电力拖动与控制课后答案 李岚 梅丽凤
电气控制与PLC应用技术--习题参考答案(梅丽凤)第1章习题答案
电气控制与PLC应用技术--习题参考答案(梅丽凤)第1章习题答案电气控制与PLC应用技术--习题参考答案(梅丽凤)第1章习题答案第1章习题参考答案1.答:低压电器的定义:根据外界特定的信号和要求，自动或手动接通和断开电路，实现对电路或非电对象的切换、控制、保护、检测、变换和调节用的电气元件统称为电器。
常用的低压电器:控制电器有接触器、继电器、起动器、主令电器等。
配电电器有断路器、熔断器、刀开关等。
执行电器有电磁铁、电磁阀、电磁离合器等。
答:根据交流电磁机构的吸力特性和直流电磁机构的吸力特性,对于一般的交流电磁机构，在线圈通电而衔铁尚未吸合瞬间，电流将达到吸合后额定电流的几倍甚至十几倍,而直流电磁机构中衔铁闭合前后激磁线圈的电流不变3.答:机械性拉弧、双断口灭弧、磁吹灭弧、灭弧栅灭弧、利用有机固体介质的狭缝灭弧、利用真空灭弧。
答：主要有触点系统、灭弧系统、各种脱扣器和开关机构等组成。
脱扣器包括过电流脱扣器、失压（欠压）脱扣器、热脱扣器、分励脱扣器和自由脱扣结构。
开关是靠操作机构手动或电动合闸的。
触点闭合后，自由脱扣器机构将触点锁在合闸位置上。
当电路发生故障时，通过各自的脱扣器使自由脱扣机构动作，自动跳闸，实现保护作用。
当电路发生短路或严重过载时，过电流脱扣器的衔铁吸合，使自由脱扣机构动作，主触点断开主电路；当电路过载时，热脱扣器的热元件发热使双金属片上弯曲，推动自由脱扣机构动作；当电路欠电压时，欠电压脱扣器的衔铁释放，也使自由脱扣机构动作；分励脱扣器则作为远距离控制用，在正常工作时，其线圈是断电的，在需要距离控制时，按下起动按钮，使线圈通电，衔铁带动自由脱扣机构动作，使主触点断开。
5.答：对于单相交流电磁机构，由于磁通是交变的，当磁通过零时吸力也为零，吸合后的衔铁在反力弹簧的作用下将被拉开。
磁通过零后吸力增大，当吸力大于反力时，衔铁又吸合。
由于交流电源频率的变化，衔铁的吸力随之每个周波二次过零，因而衔铁产生强烈振动与噪声，甚至使铁芯松散。
电力拖动与控制课后答案
第二章 直流电机的电力拖动2-23 一台他励直流电动机，铭牌数据为P N =60kW ，U N =220V ，I N =305A ，n N =1000r/min ，试求：（1） 固有机械特性并画在坐标纸上。
（2） T =0.75T N 时的转速。
（3） 转速n =1100r/min 时的电枢电流。
解：（1）Ω=⨯-⨯=-=038.0)30530560000305220(21)(212N N N N a I P I u R ， =-=ΦNa N N N e n R I U C min 208.01000038.0305220⋅=⨯-r V min 1058208.02200r C U n N e N ===φ m N I C T N N e N ⋅=⨯⨯==8.605305208.055.955.9φ∴通过（1058，0）及（1000，605.8）可以作出固有机械特性（2）时N NT N e Na N e N T T C C T R C U n 75.0=∴-=φφφ min 1016208.0208.055.98.60575.0038.0208.0220r n =⨯⨯⨯⨯-=（3）n=1100r/minN Ne a N e N I C RC U n φφ-=A R C n C U I a N e N e N N 9.229038.0208.0)11001058()(-=-=-=∴φφ 2-24 电动机的数据同上题，试计算并画出下列机械特性：（1） 电枢回路总电阻为0.5R N 时的人为机械特性。
（2） 电枢回路总电阻为2R N 的人为机械特性。
（3） 电源电压为0.5U N ，电枢回路不串电阻时的人为机械特性。
（4） 电源电压为U N ，电枢不串电阻，ф=0.5фN 时的人为机械特性。
