机电传动控制习题集及解答

机电传动控制习题集及解答
机电传动控制习题集及解答

机电传动控制

机械工程学院郝昕玉

习题集及解答

第1章概述

1-1什么是机电传动控制机电传动与控制的发展各经历了哪些阶段答:从广义上讲,机电传动控制就是要使生产机械设备、生产线、车间甚至整个工厂都实现自动化;具体地讲,就是以电动机为原动机驱动生产机械,将电能转变为机械能,实现生产机械的启动、停止及调速,满足各种生产工艺过程的要求,实现生产过程的自动化。因此,机电传动控制,既包含了拖动生产机械的电动机,又包含了控制电动机的一整套控制系统。例如,一些精密机床要求加工精度达百分之几毫米,甚至几微米,重型镗床为保证加工精度和控制粗糙度,要求在极慢的稳速下进给,即要求在很宽的范围内调速;轧钢车间的可逆式轧机及其辅助机械,操作频繁,要求在不到一秒钟时间内就得完成从正转到反转的过程,即要求能迅速地启动、制动和反转;对于电梯和提升机则要求启动和制动平稳、并能准确地停止在给定的位置上;对于冷、热连轧机以及造纸机的各机架或分部,则要求各机架或各分部的转速保持一定的比例关系进行协调运转;为了提高效率,由数台或数十台设备组成的生产自动线,要求统一控制和管理。诸如此类的要求.都是靠电动机及其控制系统和机械传动装置来实现的。

它主要经历了四个阶段:最早的机电传动控制系统出现在20世纪韧,它仅借助于简单的接触器与继电器等控制电器,实现对控制对象的启动、停车以及有级调速等控制,它的控制速度慢,控制精度差,30年代出现了电机放大机控制,它使控制系统从断续控制发展到连续控制,连续控制系统可随时检查控制对象的工作状态,并根据输出且与给定量的偏差对控制

对象进行自动调整,它的快速性及控制精度都大大超过了最初的断续控制,并简化了控制系统,减少了电路中的触点,提高了可靠性,使生产效率大力提高;40年代~50年代出现了磁放大器控制和大功率可控水银整流器控制;可时隔不久,于50年代末期出现了大功率固体可控整流元件——晶闸管,很快晶闸管控制就取代了水银整流器控制,后又出现了功率晶体管控制,由于晶体管、晶闸管具有效率高、控制特性好、反应快、寿命长、可靠性高、维护容易、体积小、重量轻等优点,它的出现为机电传动自动控制系统开辟了新纪元;随着数控技术的发展,计算机的应用特别是微型计算机的出现和应用,又使控制系统发展到一个新阶段——采样控制,它也是一种断续控制,但是和最初的断续控制不同,它的控制间隔(采样周期)比控制对象的变化周期短得多,因此,在客观上完全等效于连续控制,它把晶闸管技术与微电子技术、计算机技术紧密地结合在一起,使晶体管与晶闸管控制具有强大的生命力。

20世纪70年代韧,计算机数字控制(CNC)系统应用于数控机床和加工中心,这不仅加强了自动化程度,而且提高了机床的通用性和加工效率,在生产上得到了广泛的应用。工业机器人的诞生,为实现机械加工全盘自动化创造了物质基础,80年代以来,出现了由数控机床、工业机器人、自动搬运车等组成的统一由中心计算机控制的机械加工自动线——柔性制造系统(FMS),它是实现自动化车间和自动化工厂的重要组成部分。机械制造自动化高级阶段是走向设计、制造一体化,即利用计算机辅助设计(CAD)与计算机辅助制造(CAM)形成产品设计和制造过程的完整系统,对产品构思和设计直至装配、试验和质量管理这一全过程实现自动化。为了实

现制造过程的高效率、高柔性、高质量,研制计算机集成生产系统(CIMS)是人们今后的任务。

1-2机电传动控制系统有哪五大基本要素各具有什么功能

答:虽然随着机电传动系统的要求不同,其控制系统也不同。但是归纳起来,它们通常是由五大要素与功能组成的,即由机械装置(结构功能)、执行装置(驱动功能和能量转换功能)、传感器与检测装置(检测功能)、动力源(运转功能)、信息处理与控制装置(控制功能)五部分组成,如图1-1所示。

1.机械装置(结构功能)

机械是由机械零件组成的、能够传递运动并完成某些有效工作的装置。机械由输入部分、转换部分、传动部分、输出部分及安装固定部分等组成。通用的传递运动的机械零件有齿轮、齿条、链轮、蜗轮、带、带轮、曲柄及凸轮等。两个零件互相接触并相对运动就形成了运动副。由若干运动副组成的具有确定运动的装置称为机构。就传动而言,机构就是传动链。

为了实现机电传动控制系统整体最佳的目标,从系统动力学方面来考虑,传动链越短越好。因为在传动副中存在“间隙非线性”,根据控制理论的分析,这种间隙非线性会影响系

图1-1 控制系统五大要素与功能

统的动态性能和稳定性。另外,传动件本身的转动惯量也会影响系统的响应速度及系统的稳定性。在数控机床中之所以存在“半闭环控制”,其原因就在于此。

据引,提出了“轴对轴传动(d-d传动)”,如电动机直接传动机床的主轴,轴就是电动机的转子,从而出现了各种电主轴。这对执行装置提出了更高的要求:如机械装置、执行装置及驱动装置之间的协调与匹配问题。必须保留一定的传动件时,应在满足强度和刚度的前提下,力求传动装置细、小、巧,这就要求采用特种材料和特种加工工艺。

2.执行装置(驱动功能和能量转换功能)

