机电传动控制课后习题答案 冯清秀 邓星钟 华中科技大学出版社
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。
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 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
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。
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=60 r/min。试求折算到电动机轴上的等效专惯量。
.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。
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
不能,因为反转起始励磁电流所产生的磁场的方向与剩与磁场方向相反,这样磁场被消除,所以不能自励.
3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩T L=常数，当电枢电压附加电阻改变时，能否改变其稳定运行状态下电
枢电流的大小？为什么？这是拖动系统中那些要发生变化？
T=K tφI a u=E+I a R a
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与电动机的电动势都发生改变.
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T L=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？
T=I a K tφ, φ减弱,T是常数,I a增大.根据E N=U N-I a R a ,所以E N减小.,小于E1.
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 N=1450r/min,ηN=89.5%，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=ηN）
解：①P 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
②P= 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 N=1500r/min, ηN=88.5%, 试求该电机的额
定电流和转矩。
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
3.7一台他励直流电动机：P N=15KW, U N=220V, I N=63.5A, n N=2850r/min,R a =0.25Ω，其空载特性为：
今需在额定电流下得到150V 和220 V的端电压，问其励磁电流分别应为多少？
由空载特性其空载特性曲线.
当U=150V时I f=0.71A
当U=220V时I f=1.08A
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。
R a=(0.50~0.75)(1-P N/U N I N)U N/I N
=0.6(1-5500/110*62)*110/62
=0.206Ω
n0=n N U N/(U N-I N R a)
=1131r/min
TN=9.55*5500/1000
=52.525Nm
3.9 一台并励直流电动机的技术数据如下：P N=5.5KW,U N=110V, I N=61A,额定励磁电流I fn=2A, n N=1500r/min,电枢
电阻R a =0.2Ω,若忽略机械磨损和转子的铜耗，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曲线。
n0=U N n N/(U N-I N R a) T N=9.55P N/n N
=110*1500/(110-61*0.2) =9.55*5500/1500
=1687 r/min =35Nm
3.10N N N N=1500r/min, R a =0.242Ω,试计算出此
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3Ω和5Ω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φ=0.8φN时的人为机械特性；
并绘出上述特性的图形。
①n0=U N n N/(U N-I N R a)
=220*1500/220-34.4*0.242
= 1559r/min
T N=9.55P N/n N
=9.55*6500/1500
②n=U/K eφ-(R a+R ad)T/K e K tφ2
= U/K eφ-(R a+R ad)T/9.55K e2φ2当3Ωn=854r/min
当
③
④n= U/0.8K eφ-R a T/9.55K e2φ20.82当φ=0.8φ时n=1517 r/min
n0=U N n N/0.8K eφ
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 3.12他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求？如何实现？
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不要有过大的转矩.可以通过两种方法来实现电动机的启动一是降压启动.二是在电枢回路内串接外加电阻启动.
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T L=0 和T L=T N两种情况加以分析）？当电动机运行在额定转速下，若突然将励磁绕阻断开，此时又将出现什么情况？
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，T L=0时理论上电动机转速将趋近于无限大,引起飞车, T L=T N时将使电动机电流大大增加而严重过载.
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将绕组元件甩到槽外,还可能串励电动机也可能反转运行.但不能用改变电源极性的方法,因这时电枢电流Ia与磁通φ同时反响,使电瓷转矩T依然保持原来方向,则电动机不可能反转.
3.15 一台直流他励电动机，其额定数据如下：P N=2.2KW,U N=U f=110V,n N=1500r/min, ηN=0.8,R a=0.4Ω, R f=82.7Ω。
试求：
①额定电枢电流I An;
②额定励磁电流I fN;
③励磁功率P f;
④额定转矩T N;
⑤额定电流时的反电势；
⑦ 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？
① P N =U N I aN ηN
2200=110*I aN *0.8
I aN =25A
② U f = R f I fN
I fN =110/82.7
=1.33A
③ P f = U f I fN
=146.3W
④额定转矩T N =9.55 P N / n N
=14Nm
⑤ 额定电流时的反电势E N =U N -I N R a
=110V-0.4*25
=100V
⑥ 直接启动时的启动电流I st =U N /R a
=110/0.4
=275A
⑦ 启动电阻 2I N > U N / (R a +R st )
R st >1.8Ω
启动转矩
K e φ=(U N -I N R a )/n N =0.066
Ia= U N / (R a +R st ) T=K t I a φ
=52.9A =9.55*0.066*52.9
=33.34Nm
3.16 直流电动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？如切出太快，会带来什么后果？ 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电动机的转速不能突变,在此瞬间转速维持不
变,机械特性会转到其他特性曲线上,此时冲击电流会很大,所以采用逐渐切除启动电阻的方法.如切除太快,会有
可能烧毁电机.
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 ？
得到的.
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？
他励电动机的调速方法：
第一改变电枢电路外串接电阻R ad
特点在一定负载转矩下，串接不同的电阻可以得到不同的转速，机械特性较软，电阻越大则特性与如软，稳定型越低，载空或轻载时，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量。
第二改变电动机电枢供电电压
特点当电压连续变化时转速可以平滑无级调速，一般只能自在额定转速以下调节，调速特性与固有特性相互平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调速范围较大，调速时因电枢电流与电压无关，属于恒转矩调速，适应于对恒转矩型负载。可以靠调节电枢电压来启动电机，不用其它启动设备，
第三改变电动机主磁通
特点可以平滑无级调速，但只能弱词调速，即在额定转速以上调节，调速特性较软，且受电动机换向条件等的限制，调速范围不大，调速时维持电枢电压和电流步变，属恒功率调速。
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？
电动机的电动状态特点是电动机所发出的转矩T的方向与转速n的方向相同.制动状态特点使电动机所发的转矩T的方向与转速n的方向相反
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。
1反馈制动
机械特性表达式:n=U/K eφ-(R a+R ad)T/k e K tφ2
T为负值,电动机正转时,反馈制动状态下的机械特性是第一
象限电动状态下的机械特性第二象限内的延伸.
