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
答：运动方程式：dt d J
T T L M ω=-
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
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
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。 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
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。 答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15
)(8.21516325.22
22211m kg j J j J J J L L M Z ?=++=++
= 答：min)/(4.594495021r j j n n M L =?==
)/(37.02604.5924.0603s m j Dn v L =???==ππ
TL=(η1nM)=×100××950)=
2
2
22
365M M
Z
n Fv GD GD +=δ
2
222
32.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m
N GD Z
?=??+?=
答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 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。 答：（d ）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。
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。 答：因为
常数
==Φ=L a t T I K T 所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia 均不变。
由
T
K K R K U n t e a e 2Φ-Φ=
知
n 会变化。
答：因为
常数
==Φ=L a t T I K T 当Φ ↓时，→ Ia ↑由U=E+IaRa ，E ＝U －IaRa ，当Ia ↑时，
→E ↓，所以：
E ： N N N N P U I P η= =1) (52.38885 .02201000 5.7A U P I N N N N =??= = η) (75.471550 5.795509550 m N n P T N N N ?=?== 答 ： ()N N N N N a I U I U P R ???? ??-=175.0~50.0())(258.0~172.062110 6211010005.5175.0~50.0Ω=? ? ? ????-=a R a N N N N N N R I U n U Ke U n -= Φ= 0m in) /(1170~1107) 258.0~172.0(621101000 1100r n =-?= )(53.5210005.595509550 m N n P T N N N ?=?== 答： )(02.3515005 .595509550 m N n P T N N N ?=?==)(59261A I I I fN N N =-=-= a aN N N N N N R I U n U Ke U n -=Φ= 0min)/(16802.05911015001100r n =?-?= 答 ： ⑴ a N N N N N N R I U n U Ke U n -= Φ= 0min) /(1559242 .04.342201500 2200r n =?-?= )(5.4015005.695509550 m N n P T N N N ?=?== ⑵ m in) /(591500155910r n n n N =-=-=?）中，在（n T R K K n T K K R N a t e N t e a ?=Φ?=Φ22，所以n n R R R T K K R R n ad a ad a N t e ad a ad ????? ???+=Φ+=?Ω=a 11 2111R R 13R ＋＝时，当串入 min)/(790590.242 311r n =??? ? ??=?＋ m in) /(7697901559101r n n n =-=?-=n n ad ad ????? ? ?=?Ω=a 222R R 15R ＋时，当串入min) /(1278590.242512r n =??? ? ?? =?＋m in) /(28112781559202r n n n =-=?-= ⑶ min)/(5.7792 1559222/001r n K U Ke U n U U e N N ＝时，当==Φ=Φ= =m in) /(5.720595.779101r n n n =-=?-=min)/(19498 .01559 8.08.08.0001r n K U Ke U n N e N N ===Φ=Φ= Φ=Φ时，当min)/(2.928 .059 8.018.02 22221r n T K K R T K K R n N N t e a N t e a ==?Φ=Φ= ?＝m in) /(8.18562.9219491011r n n n =-=?