执行装置包括以电、气压和液压等作为动力源的各种元器件及装置。例如,以电作为动力源的直流电动机、直流伺服电动机、三相交流异步电动机、变频三相交流电动机、三相交流永磁伺服电动机、步进电动机、比例电磁铁、电磁粉末离合器/制动器、电动调节阀及电磁泵等;以气压作为动力源的气动马达和气缸;以油压作为动力源的液压马达和液压缸等。

选择执行装置时,要考虑执行装置与机械装置之间的协调与匹配,如在需要低速、大推力或大扭矩的场合下,可考虑选用液压缸或液压马达。

为了实现机电控制系统整体最佳的目标,实现各个要素之间的最佳匹配,已经研制出将电动机与专用控制芯片、传感器或减速器等合为一体的装置,如德国西门子公司的变频器与电动机一体化的高频电机,日本东芝公司的电动机和传感器一体化的永磁电动机等。

近年来,出现了许多新型执行装置,如压电执行器、超声波执行器、静电执行器、机械化学执行器、光化学执行器、磁伸缩执行器、磁性液体执行器、形状记忆合金执行器等。特别是一些微型执行器的出现,如直径为0.1mm的静电执行器,这些新的机电传动技术的出现大大促进了微电子机械的发展。

3.传感器与检测装置(检测功能)

传感器是从被测对象中提取信息的器件,用于检测机电控制系统工作时所要监视和控制的物理量、化学量和生物量。大多数传感器是将被测的非电量转换为电信号,用于显示和构成闭环控制系统。

传感器的发展趋势是数字化、集成化和智能化。为了实现机电传动控制系统的整体优化,在选用或研制传感器时,要考虑传感器与其他要素之间的协调与匹配。例如,集传感检测、变送、信息处理及通信等功能为一体的智能化传感器,已广泛用于现场总线控系统。

4.动力源(运转功能)

动力或能源是指驱动电动机的“电源”、驱动液压系统的液压源和驱动气压系统的气压源。驱动电动机常用的“电源”包括直流调速器、变频器、交流伺服驱动器及步进电动机驱动器等。液压通常称为液压站,气压通常称为空压站。使用时应注意动力与执行器、机械部分的匹配。

5.信息处理与控制装置(控制功能)

机电传动控制系统的核心是信息处理与控制。机电传动控制系统的各个部分必须以控制论为指导,由控制器(继电器、可编程控制器、微处理器、单片机、计算机等)实现协调与匹配,使整体处于最优工况,实现相应的功能。在现代机电一体化产品中,机电传动系统中控制部分的成本已占总成本的50%。特别是近年来微电子技术、计算机技术的迅速发展,目前,越来越多的控制器使用具有微处理器、计算机的控制系统,输入/输出、通信功能也越来越大。

1-3什么叫开环控制系统、半闭环控制系统和闭环控制系统

答:输出量只受输入量控制的系统称为开环控制系统。输出量同时受输入量和输出量控制,即输出量对系统有控制作用,这种存在反馈回路的系统称为闭环控制系统。那些以交、直流伺服电动机的角位移作为输出量,用圆光栅作为反馈元件的系统则称为半闭环系统。目前使用中的CNC机床绝大多数均为半闭环控制系统。

1-4机电一体化传动系统的设计方法有哪些各有什么特点

答:机电传动控制系统是由相互制约的五大要素组成的具有一定功能的整体,不但要求每个要素具有高性能和高功能,更强调它们之间的协调与配合,以便更好地实现预期的功能。特别是在机电一体化传动系统设计中,存在着机电有机结合如何实现,机、电、液传动如何匹配,机电一体化系统如何进行整体优化等问题,以达到系统整体最佳的目标。

机电一体化传动系统的设计方法有如下几种:

1.模块化设计方法

机电传动控制系统由相互制约的五大要素的功能部件组成,也可以设计成由若干功能子系统组成,而每个功能部件或功能子系统又包含若干组成要素。这些功能部件或功能子系统经过标准化、通用化和系列化,就成为功能模块。每一个功能模块可视为一个独立体,在设计时只需了解其性能规格,按其功能来选用,而无须了解其结构细节。

2.柔性化设计方法

将机电一体化产品或系统中完成某一功能的检测传感元件、执行元件和控制器作成机电一体化的功能模块,如果控制器具有可编程的特点,则该模块就成为柔性模块。

3.取代设计方法

取代设计又称为机电互补设计方法。该方法的主要特点是利用通用或专用电子器件取代传统机械产品中的复杂机械部件,以便简化结构,获得更好的功能和特性。

4.融合设计方法

融合设计方法是把机电一体化产品的某些功能部件或子系统设计成该产品所专用的。用这种方法可以使该产品各要素和参数之间的匹配问题考虑得更充分、更合理、更经济、更能体现机电一体化的优越性。融合法还可以简化接口,使彼此融为一体。

5.系统整体优化设计方法

系统整体设计法是以优化的工艺为主线,以控制理论为指导,以计算机应用为手段,以系统整体最佳为目标的一种综合设计方法。

第2章机电传动控制的数学模型

2-1 简述机电传动控制的数学建模的意义以及其数学模型的种类。

答:l.数学模型的概念及其建立意义

数学模型是系统动态特性的数学描述。由于系统从初始状态向新的稳定状态过渡过程中,系统中的各个变量都要随时间而变化,因而在描述系统动态特性的数学模型中不仅会出现这些变量本身,而且也包含这些变量的各阶导数,所以,系统的动态特性方程式就是微分方程式,它是表示系统数学模型的最基本的形式。

在研究与分析一个机电控制系统时,不仅要定性地了解系统的工作原理及特性,而且还要定量地描述系统的动态性能。通过定量的分析与研究,找到系统的内部结构及参数与系统性能之间的关系。这样,在系统不能按照预先期望的规律运行时,便可通过对模型的分析,适当地改变系统的结构和参数,使其满足规定性能的要求。另外,在设计一个系统的过程中,对于给定的被控对象及其控制任务,可以借助数学模型来检验设计思想,以构成完整的系统。这些都离不开数学模型。