反馈制动状态下附加电阻越大电动机转速越高.为使重物
降速度不至于过高,串接的附加电阻不宜过大.但即使不串
任何电阻,重物下放过程中电机的转速仍过高.如果放下的
件较重.则采用这种制动方式运行不太安全.
2反接制动
电源反接制动
电源反接制动一般应用在生产机械要求迅速减速停车和
向的场合以及要求经常正反转的机械上.
倒拉反接制动
倒拉反接制动状态下的机械特性曲线实际上是第一象限
就是第三象限中电动状态下的机械特性曲线在第二象限
延伸..它可以积低的下降速度,保证生产的安全,缺点是若
转矩大小估计不准,则本应下降的重物可能向上升,机械特
硬度小,速度稳定性差.
3 能耗制动
机械特性曲线是通过原点,且位于第二象限和第四象限的一条直线,优点是不会出现像倒拉制动那样因为对T L的大小估计错误而引起重物上升的事故.运动速度也较反接制动时稳定.
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讲电枢电源突然反接，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？
①从反接开始到系统到达新的稳定平衡状态之间,电动机经历了电动机正向电动状态,反接制动状态,反向电
动状态,稳定平衡状态.
电动机正向电动状态由a到b特性曲线转变; 反接制动状态转速逐渐降低,到达c时速度为零, 反向电动状态由c 到f速度逐渐增加. 稳定平衡状态,反向到达f稳定平衡点,转速不再变化.
第四章
4.2如果将定子绕组接至电源的三相导线中的任意两根线对调,例如将B,C两根线对调,即使B相遇C 相绕组中电流的相位对调,此时A相绕组内的电流导前于C相绕组的电流2π/3因此旋转方向也将变
于是转子的感应电动势增加,转子电流特增加,.定子的感应电动使因为转子的电流增加而变大,所以定子的电流也随之提高.
4.6线电压为380V时，三相定子绕组应为Y型接法.
TN=9.55PN/nN=9.55*3000/960=29.8Nm
Tst/ TN=2 Tst=2*29.8=59.6 Nm
Tmax/ TN=2.0 Tmax=59.6 Nm
Ist/IN=6.5 Ist=46.8A
一般nN=(0.94-0.98)n0 n0=nN/0.96=1000 r/min
SN= (n0-nN)/ n0=(1000-960)/1000=0.04
P=60f/ n0=60*50/1000=3
η=PN/P输入
P输入=3/0.83=3.61
4.8三相异步电动机断了一根电源线后，转子的两个旋转磁场分别作用于转子而产生两个方向相反的转矩，而且转矩大小相等。故其作用相互抵消，合转矩为零，因而转子不能自行启动，而在运行时断了一线，仍能继续转动转动方向的转矩大于反向转矩，这两种情况都会使电动机的电流增加。
4.9 三相异步电动机在相同电源电压下，满载和空载启动时，启动电流和启动转矩都相同。Tst=KR2u2/(R22+X220) I=4.44f1N2/R 与U，R2，X20有关
4.10 根据异步电动机的固有机械特性在Tmax或接近Tmax的情况下运行是非
常不稳定的，有可能造成电动机的停转。
4.11 （1）TN=9.55 PN/ nN=9.55*40000/1470=260Nm
Tst/TN=1.2 Tst=312Nm Tst=KR2U2/（R22+X202）=312 Nm
312 Nm>250 Nm 所以U=UN时电动机能启动。
当U=0.8U时Tst=（0.82）KR2U2/（R22+X202）
=0.64*312 =199 Nm
Tst （2）TstY=Tst△/3=1.2* TN /3=0.4 TN 当负载转矩为0.45 TN时电动机不能启动 当负载转矩为0.35 TN时电动机能启动 （3）IN= PN/ UNηN cosφN√3=40000/1.732*380*0.9*0.9=75A Ist/IN=6.5 Ist=487.5A 降压比为0.64时电流=K2 Ist=0.642*487.5=200A 电动机的启动转矩T= K2 Tst=0.642312=127.8 Nm 4.12 因为双鼠笼式电动机的转子有两个鼠笼绕组，外层绕组的电阻系数大于内层绕组系数，在启动时S=1，f2=f，转子内外两层绕组的电抗都大大超过他们的电阻，因此，这时转子电流主要决定于转子电抗，此外外层的绕组的漏电抗小于内层绕组的漏电抗，因此外笼产生的启动转矩大，内层的启动转矩小，启动时起主要作用的是外笼。 与漏磁通相应的漏磁抗，也是底层最大而上面最小，所以相当于导体有效接面积减小，转子有效电阻增加，使启动转矩增加。 高转差率鼠笼式异步电动机转子导体电阻增大，即可以限制启动电流，又可以增大启动转矩，转子的电阻率高，使转子绕组电阻加大。 4.14 （1）调压调速这种办法能够无级调速，但调速范围不大（2）转子电路串电阻调速这种方法简单可靠，但它是有机调速，随着转速降低特性变软，转子电路电阻损耗与转差率成正比，低速时损耗大。（3）改变极对数调速这种方法可以获得较大的启动转矩，虽然体积稍大，价格稍高，只能有机调速，但是结构简单，效率高特性高，且调速时所需附加设备少。（4）变频调速可以实现连续的改变电动机的转矩，是一种很好的调速方法。 4.15 恒功率调速是人为机械特性改变的条件下，功率不变。恒转矩调速是人为机械特性改变的条件下转矩不变。 4.18直流电动机的主要调速方式为：1改变电枢电阻：使用变阻器或接触器，电阻器通过调节电枢电阻调速2改变电枢电压：通过电动机-发电机组，晶闸管变流器或晶体管晶闸管开关电路改变电枢电压调速3改变磁通：通过直流电源变阻器，电动机扩大机或磁放大器，晶闸管变流器改变电圈磁量使电动机实现调速 异步电动机的调速：由于异步电动机转子转速n=(1-s)60f/p，因此可以通过改变极对数p电源频率f 和转差率s三种方法调节转速。改变极对数p采用有极电动机进行有极调速；应用电子变频器改变电源频率f实现电动机连续调速。 4.19 异步电动机有三种反馈制动,反接制动和能耗制动 反馈制动当电动机的运行速度高于它的同步转速,即n1.>n0时一部电动机处于发电状态.这时转子导体切割旋转磁场的方向与电动机状态时的方向相反.电流改变了方向,电磁转矩也随之改变方向.. 反接制动电源反接改变电动机的三相电源的相序,这就改变了旋转磁场的方向,电磁转矩由正变到负,这种方法容易造成反转..倒拉制动出现在位能负载转矩超过电磁转矩时候。 能耗制动首先将三项交流电源断开,接着立即将一个低压直流电圆通入定子绕组.