注：R N =U N /I N 称为额定电阻，它相当于电动机额定运行时从电枢两端看进去的等效电阻。
解：（1）Ω===721.0305220N N N I U R 当外串后总电阻为0.5R n 时：T T C C R C U n NT N e nN e N 874.010585.0-=⋅-=φφφ （2）当电枢总电阻为Ω=442.12n R 时：T T C C R C U n NT N e nN e N 49.310582-=⋅-=φφφ （3）N U U 5.0=T T C C R C U n N T e aN e N 092.0529)(5.02-=-=φφ （4）N φφ5.0=T T C C R C U n N T e aN e N 368.02116)(25.05.02-=-=φφ2-25 Z2—71型他励直流电动机,P N =7.5kW ， U N =110V ， I N =85.2A ， n N =750r/min ，R a =0.129Ω。
电气控制与plc应用技术习题参考答案梅丽凤第8章习题答案microsoft文档
第8章习题参考答案1.答：为防止两个接触器同时通电造成短路，在软件设计中，采取用2个输出继电器的常闭触点互相切断对方的输出继电器，则称为软互锁；其特点是从程序上保证了正、反转两个接触器不会同时通电动作。
在PLC输出端，正、反转两个接触器的硬件连接上，采用常闭触点互相切断对方接触器的线圈，这种构成的互锁称为外部硬互锁。
其特点是防止接触器因质量不好或发生触点熔焊，造成正、反转换接时触点未按要求断开；也可以防止PLC内部发生运算错误，导致正、反转两个接触器同时通电动作，造成主电路短路。
2.答：人机界面就是人与硬件（计算机、PLC等）、控制软件之间实现信息交互的操作界面，由硬件和软件构成。
用户可以通过人机界面与计算机、PLC进行信息交换，向PLC控制系统输入数据、信息和控制命令；而PLC控制系统又可通过人机界面，在可编程终端、计算机上传送控制系统的数据和有关信息给用户。
每一个控制系统的功能不同，所需要交流的数据和信息就不同，因此需要的人机界面也不同，所以需要根据系统的控制需求来进行人机界面的设计。
3.答：1系统需要启动按钮个、停止按钮1个，共计2个开关量输入。
系统需要3个接触器来控制三台电动机，共计3个开关量输出。
选择CPU224即可以满足控制需求。
输入、输出端口分配如表1所示。
依据I/O分配表，进行PLC外部接线如图1所示。
电占LZ 电和注IJ ---------------------------------------------------- ---------------------------- KLN13 工BLN41z=^=- L. 1KT 1J QO a QO.^ QO 1M i. LH io o ri i 1 m 2T=l~~I梯形图程序如下。
T3B4.答：选择A/D 转换模块EM231和D/A 主模块EM232各一个。
2点模拟量输入接 通道和AIW2通道，每个输入通道采集 10次，取平均值作为采样值；模拟量输出送 通道，当外部输入信号10.0有效时开始采集、输出。
电力拖动与控制课后答案 李岚 梅丽凤
转速 n 成反比比。而而输出功率
，即为一一恒定值。故称为恒功率
调速方方式。 串电阻调速和降电压调速属于恒转矩调速方方式，弱磁调速属于恒功率调速。
2-21 电动机的调速方方式为什么要与负载性质匹配？不匹配时有什么问题？ 答：电动机的容许输出转矩和容许输出功率，仅仅表示示电动机的利用用限度，并不代表电 动机的实际输出，电动机的实际输出是由负载的需要来决定的。负载有三种类型：恒 转矩负载、恒功率负载、通⻛风机型负载。每种类型的负载，在不同转速下所需要的转 矩和电流是不同的。所以要根据电动机所拖动负载的性质来选择调速方方式，达到合理 使用用电动机的⺫目目的。
1-6 把多轴电力力拖动系统折算为等效单轴系统时负载转矩按什么原则折算？各轴的⻜飞轮力力 矩按什么原则折算？ 答:功率相等原则;能量守恒原则.