2描述机电控制系统静、动态特性的数学模型常用的模型有:时域模型、复数域模型和频域模型。

2-2 简述传递函数的物理含义与作用。

答:传递函数是在零初始条件下定义的。控制系统的零初始条件有两方面的含义:

(1) 指输入量是在t≥0时才作用于系统,因此,在t= 0时输入量及其各阶导数均为零;

(2) 指输入量加于系统之前,系统处于稳定的工作状态,即输出量及

其各阶导数在t =

0时的值也为零,现实的工程控制系统多属此类情况。 因此,传递函数可表征控制系统的动态性能,并可用来求解出输入量给定时系统的零初始条件响应。

2-3 求图2-34所示电路网络的传递函数。

C R

L

e u i u 0 C 2 R L C 1 u i u 0 C 2 R

1 L C 1 R

2 (a)

(b) (c)

(d)

图2-34 习题3图 2-4 求图2-35所示机械平移系统的传递函数,并画出它们的动态结构框图。

(a) (b)

图2-35 习题4图

第3章 机电传动系统的驱动电动机

3-1 直流电动机是如何转动起来的

答:电枢由原动机驱动在磁场中旋转,电枢线圈的两根有效边便切割

磁力线,感应出电动势。线圈随电枢铁心在转动时,每一有效边中的电动势是交变的,即在N极下是一个方向,当它转到S极下是另一个方向。但由于电刷A总是同与N极下的一边相连的换向片接触,而电刷B总是同与S极下的一边相连的换向片接触,因此在电刷上就出现一个极性不变的电动势或电压。

在电刷AB之间加上直流电压U,电枢线圈中的电流流向为:N极下的有效边中的电流总是一个方向,而S极下的有效边中的电流总是另一个方向。这样两个有效边中受到的电磁力的方向一致,电枢开始转动。通过换向器可以实现线圈的有效边从一个磁极(如N极)转到另一个磁极下(如S极)时,电流的方向同时发生改变,从而电磁力或电磁转矩的方向不发生改变。电磁转距是驱动转距,其大小也为:T=KTΦIa。电动机的电磁转距T必须与机械负载转矩T1及空载损耗转距T0相平衡。即T=T1+ T0。另外当电枢绕组在磁场中转动时,线圈中也要产生感应电动势E,这个电动势的方向与电流或外加电压的方向相反,称之为反电动势。其大小为:E=kEΦn方向与Ia相反。

3-2 一台直流电动机,磁路饱和。当电机负载后,电刷逆电枢旋转方向移动一个角度。试分析在此种情况下电枢磁动势对气隙磁场的影响。

答:略。

3-3 试分析在下列情况下,直流电动机的电枢电流和转速有何变化(假设电机不饱和)。

(1)电枢端电压减半,励磁电流和负载转矩不变;

(2)电枢端电压减半,励磁电流和输出功率不变;

(3)励磁电流加倍,电枢端电压和负载转矩不变;

(4)励磁电流和电枢端电压减半,输出功率不变;

(5)电枢端电压减半,励磁电流不变,负载转矩随转速的平方而变

化。 答:由公式a e a e I C R C U n φ

φ-=,a N m I C T φ=可分析。 3-4 单相异步电动机主要分为哪几种类型,简述罩极电动机的工作原理。

答:根据获得旋转磁场方式的不同,单相异步电动机可分为分相电动机和罩极电动机两大类型。

罩极电动机的定子一般都采用凸极式的,工作绕组集中绕制,套在定子磁极上。在极靴表面的1/3~1/4处开有一个小槽,并用短路铜环把这部分磁极罩起来,故称罩极电动机。短路铜环起了起动绕组的作用,称为起动绕组。罩极电动机的转子仍做成笼型,如图3-24(a)所示。

Φ1E

2..

图3-24单相罩极电动机

(a)绕组接线图;(b)相量图

当工作绕组通人单相交流电流后,将产生脉动磁通,其中一部分磁通?

Φ1,不穿过短路铜环,另一部磁通?Φ2则穿过短路铜环。由于?Φ1与?Φ2都是由工作绕组中的电流产生的,故?Φ1与?Φ2同相位并且21Φ>Φ由脉动磁通?Φ2在短路环中产生感应电动势?2E 它滞后?Φ290。。由于短路铜环闭合,在短路铜环中就有滞后于?2E 为?角的电流?2I 产生,它又产生与?2I 同相的磁通?Φ'2,它也穿链于短路环,因此罩极部分穿链的总磁通为???Φ+Φ=Φ'

223,如图3-24(b)所示。由此可见,未罩极部分磁通?Φ1与被罩极部分磁通?Φ3,不仅

在空间而且在时间上均有相位差,因此它们的合成磁场将是一个由超前相转向滞后相的旋转磁场(即由未罩极部分转向罩极部分),由此产生电磁转矩,其方向也为由未罩极转向罩极部分。

3-5三相异步电动机起动时,如果电源一相断线,这时电动机能否起动如绕组一相断线,这时电动机能否起动,Y 联结和△联结情况是否一样,如果运行中电源或绕组一相断线,能否继续旋转,有何不良后果

答: 电源一相断线,电动机无论是Y 接线或△接线,均成为单相运行,就相当于一台单相异步电动机,它产生脉动磁动势,而脉动磁动势可分解成大小相等、转速相同、转向相反的两个旋转磁动势,由于起动初瞬,转子是静止的,两个旋转磁动势以相同的速率截切转子绕组,产生相应的感应电动势、电流和电磁转矩,显然两个转矩大小相等、方向相反,其合成总转矩为零,故无起动转矩,电动机不能起动。