-= 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。 答： 要求电流Ist ≤（~2）IN ，可采用降压启动、电枢回路串电阻进行启动。 答： 当TL=0启动时：因为励磁绕组有一定剩磁，使Φ≈0；启动时，n ＝0，E ＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN 全加在电阻Ra 上，产生很大的Ia （(10~20)IN ） ，但因为Φ≈0，所以 T ＝Kt ΦIa 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Φ≈0，所以E 仍不大， UN 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 ＝Kt ΦIa=TL ≈0，所以Ia ≈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+IaRa 知，UN 全加在电阻Ra 上，产生很大的Ia （(10~20)IN ），但因为Φ≈0，所以 T ＝Kt ΦIa 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 ＝Kt ΦNIaN = TL ＝TN ，n ＝nN ，此时断开励磁， Φ≈0，虽然仍有n ＝nN ，但E ≈0，根据UN=E+IaRa 知，UN 全加在电阻Ra 上，产生很大的Ia ，但因为Φ≈0，所以 T ＝Kt ΦIa 并不大，因为TL= TN ，所以T ＜ TL ，系统逐渐减速到停车。 答 ： ) (258 .01101000 2.2)1(A U P I P U I N N N aN N N N aN =??= = = ηη，所以、因为)(33.17 .82110 I )2(A R U f f fN == = 、) (3.14611033.1)3(A U I P f fN f =?==、)(141500 2.295509550 )4(m N n P T N N N ?=?==、) (1004.025110)5(V R I U E a aN N =?-=-=、)(2754 .0110 I )6(A R U a N st === 、) (8.14.025 2110 I R 2R I )7(A R U I R U a st N st aN st a N st =-?=-=≤= ，则＋、要使aN N aN N e st N t st I n E I K I K T 1 .19255.9=Φ=Φ=)(83.31251500100 1.19m N T st ?=??= 答：见书上图。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。 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。 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。 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。 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。 答：（1）经历反接制动、反向电动、反向回馈制动，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＋Ia(Ra+Rad)，Ia=(-U-E)/(Ra+Rad)<0 所以T反向，与n方向相反，制动； T与TL一起使n ↓，→E↓→反向Ia↓→反向T ↓，最后到c点，n=0； 此时，TL和T使电动机n反向，重物下降。处于反向电动状态。因为n反向，所以E也反向，Ia=(-U＋E)/(Ra+Rad)，即反向电流Ia ↓→反向T↓； 在T和TL作用下，反向n ↑→反向E ↑，在某一时刻，－U＋E＝0，→Ia=0，T＝0，即达到d点。 但此时仍有TL →反向n ↑→反向E ↑→－U＋E＞0 →Ia>0，T＞0，产生制动。当T＜TL时，还会→反向n ↑→ E ↑→Ia ↑→T ↑，达到T＝TL，达到e点，稳速运行。 答： min)/(15002 50 60600r p f n =?== min /14701500)02.01()1(00 0r n S n n n n S N N N N =?-=-=-= ，因为 ) (15002.012Hz f S f N =?== 答：会反转。因为三相绕组中电流的相序发生改变。 答 ： 2m in,/1500m in,/1470)1(0===p r n r n N 所以、因为m in)/(3014701500)2(0r n n N =-=－、02.015001470 1500)3(00＝－＝、n n n S N N -= ) (15002.012Hz f S f N =?==min)/(302 1 606022r p f n =?== m in)/(1500147030)4(202r n n n N =+=+=、m in) /(015001500)5(00221r n n n =-=-=、 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。 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 φ2不变 因为U ≈E1=Φ ，所以当U ↓ → Φ ↓ →I2 ↓ 时，根据T=Km ΦI2cos φ2知：T ↓，此后： →n ↓ →s ↑ →I2 ↑ →T ↑直到c 点。 