1-7 什么是动态转矩？它与电动机负载转矩有什么区别？ 答:动态转矩是指转矩是时间的函数. 而而负载转矩通常是转速的函数.
1-8 负载的机械特性有那几几种类性？各有什么特点？ 答：恒转矩负载特性：与 n 无无关，总是恒值；
其中，电动机作为原动机，通过传动机构带动生生产机械的工工作机构执行行某一一生生产任务； 机械传动机构用用来传递机械能；控制设备则用用来控制电动机的运动；电源的作用用是向电动 机和其他电气气设备供电。 1-2 电力力拖动系统运动方方式中 T，Tn 及 n 的正方方向是如何规定的？如何表示示它的实际方方向？
图 1-11 拖动系统传动机构图
图 1-12 拖动系统传动机构图
解：
=J ，
分别是电机转轴。
卷筒的机械角角速度
=j=2.57
R=V
R = =1 2=2示拖动系统提升或下放罐笼时，折算到电动机轴上的等效负载转矩以及 折算到电动机轴上的拖动系统升降部分的⻜飞轮力力矩。已知罐笼的质量 m0=300k，重物的质量 m=1000kg ，平衡锤的质量 mp=600kg ，罐笼提升速度 vm=1.5m/s ，电动机的转速 n=980r/min， 传动效率η0=0.85。传动机构及卷筒的⻜飞轮力力矩略而而不计.。
《电力拖动自动控制系统》习题解答(1-2)
《电力拖动自动控制系统》部分习题解答第一章1. 什么叫调速范围、静差率？它们之间有什么关系？怎样才能扩大调速范围？ 答：①调速范围——电动机在额定负载下调速时，允许的最高转速max n 与最低转速min n 之比叫做调速范围，用D 表示，即minmaxn n D =②静差率——当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速0n 之比，称作静差率S ，即0Nn n S ∆=③直流变压调速系统中调速范围、静差率和额定速降之间的关系为)1(s n s n D N N -∆=④采用闭环控制方式，使转速降落N n ∆能够大幅度下降，才能在保证静差率S 不变的前提下扩大调速范围。
2. 某一调速系统，测得的最高速特性为n 0max ＝1500 r/min ，带额定负载时的速降N n ∆＝15 r/min ，最低速特性为n 0min ＝100 r/min ，额定速降不变，试问系统能达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解：已知N n ∆＝15 r/min ，有n max ＝n 0max －N n ∆＝1500 r/min －15 r/min ＝1485 r/min n min ＝n 0min －N n ∆＝100 r/min －15 r/min ＝85 r/min 于是 调速范围47.17851585min max ===n n D静差率%15%10010015%100min0=⨯=⨯∆=n n s N答：系统能达到的调速范围是17.47；允许的静差率是15%。
3. 为什么加负载后直流电动机的转速会降低，它的实质是什么？答：实质是负载电流增大后，电枢电阻上压降增大，使E 减小，导致转速n 必然下降。
4. 某调速系统的调速范围是1500 ~ 150 r/min ，要求静差率为s ＝2% ，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有多大？解： ①已知101501500==D ，又)1(s n s n D N N -∆=06.3)02.01(1002.01500)1(N N =-⨯=-=∆s D s n n r/min也可以这样计算n n n n n s NNN ∆+∆=∆=min 0 min r/06.302.0102.01501min N =-⨯=-=∆s s n n ②因为 K 1opcl +∆=∆n n 所以 68.31106.31001K clop =-=-∆∆=n n 答：要求静差率为s ＝2%时，系统允许的静态速降是3.06r/min ；如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有31.68。
