机械传动控制课后习题标准答案
机电传动控制廖映华课后答案
机电传动控制廖映华课后答案一、选择题1.按下复合按钮时（）。
[单选题] *A.常开触头先闭合B.常闭触头先断开(正确答案)C.常开、常闭触头同时动作D.分不清2.停止按钮应优先选用（）。
[单选题] *A.红色(正确答案)B. 白色C.黑色D.绿色3.能够充分表达电气设备和电器的用途以及线路工作原理的是（）。
[单选题] *A.接线图B.电气原理图(正确答案)C.布置图D.安装图4.同一电器的各元件在电气原理图中和接线图中标注的文字符号要（）。
[单选题] *A.基本相同B.基本不同C.完全相同(正确答案)D.没有要求5.接触器的自锁触头是一对（）。
[单选题] *A.常开辅助触头(正确答案)B.常闭辅助触头C.主触头D.常闭触头6.具有过载保护的接触器自锁控制电路中，实现过载保护的电器是（）。
[单选题] *A.熔断器B.热继电器(正确答案)C.接触器D.电源开关7.具有过载保护的接触器自锁控制电路中，实现欠压和失压保护的电器是（）。
[单选题] *A.熔断器B.热继电器C.接触器(正确答案)D.电源开关8.能在两地或多地控制同一台电动机的控制方式称为电动机的（）。
[单选题] *A.顺序控制B.一地控制C.两地控制D.多地控制(正确答案)9.采用多地控制时，多地控制的起动按钮应（）。
[单选题] *A.串联B.并联(正确答案)C.混联D.既有串联又有并联10.采用多地控制时，多地控制的停止按钮应（）。
[单选题] *A.串联(正确答案)B.并联C.混联D.既有串联又有并联11.改变通入三相异步电动机电源的相序就可以使电动机（）。
[单选题] *A.停速B.减速C.反转(正确答案)D.降压起动12.三相异步电动机的正反转控制关键是改变（）。
[单选题] *A.电源电压B.电源相序(正确答案)C.电源电流D.负载大小13.正反转控制电路，在实际工作中最常用、最可靠的是（）。
[单选题] *A.倒顺开关B.接触器联锁C.按钮联锁D.按钮-接触器双重联锁(正确答案)14.要使三相异步电动机反转，只要（）就能完成。
机电传动控制例题+课后习题答案+华科+第四版
TL T KtI a C
I a
I a E
E U I a Ra E E1
注意：从
U Ra C
不能判断E是如何变化的 E K en
52.5
T
3.15 解：（1） IN=PN/NUN=2200/0.8 ×110=25A （2）求IfN=Uf/Rf=110/82.7=1.33A （3）Pf= Uf IfN=110 ×1.33=0.146kw （4）TN=9.55 × PN/nN=9.55 ×2200/1500=14N.m （5）E= KeN nN=UN-INRa=110-25 ×0.4=100V （6）IST= UN/Ra=110/0.4=275A （7） IST=UN/（Ra+RST）2 IN RST UN/2 IN- Ra=110/2 ×25-0.4=1.8
• 例5-2 有一台三相四极的异步电动机， • 其额定技术数据为nN=1440r/min，R2，E20=20V， • 试求：(l)电动机的同步转速n0 ：(2)电动机启动时的转子电流 I2st ： • (3)电动机在额定转速时转子电动势的频率f2N； • (4)电动机在额定转速时的转子电流 I2N E20 20 • 解 (1) n0=60f1/P=60×50/2=1500r/min 242.5 A I 2 st 2 2 • (2) R2 X 20 0.022 0.082 •
(1)估算Ra
K e N U N I N RN / nN
5.5 103 PN U N Ra 0.51 I 0.51 220 31 0.71 UN IN N
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< TLTM-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 LT 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。
机电传动控制第五版课后答案--最全版
机电传动控制第五版课后答案--最全版机电传动控制是一门涉及机械、电气和控制等多领域知识的重要学科，对于相关专业的学生和从业者来说，掌握这门课程的知识至关重要。
而课后习题的答案则是检验学习成果、加深理解的重要工具。
以下为您提供机电传动控制第五版的课后答案，希望能对您的学习有所帮助。
第一章绪论1、机电传动控制的目的是什么？答：机电传动控制的目的是将电能转变为机械能，实现生产机械的启动、停止、调速、反转以及各种生产工艺过程的要求，以满足生产的需要，提高生产效率和产品质量。
2、机电传动系统由哪些部分组成？答：机电传动系统通常由电动机、传动机构、生产机械、控制系统和电源等部分组成。
电动机作为动力源，将电能转化为机械能；传动机构用于传递动力和改变运动形式；生产机械是工作对象；控制系统用于控制电动机的运行状态；电源则为整个系统提供电能。
3、机电传动系统的运动方程式是什么？其含义是什么？答：运动方程式为 T M T L ＝J(dω/dt) 。
