最全的华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析全集


2.1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:

d? TM ? TL ? J dt

TM ? TL ? Td
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

2.2 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。

2.3 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

JZ ? JM

J1 J L 2 16 ? 2 ? 2 ? 2.5 ? 2 ? 2 ? 2.8(kg ? m) j1 jL 3 15

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:

nM 950 nL ? ? ? 59.4(r / min) j1 j 2 4 ? 4

v?

?DnL
60 j3

?

? ? 0.24 ? 59.4
60 ? 2

? 0.37(m / s)

TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.m

100? 0.372 GD ? (1.1 ~ 1.25) ? 1.05 ? 365? ? 1.16 ~ 1.32N ? m 2 9502
2 Z

Fv 2 2 2 GDZ ? ?GDM ? 365 2 nM

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。 3.3 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? 答:因为

T ? Kt ?I a ? TL ? 常数
Ra U n? ? T 2 Ke? Ke Kt ?


所以,当改变电枢电压或电枢串电阻时,Ia均不变。 由 n会变化。

3.4一台他励直流电动机在稳定运行时,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:因为

T ? Kt ?I a ? TL ? 常数

当Φ ↓时,→ Ia↑ 由U=E+IaRa,E=U-IaRa,当Ia ↑时, →E ↓,所以: E<E1

3.6已知他励直流电动机的铭牌数据如下:PN=7.5kW,UN=220V, nN=1500r/min,ηN=88.5%,Ra=0.2Ω。试求该电机的额定电流 和额定转矩。 PN 答: P1 ? I N U N ?

?N

7.5 ? 1000 IN ? ? ? 38.52( A) U N? N 220? 0.885 PN
PN 7.5 TN ? 9550 ? 9550? ? 47.75( N ? m) nN 1550

3.8一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。 答:
? P ?U ?1 ? N ? N Ra ? ?0.50 ~ 0.75?? UN IN ? IN ? ? ? 5.5 ? 1000? 110 Ra ? ?0.50 ~ 0.75??1 ? ? 0.172 ~ 0.258(?) ? 110? 62 ? 62 ?

UN U N nN n0 ? ? Ke? N U N ? I N Ra
n0 ? 110? 1000 ? 1107 ~ 1170 r / min) ( 110 ? 62(0.172 ~ 0.258)

PN 5.5 TN ? 9550 ? 9550? ? 52.53( N ? m) nN 1000

3.9一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=0.2 Ω,若忽略机械磨擦和转子的铜耗、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。 PN 答: 5.5
TN ? 9550 nN ? 9550? 1500 ? 35.02( N ? m)

I N ? I N ? I fN ? 61? 2 ? 59( A)
n0 ?
n0 ?

UN U N nN ? Ke? N U N ? I aN Ra
110 ? 1500 ? 1680 (r / min) 110 ? 59 ? 0.2

3.10 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=0.242 Ω,试计算出此 电动机的如下特性:


⑵ ⑶ ⑷

固有机械特性
电枢附加电阻分别为3 Ω和5 Ω 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Φ=0.8 ΦN时的人为机械特性
UN U N nN n0 ? ? Ke? N U N ? I N Ra

答: ⑴

n0 ?

220 ? 1500 ? 1559 (r / min) 220 ? 34.4 ? 0.242

PN 6.5 TN ? 9550 ? 9550? ? 40.5( N ? m) nN 1500



在()中,?n ? n0 ? nN ? 1559? 1500? 59(r / min) 1
Ra RT TN ? ?n,所以K e K t ? 2 ? a N ?n Ke Kt ? 2
当串入 R ad 1 ? R ad 1 ? Ra ? Rad 1 Ra ? Rad 1 ??n ? 3?时, ?n1 ? TN ? ?n=?1+ 2 ? Ra Ra ? Ke Kt? ? ?

3 ? ? ?n1 ? ?1+ ? ? 59 ? 790(r / min) ? 0.242?

n1 ? n0 ? ?n1 ? 1559? 790 ? 769(r / min)
5 ? ? ?n2 ? ?1+ ( ? ? 59 ? 1278 r / min) ? 0.242?
? R ? 当串入 R ad 2 ? 5?时, ?n 2 ? ?1+ ad 2 ??n ? Ra ? ? ?

n2 ? n0 ? ?n2 ? 1559? 1278? 281 r / min) (

UN n0 1559 U 当U ? U N / 2时,n01 ? ? ? ? =779.5(r / min) Ke? 2K e ? 2 2

n1 ? n01 ? ?n ? 779.5 ? 59 ? 720.5(r / min)

当? ? 0.8? N 时,n01 ? UN n U 1559 ? ? 0 ? ? 1949 r / min) ( Ke? 0.8K e ? N 0.8 0.8

Ra Ra 1 59 ?n1 ? T ? TN= 2 ?n ? ? 92.2(r / min) 2 N 2 2 2 Ke Kt ? 0.8 K e K t ? N 0.8 0.8

n1 ? n01 ? ?n1 ? 1949? 92.2 ? 18568(r / min) .