电气控制与PLC应用技术梅丽凤课后答案
电⽓控制与PLC应⽤技术梅丽凤课后答案#）（】》第 4 章习题参考答案1.、答： S7-200PLC 的接⼝模块主要有 I/O 扩展模块和特殊功能扩展模块两⼤类。
I/O 扩展模块，对于 I/O 点数不够的情况，则需要增加 I/O 扩展模块，对I/O 点数进⾏扩展。
典型的模块有：1）输⼊扩展模块 EM221。
共有 3 种产品，即 8 点和 16 点 DC、 8 点 AC。
2）输出扩展模块 EM222。
共有 5 种产品，即 8点 DC 和 4 点 DC（5A）、 8 点 AC、 8点继电器和 4 点继电器（10A）。
3）输⼊/输出混合扩展模块 EM223。
共有 6 种产品，其中 DC 输⼊/DC 输出的有三种，DC 输⼊/继电器输出的有三种，它们对应的输⼊/输出点数分别为 4 点、 8 点和 16 点。
/4）模拟量输⼊扩展模块 EM231。
共有 3 种产品。
4AI、 2 路热电阻输⼊和 4 路热电偶输⼊。
其中前者是普通的模拟量输⼊模块，可以⽤来连接标准的电流和电压信号；后两个是专门为热电阻和热电偶⽽设计的模块，热电阻和热电偶可以直接连接到模块上⽽不需要经过变送器对其进⾏标准电流或电压的转换，模块上设置有热电阻和热电偶型号选择开关，热电偶模块还具有冷端补偿功能。
5）模拟量输出扩展模块 EM232。
2 路模拟量输出的扩展模块。
6）模拟量输⼊/输出扩展模块 EM235。
4 路 AI 和 1 路 AO（占⽤ 2 路输出地址）的扩展模块。
"特殊功能扩展模块可以完成某些特殊功能的控制。
典型的特殊模块有：1）PROFIBUS-DP 模块EM277。
使⽤该模块可以把S7-200 PLC 连接到PROFIBUS-DP⽹络中，从⽽使 S7-200 PLC 作为 DP ⽹络中的⼀个从站。
2） AS-i 接⼝模块 CP243-2。
使⽤该模块可以把 S7-200 PLC 连接到 AS-i ⽹中，从⽽使S7-200 PLC 作为 AS-i ⽹络中的主站。
《电力拖动与控制(第版)》李岚第八章详解
３.串励直流电动机起动控制电路
图8-3 串励直流电动机起动控制电路
合QS,KT1通电,常闭触点断开 电机串电阻起动 常开触点闭合 KT2通电,常闭 按SB2,KM1通电 触点断开 常闭触点断开,KT1断电,经延时, 短接R2 KM2通电 KT2断电,经延时,KM3通电,短接R1 之后电机继续加速直至起动完毕,进入正常工 作状态。按SB1,电机停转。
图8-18 三相异步电动机能耗制动控制电路
二、反接制动控制电路
按SB2→K1线圈通电→KM1线圈通电→电动机
开始正向降压起动 n升至一定值 KR1闭合→
K3线圈通电→KM3线圈通电 →短接电阻R→ 电机进入全压运行 要停车,按SB1 →
K1断电 KM3断电 KM1断电
电机脱离电源
KM2 线圈通电→电动机串电阻R进入反接制动 →n下降 n降至一定值 KR1断开 →K3断电 → KM2断电，制动过程结束 同理分析反向起动、制动过程原理
电力拖动与控制
第八章 电动机的基本控制电路
主要内容
直流电动机的控制电路 三相异步电动机的起动控制电路 三相异步电动机的正反转控制电路 三相异步电动机的制动控制电路 三相异步电动机的调速控制电路 同步电动机的控制电路 典型机床电气控制电路
第一节 直流电动机的控制电路
一、直流电动机的起8-1 他励直流电动机串联两级电阻起动控制电路
KA通电,常开触点闭合 合QS1,QS2 → KT1通电,常闭触点断开 KT2通电,常闭触点断开
→按SB2
常开触点闭合,电机串全电阻起动 →KM1通电 常闭触点断开,KT1,KT2断电 →延时后KT1常闭触点闭合→KM2通电,常开触点 闭合,短接电阻R1 →再延时后KT2常闭触点闭合 →KM3通电,常开触点闭合,短接电阻R2→电机 正常工作。 按SB1→电机停转
32362《电力拖动与控制(第2版)》李岚第三章
异步电动机的机械特性有三种表达式 物理表达式 参数表达式 实用表达式
一、机械特性的物理表达式