直流通过定子绕组后,在电动机内部建立了一个固定的磁场,由于旋转的转子导体内就产生感应电势和电流,该电流域恒定磁场相互作用产生作用方向与转子实际旋转方向相反的转矩,所以电动机转速迅速下降,此时运动系统储存的机械能被电动机转换成电能消耗在转子电路的电阻中. 4.21 异步电动机定子相序突然改变,就改变了旋转磁场的方向,电动机状态下 的机械特性曲线就由第一象限的曲线1变成了第三象限的曲线2但由于机械惯 性的原因,转速不能突变,系统运行点a只能平移到曲线2的b点,电磁转矩由正 变到负,则转子将在电瓷转矩和服在转矩的共同作用下迅速减速,在从点b到点 c的整个第二相限内,电磁转矩和转速方向相反,. 4.22 定子上有两个绕组AX,BY,一个是启动绕组,另一个是运行绕组, BY上串有电容.他们都镶嵌在定子铁心中,两个绕组的轴线在空间上垂直,绕组BY电路中串接有电容C,当选择合适的参数使该绕组中的电流iA在相位上超前或滞后iB,从而改变QB的接通方向即可改变单相异步电动机的旋转方向 4.24 异步电动机的转子没有直流电流励磁,它所需要的全部磁动势均由定子电流产生,所以一部电动机必须从三相交流电源吸取滞后电流来建立电动机运行时所需要的旋转磁场,它的功率因数总是小于1的,同步电动机所需要的磁动势由定子和转子共同产生的当外加三相交流电源的电压一定时总的磁通不变,在转子励磁绕组中通以直流电流后,同一空气隙中,又出现一个大小和极性固定,极对数与电枢旋转磁场相同的直流励磁磁场,这两个磁场的相互作用,使转子北电枢旋转磁场拖动着一同步转速一起转动. 4.25 因为转子尚未转动时,加以直流励磁,产生了旋转磁场,并以同步转速转动,两者相吸,定子旋转磁场欲吸转子转动,但由于转子的惯性,它还没有来得及转动时旋转又到了极性相反的方向,两者又相斥,所以平均转矩为零,不能启动. 率因数提高. 第五章 5.1步进电动机的位移量与输入脉冲数严格成正比，这就不会引起误差的积累，其转速与脉冲频率和步矩角有关。控制输入脉冲数量、频率及电动机各组的接通次序，可以得到各种需要的运行特征。 5.2步进电机的作用就是能够精确控制转动的角度,步距角越小,它每一步能转动的角度就越小,我们就能得到更精确的角度控制.比如步角为3度的,我们可以控制3度,6度,9度...,而步角为10度的,我们只能控制10度,20度,30度...显然步角越小,能控制的角度越精确. 5.3电磁式（激磁式）特点：电动机的定子和转子均有绕组，靠电磁力矩使转子转动。 磁阻式（反应式）特点：气隙小，定位精度高；步距小，控制准确；励磁电流较大，要求驱动电源功率大；电动机内部阻尼较长，当相数较小时，单步运行振荡时间较长；断电后无定位转矩，使用中需自锁定位。 永磁式特点：步距角大，控制精度不高；控制功率小，效率高；内阻尼较大，单片振荡时间短；断电后具有一定的定位转矩。 混合式（永磁感应子式）特点：驱动电流小，效率高，过载能力强，控制精度高。 5.4每当输入一个电脉冲时，电动机转过的一个固定的角度称为步矩角。 一台步进电动机有两个步矩角，说明它有两种通电方式，3°的意思是相邻两次通电的相的数目相同时的步矩角，1.5°的意思是相邻两次通电的相的数目不同时的步矩角。单三拍：每次只有一相绕组通电，而每个循环只有三次通电。单双六拍：第一次通电有一相绕组通电，然后下一次有两相通电，这样交替循环运行， 而每次循环只有六次通电。双三拍：每次有两相绕组通电，每个循环有三次通电。 5.8 1) 步距角——步进电动机的主要性能指标之一，它直接影响启动和运行频率2)最大静转矩3) 空载启动频率——步进电动机在空载情况下，不失步启动所允许的最高频率。在负载情况下，不失步启动所允许的最高频率随负载的增加而显著下降。4) 连续运行频率——当步进电动机运行频率连续上升时，电动机不失步运行的最高频率。5) 精度——用一周内最大的步距角误差值表示.6) 输入电压U、输入电流I和相数m三项指标与驱动电源有关。 5.9当脉冲信号频率很低时，控制脉冲以矩形波输入，电流比较接近于理想的矩形波。如果脉冲信号频率增高，由于电动机绕组中的电感有阻止电流变化的作用，因此电流波形发生畸变。如果脉冲频率很高，则电流还来不及上升到稳定值就开始下降，于是，电流的幅值降低，因而产生的转矩减小，致使带负载的能力下降。故频率过高会使步进电动机启动不了或运行时失步而停下。因此，对脉冲信号频率是有限制的。 5.10根据转速公式n=βf*60/2π可知，f=nπ/β*30。所以步矩角β越小运行频率f就越高，启动频率相应地也高。在负载转矩一定的情况下，最大静转矩越大，电流的幅值越大，高频虽然会造成电动机的启动转矩减小，但仍可能大于负载转矩。因此最大静转矩大的步进电动 机，启动频率和运行频率越高。 5.11负载转矩和转动惯量越大，步进电动机的启动频率和运行频率越低。矩频特性如右图所示。 5.12当负载增加时，电磁转矩增大；由n=Uc/(KeΦ)-RT/(KeKtΦ2)可知，负载增大后，转速变慢。根 据T= KtΦIa可知，控制电流增大。 5.13由电动机电压平衡方程式得：Uc=E+IaRa=KeΦn+ IaRa 所以110=Ke Φ×3000+0.05Ra 110=KeΦ×1500+1×Ra 解得：KeΦ=0.0357；Ra=56.41 由（n=n1=3000r/min，T1=0.017 N?m）和（n=n2=1500r/min，T2=0.341 N?m）两点在n-T平面上作直线，如下图所示即为该直流伺服电动机的机械特性曲线，机械特性表达式为n=3079-4630T。 5.14根据直流伺服电动机的机械特性公式可知n0=Uc/( KeΦ)，所以理想空载转速与电枢控制电压成正比。所以当Uc=50V时，理想空载转速n0等于1500r/min。 5.15直流力矩电动机的电磁转矩为T=BIaNlD/2，在电枢体积相同的条件下，D增大时，铁心长度l 就应减小；其次，在相同电流Ia以及相同用铜量的条件下，电枢绕组的导线粗细不变，则总导体数N应随l的减小而增加，以保持Nl不变，故式中的BIaNl/2近似为常数，故转矩T与直径D近似成正比例关系。电动机的直径越大力矩就越大。 5.16因为在设计、制造上保证了电动机能在低速或堵转下运行，在堵转的情况下能产生足够大的力矩而不损坏，加上它有精度高、反应速度快、线性度好等优点，因此它常用在低速、需要转矩调节和需要一定张力的随动系统中作为执行元件。所以多数数控机床的进给系统适宜采用大惯量直流电动机。 5.17无换向器电动机是由一台同步电动机和一套简单的逆变器组成，构造简单，没有换向器。其工作原理、特性及调速方式与直流电动机相似。根据容量不同，有晶体管电动机和晶闸管电动机。