c 点和a 点比，因为U ↓ → Φ ↓，而且s ↑ → cos φ2 ↓,根据T=Km ΦI2cos φ2＝TL ＝常 数 ， 知 ： I2 ↑ 答： (1) Y 接法。 3 m in,/1000m in,/960)2(0===p r n r n N 所以、因为 04.01000 960 100000＝－＝n n n S N N -= )(84.29960 3 95509550 m N n P T N N N ?=?==m N T T N st st ?=?==69.5984.292λm N T T N m ?=?==69.5984.292max λ A I I N st 8.462.75.65.6=?==)(61.383.03 )3(1KW P P N N == = η、 答：电动机电流增大，烧坏电机。 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Φ比三相运转时的Φ要小，所以I2增大；另外，与 转子旋转方向相反的旋转磁场的Φ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I2相当大，会烧坏电机。 如果电流：iA=Imcos ωt 则电流：iB=Imcos （ωt-180°），即 iB 为流出，与iA 相位相反 当ωt=0时， A B 最大1A B 和2A B 转到A 轴上 当ωt=180°时， B B 最大 1B B 和 2 B B 转到B 轴上 所以当ωt=0 180 ° 1A B 和1B B 和都逆时针转，可合成 和 和都顺时针转，可合成 1m B 和2m B 大小相等、转向相反，转速相等，可以合成为一个脉动磁场m B ，即电动机变为 单相运行。 m B 与A 相轴线或B 相轴线成30°角。 答：启动电流一样，启动转矩相同。 答：一般Tmax 是TN 的2~倍，在Tmax 或接近Tmax 运行时，I2大很多，电机会被烧坏。 答： )(2601470 40 95509550 )1(m N n P T N N N ?=?==、，能启动时，L N T 3122602.1T 2.1>=?===st N T U U ，不能启动 时，L 2st 211T 2003128.0T 8.08.0<=?===st N T U U 时，能启动 时，无法启动，在所以，在、N L N L N N stY T T T T T T T 35.045.04.02.13 1 T 31)2(st ===?==? 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 φ2增大，但I2减小太多。 答：因为 适当串入电阻后，虽然I2减少，但cos φ2增大很多，所以启动转矩增加。 答：调压调速：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。 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。 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。 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。 答：见书上图。 原来运行在a 点。当p 突然↑时，n>n02，所以T<0，和TL 一起使n ↓→s 绝对值↓→I2 ↓→ T ↓。 当n= n02时，I2＝0，T ＝0。 当n 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＜0，T ＜0，为制动转矩。在T 和TL 作用下，n ↓，此时，s ＞1。当n ↓时， s ↓→ cos φ2 ↑→ T ↑→n ↓更快。 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。 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。 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。 答：同步电动机所需励磁势由定子和转子共同产生。 转子If → Φf ，定子I → Φ0，Φ＝ Φf ＋Φ0 当If 使Φf 变化时，要保持Φ不变，则Φ0要变，所以产生Φ0的I 要变。 当TL ＝常数，则P2＝Tn/9550=常数，略去电动机的内部消耗，则： 常数== φcos 31UI P 当改变If 使I 改变时， cos φ也随着变，所以，可调If ，使cos φ＝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。 答：m in)/(3000150 60600r p f n =?== 答：工作原理同单相异步电动机。WC 上加Uc ，WF 上加Uf 时，两相绕组便产生旋转磁场，使转子旋转。 当WC 上的Uc 去掉后，转子仍转，叫自转。 消除自转的措施：使转子导条有较大电阻，出现Sm>1，此时，交流伺服电动机当Uc ＝0时，T 总是制动性的。这样便消除自转且能迅速停止。 答：当TL ↑ →T ↑，由 T=Kt ΦIa 知，Ia ↑，由n=f(T)方程知，n ↓。 答 ： a C a C RI U n Ke I Ke R Ke U n -=ΦΦ -Φ= )(，所以因为：R Ke R Ke 1110)(150005.0110)(3000-=Φ-=Φ 代入已知条件得：1500 R 11041 .56R － ＝解以上两方程得：= ΦKe min)/(307941 .56110110 1500R 1101500U C 0r Ke U n C ＝－＝－＝?