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。 3.12 他励直流电动机启动过程中有哪些要求?如何实现? 答: 要求电流Ist≤(1.5~2)IN,可采用降压启动、电枢回路串电 阻进行启动。

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, 若忘了先合励磁绕组的电源开关就把电枢电源接通,这时会产生 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,若突然将励磁绕组断开,此时又将出现什么情 况?

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=KtΦIa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=KtΦIa=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=KtΦIa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=KtΦNIaN = 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=KtΦIa并不大,因为TL= TN,所以T< TL,系统逐渐减 速到停车。

3.15 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,ηN=0.8,Ra=0.4Ω,Rf=82.7 Ω。 试求: ① 额定电枢电流IaN;②额定励磁电流IfN;③励磁功率Pf; ④额定转矩TN;⑤ 额定电流时的反电势;⑥ 直接启动时的启动 电流;⑦ 如果要使启动电流不超过额定电流的2倍,求启动电阻 为多少?此时启动转矩又为多少? 答:(1)、因为I aN U N ? PN ,所以I aN ? PN ? 2.2 ? 1000 ? 25( A) ?N U N? N 110? 0.8
(2)、I fN ? Uf Rf ? 110 ? 1.33( A) 82.7

(3)、Pf ? I fNU f ? 1.33?110 ? 146.3( A)
PN 2.2 (4)、TN ? 9550 ? 9550? ? 14( N ? m) nN 1500
(5)、E ? U N ? I aN Ra ? 110? 25? 0.4 ? 100(V )

(6)、I st ?

U N 110 ? ? 275( A) Ra 0.4 UN U 110 (7)、要使I st ? ? 2I aN,则R st ? N ? Ra ? ? 0.4 ? 1.8( A) Ra+R st I st 2 ? 25
Tst ? K t ? N I st ? 9.55K e ? N 2I aN ? 19.1 E I aN nN

Tst ? 19.1 ?

100 ? 25 ? 31.83( N ? m) 1500

3.16 直流电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?切除太快,会带来什么后果? 答:见书上图3.23。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3.24。

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?
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。

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?

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1.2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。

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? 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。 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。 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。

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 物匀速上升时将电枢电源突然反接,试利用机械特性从机电过程 上说明:

(1)从反接开始到系统达到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?
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。

5.1 有一台四极三相异步电动机,电源电压的频率为50Hz,满 载时电动机的转差率为0.02,求电动机的同步转速、转子转速和 转子电流频率。 答: 60 f 60 ? 50 n0 ? ? ? 1500 r / min) ( p 2 n0 ? n N 因为S N ? ,n N ? (1 ? S N )n0 ? (1 ? 0.02) ? 1500? 1470 / min r n0

f 2 ? S N f1 ? 0.02? 50 ? 1( Hz)

5.2 将三相异步电动机接三相电源的三根引线中的两根对调, 此电动机是否会反转?为什么? 答:会反转。因为三相绕组中电流的相序发生改变。 5.3 有一台三相异步电动机,其nN=1470r/min,电源频率为 50Hz。当在额定负载下运行,试求:(1) 定子旋转磁场对定子的 转速;(2) 定子旋转磁场对转子的转速;(3) 转子旋转磁场对转子 的转速;(4) 转子旋转磁场对定子的转速;(5) 转子旋转磁场对定 子旋转磁场的转速。

答:(1)、因为nN ? 1470 / min,所以n0 ? 1500 / min, p ? 2 r r

(2)、n0-nN ? 1500? 1470? 30(r / min)
n0 ? n N 1500 1470 - (3)、S N ? = =0.02 n0 1500

f 2 ? S N f1 ? 0.02? 50 ? 1( Hz)
60 f 2 60 ? 1 n2 ? ? ? 30(r / min) p 2 (4)、n02 ? n2 ? nN ? 30 ? 1470? 1500 r / min) (

(5)、n21 ? n02 ? n0 ? 1500? 1500? 0(r / min)

5.4 当三相异步电动机的负载增加时,为什么定子电流会随转 子电流的增加而增加? 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。 5.5 三相异步电动机带动一定的负载运行时,若电源电压降低 了,此时电动机的转矩、电流及转速有无变化?如何变化?