有两种不同的调速方式：直流无换向器电动机调速方式和交流无换向器电动机调速方式。 5.19直线电动机较之旋转电动机的优点是：1、直线电动机无需中间传动机构，因而使整个机构得到简化，提高了精度，减少了振动和噪声；2、响应快速；3、散热良好，额定值高，电流密度可取很大，对启动的限制小；4、装配灵活性大，往往可将电动机的定子和动子分别与其他机体合成一体。其缺点是存在着效率和功率因数低，电源功率大及低速性能差等缺点。 第六章 6.1直流接触器与交流接触器相比,直流接触器的铁心比较小,线圈也比较小,交流电磁铁的铁心是用硅钢片叠柳而成的.线圈做成有支架式,形式较扁.因为直流电磁铁不存在电涡流的现象. 6.2因为交流是成正旋变化的,当触点断开时总会有某一时刻电流为零,此时电流熄灭.而直流电一直存在,所以与交流电相比电弧不易熄灭. 6.3 若交流电器的线圈误接入同电压的直流电源,会因为交流线圈的电阻太小儿流过很大的电流使线圈损坏. 直流电器的线圈误接入同电压的交流电源,触点会频繁的通短,造成设备的不能正常运行. 6.4因为交流接触启动的瞬间,由于铁心气隙大,电抗小,电流可达到15倍的工作电流,所以线圈会过热. 6.5在线圈中通有交变电流时,再铁心中产生的磁通是与电流同频率变化的,当电流频率为50HZ时磁通每秒有100次通过零,这样所产生的吸力也为零,动铁心有离开趋势,但还未离开,磁通有很快上来,动铁心有被吸会,造成振动.和噪声,因此要安装短路环. 6.6两个相同的110V交流接触器线圈不能串联接于220V的交流电源上运行,因为在接通电路的瞬间,两各衔铁不能同时工作,先吸合的线圈电感就增大,感抗大线圈的端电压就大,另一个端电压就小,时间长了,有可能把线圈烧毁.若是直流接触器,则可以. 6.7接触器是在外界输入信号下能够自动接通断开负载主回路.继电器主要是传递信号,根据输入的信号到达不同的控制目的. 6.8电动机中的短路保护是指电源线的电线发生短路,防止电动机过大的电枢电路而损坏.自动切断电源的保护动作.过电流保护是指当电动机发生严重过载时,保护电动机不超过最大许可电流.长期过载保护是指电动机的短时过载保护是可以的,但长期过载时电动机就要发热,防止电动机的温升超过电动机的最高绝缘温度. 6.9过电流继电器是电流过大就断开电源,它用于防止电动机短路或严重过载. 热继电器是温度升高到一定值才动作.用于过载时间不常的场合. 6.10因为热继电器的发热元件达到一定温度时才动作,如果短路热继电器不能马上动作,这样就会造成电动机的损坏.而熔短期,电源一旦短路立即动作,切断电源. 6.11功能和特点是具有熔断器能直接断开主回路的特点,又具有过电流继电器动作准确性高,容易复位,不会造成单相运行等优点.可以做过电流脱扣器,也可以作长期过载保护的热脱扣器. 6.12 6.13 零电压和欠电压保护的作用是防止当电源暂时供电或电压降低时而可能发生的不容许的故障., 6.14有可能熔短器烧毁,使电路断电.或者是热继电器的感应部分还未降温,热继电器的触点还处于断开状态. 6.15 6.16 6.17 6.18 6.19 6.20 6.21平面磨床中的电磁吸盘不能采用交流的,因为交流电是成正旋波变化的,某一时刻电流会为零,.此时工件受力会甩出,造成事故. 6.22因为如果使用熔断器和热继电器作保护,当它们作用的时候,电动机断电的时候,电动机没有转矩,重物由于重力会迅速下降,就会造成事故. 6.23 6.24 SB按钮为人工的点动控制.S自动的间歇润滑,按下后KM 得电,电动机工作,1KT得电,经过一段时间后,动合触点闭合K得电,同时KM失电,电动机停止工作,2KT得电一段时间后,动断触点断开,K闭合电动机重新工作. 6.25 6.26 6.27 8.13机电传动装置的电器控制线路有哪几种？各有何用途？电器控制线路原理图的绘制原则主要有 控制线路.5:多点控制线路.6:顺序控制线路.7:多速异步电动机的基本控制线路.8:电磁铁.电磁离合器的基本控制线路. 电器控制线路原理图的绘制原则主要有1:应满足生产工艺所提出的要求.2:线路简单,布局合理,电器元件选择正确并得到充分.3操作,维修方便4设有各种保护和防止发生故障的环节.5能长期准确,稳定,可靠的工作. 第七章 7.1PLC由中央处理器CPU,存储器,输入输出接口,编程器组成.中央处理器CPU是核心,它的作用时接受输入的程序并存储程序.扫描现场的输入状态,执行用户程序,并自诊断.存储器用来存放程序和数据,输入接口采集现场各种开关接点的信号状态,并将其转化成标准的逻辑电平,输出接口用于输出电信号来控制对象.编程器用于用户程序的编制,编辑,调试,检查和监视.还可以显示PLC的各种状态. 7.2 作用是1 实现现场与plc主机的电器隔离,提高抗干扰性.2避免外电路出故障时,外部强电侵入主机而损坏主机.3电平交换,现场开关信号可能有各种电平,光电耦合起降他们变换成PLC主机要求的标准逻辑电平. 7.3 扫描周期是每执行一遍从输入到输出所需的时间.工作过程是1输入现场信号:在系统的控制下,顺序扫描各输入点,读入的输入点的状态.2顺序扫描用户程序中的各条指令,根据输入状态和指令内容进行逻辑运算.3并输出控制信号,根据逻辑运算的结果,输出状态寄存器向各输出点发出相应的控制信号.实现所要求的逻辑控制功能. 7.4 PLC的主要特点是①应用灵活,扩展性好.②操作方便③标准化的硬件和软件设计,通用性强. ④完善的监视和诊断功能.⑤可适应恶劣的工业应用环境.⑥控制功能强 7.5 7.7 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 工程测量学试题库（附答案） 1. ( D )处处与铅垂线垂直。 A.水平面 B.参考椭球面 C.铅垂面 D.大地水准面 2. 地球的长半径约为( A )千米。 A.6371 B.6400 C.6378 D.6356 3. 在测量直角坐标系中，纵轴为( C )。 A.x轴，向东为正 B.y轴，向东为正 C.x轴，向北为正 D.y轴，向北为正 4. 对高程测量，用水平面代替水准面的限度是( D )。 A. 在以10km为半径的范围内可以代替 B. 在以20km为半径的范围内可以代替 C. 不论多大距离都可代替 D. 不能代替 5. 在以( B )km为半径的范围内，可以用水平面代替水准面进行距离测量。 A.5 B.10 C.15 D.20 6. 在测量平面直角坐标系中,x轴表示什么方向？（C）。 A.东西 B.左右 C.南北 D.前后 7. 测定点的坐标的主要工作是( C )。 A．