的制动转速：= 答：在电动机未启动之前n=0，E=0，而Ra很小。所以将电动机直接接入电网并施加电压启动电流很大，一般达到额定电流的1020倍。这样大的启动电流使电动机在换向过程中产生危险地火花，烧坏整流子，同时过大的电枢电流产生过大的电动应力，还可能引起绕组的损坏，而且产生与启动电流成正比例的启动转矩，会在机械系统和

12、传动机构中产生过大的动态转矩冲击，使机械传动部件损坏。 限制直流电动机的启动电流，一般有两种方法： 第第3章章 直流电机的工作原理及特性直流电机的工作原理及特性3.4 直流电动机一般为什么不允许直接启动？如直接启动会发生什么问题？应采用什么方法启动比较好？一是降压启动，即在启动的瞬间，降低供电电源电压，随着转速一是降压启动，即在启动的瞬间，降低供电电源电压，随着转速n的升高，反电势的升高，反电势E增大，再逐步提高供电电压，最后达到额定电压增大，再逐步提高供电电压，最后达到额定电压UN时，电时，电动机达到所要求的转速。动机达到所要求的转速。 二是在电枢回路内串接外加电阻启动，此时启动电流二是在电

13、枢回路内串接外加电阻启动，此时启动电流Ist=UN/(Ra+Rst)将受将受到外加启动电阻到外加启动电阻Rst的限制，随着电动机转速的限制，随着电动机转速n的升高，反电势的升高，反电势E增大，再逐增大，再逐步切除外加电阻一直到全部切除，电动机达到所要求的转速。步切除外加电阻一直到全部切除，电动机达到所要求的转速。不能改变3.8 一台他励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？这时拖动系统中的哪些量必然要发生变化？0taatLLTKITIKTTTT常数taaE=U-RLTTKa常数常数不变电枢电压或电枢附加电阻改变时I 不

14、变这时拖动系统反电势I一定发生改变3.9 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？是等于，小于还是大于E1？UR , ,U,aaLtaaLEITTKIRTa1不变时,则IE EE3.10 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：PN=7.5kW,UN=220V, n N=1500r/min, N=88.5%，试求该电机的额定电流和额定转矩。NNNPP7.5 100038.52220 88.5%9.55n7.5 10009.5547.751500NNNNNNNNNU IIA

15、UPPTNm3.11一台他励直流电动机的名牌数据为：PN=5.5kW,UN=110V, IN=62A nN=1000r/min ，试绘制出它的固有机械特性曲线：答：221106255000.750.750.2662nNNUPRan 21100.26620.0941000NNeNNURakn011011700.094minNNeUrnK55009.559.5552.531000NNNPTNMN答：第第3章章 直流电机的工作原理及特性直流电机的工作原理及特性3.12 一台他励直流电动机的技术数据如下：PN=6.5kW,UN=220V,IN=34.4A， n N=1500r/min, Ra=0.24

16、2 ，试计算出此电动机的如下特性：（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=0.8N时的人为机械特性。02200.24234.4(1)0.12815002201718min0.12865009.559.5541.381500NNNNNNNURaKenUrnKePTNmn 222(2)860min9.55()(3)86064796min9.55()42174.5 1002074.5min9.55()NaaNaURRrnTKeKeURrnTKeKeURrnTKeKe第第3章章 直流电机的工作原理及特性直流电机的

17、工作原理及特性3.19 有一台他励直流电动机：PN=10kW,UN=220V,IN=53.8A，n N=1500r/min,Ra=0.29 ，试计算：（1） 直接启动瞬间的堵转电流Iu；（2） 若限制起动电流不超过2IN，采用电枢串电阻启动时，应串入启动电阻的最小值是多少？若用降压启动，最低电压应为多少？uuaxNxaNxxaN1)n0,0,220I758.60.292)n0E022201.7522 53.822 53.8 0.2931.2vNNaNNNNUEURIUUARRURIUIURIURIUR I 当直接启动瞬间串联电阻时，当直接启动瞬间，（R +R ）R用降压启动时3.20有一台他励

18、直流电动机：PN=18kW,UN=220V,IN=94A，n N=1500r/min, 在额定负载下，求：（1）想降至800r/min稳定运行，外串联多大电阻？采用降压方法，电源电压应降至多少伏？（2）想升速到1100r/min稳定运行，弱磁系数/ N 为多少？ 212ad2220 94 18000Ra=0.750.750.22794Ra2200.227 940.19910002201105min0.199180009.559.55171.91000R9.55()0.445N NNNNNeNNeNNNaNNeeadadU IPIUIKnUrnKPTNmnRRUTKKRUK答：固有特性：串电阻n