如果绕组一相断线,对Y 接电动机仍为单相运行,故也不能起动。而△接线电动机却成为两面相运行,它产生旋转磁动势,旋转磁动势有起动转矩,故能起动。

如果运行中电源或绕组一相断线,即使成单相运行,电动机仍能按原方向旋转(只要此时的电磁转矩仍大于负载转矩),因为这时两个旋转磁动势中必有一个与原来转向相同,它对转子的转差率为

111<-=

+n n n s ,而另一个111>---=-n n n s ,由于-+

的有功分量电流2'2cos ψI 很小(漏抗22sx x s =所致),这使它所产生的电磁

转矩-em T 减小,则-+>em em T T ,结果转子总转矩减小,若它仍大于负载转矩,则转子就沿原方向旋转。

上述各种情况, 对电机都不利,若成单相运行,无法起动,呈堵转状态,电流急剧增大而会烧坏绕组。若运行中缺相,电机虽能继续旋转(若此时电磁转矩仍大于负载转矩),由于反向电磁转矩作用的结果,使总转矩减小(出力减小),若负载转矩不变,电机就处于过载状态,绕组过热,时间长同样会烧毁绕组。

3-6试比较单相异步电动机和三相异步电动机的T em -s 曲线,着重就以下各点比较:(1)当s=O 时的转矩;(2)当s=1时的转矩;(3)最大转矩;(4)在有相同转矩时的转差率;(5)当1

3-7什么叫自转现象两相伺服电机如何防止自转

答:交流伺服电机一般是两相交流电机,由定子和转子两部分组成。交流伺服电机的转子有笼形和杯形两种,无论哪一种转子,它的转子电阻

都做得比较大,其目的是使转子在转动时产生制动转矩,使它在控制绕组不加电压时,能及时制动,防止自转。交流伺服电机的定子为两相绕组,并在空间相差90°电角度。两个定子绕组结构完全相同,使用时一个绕组作励磁用,另一个绕组作控制用。

当控制电压和励磁电压的幅值相等时,控制二者的相位差也能产生旋转磁场。与普通两相异步电动机相比,伺服电机有较宽的调速范围;当励磁电压不为零,控制电压为零时其转速也应为零;机械特性为线性并且动态特性较好。为达到上述要求,伺服电机的转子电阻应当大,转动惯量应当小。

3-8直流伺服电机的励磁电压下降,对电机的机械特性和调节特性有何影响

答:机械特性是指在控制电枢电压保持不变的情况下,直流伺服电机的转速n 随转矩变化的关系。当电枢电压为常值时,式(3-30)可写成

em kT n n -=0

(3-31) 式中,e k U n =0 ,T

e a k k R k =。

对上式应考虑两种特殊情况:

当转矩为零时,电机的转速仅与电枢电压有关,此时的转速为直流伺服电机的理想空载转速,理想空载转速与电枢电压成正比,即 e

k U n n -=0 (3-32)

当转速为零时,电机的转矩仅与电枢电压有关,此时的转矩称为堵转

转矩,堵转转矩与电枢电压成正比,即 T a

D k R U T (3-33)

图3-28为给定不同的电枢电压得到的直流伺服电机的机械特性。从机械特性曲线上看,不同电枢电压下的机械特性曲线为一组平行线,其斜率为-k 。从图中可以看出,当控制电压一定时,不同的负载转矩对应不同的转速。

直流伺服电机的调节特性是指负载转矩恒定时,电机转速与电枢电压的

关系。当转矩一定

时,根据式(3-30)可

知,转速与电压的

关系也为一组平行

线,如图3-28所

示,其斜率为1/k e 。

图3-28 电枢控制的直流伺服电机机械特性 图3-29直流伺服电机的调节特性

当转速为零时,对应不同的负载转矩可得到不同的起动电压U 。当电枢电压小于起动电压时,伺服电机将不能起动。、

n

n

第4章机电控制系统中的传感器技术

4-1 传感器由那两部分组成各自的定义是什么

答:传感器一般由敏感元件和传感元件两个基本部分组成,有时还加上辅助电源。传感器中直接感受被测量(一般为非电量),并输出与被测量成确定关系的其它量(包括电量)的元件称为敏感元件,其中有一部分敏感元件(如膜片和波纹管,把被测压力转变成为位移量等)是把那些不能用现有技术直接变换成电量的被测量,预先变换成另一种易于变换成电量的非电量,然后再经传感元件将它们变换成电量。感受由敏感元件输出的,与被测量成确定关系的另一种非电量,然后输出电量的元件称为传感元件。例如差动式压力传感器中,传感元件不直接感受压力,而是感受由敏感元件传来的与被测压力成确定关系的衔铁的位移量,然后输出电量。有的敏感元件直接输出电量,那么敏感元件和传感元件就合二为一了,加热电偶和热敏电阻等传感器。

4-2 传感器静态特性的技术指标及各自的定义是什么

答:在静态测量中,输入信号不随时间变化而变化,由此所确定的输入输出关系称为静态特性。传感器静态特性的参数主要有线性度、灵敏度、滞后量和重复性误差。

标定曲线与拟合直线的接近程度称为线性度,线性度的好坏;通常用线性度误差表示。

输入信号变化△x后,输出信号稳定后也相应变化△y,输出变化量与输入变化量的比值称为灵敏度,用S表示,即

y S b x

??== 式中:b ——拟合直线斜率。

当输入信号逐渐增大、而后又逐渐减小时,对应同一信号值会出现不同的输出信号。在全量程范围内,对应于同一输入信号的前后两个输出信号的最大差值为H ,如图4-3a 所示,滞后量可用最大输出差值H 对满量程输出y n 的百分比表示,即

n

H h 100%y =? 式中 H ——对应于同一输入信号的前后两个输出信号的最大差值; y n ——满量程输出;

h ——滞后量。

重复性表示输入量按同一方向(增加或减少)变化时,在全量程内重复进行测试时所得到的各特性曲线的重复程度,如图4-3b 所示。一般采用输出最大不重复误差δ与满量程y n 的百分比来表示重复性指标,即

100%n y δ

η=?