测量水平距离B．测量水平角 C．测量水平距离和水平角D．测量竖直角 8. 确定地面点的空间位置，就是确定该点的平面坐标和( A )。 A．高程B．方位角 C．已知坐标D．未知点坐标 9. 高斯投影属于( C )。 A．等面积投影B．等距离投影 C．等角投影D．等长度投影 10. 在测量直角坐标系中，横轴为( C )。 A. x轴，向东为正 B. x轴，向北为正 C. y轴，向东为正 D. y轴，向北为正 11. 在测量坐标系中，Y轴向（D）为正。 A、北 B、南 C、西 D、东 12. 假设的平均的静止海平面称为（D）。 A、基准面 B、水准面 C、水平面 D、大地水准面 13. ( B )的基准面是大地水准面。 A. 竖直角 B. 高程 C. 水平距离 D. 水平角 14. 建筑工程施工测量的基本工作是（B）。 A.测图 B.测设 C.用图 D.识图 15. 大地水准面处处与铅垂线（A）交。 A、正 B、平行 C、重合 D、斜 16. A、B两点，HA为115.032m，HB为114.729m，则hAB为（A）。 A、-0.303 B、0.303 C、29.761 D、-29.761 17. 建筑施工图中标注的某部位标高，一般都是指（B）。 A、绝对高程 B、相对高程 C、高差 18. 水在静止时的表面叫( B )。 A. 静水面 B. 水准面 C. 大地水准面 D. 水平面 19. ( B )的投影是大地水准面。 A. 竖直角 B. 高斯平面坐标 C. 水平距离 D. 水平角 20. 我国目前采用的高程基准是（D）。 A.高斯平面直角坐标 B.1980年国家大地坐标系 C.黄海高程系统 D.1985年国家高程基准 21. 地面上有一点A，任意取一个水准面，则点A到该水准面的铅垂距离为（D）。 A.绝对高程 B.海拔 C.高差 D.相对高程 22. 地面某点的经度为85°32′，该点应在三度带的第几带?( B ) 。 A．28 B．29 C．27 D．30 23. 在水准测量中，若后视点A读数小，前视点B读数大，则( D )。 A.A点比B点低 B.A、B可能同高 C.A、B的高程取决于仪器高度 D.A点比B点高 24. 水准测量中，设A为后视点，B为前视点，A尺读数为2.713m，B尺读数为1.401,已知A点高程为15.000m，则视线高程为( D )m。 A.13.688 B.16.312 C.16.401 D.17.713 25. 在水准测量中，若后视点A的读数大，前视点B的读数小，则有( A )。 A.A点比B点低 B.A点比B点高 C.A点与B点可能同高 D.A、B点的高低取决于仪器高度 26. 水准仪的分划值越大，说明( B )。 A. 圆弧半径大 B. 其灵敏度低 C. 气泡整平困难 D. 整平精度高 27. DS1水准仪的观测精度( A )DS3水准仪。 加黑部分是老师划的题目，有部分题目没有。 习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础22222222222222222222222222222222222222222222 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。 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） TL 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 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 TL 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=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。 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 《测量学》试题库 一、填空题：（每小题2分，任抽14小题，计28分） 1、测量学是研究地球的形状和大小及确定地面点位置的科学，它的主要内容包括测定和测设两部分。 2、地形测量学是研究测绘地形图的科学，它的研究对象是地球表面。 3、目前测绘界习惯上将遥感（RS）、地理信息系统（GIS）、全球定位系统（GPS）等新技术简称为“3S”技术。 4、铅垂线是测量工作的基准线，大地水准面是测量工作的基准面。 5、人们习惯上将地球椭球体的长半径a和短半径 b ，或由一个半径a 和扁率α称为旋转椭球体元素。 6、通过英国格林尼治天文台的子午线，称为首子午线（或起始子午线），垂直于地轴的各平面与地球表面的交线，称为纬线。 7、我国目前采用的平面坐标系为“1980年国家大地坐标系”，高程系统是“1985年国家高程基” 。 8、根据钢尺的零分划位置不同将钢尺分成端点尺和刻线尺。 9、地球表面某点的磁子午线方向和真子午线方向之间的夹角称为磁偏角，某点的真子午线北方向与该点坐标纵线北方向之间的夹角，称为子午线收敛角。 10、由标准方向的北端顺时针方向量到某直线的夹角，称为该直线的方位角，直线与标准方向线所夹的锐角称为象限角。 11、方位角的变化范围是0°~360°，而象限角的取值范围为0°~90°。 12、两点间的高程差称为高差，水准测量时高差等于后视读数减去前视读数。 13、水准仪上的水准器是用来指示视准轴是 竖轴是否竖直的装置。通过水准管零点作水准管圆弧的切线，称为水准管轴。 14、在水准仪粗略整平中，左手拇指旋转脚螺旋的运动方向就是气泡移动的方向。 15变更仪器高法或双面尺法。 16、水准测量的实测高差与其理论值往往不相符，其差值称为水准路线的闭合差。 17、6＂级光学经纬仪的读数装置常见的有两种，一种是单平板玻璃测微器，另一种是测微尺。 18、水准测量时前后视距大致相等主要是消除端点尺与刻线尺不平行而引起的误差。 19、经纬仪的安置主要包括对中和敕平两方面。 20、三角高程测量中所讲的“两差”改正指球差和气差两项改正。 21、通常把外界环境、测量仪器和观测者的技术水平三方面综合起来称为观测条件。 22、测量误差按其对测量结果影响的性质，可分为系统误差和偶然误差。 23、系统误差具有明显的规律性和累积性，对测量结果影响很大。 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 ＝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。 