19、=调压：n=1229.55()179.7 vmin9.55()0.0210.0210.1060.199aNeeNaNeeNeeNRTKUrURTKKKK e（2）n=1100n=得:K3.22 有一台他励直流电动机：PN=21kW,UN=220V,IN=115A，n N=980r/min, Ra=0.1 ，拖动恒转矩负载运行，弱磁调速时从N调到0.8 N，问：（1） 调速瞬间电枢电流是多少？（ TL =TN）（2） 若TL=TN和TL=0.5TN，调速前后的稳态转速各是多少？12200.1 11.5208.5208.50.213980n0.82200.8 0.213 9805300.1NaNN

20、aNeNNNNaeNNNeNNaUER IEUR IVEKnUI RKnUKnARa）调速前：调速瞬间 不变I3.22 有一台他励直流电动机：PN=21kW,UN=220V,IN=115A，n N=980r/min, Ra=0.1 ，拖动恒转矩负载运行，弱磁调速时从N调到0.8 N，问：（1） 调速瞬间电枢电流是多少？（ TL =TN）（2） 若TL=TN和TL=0.5TN，调速前后的稳态转速各是多少？2223T9.55()0.21 0.80.1689.55()9.55 0.21 11.5230.69.55()17921 10117.32179NaeeexaNeeNxaNeexNNxxxURn

21、KKKURnTKKTNmURnTKKUPPU IIA 代入得变速过程不变2222)n980r/minn=9.55()n=1224r/min0.5n=0.59.55()n 1020r/minn=0.59.55()n=1267r/minLNNaNeeLNNaNeeNaNeeTTURTKKTTURTKKURTKK时调速前稳态转速调速后稳态转速时调速前稳态转速调速后稳态转速3.24 有一台Z2-52型他励直流电动机： PN=4KW,IN=22.3AUN=220V, n N=1000r/min, Ra=0.91, TN=TL,有为了使电动机停转，采用电源反接制动，如串入电枢回路的制动电阻为9，求：（1）

22、制动开始时电动机所发出的电磁转矩；（2）制动结束时电动机所发出的电磁转矩；（3）如果是摩擦性负载转矩，在制动到n=0时，不切断电源，电动机能否反转？为什么? e0e1ee122ee2222200.91 22.30210002201100min0.29.55()809(2)0T9.55()42.4Na NNNsNNaNaUR InUrnnnURRTTNmnURRTTNmT解：（1）制动开始时电磁转矩KK稳定转速：反接制动时：n=KK制动结束时电机发出的制动转矩为0=KK（3）摩擦性负载 n=0时 不切断电源22LLTT T反转停车第5章 直流传动控制系统第5章 直流传动控制系统5.5 有一直流调

23、速系统，其高速时的理想空载转速n01=1480r/min,低速时的理想空载转速n02=157r/min,额定负载时的转速降nN=10r/min。试画出该系统的静态性（即电动机的机械特性），并求出调速范围和静态差。max01min022021480 1010157 10106.37%157NNNnnnDnnnnSn解：静差度是指低速时的静差度，则5.6为什么调速系统中加载后转速会降低，闭环调速系统为什么可以减少转速降？29.55()(1),11NaeefaafURTKKTnRnICeKRnICennKnK 解：n=则时减小速度降5.11 某一静态调速系统的调速范围为751500r/min,要求静

24、态差度S=2%，该系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min,则闭环系统的开环放大倍数应有多大？maxminmax22max2215002075 (1) n1.532 /(1)2. n1100 1164.36n1.53NfNfNfnDnnSDnSnSr mDSnKnK 解：1. 5.12 某一直流调速系统的调速范围D=10,最高额定转速nmax=1000r/min,开环系统的静态降速是100r/min。试问该系统的静态差为多少？若把该系统组成闭环系统，保持n02不变的情况下，使新系统的劲态度为5%，试问闭环系统的开环放大倍数为多少？max2222201maxmin02m