Φ= ) (341.01150011055.955.9222m N R I K I K T a e a t ?=?-?=Φ=Φ= 答：min /150050 ,1003000000r n Ke n Ke Ke U n C =Φ =ΦΦ= 解这两个方程得＝，代入已知数据得：因为 答：当n=0时，f1的Uf 加在WF 上→f1的Φf ， Φf ＝ Φfmsin ωt ，方向同WF 轴线。 Φf在转子→涡流→磁通，阻止Φf变化，与Φf合成Φ1，Φ1轴线同WF轴，与WC 轴线垂直，所以不在WC上产生感应电动势，Uc＝0。 当n≠0时，转子切割Φ1 →e2p →i2p E2p ∝Φ1mn，而当Uf 一定时，Φ1m 基本不变(Uf ＝N1 Φ1m ),∴E2p ∝n ∵E2p →i2p →脉动磁通Φ2 ，正好和CW轴线重合→CW上e0 。 E0 ∝Φ2 ∝E2p ∝n ∴E0 ∝n或U0＝E0＝Kn 答：温升与负载大小、负载持续时间（即运行方式）有关。 铭牌上的温升值：指电动机允许的温度与周围介质温度（＋40℃）之差。 电动机温升＝电动机温度－环境温度 答：电压、温升不许超过额定值，否则烧坏电机。电流、功率可短时超过额定值，因为热惯性，电动机在短时温升不能超过允许值。 答：容量、种类、电压、转速、结构形式。 答：发热：应有θmax ≤θa 过载能力： N m L T T Tλ' = ≤ max max N i L I I Iλ' = ≤ max max 启动能力：TL＜λst TN 答：连续工作制、短时工作制、重复短时工作制。 应采用等效功率法进行计算。 答：容量可以不相同，因为在不同的季节里，环境温度不同，如在冬季，电动机的温升可以 较大，也不会超过允许的温度，所以容量可以大一些；而在很热的夏季，如果温度很高，超过40度时，电动机的容量必须降低使用。 答:)(4.1978 .09.010210 3600500 100010221KW QH P L =???? ==ηηγ 答 ： ) (29.65 43215 25424323222121m N t t t t t t T t T t T t T t T T d ?=++++++++=)(96.095501450 29.69550KW n T P d L =?== 答： ) (96.33 213 2 3222121m N t t t t P t P t P P L ?=++++= 答： 7.2K 6.733.09030＝得：，查图==h P T t )(132735KW K P P P N ==≥ 答：分钟 ，但规定不能。因为虽然10%15851515 0≤+=+= t t P ε 换 算 （ 按 ε SN 折 合 ） )(24.2325.015.03011 1KW P P SN S =?==εε)(3.2525.04 .020222KW P P SN S =?==εε 答： 24.028.272.072.00=+=+= t t t P P ε)(8.925 .024 .010KW P P SN S =?==εε 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：承受电压大小决定于主电压。 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。 答： 答： 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为负时，晶闸管关断，此后，没有Ug，不会再导通。 答： 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℃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（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。 答：答：见书上表 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。 答：输出电压平均值 ?+== π α αωωπ 2cos 145.0)(sin 221 2 2U t td U U d 当 α＝0时， Ud ＝99V ；当α＝ π时， Ud ＝0V 。所以Ud 的调节范围是0～99V 。当α＝ π/3时，Ud ＝ 负载电流平均值 2cos 145.02α +== R U R U I d d 当 α ＝ π /3 时 ， Id ＝ 。 考虑晶闸管的安全系数，一般取~2，所以： IT ＝（~2）×＝（~）A 晶闸管最大反向电压：V V U 31122022 2 =?= 考虑安全系数为2~3，故断态和反向重复峰值电压为： UDRM ＝（2~3）×311V ＝（622~933）V 根据以上IT 和UDRM 的值查有关资料，选取合适的晶闸管。 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。 答：见图、图、图 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 《机电传动与控制》实验教学大纲 课程代码：18044333 课程性质：非独立实验课课程分类：专业课程实验学时：8学时 适用专业：机械制造设计及其自动化开课单位：矿业工程系一、实验教学目标 机电传动与控制是机械设计制造及其自动化专业的一门专业必修课程，作为实践环节的本实验课，其地位是认识不同类型电机，了解电机控制方法以及实际对电机控制回路进行接线。通过实验更好地提高学生的实验操作技能和解决实际问题的能力，使学生对实验课的地位得到应有的认识，使学生理解组成机电系统的各个部分是如何工作的，进一步提高学生的动手、动脑能力和理论应用能力，为后继课程的学习打下坚实的基础。 