答： min) /(4.594 495021r j j n n M L =?== ) /(37.02 604 .5924.0603 s m j Dn v L =???= = ππ TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83× 950)=0.45N.m 2 2 22365M M Z n Fv GD GD +=δ 2 22 232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z ?=??+?= 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？ 机电传动控制课后习题问答题答案 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？ 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。 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<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 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 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。 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=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=+2/9+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J 1 = J 2 =4， 卷筒直径D=,滑轮的减速比J 3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD2 M = 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GD2 z.。 ω M =*2n/60= rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ω M /j 1 j 2 j 3 =4*4*2=s 计算题库及参考答案 1、设A 点高程为15.023m ，欲测设设计高程为16.000m 的B 点，水准仪安置在A 、B 两点之间，读得A 尺读数a=2.340m ，B 尺读数b 为多少时，才能使尺底高程为B 点高程。 【解】水准仪的仪器高为=i H +=17.363m ，则B 尺的后视读数应为 b==1.363m ，此时，B 尺零点的高程为16m 。 2、在1∶2000地形图上，量得一段距离d =23.2cm ，其测量中误差=d m ±0.1cm ，求该段距离的实地长度 D 及中误差D m 。 【解】==dM D ×2000=464m ，==d D Mm m 2000×=200cm=2m 。 3、已知图中AB 的坐标方位角，观测了图中四个水平角，试计算边长B →1，1→2，2→3， 3→4的坐标方位角。 【解】=1B α197°15′27″+90°29′25″-180°=107°44′52″ =12α107°44′52″+106°16′32″-180°=34°01′24″ =23α34°01′24″+270°52′48″-180°=124°54′12″ =34α124°54′12″+299°35′46″ -180°=244°29′58″ 4、在同一观测条件下，对某水平角观测了五测回，观测值分别为：39°40′30″，39°40′48″，39°40′54″，39°40′42″，39°40′36″，试计算： ① 该角的算术平均值——39°40′42″； ② 一测回水平角观测中误差——±″； ③ 五测回算术平均值的中误差——±″。 6、已知=AB α89°12′01″，=B x 3065.347m ，=B y 2135.265m ，坐标推算路线为B →1→2，测得坐标推算路线的右角分别为=B β32°30′12″，=1β261°06′16″，水平距离分别为=1B D 123.704m ， =12D 98.506m ，试计算1，2点的平面坐标。 【解】 1) 推算坐标方位角 =1B α89°12′01″-32°30′12″+180°=236°41′49″ =12α236°41′49″-261°06′16″+180°=155°35′33″ 2) 计算坐标增量 =?1B x ×cos236°41′49″=-67.922m ， =?1B y ×sin236°41′49″=-103.389m 。 =?12x ×cos155°35′33″=-89.702m ， =?12y ×sin155°35′33″=40.705m 。 3) 计算1，2点的平面坐标 =1x 2997.425m =1y 2031.876m =2x 2907.723m =2y 2072.581m 、试完成下列测回法水平角观测手簿的计算。 测站 目标 竖盘位置 水平度盘读数 (°′″) 半测回角值 (°′″) 一测回平均角值 (°′″) 一测回 B A 左 0 06 24 111 39 54 111 39 51 C 111 46 18 A 右 180 06 48 111 39 48 C 291 46 36 8、完成下列竖直角观测手簿的计算，不需要写公式，全部计算均在表格中完成。 测站 目标 竖盘 位置 竖盘读 (° ′ ″) 半测回竖直角 (° ′ ″) 指标差 (″) 一测回竖直角 (° ′ ″ ) A B 左 81 18 42 8 41 18 6 8 41 24 图 推算支导线的坐标方位角 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 N =1450r/min,η N =89.5%，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=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 N =1500r/min, η N =88.5%, 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 *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 选择题库及参考答案 第1章 绪论 1-1、我国使用高程系的标准名称是(BD 。 