其中，T M 是电动机产生的电磁转矩，T L 是负载转矩，J 是转动惯量，ω 是角速度，dω/dt 是角加速度。
该方程式表明了机电传动系统中电动机的电磁转矩与负载转矩之间的平衡关系，当 T M ＞ T L 时，系统加速；当 T M ＜ T L 时，系统减速；当 T M ＝ T L 时，系统以恒定速度运行。
第二章机电传动系统的动力学基础1、为什么机电传动系统中一般需要考虑转动惯量的影响？答：转动惯量反映了物体转动时惯性的大小。
在机电传动系统中，由于电动机的转速变化会引起负载的惯性力和惯性转矩，转动惯量越大，系统的加速和减速过程就越困难，响应速度越慢。
因此，在设计和分析机电传动系统时，需要考虑转动惯量的影响，以确保系统的性能和稳定性。
2、多轴传动系统等效为单轴系统的原则是什么？答：多轴传动系统等效为单轴系统的原则是：系统传递的功率不变，等效前后系统的动能相等。
3、如何计算机电传动系统的动态转矩？答：动态转矩 T d ＝ T M T L ，其中 T M 是电动机的电磁转矩，TL 是负载转矩。
机电传动与控制-习题答案
6-1长时间运行的电动机控制线路中有了短路保护是否还需要有过载保护？。
答:熔断器提供短路保护,热继电器提供过载保护，短路保护和过载保护的用途不同。
短路保护是当电路出现短路或严重过载时切断电路的一种保护电器，反应速度较快；过载保护的作用时当电路长时间过载时，为了防止电路元器件损坏而切断电路的一种保护电器，反应速度较慢。
当电路出现过载的时候，如果没用过载保护，负载会因长时间过载而损坏，这时候熔断器不能熔断，起不到保护作用。
所以电路中已经有了短路保护还需要有过载保护。
6-2接触器的使用类别的含义是什么？交流接触器能否串联使用？为什么？答：接触器的使用类别的含义是主触头的的通断能力，即在规定条件下，主触头接通和分断的电流值大小。
不能。
电压过低时，接触器不能动作。
6-3热继电器能否对Y形或△形接法的电动机电路起缺相保护作用？答:由于热继电器是串联在电机主电路中的，所以其通过的电流就是线电流。
对于Y形接法，当电路发生缺相运行时，另两相电流明显增大，流过热继电器的电流等于电动机相（绕组）电流，热继电器可以起到保护作用。
而对于△形接法，电动机的相电流小于线电流，热继电器是按线电流来整定的，当电路发生缺相运行时，另两相电流明显增大，但不至于超过线电流值或超过的数值有限，这时热继电器就不会动作，也就起不到保护作用。
所以，对于△形接法的电路必须采用带缺相保护装置的热继电器。
6-4当通风不良或环境温度过高时，热继电器能否对电动机起到保护作用？答:不能，应采用温度继电器。
因为热继电器是根据定子电流是否过载而动作的保护电器，而温度继电器是根据温度变化而动作的保护元件。
当通风不良或环境温度过高而使电动机绕组温度过高时，不会使热继电器动作，而温度继电器会快速动作切断控制电路，起到保护作用，并且当电动机绕组温度或介质温度冷却到复位温度时，温度继电器又能自动复位重新接通控制电路。
6-5什么是电动机Y-△降压起动？什么情况下可以采用Y-△降压起动方法？答:电动机Y-△降压起动是指电动机起动时，定子绕组接成Y形联接，每相绕组的电压由额定380V 降为220V，起动电流降为△形联接起动电流的1/3。
机电传动控制课后习题答案
10.1晶闸管的导通条件是什么？导通后流过晶闸管的电流决定于什么？晶闸管由导通转变为阻断的条件是什么？阻断后它所承受的电压决定于什么？晶闸管的导通条件是:(1) 晶闸管的阳极和阴极之间加正向电压。
（2）晶闸管的阳极和控制极通时加正相电压市晶闸管才能导通.导通后流过晶闸管的电流决定于(电压不变时)限流电阻(使用时由负载)决定.晶闸管由导通转变为阻断的条件是当减少阳极电压或增加负载电阻时,阳极电流随之减少,当阳极电流小于维持电流时,晶闸管便从导通状态转化维阻断状态.阻断后它所承受的电压决定于阳极和阴极的反向转折电压.10.2晶闸管能否和晶体管一样构成放大器？为什么？晶闸管不能和晶体管一样构成放大器,因为晶闸管只是控制导通的元件,晶闸管的放大效应是在中间的PN节上.整个晶闸管不会有放大作用.10.3试画出题10.3图中负载电阻R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。
10.4 如题4如题10.4图所示，试问：①在开关S闭合前灯泡亮不亮？为什么？②在开关S闭合后灯泡亮不亮？为什么？③再把开关S断开后灯泡亮不亮？为什么？①在开关S闭合前灯泡不亮,因为晶闸管没有导通.②在开关S闭合后灯泡亮,因为晶闸管得控制极接正电,导通.③再把开关S断开后灯泡亮,因为晶闸管导通后控制极就不起作用了.10.5如题10.5图所示，若在t1时刻合上开关S，在t2时刻断开S，试画出负载电阻R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。