二、主要仪器设备名称 电力拖动试验台 液压试验台 GE实验室柔性生产线 三、实验基本要求 对布置的实验题目能够进行分析，结合实验器材，自行设计方案，在实验装置上调试，实现规定的操作，并写出合乎规范的实验报告。 ①实验前必须预习与实验相关的教材内容，了解实验内容， 弄清实验原理。 ②实验中，必须熟练掌握单片机实验系统的硬件的连接及使 用，并能熟练使用相应的实验软件，认真调试程序。 ③每次实验学生必须完成相应的实验要求才能离开实验室。 ④实验完成后必须有该次实验的相应实验报告，报告内容包 括：实验目的，实验原理，实验连线图 ⑤每次实验成绩按10分计，依据实验前的预习，实验时的 考勤，实验中的操作，实验后的报告等各部分的完成情况 来计分。 四、实验项目设置与内容 序 号 实验名称实验学时每组人数实验类型开出要求 1 机电控制系统与传动系统认知 实验 2 1 认知必做 2 液压控制回路的搭建 2 1 综合必做 3 三相异步电动机基本控制线 路 2 2 验证必做 4 三相异步电动机的正反转控 制线路 2 2 验证必做 五、实验考核 根据实际操作能力和实验报告综合评定成绩。实验满分为20分，计入《机电传动与控制》课程的总成绩。 六、教材及主要教学参考书 程宪平，机电传动与控制，华中科技大学出版社，2011年7月（教材） 执笔人：李瑾 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： 第十一章步进电动机传动控制系统 11.1 步进电动机 步进电动机是一种将电脉冲信号转换成机械位移的机电执行元件。每当一个脉冲信号施加于电机的控制绕组时，其转轴就转过一个固定的角度（步距角），顺序连续地发给脉冲，则电机轴一步接一步地运转。 图11.1 步进电动机实物图 步进电动机的角位移与输入脉冲数严格成正比，运行中无累积误差。 步进电机能方便地实现正、反转和调速、定位控制。特别是不需位置传感器或速度传感器就可以在开环控制下精确定位或同步运行。因此，步进电动机广泛应用在数字控制的各个领域。如各种数控机械、办公自动化产品、工厂自动化机器、计算机外设等。 步进电动机的缺点是不能达到很高的转速（一般小于1000到2000转/min）。存在低频振荡、高频失步等缺陷。另外，步进电机自身的噪声和振动较大。 一、步进电动机的工作原理 步进电动机的种类很多，按工作原理分，有反应式（Variable-reluctance）、永磁式（Permanent-magnet）、混合式（Hybrid）三种。按输出转矩大小分，有快速步进电机、功率步进电机。按励磁相数分有二、三、四、五、六、八相等。按定子排列还可分为多段式(轴向式)和单段式(径向式)。 步进电动机的结构形式虽然繁多，但工作原理基本相同，下面仅以三相反应式步进电动机为例说明之。 如图11.2所示为一台三相反应式步进电动机的结构示意图。和一般旋转电动机一样， 步进电机也分为定子和转子两大部分。定子部分由定子铁心、绕组、绝缘材料等组成。定子铁心是由硅钢片叠压而成的有齿的圆环状铁心。图中定子有6个磁极，每对磁极上绕有励 磁绕组，由外部脉冲信号对各相绕组轮流励磁。如图所示。 转子部分由转子铁心、转轴等组成。转子铁心是由硅钢片或软磁材料叠压而成的齿形铁心。图中转子上有4个凸齿。 若对励磁绕组以一定方式通以直流励磁电流，则转子以相应的方式转动。其转动原理其实就是电磁铁的工作原理 。 比如，给A 相绕组通电时，转子位置如图（a ），转子齿偏离定子齿一个角度。由于励磁 磁通力图沿磁阻最小路径通过，因此对转子产生电磁吸力，迫使转子齿转动，当转子转到与定子齿对齐位置时(图b)，因转子只受径向力而无切线力，故转矩为零，转子被锁定在这个位置上。由此可见：错齿是助使步进电机旋转的根本原因。 A'A K1K2K3 B'C' B C 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 机电传动控制实验指导书 实验一、继电—接触器控制三相异步电动机 一、实验目的 1．熟悉继电—接触器断续控制系统的电路原理图、元件布局图和接线图的读图方式；2．掌握三相异步电动机主回路和控制回路的接线方法； 3．了解继电—接触器断续控制电路的组成 二、实验使用仪器、设备 1．DB电工实验台； 2．三相异步电动机二台； 3．万用表一台； 4．专用连接线一套。 三、实验要求 实现三相异步电动机的正、反转、点动、互锁、连锁控制。满足以下具体要求： (1) M1可以正、反向点动调整控制； (2) M1正向起动之后，才能起动M2； (3) 停车时，M2停止后，才能停M1； (4) 具有短路和过载保护； (5) 画出主电路和控制电路。 四、实验参考电路 五、实验步骤 1．按布局图要求将各元器件定位； 2．按接线图要求，以正确的规格电线连接各器件；3．按接线图要求，连接电动机的定子线圈； 4．自查并互查连接线； 5．合上电源，调试电路； 6．观察电动机的运行情况。 六、实验注意事项 1．操作前切断总电源； 2．接线完毕，必须检查接线情况，并做好记录；3．在指导老师认可后，方能接通电源。 七、思考题 1．熔断器与热继电器可否省去其中任何一个？为什么？2．熔断器与热继电器的规格可否随意选择？为什么？3．连接电线的规格可否随意选择？为什么？ 4．交流接触器可否带直流负载？为什么？ 实验二、PLC控制三相异步电动机 一、实验目的 1．了解PLC——AC电动机断续控制系统的电路原理图、元件布局图和接线图的读图方式；2．掌握继电—接触器逻辑电路与PLC梯形图的转换方式； 3．熟悉PLC控制系统的接线方法； 3．了解PLC断续控制电路的组成。 二、实验使用仪器、设备 1．