A.1956黄海高程系 B.1956年黄海高程系 C.1985年国家高程基准 D.1985国家高程基准 1-2、我国使用平面坐标系的标准名称是(AC 。 A.1954北京坐标系 B. 1954年北京坐标系 C.1980西安坐标系 D. 1980年西安坐标系 1-2、在高斯平面直角坐标系中，纵轴为( C )。 A.x 轴，向东为正 B.y 轴，向东为正 C.x 轴，向北为正 D.y 轴，向北为正 1-3、A 点的高斯坐标为=A x 112240m ，=A y 19343800m ，则A 点所在6°带的带号及中央子午线的经度分别为( D ) A 11带，66 B 11带，63 C 19带，117 D 19带，111 1-4、在( D )为半径的圆面积之内进行平面坐标测量时，可以用过测区中心点的切平面代替大地水准面，而不必考虑地球曲率对距离的投影。 A 100km B 50km C 25km D 10km 1-5、对高程测量，用水平面代替水准面的限度是( D )。 A 在以10km 为半径的范围内可以代替 B 在以20km 为半径的范围内可以代替 C 不论多大距离都可代替 D 不能代替 1-6、高斯平面直角坐标系中直线的坐标方位角是按以下哪种方式量取的？( C ) A 纵坐标北端起逆时针 B 横坐标东端起逆时针 C 纵坐标北端起顺时针 D 横坐标东端起顺时针 1-7、地理坐标分为( A )。 A 天文坐标和大地坐标 B 天文坐标和参考坐标 C 参考坐标和大地坐标 D 三维坐标和二维坐标 1-8、地面某点的经度为东经85°32′，该点应在三度带的第几带?( B ) A 28 B 29 C 27 D 30 1-9、高斯投影属于( C )。 A 等面积投影 B 等距离投影 C 等角投影 D 等长度投影 1-10、测量使用的高斯平面直角坐标系与数学使用的笛卡尔坐标系的区别是( B )。 A x 与y 轴互换，第一象限相同，象限逆时针编号 B x 与y 轴互换，第一象限相同，象限顺时针编号 C x 与y 轴不变，第一象限相同，象限顺时针编号 D x 与y 轴互换，第一象限不同，象限顺时针编号 第2章 水准测量 2-1、水准仪的( B )应平行于仪器竖轴。 A 视准轴 B 圆水准器轴 C 十字丝横丝 D 管水准器轴 2-2、水准器的分划值越大，说明( B )。 A 内圆弧的半径大 B 其灵敏度低 C 气泡整平困难 D 整平精度高 2-3、在普通水准测量中，应在水准尺上读取( D )位数。 A 5 B 3 C 2 D 4 2-4、水准测量中，设后尺A 的读数a=2.713m ，前尺B 的读数为b=1.401m ，已知A 点高程为15.000m ，则视线高程为( B )m 。 A.13.688 B.16.312 C.16.401 D.17.713 2-5、在水准测量中，若后视点A 的读数大，前视点B 的读数小，则有( A )。 A.A 点比B 点低 B.A 点比B 点高 C.A 点与B 点可能同高 D.A 、B 点的高低取决于仪器高度 2-6、自动安平水准仪，( D )。 A.既没有圆水准器也没有管水准器 B.没有圆水准器 C. 既有圆水准器也有管水准器 D.没有管水准器 《机电传动与控制》课程复习资料 一、填空题： 1.直流电动机常用的调速方法有 、 和 。 2.三相笼式异步电动机的启动方法有 和 。 3.电气控制系统中常设的保护环节有短路保护、弱励磁保护、 、 和 。 4.三相鼠笼式异步电动机常用的调速方法有 和 。 5.他励直流电动机的三种调速方法中，调速时机械特性变软的是 。调速时机械特性不变的是 调速。 6.晶闸管的几个主要参数是 、 、额定通态平均电流T I 和维持电流H I 。 7.直流调速系统中，电流截止负反馈环节的作用是 。 8.三相鼠笼式异步电动机的降压启动方法有 、 和自耦变压器启动。 9.生产机械对电动机调速系统提出的主要静态技术指标有 、 和平滑性。 10.晶闸管可控整流电路的负载常有电阻性、 和 。 11.三相绕线式异步电动机常用 进行启动和调速，也可以用 进行启动。 12.三相鼠笼式异步电动机的电气停转方法有 和 。 13.在直流电动机的双闭环无静差调速系统中，转速环的作用主要是 。电流环的作用主要是 。 14.直流他励电动机可采用 启动或降压启动，目的都是为了 。 15.为了改变三相交流异步电动机的旋转方向，只要 即可。 16.无静差闭环调速系统，PI 调节器中积分环节的作用是 。 17.交流电动机变频调速的特点有 ，在恒转矩的变频调速系统中，常保持 为定值。 18.就一台直流电动机开环、有静差闭环、无静差闭环调速系统三者的静特性而言，机械特性最硬的是 ，最软的是 。 19.带电阻性负载的单相半波可控整流电路中，控制角α的移相范围是 ，控制角α和导通角β的关系式是 。 20.交流异步电动机采用调压调速时，采用转速负反馈闭环系统，可以 。 21.电动机的短路保护和长期保护不同，前者是 ，后者是 。 二、单项选择题： 1.电源线电压为380V ，三相笼型异步电动机定子每相绕组的额定电压为380V ，能否采用星形——三角形启动？ [ ] A.不能 B.能 2.直流电器的线圈能否串联使用？ [ ] A.不能 B.能 3.直流电动机调速系统，若想采用恒转矩调速，则可改变 [ ] A.e K B. C.U 4.三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.增大 B.减少 C.等于零 5.试说明下图情况下，系统的运行状态是 [ ] A.加速 B.减速 C.匀速 M L 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 第一章绪论 试题 名词解释题 (1)水准面(2)大地水准面 (3)参考椭球面 (4)绝对高程(5)相对高程 填空题 (1)地形图测绘工作程序，首先应作___________________________，然后才做 _________________________，这样做的好处是________________________ ____________________________和_________________________。 (2)确定地面点的空间位置必须有三个参量：(a)____________， (b)____________ (c)_______________。 (3)小区域独立测区坐标系可用______________________________坐标系; 大 区域测量坐标系应采用_______________________坐标系。 (4)测量工作的组织原则是______________________，_____________________ 和____________________________。 (5)普通工程测绘工作中，大比例尺是指_______________________________， 中比例尺是指_______________________________________，小比例尺是指 _________________________________________。 (6)测量工作内容的三要素是指:____________测量，____________测量以及 ___________测量。 (7)测量工作中使用的坐标系，其X、Y坐标轴位置与数学上正相反，其原因是 __________________________________________________________。 (8)测量的任务包括测绘与放样两方面，测绘是___________________________ 测量学试题库 一、填空题 1.地面点到铅垂距离称为该点的相对高程。 答案：假定水准面 2.通过海水面的称为大地水准面。 答案：平均水准面 3.测量工作的基本内容是、、。 答案：高程测量角度测量距离测量 4.测量使用的平面直角坐标是以为坐标原点，为x轴，以为y轴。答案：两条互相垂直线的交点南北方向的纵轴东西方向的横轴 5.地面点位若用地理坐标表示，应为、和绝对高程。 答案：经度纬度 6.地面两点间高程之差，称为该两点间的。 答案：高差 7.在测量中，将地表面当平面对待，指的是在范围内时，距离测量数据不至于影响测量成果的精度。 答案：100平方千米 8.测量学的分类，大致可分为，，，。 答案：大地测量学普通测量学摄影测量学工程测量学 9.地球是一个旋转的椭球体，如果把它看作圆球，其半径的概值为km。 答案：6371 10.地面点的经度为该点的子午面与所夹的角。 答案：首子午面二面 11.地面点的纬度为该点的铅垂线与所组成的角度。 答案：赤道平面 12.测量工作的程序是、。 答案：从整体到局部先控制后碎部 13.测量学的任务是。 答案：测绘和测设 14.直线定向的标准方向有、、。 答案：真子午线方向磁子午线方向坐标纵轴方向 15.由方向顺时针转到测线的水平夹角为直线的坐标方位角。 答案：坐标纵轴线北端 16.坐标方位角的取值范围是。 答案：0°到360° 17.确定直线方向的工作称为，用目估法或经纬仪法把许多点标定在某一已知直线上的工作为。 答案：直线定向直线定线 18.距离丈量是用误差来衡量其精度的，该误差是用分子为的 形式来表示。 答案：相对 1 分数 19.用钢尺平量法丈量距离的三个基本要求是、、。答案：尺子要拉平标杆要立直且定线要直对点投点和读数要准确 20.直线的象限角是指直线与标准方向的北端或南端所夹的角，并要标注所在象限。 答案：锐 21.某点磁偏角为该点的方向与该点的方向的夹角。 答案：磁北真北 测量学课后习题答案 HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】 《测量学》习题答案 一、测量基本知识 [题1-1] 测量学研究的对象和任务是什么？ 答：测量学是研究地球的形状与大小，确定地球表面各种物体的形状、大小和空间位置的科学。 测量学的主要任务是测定和测设。 测定——使用测量仪器和工具，通过测量与计算将地物和地貌的位置按一定比例尺、规定的符号缩小绘制成地形图，供科学研究和工程建设规划设计使用。 测设——将在地形图上设计出的建筑物和构筑物的位置在实地标定出来，作为施工的依据。 [题1-2] 熟悉和理解铅垂线、水准面、大地水准面、参考椭球面、法线的概念。 答：铅垂线——地表任意点万有引力与离心力的合力称重力，重力方向为铅垂线方向。 水准面——处处与铅垂线垂直的连续封闭曲面。 大地水准面——通过平均海水面的水准面。 参考椭球面——为了解决投影计算问题，通常选择一个与大地水准面非常接近的、能用数学方程表示的椭球面作为投影的基准面，这个椭球面是由长半轴为a 、短半轴为b 的 椭圆NESW 绕其短轴NS 旋转而成的旋转椭球面，旋转椭球又称为参考椭球，其表面称为参考椭球面。 法线——垂直于参考椭球面的直线。 [题1-3] 绝对高程和相对高程的基准面是什么？ 答：绝对高程的基准面——大地水准面。 相对高程的基准面——水准面。 [题1-4] “1956 年黄海高程系”使用的平均海水面与“1985 国家高程基准”使用的平均海水面有何关系？ 答：在青岛大港一号码头验潮站，“1985 国家高程基准”使用的平均海水面高出“1956 年黄海高程系”使用的平均海水面0.029m。 [题1-5] 测量中所使用的高斯平面坐标系与数学上使用的笛卡尔坐标系有何区别？ 答：x 与y 轴的位置互换，第Ⅰ象限位置相同，Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ象限顺指针编号，这样可以使在数学上使用的三角函数在高斯平面直角坐标系中照常使用。 机电传动控制课后习题答案《第五版》 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。 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 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 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 2.4 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比高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ω G?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=60 r/min。试求折算到电动机轴上的等效专惯机电传动控制课后习题答案
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