三相异步电动机的电磁转矩：
pPM T 1
式中， p— 极对数 ω1—定子角频率， ω1=2πf1
PM—电磁功率，有二种表达式，即:
PM m1E2 I 2 cos 2
r2 P m1 I 2 M s
1．降低定子电压的人为机械特性
当定子电压降低时： Tmax与U12成正比降低； Tst与U12成正比降低； sm与U1无关； 同步速n1与U1无关。 因此降低电压的人为机械特性是一组通过 同步转速点的曲线簇。
图3-4 异步电动机降压时的人为特性
降低电压U1对电动机运行的影响: 如果电机原在额定电压下运行，若降低 U1 ，则使n降低，s增大，I2将随E2的增大而 增大，从而引起I1增大。若I1﹥IN，则导致电 机过载，电动机长期欠压过载运行，会造成 电动机过热，缩短电动机的使用寿命。 另外，定子电压下降过多，可能出现 Tmax﹤TL，将迫使电动机停转。
I1st IN
≤
电源总容量 kVA 1 3 4 起动电机容量 kW
称为笼型异步电动机的起动电流 倍数，其值可根据电动机的型号和规格从 手册中查得 。 ２．降压起动 降压起动方法只适用于空载或轻载起动的 场合，下面介绍常用的三种降压起动方法。
K I I1st I N
一、异步电动机的固有起动特性
起动电流可根据图3-1计算，略去激磁 电流，令s=1得：
I1st U1
r1 r2
2
x1 x2
2
虽然起动电流大，但起动转矩却不大，
起动转矩
Tst (0.9 1.3)TN
32362《电力拖动与控制(第2版)》李岚第一章
电动机与工作机构转速比:
n j m nm
考虑了传动损耗后,功率关系变为:
Tmeq Tm j
多级传动,传动比为各级传动比之积,传动 效率为各级传动效率之积,即:
j j1 j2 j3
123
2.飞轮矩的折算
折算原则：折算前后系统储存的动能不变 设各轴的角速度为: 1 2 m 电动机转子的飞轮矩为GDd2(Jd) ,主轴和工件 的飞轮矩为GDm2(Jm) ,则旋转物体的动能为:
（2）估算系统总的飞轮矩
2 2 GDeq 1.2GDd 120N m 2
T （3）不切削时（ meq 0 ），工作台与工件 反向加速时，系统动态转矩绝对值
T Tmeq GD 2 dn 160N m 375 dt
第三节 生产机械的负载转矩特性
负载转矩特性是指生产机械工作机构的转矩 与转速之间的函数关系，即 n=f(TL) 。 典型的负载转矩特性有恒转矩特性、恒功率 特性和通风机型特性三种。
注意：在使用单轴运动方程式进行分析时, 式中的TL应是折算后的等效负载转矩Tmeq , GD2是折算后系统总的等效飞轮矩 GDeq2。
（a） 传动图 图 1-3
（b） 等效折算图
多轴电力拖动系统示意图
本节重点研究负载转矩和飞轮矩的具体折 算方法。 折算的原则： 按照能量守恒定律，系统在折算前和折 算后应具有相等的机械功率和动能。
图1-7 反抗性恒转矩负载特性
图1-8 位能性恒转矩负载特性
2. 位能性恒转矩负载特性
这种负载转矩是由重力作用产生的。 特点：TL大小不变,而且作用方向也保持不变。 如果以提升作为运动的正方向，则n为正向 时，TL反对运动，也为正值；当下放重物，n 为负向时，TL的方向不变，仍为正，表明这时 TL是帮助运动的，成为拖动转矩。 特性如图1-8。
《电力拖动自动控制系统》参考答案
《电力拖动自动控制系统》参考答案：第一章一、填空题：1.答案：静止可控整流器直流斩波器2.答案：调速范围静差率.3.答案：恒转矩、恒功率4.答案：脉冲宽度调制二、判断题：答案：1.×、2. √、三、问答题：1.答案：生产机械的转速n与其对应的负载转矩T L的关系。
1.阻转矩负载特性；2.位转矩负载特性；3.转矩随转速变化而改变的负载特性，通风机型、恒功率、转矩与转速成比例；4.转矩随位置变化的负载特性。
2.答案：放大器的放大系数K p，供电电网电压，参数变化时系统有调节作用。
电压负反馈系统实际上只是一个自动调压系统，只有被反馈环包围部分参数变化时有调节作用。
3.答案：U d减少，转速n不变、U d增加。