PLC模拟实验台； 2．三相异步电动机二台； 3．万用表一台； 4．专用连接线一套。 三、实验要求 实现PLC对三相异步电动机的正、反转、点动、互锁、连锁控制。满足以下具体要求： (1) M1可以正、反向点动调整控制； (2) M1正向起动之后，延时5分钟再可起动M2； (3) 停车时，M2停止后，延时2分钟再可停M1； (4) 主电路同实验一。 四、实验参考电路与梯形图 1．电路 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 1. 引言 1.1 课程设计的目的： 电气控制系统是由各种低压电器和PLC 控制器按一定要求组成的控制系统。通过机电传动系统课程设计，进一步掌握各种低压电器和PLC 的结构原理、选用及使用；正确处理使用中出现的各种问题；了解器件和系统之间的关系；培养正确的设计思想、理论联系实际的工作作风、分析问题和解决问题的能力、运用标准与规范的能力、实事求是的科学态度和勇于探索的创新精神。 1.2 课程设计的内容及要实现的目标： 如图所示： 图1. 模型图 主要内容包括： 1. 设计出硬件系统的结构图、接线图、时序图等； 2. 系统有启动、停止功能; 3. 运用功能指令进行PLC 控制程序设计，并有主程序、子程序和中断程序； 4. 程序结构与控制功能自行设计； 5. 进行系统调试，实现机械手臂搬运加工流程的控制要求。 要实现的目标： 有两部机械对工作物进行加工，对象由输送带A 送到加工位置，然后由机械手将加工物送至工作台1的位置进行第一次加工，当第一步骤加工完成后，机械手臂将工作物夹 起送至工作台2进行第二步加工：当第二步骤加工完成后，机械手臂将工作物放到输送带B送走，然后由7段数码管显示加工完成的数量。 15 左移 ST4 14 上升 YA3 ST1 图2. 机械手工艺流程图 机械手工作前应位于原点，不同的位置分别装有行程开关。ST1为下限为开关，ST2为上限位开关，ST3为右极限位开关，ST3为左限位开关。 机械手的上、下、左、右移动以及工件的夹紧，均由电磁阀驱动气缸来实现。电磁阀YA1通电，机械手下降；电磁阀YA2通电，夹紧工件；电磁阀YA3通电，机械手上升；电磁阀YA4通电，电磁阀右移；电磁阀YA5通电，机械手左移。 机电传动控制(全套完整版) ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 机电传动控制教案 学院、系：机械电子工程学院机电系 任课教师：任有志 授课专业：机械设计制造及其自动化课程学分： 课程总学时：60学时 课程周学时： 2006年2月20日 机电传动控制教学进程 周次课 次 章节计划学时教学手段教学环境 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 10 10 11 11 12 12 13 13 14 14 15 15 16 16 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 §1.1§1.2§1.3§2.1 §2.3§2.4 §3.1§3.2 §3.3 §3.4§3.5§3.6 §5.1§5.2§5.3§5.4 §5.4§5.5§5.7§5.8 §6.1§6.2§6.3 §6.4 §6.5 §6.7§7.1§7.2 §7.3 §7.4§7.5 §7.6 电动机原理习题讨论课 §8.1 §8.1 §8.2 实验课继电器接触器控 制实验 习题讨论课：§8.3 §8.4 §9.1 §9.2 实验课：可编程序控制器 认识实验 §9.3 §9.3 实验课：可编程序控制器 编程练习 §10.1 §10.2 §10.3§10.5 §10.6 实验课：晶闸管特性及触 发原理 §11.1 §11.2 §11.3 §11.4 §12.1 §13.1 §13.2 §13.3 §13.4 实验课 题讨论课 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 辅导 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 讲授 讲授 指导 讲授 指导 讲授 讲授 指导 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 讲授 指导 辅导 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 多媒体教室 机电实验室 多媒体教室 课后习题答案 第一章 第二章 答：运动方程式：dt d J T T L M ω=- 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 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 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。 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 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。 答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15 )(8.21516325.22 22211m kg j J j J J J L L M Z ?=++=++ = 答：min)/(4.594495021r j j n n M L =?== )/(37.02604.5924.0603s m j Dn v L =???