式中 δ——最大不重复误差;

y n ——满量程; η——重复性。

4-3 试述感应同步器的工作原理及分类。

答:感应同步器的工作原理与旋转变压器的工作原理相似。当励磁绕组与感应绕组间发生相对位移时,由于电磁耦合的变化,感应绕组中的感

应电压随位移的变化而变化,感应同步器和旋转变压器就是利用这个特点进行测量的。所不同的是,旋转变压器是定子、转子间的旋转位移,而感应同步器是滑尺和定尺间的直线位移。

4-4 试述旋转变压器的工作方式。

答:两种典型的工作方式:

(1)鉴相工作方式,给定子的两个绕组分别通以同幅、同频但相位差n/2的交流励磁电压,即

u1s=U m sinωt

u1c=U m cosωt=U m sin(ωt+π/2)

这两个励磁电压在转子绕组中都产生了感应电压,并叠加在一起,因而转子中的感应电压为这两个电压的代数和。

u1=U m

u2C

a)

b)

图4-5 正弦余弦旋转变压器原理图(a)转子(b)定子

u1C=U m

u1S=U m sinωt

定子

转子

图4-6 一个转子绕组短接的旋转

变压器

u2=k u1s sinθ+ k u1c cosθ

=k U m sinωt sinθ+ kU m cosωt cosθ

= kU m cos(ωt –θ)

(4-7)

同理,假如转子逆向转动,可得

u2= kU m cos(ωt +θ)

(4-8)

由式(4-7)和(4-8)可以看出,转子输出电压的相位角和转子的偏

转角之间有严格的对应关系,这样,只要检测出转子输出电压的相位角,

就可知道转子的转角。由于旋转变压器的转子是和被测轴联接在一起的,

故被测轴的角位移也就得到了。

(2)鉴幅工作方式,给定子的两个绕组分别通以同频、同相位但幅

值不同的交流励磁电压,即

u1s=U sm sinωt

u1c=U cm sinωt

其中,幅值分别为正、余弦函数

U sm=U m sinα

U cm=U m cosα

则在转子上的叠加感应电压为

u2=k u1s sinθ+ k u1c cosθ

=k Umsinαsinθsinωt + kUmcosαcosθsinωt

= kU m cos(α –θ)sinωt (4-9)同理,如果转子逆向运动,可得

u2=kU m cos(α +θ)sinωt (4-10)

由式(4-9)和(4-10)可以看出,转子感应电压的幅值随转子的偏转角θ而变化,测量出幅值即可求得转角θ,即可得角位移:

4-5 试述光电管的结构和工作原理。

答:图4-9a所示为光电管的典型结构。在一个真空管内装入两个电极——光阴极与光阳极。光阴极涂料贴附在玻璃泡内壁上,阳极为一根金属丝或一只金属环,它置于圆柱面中心轴上。当光阴极受到适当的光线照射后,便有电子逸出,与此同时这些电子被具有一定电位的阳极吸收,因而光电管内就有电子流动,外电路(图4-9b)便产生电流,此电流的大小与光通量Φ成正比,电流在R上产生的电压输出与光照的强弱成函数关系。

光电管的特性主要取决于光阴极的材料。不同材料对同一波长的光有不同的灵敏度,同一种材料对不同波长的光线灵敏度也不一样,这一特点叫做光电管的光谱特性,图4-10a、b所示分别为银—氧—铯和锑—铯阴极材料对不同波长光线灵敏度的变化情况。因此对不同颜色的光应选用不同材料的光电管。

(a)(b)图 4-9 光电管结构原理(a)

(b)

机电传动控制课后习题答案

第二章机电传动系统的动力学基础 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。 T M-T L>0说明系统处于加速,T M-T L<0 说明系统处于减速, T M-T L=0说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 试列出以下几种情况下(见题图)系统的运动方程式,并说明系统的运动状态是加速,减 速,还是匀速?(图中箭头方向表示转矩的实际作用方向) T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L

T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 为什么低速轴转矩大,高速轴转矩小? 因为P= Tω,P不变ω越小T越大,ω越大T 越小。 为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω,T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大,转速越大GD2越小。 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. 在题图中,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

第三章 为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成? 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 一台直流发电机,其部分铭牌数据如下:P N =180kW, U N =230V,n N =1450r/min, η N =%,试求: ①该发电机的额定电流; ②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η= η N ) P N =U N I N 180KW=230*I N I N =782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N 100/η N P= 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下:P N =, U N =220V, n N =1500r/min, η N =%, 试求该电机的额定电流和转矩。 P N =U N I N η N 7500W=220V*I N * I N =38.5A T N =n N = 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R a 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.I st =U N /R a 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