4.答案：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围。
当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落与理想空载转速之比，称作转差率。
静态速降值一定，如果对静差率要求越严，值越小时，允许的调速范围就越小。
5.答案：反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。
系统能有效地抑制一切被负反馈环所包围的前向通道上的扰动作用。
但完全服从给定作用。
反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。
可见，测速发电机的励磁量发生变化时，系统无能为力。
6.答案：采用比例积分调节器的闭环调速系统是无静差调速系统。
积分控制可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，原因是积分调节器的输出包含了输入偏差量的全部历史。
可以实现无静差调速。
四、计算题：1.答案：开环系统的稳态速降：354.33r/min；满足调速要求所允许的稳态速降：8.33r/min；闭环系统的开环放大系数：41.542.答案：42.5N•M，3.41N•M3.答案：T=62.92N•M，n=920r/min，cosФ=0.784.答案：α=0。
时n0=2119r/min, α=30。
时n0=1824r/min，α=31.1。
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第一章 电力拖动系统的动力学基础1-1 什么是电力拖动系统?它包括那几部分？都起什么作用？举例说明．答：由原动机带动生产机械运转称为拖动。
用各种电动机作为原动机带动生产机械运动，以完成一定的生产任务的拖动方式，称为电力拖动。
电力拖动系统，一般由电动机、机械传动机构、生产机械的工作机构、控制设备和电源五部分组成。
其中，电动机作为原动机，通过传动机构带动生产机械的工作机构执行某一生产任务；机械传动机构用来传递机械能；控制设备则用来控制电动机的运动；电源的作用是向电动机和其他电气设备供电。
1-2 电力拖动系统运动方式中T ，T n 及n 的正方向是如何规定的？如何表示它的实际方向？ 答：设转速n 对观察者而言逆时针为正，则转矩T 与n 的正方向相同为正；负载转矩T L 与n 的正方向相反为正。
与正方向相同取正，否则取反。
1-3 试说明GD ２的概念 答：J=gGD 42即工程中常用表示转动惯量的飞轮惯量。
1-4 从运动方程式中如何看出系统是处于加速、减速、稳速或静止等运动状态？ 答: 当L T T >时，0>dt dn ，系统加速；当L T T <时，0<dt dn ，系统减速。
当L T T = 时，0=dt dn ，转速不变，系统以恒定的转速运行，或者静止不动。
1-5 多轴电力拖动系统为什么要折算为等效单轴系统？答: 多轴电力拖动系统，不同轴上有不同的转动惯量和转速，也有相应的反映电动机拖动的转矩及反映工作机构工作的阻转矩，这种系统比单轴拖动系统复杂，计算较为困难，为了简化计算，一般采用折算的办法，把多轴电力拖动系统折算为等小的单轴系统。
1-6 把多轴电力拖动系统折算为等效单轴系统时负载转矩按什么原则折算？各轴的飞轮力 矩按什么原则折算？答:功率相等原则;能量守恒原则.1-7 什么是动态转矩？它与电动机负载转矩有什么区别？答:动态转矩是指转矩是时间的函数.而负载转矩通常是转速的函数.1-8 负载的机械特性有那几种类性？各有什么特点？答：恒转矩负载特性：与n 无关，总是恒值；恒功率负载特性：与n 成反比例变化；通风机负载特性：与n 2成正比例变化。
1-9 某拖动系统如图1-11所示。
当系统以1m/s 2的加速度提升重物时,试求电动机应产生的电磁转矩。
折算到电动机轴上的负载转矩T meq =195N ·m, 折算到电动机轴上的系统总(包括卷筒)转动惯量J =2kg·m 2 ,卷筒直径d =0.4m ，减速机的速比j =2.57。