==ππ TL=(η1nM)=×100××950)= 2 2 22 365M M Z n Fv GD GD +=δ 2 222 32.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z ?=??+?= 答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 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。 答：（d ）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。 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》实验报告 天津理工大学机械工程学院 2014年9月 实验一 直流他励电动机调速实验 一、实验目的 1.深入了解直流他励电动机的调速性能； 2.进一步学习PLC 控制系统硬件电路设计和程序设计、调试。 二、实验原理 1.直流他励电动机的调速原理、调速方法 电动机的调速就是在一定的负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。 从直流他励电动机机械特性方程式 T K K R R K U n t e ad a e 2φφ+-= 可知，改变串入电枢回路的电阻Rad ，电枢供电电压U 或主磁通Φ，都可以得到不同的人为机械特性，从而在负载不变时可以改变电动机的转速，以达到速度调节的要求，故直流电动机调速的方法有以下三种。 （1）改变电枢回路外串电阻Rad 如图7.1所示为串电阻调速的特性曲线，从图中可看出，在一定的负载转矩T L 下，串入不同的电阻可以得到不同的转速，如在电阻分别为R a 、R 3、R 2、R 1的情况下，可以得到对应于A 、C 、D 和E 点的转速n A 、n C 、n D 和n E 。在不考虑电枢回路的电感时，电动机调速时的机电过程（如降低转速）见图中沿A →B →C 的箭头方向所示，即从稳定转速n A 调至新的稳定转速n C 。这种调速方法存在不少缺点，如机械特性较软，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。 图7.1 电枢回路串电阻调速的特性曲线 （2）改变电动机电枢供电电压U 改变电枢供电电压U可得到人为机械特性，如图7.2所示，从图中可看出，在一定负载转矩T L下，加上不同的电压U N、U1、U2、U3、…，可以得到不同的转速n a、n b、n c、n d、…，即改变电枢电压可以达到调速的目的。 这种调速方法的特点是： ①当电源电压连续变化时，转速可平滑无级调节，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当T L=常数时，稳定运行状态下的电枢电流Ia与电压U无关，且Φ=ΦN，故电动机转矩T=KtΦN Ia不变，属于恒转矩调速，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动机，而不用其他启动设备。 图7.2 改变电枢供电电压调速的特性 第3章直流电机的工作原理及特性 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？ 答案：直流电动机工作时，（1）电枢绕组中流过交变电流，它产生的磁通当然是交变的。这个（2）变化的磁通在铁芯中产生感应电流。铁芯中产生的感应电流，在（3）垂直于磁通方向的平面内环流，所以叫涡流。涡流损耗会使铁芯发热。为了减小这种涡流损耗，电枢铁芯采用彼此绝缘的硅钢片叠压而成，使涡流在狭长形的回路中，通过较小的截面，以（4）增大涡流通路上的电阻，从而起到（5）减小涡流的作用。如果没有绝缘层，会使整个电枢铁芯成为一体，涡流将增大，使铁芯发热。因此，如果没有绝缘，就起不到削减涡流的作用。 习题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定值后，电枢反电势将如何变化？是大于、小于还是等于E1？ 答案：∵当电动机再次达到稳定状态后，输出转矩仍等于负载转矩，即输出转矩T ＝T L ＝常 2 00a a e e a e m a e m e e R U n I K K R U n E K n T K I n n n K K K U T K =Φ=?ΦΦ=∴ =Φ?Φ∴??= Φ=Φ Q Q 又 当 T=0 a a U E I R =+ 数。又根据公式（3.2）， T ＝K t ФI a 。 ∵励磁磁通Ф减小，T 、K t 不变。 ∴电枢电流I a 增大。 再根据公式（3.11），U ＝E ＋I a ·R a 。 ∴E=U －I a ·R a 。 又∵U 、R a 不变，I a 增大。 ∴E 减小 即减弱励磁到达稳定后，电动机反电势将小于E 1。 习题3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为：P N ＝5.5KW ，U N ＝110V ，I N ＝62A ，n N ＝1000r/min ，试绘出它的固有机械特性曲线。 （1）第一步，求出n 0 （2）第二步，求出（T N ，n N ） 答案：根据公式（3.15），（1-1）Ra ＝（0.50~0.75）(N N N I U P ? 1)N N I U 东莞理工学院自编教材 机电传动控制实验指导 ——基于DRlab虚拟实验平台 王卫平黄泳波李帅编写 东莞理工学院机电工程系 2007年7月 目录 实验一实验平台的了解 (2) 实验二电器基本元件的认识实验 (6) 实验三直流电机特性实验 (8) 实验四步进电机传动控制系统实验 (9) 实验五直流电机速度调节和方向控制实验 (10) 实验六直流电机位置PID控制实验 (11) 实验一实验平台的了解 一、实验目的 1．