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1、第二章机电传动系统的动力学根底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。答：拖动转矩是有电动机产生用来克制负载转矩，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。答:TM-TL0说明系统处于加速，TM-TL0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。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答：TM=TLTM0说明系统处于加速。TM-TLTL TMTL系统的运动状态是减速系统的运动状态是
2、加速TM=TL TM=TL 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那么？转动惯量折算为什么依据折算前后动能不变的原那么？答： 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，电动机及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，必须先将各转动局部的转矩和转动惯量或直线运动局部的质量这算到一根轴上。转矩折算前后功率不变的原那么是P=T,为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？答：因为P=T,P不变越小T越大，越大T越小。为什么机电传动系统中低速轴的GD
3、2逼高速轴的GD2大得多?答： 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。如图2.3a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=60r/min。试求折算到电动机轴上的等效专惯量。答：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/如图2.3b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,
4、电动机的费轮转距GD2m2,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TL以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD2z.。答：rad/s. 提升重物的轴上的角速度= v= GD2Z=GDM2+GDL2/jL22一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.对抗静态转矩及位能静态转矩有何区别，各有什么特点？答：对抗转矩的方向及运动方向相反,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
5、,及运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向便促使运动。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为什么直流电记得转子要用外表有绝缘层的硅钢片叠压而成？答：直流电机的转子要用外表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.并励直流发电机正传时可以自励，反转时能否自励？答：不能,因为反转起始励磁电流所产生的磁场的方向及剩余磁场方向相反,这样磁场被消除,所以不能自励.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
6、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？这是拖动系统中那些要发生变化？答：T=KtIau=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及电动机的电动势 都发生改变.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？答：T=IaKt,减弱,T是常数,Ia增大.根据EN=UN-IaRa,所以EN减小.,小于E1.一台直流发电机，其局部铭牌数据如下：PN=180kW, UN=230V,nN=1450r/min,N=8
7、9.5%，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答：PN=UNIN 180KW=230*IN 该发电机的额定电流为 P=IN100/N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%,试求该电机的额定电流和转矩。答： PN=UNINNTN=9.55PN/nN一台他励直流电动机：PN=15KW,UN=220V,IN=63.5A,nN=2850r/min,Ra，其空载特性为：U0/V115184230253265If/A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
8、多少？由空载特性其空载特性曲线.当U=150V时当U=220V时一台他励直流电动机的铭牌数据为：PN=5.5KW,UN=110V,IN=62A,nN=1000r/min,试绘出它的固有机械特性曲线。Ra=(0.500.75)(1-PN/UNIN)UN/IN=0.6(1-5500/110*62)*110/62n0=nNUN/(UN-INRa)=1131r/minTN=9.55*5500/1000 1131 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,假设忽略机械磨损和转子的铜耗，铁损，认为额定
9、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)=110*1500/(110-61*0.2)=9.55*5500/15001687r/min=35Nm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,试计算出此电动机的如下特性：固有机械特性；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UN/2时的人为机械特性；磁通N时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。答：n0=UNnN/(UN-INRa)=1559r/min =9.55*6500/1500n=U/Ke-(
10、Ra+Rad)T/KeKt2=U/Ke-(Ra+Rad)T/9.55Ke22当3n=854r/min当5n=311r/minn=U/Ke-RaT/9.55Ke22当n=732r/minn0=UNnN/2(UN-INRa)=780r/minn=-RaT/9.55Ke220.82当时n=1517r/min=1964r/min为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？答：电动机在未启动前n=0,E=0,而Ra很小,所以将电动机直接他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求？如何实现？答：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是降压启动.二是在电枢回路内串接外加电阻启动.直流他励电动机启
11、动时，为什么一定要先把励磁电流加上？假设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，假设突然将励磁绕阻断开，此时又将出现什么情况？答：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.直流串励电动机能否空载运行?为什么？答：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,因这时电枢电流Ia及磁通同时反响
12、,使电瓷转矩T依然保持原来方向,那么电动机不可能反转.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,。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=UNIaNNIaN=25AUf=RfIfNPf=UfIfN额定转矩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=1=275A启动电阻2INUN/(Ra+Rst)启动转矩Ke=(UN-INRa)/nNIa=UN/(Ra+Rst)T=KtIa=9.55*0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？如切出太快，会带来什么后果？答：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