机电传动控制试题及答案

1、如图所示,判断哪组是正确的。 (a )L M T T > (b) L M T T = (c) L M T T < A :图(a )M T 为正,是拖动转矩,加速状态 B :图(b )M T =L T ,匀速状态 C :图(c )M T 为正,L T 为负,减速状态 2、关于交流电动机调速方法正确的有: A :变频调速; B :改变磁通调速; C :改变转差率调速; D :定子串电阻调速 3、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 。 A :减少; B :增加; C :等于零。 4、三相鼠笼异步电动机在相同电源电压下,空载启动比满载启动的启动转 矩 。 A :相同; B :大; C :小。 5、如下图所示,曲线1和曲线2分别为电动机和负载的机械特性。试问:电 动机能否在A 点稳定运行 A :能; B :不能; C :不能确定 6.恒功率型机械特性为负载转矩与转速成: A 正比; B 反比。 7、有一台三相异步电动机,正常运行时为?接法,在额定电压下启动,其 N st T T 2.1=,若采用?-Y 换接启动,试问当负载转矩N L T T %35=,电动机能否 启动 A :能; B :不能; C :不能确定 8.三相异步电动机的何种制动又叫发电制动。 A 反接制动; B 反馈制动; C 能耗制动 9.晶体管直流脉宽调速系统比晶闸管直流调速系统动态响应速度: A 高; B 低; C 一样。 10、直流电动机当电枢回路中串接电阻后,其固有的机械特性曲线是: A :由(0,no )出发的一簇向下倾斜的直线; B :一簇平行于固有特性曲线的人为特性曲线; C :;由(0,no )出发的一簇向上倾斜的直线; D :不确定; 11、下列方法中哪一个不是消除交流伺服电动机“自转”的方法:

机电传动控制复习题与答案(1)

西南科技大学成教学院德阳教学点 《机电传动控制》练习题 姓名:学号:班级:成绩: 一、单项选择题 1.机电传动的发展大体上经历的阶段顺序是:() A.单电机拖动、双电机拖动、成组拖动 B.成组拖动、单电机拖动、多电机拖动C.单电机拖动、多电机拖动、成组拖动 D.成组拖动、单电机拖动、网络拖动 2、机电传动系统稳定工作时中如果T M >T L ,电动机旋转方向与T M 相同,转速将产生的变 化是。() A.减速 B.加速 C.匀速 D.停止 3、机电传动系统中如果T M

机电传动控制答案

习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础 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。 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-TL>0说明系统处于加速,TM-TL<0 说明系统处于减速,TM-TL=0说明系统处于稳态(即 静态)的工作状态。 试列出以下几种情况下(见题图)系统的运动方程式,并说明系统的运动状态是加速,减 速,还是匀速?(图中箭头方向表示转矩的实际作用方向) TM TL TL TM N TM=TL TM< TL TM-TL<0说明系统处于减速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L M>L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 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? 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=Tω, p不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=ω2 为什么低速轴转矩大,高速轴转矩小? 因为P= Tω,P不变ω越小T越大,ω越大T 越小。 为什么机电传动系统中低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω,T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大,转速越大GD2越小。 如图(a)所示,电动机轴上的转动惯量J M=, 转速n M=900r/min; 中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=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=+2/9+16/225= .如图(b)所示,电动机转速n M=950 r/min,齿轮减速箱的传动比J1= J2=4,卷筒直径D=,滑轮的减速比J3=2,起重负荷力F=100N,电动机的费轮转距GD2M= m2, 齿轮,滑轮和卷筒总的传动效率为。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.。 ωM=*2n/60= rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=4*4*2=s v=ωD/2=2*=s T L=ηC n M=*100**950= GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =*+100*322 = 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. 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。 在题图中,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

机电传动控制课后习题答案1

第二章机电传动系统的动力学基础 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。 T M-T L>0说明系统处于加速,T M-T L<0 说明系统处于减速, T M-T L=0说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 2.3 试列出以下几种情况下(见题2.3图)系统的运动方程式,并说明系统的运动状态是加 速,减速,还是匀速?(图中箭头方向表示转矩的实际作用方向) T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L

T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速2.5为什么低速轴转矩大,高速轴转矩小? 因为P= Tω,P不变ω越小T越大,ω越大T 越小。 2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω,T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大,转速越大GD2越小。 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. 2.11 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

第三章 3.1为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成? 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 3.5 一台直流发电机,其部分铭牌数据如下:P N=180kW, U N=230V,n =1450r/min,ηN=89.5%,试求: N ①该发电机的额定电流; ②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η =ηN) P N=U N I N 180KW=230*I N I N=782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N100/ηN P=87.4KW 3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下:P N=7.5KW, U N=220V, n =1500r/min, ηN=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 N P N=U N I NηN 7500W=220V*I N*0.885 I N=38.5A T N=9.55P N/n N =47.75Nm 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R a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.I st=U N/R a 3.14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

机电传动控制课后习题答案

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。 拖动转矩是有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-TL>0说明系统处于加速,TM-TL<0 说明系统处于减速,TM-TL=0说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 2.3 试列出以下几种情况下(见题2.3图)系统的运动方程式,并说明系统的运动状态是加速,减速,还是匀速?(图中箭头方向表示转矩的实际作用方向) TM-TL>0说明系统处于加速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速

系统的运动状态是减速 2.7 如图2.3(a )所示,电动机轴上的转动惯量J M =2.5kgm 2, 转速n M =900r/min; 中间传 动轴的转动惯量J L =16kgm 2,转速n L =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/j 2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm 2 . 2.8 如图2.3(b )所示,电动机转速n M =950 r/min ,齿轮减速箱的传动比J 1= J 2=4,卷 筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J 3=2,起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD 2M =1.05N m 2, 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GD 2z.。 ωM =3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM /j 1j 2j 3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L =9.55FV/ηC n M =9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD 2Z =δGD M 2+ GD L 2/j L 2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM 2

华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析(DOC)

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? dt d J T T L M ω =- 答:运动方程式: d L M T T T =- Td>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 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 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。 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 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。 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 )(8.21516 325.2222211m kg j J j J J J L L M Z ?=++=++= 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。

机电传动控制复习题答案(2012)