25、ax01min1000 10(1)100(1) 50% 100 /2. n1 n nNNNfNffnSSDnSSSnr mnKnnnnSnSnD 解：1.系统的静差度为：其中：maxmaxminmax2maxmaxmin1001000100n1100n1001001 n (1)5% n(15%)1 9NfNfffnnKnnnKnSDSnnnKK 方法一0022nn=0.5/0.05=1+Kn1+K=10K=9fSnnSS 又 不变方法二第8章 继电器一接触控制系统第8章 继电器一接触控制系统8.2 为了限制点动调整电动机的冲击电流，试设计电气控制电路，使得正常启动时为直接启动，点动调整时串入限

26、流电阻。第8章 继电器一接触控制系统8.3 试设计一异步电动机的能耗制动电路，要求采用断电延时型时间继电器。第8章 继电器一接触控制系统8.4 三台电动机M1,M2,M3按一定顺序先后启停，启动顺序为：M1M2M3,间隔时间为5s；停止顺序为：M3 M2 M1，间隔时间为10s，设计其控制电路。第9章 可编程序控制器（1）应遵守梯形图语言中的语法规定；（2）设置辅助寄存器，避免重线圈；（3）尽量减少PLC的输入信号和输出信号：（4）设立外部联锁电路：（5）梯形图的优化设计：9.4 PLC梯形图的经验设计方法梯形图的经验设计方法梯形图设计的注意事项梯形图设计梯形图设计十字路口交通灯控制梯形图十字

27、路口交通灯控制梯形图在一组红灯亮60s的期间内，另一组的绿灯亮55s后，再闪烁3次（亮0.5s，灭0.5s），接着黄灯亮2s。黄灯熄灭后，启动本组的红灯亮，同时启动另一组的绿灯亮当启动按钮按下后，红2灯和绿1灯亮，同时60s定时器T37和55s定时器T38同时开始定时，55s后T38定时时间到，其触点动作使绿1灯由亮变闪烁，同时开始3s的闪烁定时，T39定时时间到，绿灯灭，黄灯亮，当60s定时时间到，第一组被切断，接通第二组，如此循环.送料小车的自动往复运动控制送料小车的自动往复运动控制自动送料小车主要完成自动送料小车主要完成“装料（装料（30s）右行右行卸料卸料（20s）左行，按下启动按钮，

28、小车开始循环，左行，按下启动按钮，小车开始循环，100次次后，自动停止，同时进行后，自动停止，同时进行5s的声光报警的声光报警自动送料小车的示意图液体混合系统的示意图液体混合系统的示意图液体混合系统的顺序功能图液体混合系统的顺序功能图图中M1.0的作用是：按下停止按钮后不会马上停止工作，而是在当前工作周期的操作结束后，才停止运行。M1.0用启动按钮I0.3和停止按钮I0.4来控制。运行时它处于ON状态，系统完成后一个周期工作后，步M0.5到M1.0的转换条件 M1.0和T38同时满足时，转换到步M0.1后继续进行。按下停止按钮I0.4之后，M1.0变为OFF，等系统完成最后一步M0.5的工作后

29、，便能返回初始步，系统停止运行。剪板机的示意图剪板机的示意图组合钻床的示意图组合钻床的示意图在步M0.1,Q0.0被置为1状态，夹紧电磁阀的线圈通电。工作被夹紧后，压力继电器I0.1常开触点接通，使得步M0.2和步M0.5同时变为活动步，步M0.1变为不活动步，Q0.1和Q0.3为1状态，大小砖头同时向下进给，开始砖孔。当大孔钻完后，碰到下限位开关I0.2，Q0.2变为1状态，大钻头向上运动到位后，上限位开关I0.3变为1状态，等待步M0.4变为活动步。（小孔同样） 两个等待步之后的“=1表示转换件总是满足” 步M1.0变为活动步后，其常闭触点断开，使M0.4和M0.7的线圈断电，步M0.4和

30、步M0.7变为不活动步在步M1.0，控制工件松开的Q0.5为1状态，同时控制 工件夹紧的Q0.0被复位断开，工件松开后，限位开关I0.7为1状态，系统返回初始步。 组合机床动力的示意图组合机床动力的示意图用置位用置位.复位指针设计顺序梯形图应用举例复位指针设计顺序梯形图应用举例第9章 可编程序控制器习题与思考习题与思考9.7写出图示梯形图的语句表程序第9章 可编程序控制器习题与思考习题与思考图 9 . 89.8写出图示梯形图的语句表程序解：第9章 可编程序控制器习题与思考习题与思考9.9写出图示梯形图的语句表程序解：第9章 可编程序控制器习题与思考习题与思考9.10画出图中M0.0的波形图解：第9章 可编程序