计算时忽略电动机的空载转矩。
图1-11 拖动系统传动机构图 图1-12 拖动系统传动机构图 解：meq T T -=J dt d Ω，m ΩΩ,分别是电机转轴。
卷筒的机械角速度mΩΩ=j=2.57 m ΩR=V ∴ R dt d m Ω=dtdv =1⨯2=2 ∴ dtd Ω=7.252557.2=⨯⨯=Ω⋅dt d j m ∴m N dt d J T T meq ⋅=⨯+=Ω⋅+=4.2467.252195 1-10 试求图1-12所示拖动系统提升或下放罐笼时，折算到电动机轴上的等效负载转矩以及折算到电动机轴上的拖动系统升降部分的飞轮力矩。
已知罐笼的质量m 0=300k ，重物的质量m =1000kg ，平衡锤的质量m p =600kg ，罐笼提升速度v m =1.5m/s ，电动机的转速n =980r/min ，传动效率η0=0.85。
传动机构及卷筒的飞轮力矩略而不计.。
解：（1）系统以1.5m/s 提升罐笼时（g=9.81）m p m meq V g m V g m m T ⋅-⋅+=⋅Ω⋅)(0ηm N T meq ⋅=11.11822221)(21)602(42102m p m eq V m V m m n g GD ++=π222)(21)602(4210m p eq V m m m n g GD ++=π m N g n V m m m GD m p eq ⋅==⨯++=∴9.15)6.102(1677514)602()(22220π （2）系统以1.5m/s 下放罐笼时Ω⋅=⋅⋅-⋅+meq m p m T y V g m V g m m ])[(0m N T meq ⋅=⨯⨯⨯=3.856.10285.05.181.9700 m N GD GD eq eq ⋅==9.15)()(22上升下降1-11 一台卷扬机，其传动系统如图1-13所示，其各部分的数据如下：Z 1=20， 2211m N GD ⋅=；Z 2=100，2226m N GD ⋅=；Z 3=30， 2233m N GD ⋅=；Z 4=124，22410m N GD ⋅=；Z 5=25， 2258m N GD ⋅=； Z 6=92， 22614m N GD ⋅=。
卷筒直径d =0.6m ，质量m T =130kg ，卷筒回转半径ρ与卷筒半径R 之比ρ／R ＝0.76，重物质量m =600kg ，吊钩和滑轮的质量m 0=200kg,，重物提升速度νm =12m/min ，每对齿轮的传动效率ηcZ =0.95，滑轮的传动效率ηcn =0.97，卷轴效率ηcT =0.96，略去钢绳的质量。
电动机的数据为P N =20kW ，n N =950r/min ，22R m N 21GD ⋅=。
试求：（1） 折算到电动机轴上的系统总飞轮力矩；（2） 以 v m =12m/min 提升和放下重物时折算到电动机轴上的负载转矩图1-13 卷扬机传动系统图解：1、（1）齿轮总飞轮矩 256341222623412252421222322212)()()(Z Z Z Z Z Z GD GD Z Z Z Z GD GD Z Z GD GD GD GD J a ⋅⋅++⋅++++=22)992.75(9105.26414)65.20(182591++++=m N ⋅=+++=4505.10483.00422.036.012:2J GD m dR 3.02==，m R 228.03.076.076.0=⋅=⋅=ρ75792.6228.013022=⋅==ρm J 2m Kg ⋅229105.2648.9475792.64m N g J GD J ⋅=⋅⋅=⋅=∴（2）动滑轮的飞轮矩（包括钩子和重物）由于动滑轮半径未知，故动滑轮旋转运动的飞轮矩忽略。