了解实验平台的基本构成 2．了解虚拟仪器实验平台DRlab的工作原理 二、实验设备简介 1．软件简介 DRLab实验室的核心是DRVI可重组虚拟仪器实验平台和DRLink可重组计算机实验平台。DRVI可重组虚拟仪器实验平台由德 普施科技自主研发；DRLink是在DRVI可重 组虚拟仪器实验平台的基础上开发德可重组 计算机控制平台，具有所有DRVI所具有的 优点和特色；DRVI/DRLink实验平台是基于 软件总线和软件芯片技术结构，采用软件总 线开放结构和COM/DCOM组件的即插即用 特性，具有PC开放结构、模块化、组件化的 特点，是面向用户的可在线编程、调试和重 组的新型虚拟实验技术。DRVI/DRLink平台 实验组建过程没有编译、链接环节，支持软 件模块热插/拔和即插即用，系统开发平台和 运行平台一体化，实验环节功能可根据需要 完全由用户自己设计、定义，而不是仅能由 专业开发人员定义。 2．软件功能 1）可视化、图形化编程 DRVI/DRLink是一个可视化、图形化的支持软件芯片插接的操作平台，该操作平台提供了虚拟仪器软件面包板、软件芯片插件组、快捷工具、嵌入式Web服务器、VBScript脚本语言、浏览器信息栏等功能支持。如图所示。 2）开放性软件平台 为方便进行功能扩展和二次开发，DRLab系列软件平台提供了三重扩展方式： 采用VC设计DLL扩展插件，通过添加扩展件的方式添加到“用户定义软件芯片扩展插件组”中使用 采用VBScript设计ActiveX扩展插件，通过“扩展件”菜单中的“添加VB ActiveX控件”功能添加到软件平台上使用 使用VBScript脚本芯片，用Signal VBScript中的函数进行编程，设计用户自定义芯片，完成特殊功能 3）丰富的软件芯片集 DRLab系列软件平台提供从操作按钮、信号源、硬件控制、曲线显视到信号分析处理、微积分环节、振荡环节、PID调节环节等共计200个软件芯片，利用这些软件芯片可很方便的搭建各种测试控制环节。 4）形像的虚拟仪器仿真面板 使用期DRVI 虚拟仪器平台可以很方便的搭建各种虚拟仪器，比如频谱分析仪、数字滤波器、频率计、双踪示波器、数字万用表、噪声测试仪等等。 3. 运动控制台 机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题 及答案 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 和动态转矩的概念。 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 TM TL TL N TM=TL TM< TL TM-TL>0 说明系统处于加速。TM-TL<0 说明系统处于减速 TM TM TL TM> TL TM> TL 系统的运动状态是减速 系统的运动状态是加 速 TM TM= TL TM= TL 系统的运动状态是减速 系统的运动状态是匀 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？ 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=T ω, 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 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 机电传动控制 实 验 报 告 姓名：张泽超 学院：机电工程学院 班级：机械1301 学号： 0801130313 日期： 2016.6.15 一交流电机的点动与自动控制 1、电路原理图如下： 2、实验步骤: 1,断开实验台总电源开关 2,打开电脑,运行机电传动软件,先选择实验项目,然后根据软件中显示的原理图,在实验台上接线 3,按照原理图接线,接触器选用交流单元的接触器; 4,确定接线无误后,合上电源开关,就可开始进行实验 5,软件中点击<测试>--<运行>即可监测电机的扭矩和转速,5分钟后将自动弹出保存对话框,请确定并保存实验结果 3、实验过程: 按下原理图中对应的按钮,电机即可能到相应的动作 4、实验心得 该实验原理和操作都很简单，我们小组十分钟就做完了，运行也是正确的，给我们下面做实验也打好了基础，包括基本连线和基本设备，以及安全事项。 二、交流电机的能耗制动 1、电路原理图 2、实验步骤 1,断开实验台总电源开关 2,打开电脑,运行机电传动软件,先选择实验项目,然后根据软件中显示的原理图,在实验台上接线 3,按照原理图接线,接触器选用交流单元的接触器; 4,确定接线无误后,合上电源开关,就可开始进行实验 5,软件中点击<测试>--<运行>即可监测电机的扭矩和转速,5分钟后将自动弹出保存对话框,请确定并保存实验结果 3、实验过程: 按下原理图中对应的按钮,电机即可能到相应的动作 4、实验心得 能耗制动这个实验的原理接线图有一点复杂，所以我们组采取两个人分别接线主电路和控制电路。第一次接完运行后发现机器运行不了。证明我们接线有错误了。排查之后又重新连线，发现控制电路连错了。然后纠正后才能有正确的实验现象。总之，实验要认真的做，细心排查。 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。机电传动控制课后习题答案
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