机电传动控制复习提纲: 1.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。 答:TM-TL>0说明系统处于加速,TM-TL<0说明系统处于减速,TM-TL=0说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 2.一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:可分为恒转矩型负载特性;离心式通风机型负载特性;直线型负载特性;恒功率型负载特性,4种类型的负载。 3.反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别,各有什么特点? 答:反抗转矩的方向恒与运动方向相反,运动方向发生改变时,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,而在相反方向便促进运动。 4.如何判断系统的稳定平衡点 P12 答:(1)电动机的机械特性曲线和生产机械的负载特性曲线有交点(即拖动系统的平衡点);(2)当转速大于平衡点所对应的转速时,TMTL。5.机电时间常数的物理意义是什么?它有那些表示形式?各种表示式各说明了哪些关系? 答:机电时间常数的物理意义是; 是反映机电传动系统机械惯性的物理量,其表达形式有 ; 6.加快机电传动系统的过渡过程一般采用哪些方法? 答:加快机电传动系统的过渡过程一般采用:减少系统的飞轮转矩;增加动态转矩。7.为什么大惯量电动机反而比小惯量电动机更为人们所采用? 答:大惯量电动机电枢做得粗而短,较大,但它的最大转矩一般为额定转矩的5到10倍,故快速性能好。其低速时转矩大,可直接驱动生产机械。而且电枢短而粗,散热性好,过载持续时间可以较长。 8.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:电动机的同步转速 转子转速 转子电流频率:=1Hz 9.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?

机电传动控制课后习题答案1..

机电传动控制课后习题答案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。 拖动转矩是有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岀系统是处于加速,减速,稳态的和静态的工作状态。 TM-TL>0说明系统处于加速,TM-TLvO说明系统处于减速,TM-TL=O说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 2.3试列出以下几种情况下(见题 2.3图)系统的运动方程式,并说明系统的运动状态是加速,减速,还是匀速?(图中箭头方向表示转矩的实际作用方向) 2 2.7如图2.3 (a)所示,电动机轴上的转动惯量j M=2.5kgm ,转速n M=900r/min;中间传动轴的转动惯量 J L=16kgm2,转速n L=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 血=Nm/NI=15 TM-TL>0说明系统处于加速TM-TLvO 说明系统处于减速 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 TL 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速

2 2 J=JM+J1/j + JL/j1 2=2.5+2/9+16/225=2.79kgm .2.8 如图2.3 (b)所示,电动机转速n M=950 r/min,齿轮减速箱的传动比J i= 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GD 2 z .。 3 M=3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度 3 = 3 M/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=3 D/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L=9.55FV/ n c n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM 2 2 2 2 GD2Z= 5 GD M2+ GD L20L2 2 2 =1.25*1.05+100*0.24 2/322 =1.318NM 2 2.11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, 不是? 第三章 3.10 一台他励直流电动机的技术数据如下:P N=6.5KW,U N=220V, I N=3 4.4A, n N=1500r/min, R a =0.242 Q,试 计算岀此电动机的如下特性: ①固有机械特性; ②电枢服加电阻分别为3Q和5Q时的人为机械特性; ③电枢电压为U N/2时的人为机械特性; ④磁通? =0.8? N时的人为机械特性; 并绘岀上述特性的图形。 ① n o = U N n N/(U N-l N R a) =220*1500/220-34.4*0.242 试判断哪些是系统的稳定平衡点?哪些 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

大学机电传动控制课后习题答案完整版

机电传动控制课后习题答案完整版习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础 2.1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: T d>0时:系统加速; T d=0 时:系统稳速;T d<0时,系统减速或反向加速。 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-TL>0 说明系统处于加速, TM-TL<0 说明系统处于减速, TM-TL=0 说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 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) dt d J T T L M ω = -

答:a匀速,b减速,c减速,d加速,e减速,f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。 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 . 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。 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

机电传动控制课后习题问答题答案

.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? 答:运动方程式:Td>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 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 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。 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 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。 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。 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。 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。 3.11 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。

机电传动控制习题及其答案11

第十一章 11.1何谓开循环控制系统?何谓闭循环系统?两者各有什么优 缺点? 系统只有控制量(输出量)的单向控制作用,而不存在被控制量的影响和联系,这称之为开环控制系统.优点是结构简单能满足一般的生产需要.缺点是不能满足高要求的生产机械的需要. 负反馈控制系统是按偏差控制原理建立的控制系统,其特点是输入量与输出量之间既有正向的控制作用,又有反向的反馈控制作用,形成一个闭环控制系统或反馈控制系统.缺点是结构复杂,优点可以实现高要求的生产机械的需要. 11.2什么叫调速范围、静差度?它们之间有什么关系?怎样才能 扩大调速范围。 电动机所能达到的调速范围,使电动机在额定负载下所许可的最高转速何在保证生产机械对转速变化率的要求前提下所能达到的最低转速之比(D).转速变化率即调速系统的静差度电动机有理想空载到额定负载时转速降与理想空载转速的比值(S) 两者之间的关系时 D=n max S2/Δn N(1-S2),在保证一定静差度的前提下,扩大系统调速范围的方法是提高电动机的机械特性的硬度以减小Δn N 11.3生产机械对调速系统提出的静态、动态技术的指标有哪些? 为什么要提出这些技术指标? 生产机械对调速系统提出的静态技术的指标有静差度,调速范围,调速的平滑性.动态技术指标有最大超调量,过渡过程时间,振荡次数.