2212)950.51(8.9)200600(365)(365⋅⋅+=⋅⋅=n V G GD H H21268.0225625002861600m N ⋅==1268.04505.1212222++=++=∴H a R GD GD GD GD 总25773.22m N ⋅=2、（1）提升时设绳的拉力为Fm cn V g y V F ⋅⋅+=⋅⋅)200600(绳绳N V V F cnm m 24.404197.028.980028.9800=⋅⋅=⋅⋅⋅=η绳NZ Z Z Z Z Z j R GT meq 3832.195475.62372.121296.095.03.024.40413563412==⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=η （2）下放重物时785.012=-='ηη，cn m V G V F η⋅⋅=⋅绳绳N V V F mm 4.3802297.08.9800=⋅⋅⋅=绳N j T meq 78.11992.75785.03.04.38023.04.3802=⋅⋅='⋅⋅=η第二章 直流电机的电力拖动2-1 他励直流电动机的机械特性指的是什么？是根据那几个方程式推倒出来的？ 答：T C C R R C u n T e c a e φφφ+-= 据以下三个方程：)(c a a a R R I E u ++=n C E e a φ=a T I C T φ=2-2 他励直流电动机的机械特性的斜率与那些量有关？什么叫硬特性？什么叫软特性？答：β与所串电阻R C 及励磁磁场Φ有关；β值较小的机械特性称硬特性，反之为软特性2-3 为什么0n 称为理想空载转速？堵转点是否只意味着电动机转速为零？为什么？答：因为实际中空载转矩T 0不可避免，故n 0达不到。
堵转就是n=0的点。
2-4 什么叫人为机械特性？从物理概念上说明为什么电枢外串电阻越大，机械特性越软？ 答：人为机械特性指通过改变u 、φ、R 参数得到的机械特性。
2-5 为什么降低电源电压的人为机械特性是互相平行的？为什么减弱气隙每极磁通后机械特性会变软？答：u 与β值无关；因为φφβ∴∝1减小，β增大，特性边软。
2-6 什么是电力拖动系统的稳定运行？能够稳定运行的充分必要条件是什么？答：系统在某种外界扰动下离开原的平衡状态，在新的条件下获得的新的平衡；或当扰动消失后系统能自动恢复到原来的平衡状态。
满足上述条件，系统就是稳定的。
系统稳定运行的充分必要条件是：1）电机的机械特性与负载转矩特性必须有交点，在交点处L T T =；2）在交点附近应有dndT dn dT L <。
2-7 他励直流电动机稳定运行时，电枢电流的大小由什么决定？改变电枢回路电阻或改变电源电压的大小时，能否改变电枢电流的大小？答：I a 由负载T L 决定。
不能。
2-8 他励直流电动机为什么不能直接起动？直接起动会引起什么不良后果？答：起动开始瞬间，由于机械惯性的影响，电动机转速,0,0==a E n 这时起动电流为 a N st R U I =，因电枢电阻数值很小，因此，st I 很大，可达额定电流的（10~20）倍。
因此不能直接起动。
直接起动可能产生如下后果：1、大电流使电枢绕组受到过大的电磁力，易损坏绕组；2、使换向困难，主要是在换向器表面产生火花及环火，少坏电刷与换向器；3、过大的起动电流还会产生过大的起动转矩，从而使传动机构受到很大的冲击力，加速过快，易损坏传动变速机构；4、过大的起动电流会引起电网电压的波动，影响电网上其他用户的正常用电。
2-9 起动他励直流电动机前励磁绕阻断线，没发现就起动了，下面两种情况会引起什么后果？(1)空载起动；(2)负载起动，T L ＝T N 。
答：（1）电机飞车，转速太高，容易造成事故。
（2）电机电枢中电流很大，却很可能起动不了，由于C T I C T φ=，此时磁场只有点剩磁很小。
2-10 如何判断他励直流电动机是处于电动运行状态还是制动运行状态？答：电机所发出的电磁转矩与转速方向相同，即为电动状态。
若电磁转矩与转动方向相反，则为制动状态。
2-11 电动机在电动状态和制动状态下运行时机械特性位于哪个象限？答：电动状态机械特性位于一、三象限；制动状态机械特性位于二、四象限。
2-12 能耗制动过程和能耗制动运行有何异同点？答：相同点：两种状态下，电磁转矩都与电机转向相反。