10.6晶闸管的主要参数有哪些？晶闸管的主要参数有①断态重复峰值电压U DRE:在控制极断路何竟闸管正向阻断的条件下,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.①反向重复峰值电压U RRM:在控制极断路时,可以重复加在晶闸官元件上的反向峰值电压.②额定通态平均电流(额定正向平均电流)I T.③维持电流I H:在规定的环境温度和控制极断路时,维持元件导通的最小电流.10.7如何用万用表粗测晶闸管的好坏？良好的晶闸管,其阳极A与阴极K之间应为高阻态.所以,当万用表测试A-K间的电阻时,无论电表如何接都会为高阻态,而G-K间的逆向电阻比顺向电阻大.表明晶闸管性能良好. 10.8晶闸管的控制角和导通角是何含义？晶闸管的控制角是晶闸官元件承受正向电压起始到触发脉冲的作用点之间的点角度.导通角是晶闸管在一周期时间内导通得电角度.10.9有一单相半波可控整流电路，其交流电源电压U2=220V ,负载电阻R L=10 Ω,试求输出电压平均值U d的调节范围,当α=π/3，输出电压平均值U d和电流平均值I d 为多少？并选晶闸管.U d=1/2π∫απ√2sinwtd(wt)=0.45U2(1+cosα)/2=0.45*220(1+1)/2=99V输出电压平均值U d的调节范围0-99V当α=π/3时U d= 0.45U2(1+cosα)/2=0.45*220*（1+0.866）/2=92.4V输出电压平均值U d=92.4V电流平均值I d= U d/R L=92.4/10=9.24A10.10续流二极管有何作用？为什么？若不注意把它的极性接反了会产生什么后果？续流二极管作用是提高电感负载时的单相半波电路整流输出的平均电压。
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。
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>0系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 转速n M 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=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=sv=ωD/2=2*=sT L=ηC n M=*100**950=GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2=*+100*322=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交点是系统的平衡点第三章一台他励直流电动机的技术数据如下：P N=,U N=220V, I N=, n N=1500r/min, R a =Ω,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=φN时的人为机械特性；并绘出上述特性的图形。
机电传动控制第三版课后答案
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 TM TLNTM=TL TM< TLTM-TL>0说明系统处于加速。
TM-TL<0 说明系统处于减速TM TL TM TLTM> 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 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=0.5Jω22.5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。
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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)
Ｌ TM
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
TＭT M
Ｔ
ＴＭ＞ T L TＭ＞
ＴL
系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速
ＴM T M
T
TＭ＝ 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
2.11 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
交点是系统的平衡点
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,Rａ=0.4Ω, Ｒf=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Ｐf;
④额定转矩T N;
⑤额定电流时的反电势；
⑥直接启动时的启动电流；
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？
①P N=U N I aNηＮ
２２０0=11０*I aＮ*0.8
IａN=25A
②U f= R fＩfＮ
IｆN=１１０/82．７
=１．33A。