因为机电传动控制系统调速方案的选择,主要是根据生产机械对调速系统提出的调速指标来决定的. 11.4为什么电动机的调速性质应与生产机械的负载特性想适 应?两者如何配合才能算适应。 电动机在调速过程中,在不同的转速下运行时,实际输出转矩和输出功率能否达到且不超过其润许长期输出的最大转矩和最大功率,并不决定于电动机本身,而是决定于生产机械在调速过程中负载转矩及负载功率的大小和变化规律,所以,为了使电动机的负载能力得到最充分的利用,在选择调速方案时,必须注意电动机的调速性质与生产机械的负载特性要适合. 负载为恒转矩型的生产机械应近可能选择恒转矩性质的调速方法,且电动机的额定转矩应等于或略大于负载转矩,负载为转矩恒功率型的生产机械应尽可能选用恒功率性质的调速方法,且电动机的额定功率应等于或略大于生产机械的负载转矩. 11.5有一直流调速系统,其高速时理想的空载转速n01=1480r/min, 低速时的理想空载转速n02=157/min,额定负载时的转矩降Δn N=10 r/min,试画出该系统的静特性.求调速范围和静差度。 调速范围D = n01/n02 =1480/157 =9.23 静差度 S=Δn N/ n01 =10/1480

机电传动控制冯清秀版课后习题答案

课后习题答案 第一章

第二章 -J 2.1答:运动方程式:T M T L J —— dt T M T L Td Td>0 时:系统加速; Td=O 时:系统稳速;Td<0时,系统减速或反向加速 2 2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。 答:a 匀速,b 减速,c 减速,d 加速,e 减速,f 匀速 2.3 2.4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。 2.5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 = T1 3 1 , P2= T2 3 2 所以 T1 3 1 = T2 ? 2,当 3 1>? 2 时, T1 V T2 2.6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。 2.7 答:j1= 3 M/ 3 1= nM/n 1=900/300=3 jL= 3 M/ 3 L= nM/nL=900/60=15 2 GD ; (1.1~1.25) 1.05 365 100 1.16~1.32N m 2 950 2.9答:恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 2.10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答:(d )不是稳定运动点,其余都是稳定运行点。 J Z J M J 1 J L j 1 J L 2.5 32 12 2.8(kg m) 3 15 2.8 答: n L n M j 1j 2 950 Dn L 59.4(r/min) v 60j 3 ° 24 盼 0.37(m/s) 60 2 GD Z GD M TL=9.55Fv/( n 1nM)=9.55 X 100X 0.37/(0.83 X 950)=0.45N.m 365 FV - n M

华中科大机电传动控制第五版课后习题答案解析

2.7 如图所示,电动机轴上的转动惯量JM=,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 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。 答: TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m 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 所以,当改变电枢电压或电枢串电阻时,Ia均不变。 由知 n会变化。 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 当Φ↓时,→Ia↑ 由U=E+IaRa,E=U-IaRa,当Ia ↑时,→E ↓,所以: E

机电传动控制课后习题答案第五版

机电传动控制课后习题 答案第五版 公司标准化编码 [QQX96QT-XQQB89Q8-NQQJ6Q8-MQM9N]

习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础 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。 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-TL>0说明系统处于加速,TM-TL<0 说明系统处于减速,TM-TL=0说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 试列出以下几种情况下(见题图)系统的运动方程式,并说明系统的运动状态是加速,减速,还是匀速(图中箭头方向表示转矩的实际作用方向) TM=TL TM< TL TM-TL<0说明系统处于减速。 TM-TL<0 说明系统处于减速

TM> TL TM> TL 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 系统的运动状态是减速 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 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=Tω, p不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=ω2 为什么低速轴转矩大,高速轴转矩小 因为P= Tω,P不变ω越小T越大,ω越大T 越小。 为什么机电传动系统中低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多 因为P=Tω,T=GD2/375. P=ωGD2/375. ,P不变转速越小GD2越大,转速越大GD2越小。

机电传动控制课后习题答案

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。 拖动转矩是有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-TL>0说明系统处于加速,TM-TL<0 说明系统处于减速,TM-TL=0说明系统处于稳态(即静态)的工作状态。 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? 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=Tω, p 不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5Jω2 2.5为什么低速轴转矩大,高速轴转矩小? 因为P= Tω,P不变ω越小T越大,ω越大T 越小。 2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω,T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,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J M=2.5kgm2, 转速n M=900r/min; 中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,转速n L=60r/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,电动机转速n M=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. 。 ωM=3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L=9.55FV/ηC n M=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =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。 3.1为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成? 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡

机电传动控制第三版课后答案

机电传动控制第三版课后答案 【篇一:《机电传动控制》冯清秀版课后习题答案】 第二章 2.1答:运动方程式:tm?tl?j d?dt tm?tl?tdtd0时:系统加速; td=0 时:系统稳速;td0时,系统减速或反向加速 2.2 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。 2.3 答:a匀速,b减速,c减速,d加速,e减速,f匀速 2.4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。 jz?jm? j1jl216??2.5??2?2.8(kg?m) 222j1jl315 nm950?dnl??0.24?59.4 ??59.4(r/min)v???0.37(m/s)j1j24?460j360?2 2 z 2m 2.8答:nl? fv2 gd??gd?2 nm 100?0.372 gd?(1.1~1.25)?1.05?365??1.16~1.32n?m2 2950 2 z

2.9答:恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 2.10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答:(d)不是稳定运动点,其余都是稳定运行点。 3.1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答:因为 t?kt?ia?tl?常数所以,当改变电枢电压或电枢串电阻时,ia均不变。 n? 由 rau?t ke?kekt?2知 n会变化。 3.4答:因为 ↑时,→e ↓,所以: ee1 3.6 答: p1?inun? pn ?n in? pnun?n ? 7.5?1000 ?38.52(a) 220?0.885 p7.5 tn?n?9550??47.75(n?m) nn1550 3.8 答 : ?pn ra??0.50~0.75??1??ui nn??un ??i?n n0? ununnn ?

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