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=4.44Kf1N1Φ , 所以当U ↓ → Φ ↓ →I2 ↓ 时, 根据T=KmΦI2cosφ2知:T ↓, 此后: →n ↓ →s ↑ →I2 ↑ →T ↑直到c点。

b

a c

TN

c点和a点比,因为U ↓ → Φ ↓,而且s ↑ → cosφ2 ↓,根据 T=KmΦI2cosφ2=TL=常数,知:I2 ↑

5.6
型号

有一台三相异步电动机,其技术数据如下表所示。
满载时 PN/KW 3 UN/V 220/380 nN/r.min-1 960 IN/A 12.8/7.2 ηN 83% cosφN 0.75 Ist/IN 6.5 Tst/TN 2.0 Tmax/TN 2.0

Y132S-6

试求: (1) 线电压为380V时,三相定子绕组应如何接法? (2) 求n0,p,SN,TN,Tst,Tmax,Ist; (3) 额定负载时电动机的输入功率是多少? 答: (1) Y接法。 (2)、因为nN ? 960r / min,所以n0 ? 1000 / min, p ? 3 r n0 ? n N 1000 960 - SN ? = =0.04 n0 1000
P 3 TN ? 9550 N ? 9550? ? 29.84( N ? m) nN 960

Tst ? ?st TN ? 2 ? 29.84 ? 59.69N ? m
Tmax ? ?mTN ? 2 ? 29.84 ? 59.69N ? m
I st ? 6.5I N ? 6.5 ? 7.2 ? 46.8 A

3 (3)、P1 ? ? ? 3.61( KW ) ? N 0.83
5.7 三相异步电动机正在运行时,转子突然被卡住,这时电动 机的电流如何变化?对电动机有何影响?

PN

答:电动机电流增大,烧坏电机。

5.8三相异步电动机断了一根电源线后,为什么不能启动?而在 运行时断了一线,为什么仍能继续转动?这两种情况对电动机将 产生什么影响? 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。

BA1

BA 2 BB1 BB 2

如果电流:iA=Imcosωt 则电流:iB=Imcos(ωt-180°),即 iB为流出,与iA相位相反

B 当ωt=0时, BA 最大, A1 和 BA 2 转到A轴上 BB 当ωt=180°时,,最大 BB1 和 BB 2 转到B轴上

BA1

BA 2 BB1

BB 2 BB1

BA1

BA 2

BB 2
所以当ωt=0时,应当把 BB1 和 BB 2 退回180 °

BA1 和 BB1 和都逆时针转,可合成 BA 2 和 BB 2 和都顺时针转,可合成

BB 2 BB1

BA1

BA 2 Bm1 BA1 BB1 BB 2 Bm 2 BA 2

Bm1 和 Bm 2 大小相等、转向相反,转速相等,可以合成 B 为一个脉动磁场 Bm ,即电动机变为单相运行。 m 与A相轴 线或B相轴线成30°角。

5.9 三相异步电动机在相同电源电压下,满载和空载启动时,启 动电流是否相同?启动转矩是否相同? 答:启动电流一样,启动转矩相同。 5.10 三相异步电机 为什么不运行在Tmax或接近Tmax的情况下?

答:一般Tmax是TN的2~2.5倍,在Tmax或接近Tmax运行时,I2大很 多,电机会被烧坏。

5.11 有一台三相异步电动机,其铭牌数据如下:
PN/KW 40 nN/r.min-1 1470 UN/V 380 ηN 0.9 cosφN 0.9 Ist/IN 6.5 Tst/TN 1.2 Tmax/TN 2.0 接法 Δ

(1) 当负载转矩为250N.m时,试问在U=UN和U1=0.8UN两种情况 下电动机能否启动? (2) 欲采用Y- Δ换接启动,问当负载转矩为0.45TN和0.35TN两种 情况下,电动机能否启动? (3) 若采用自耦变压器降压启动,设降压比为0.64,求电源线路 中通过的启动电流和电动机的启动转矩。

PN 40 答: (1)、TN ? 9550 ? 9550? ? 260( N ? m) nN 1470

U ? U N时,Tst ? 1.2TN ? 1.2 ? 260 ? 312 ? TL,能启动
U1 ? 0.8U N时,Tst 1 ? 0.82 Tst ? 0.82 ? 312 ? 200 ? TL,不能启动
1 1 (2)、TstY ? Tst ? ? ? 1.2TN ? 0.4TN 3 3 所以,在TL ? 0.45TN 时,无法启动,在 L ? 0.35TN 时,能启动 T

PN 40 答: (1)、TN ? 9550 ? 9550? ? 260( N ? m) nN 1470

U ? U N时,Tst ? 1.2TN ? 1.2 ? 260 ? 312 ? TL,能启动
U1 ? 0.8U N时,Tst 1 ? 0.82 Tst ? 0.82 ? 312 ? 200 ? TL,不能启动
1 1 (2)、TstY ? Tst ? ? ? 1.2TN ? 0.4TN 3 3 所以,在TL ? 0.45TN 时,无法启动,在 L ? 0.35TN 时,能启动 T

5.13 线绕式异步电动机采用转子串电阻启动时,所串电阻愈大, 启动转矩是否也愈大? 答:不是。串电阻 大到一定程度后,启动转矩会变小,因为 虽 然cosφ2增大,但I2减小太多。 5.14 为什么线绕式异步电动机在转子串电阻启动时,启动电流 减少而启动转矩反而增大? 答:因为 适当串入电阻后,虽然I2减少,但cosφ2增大很多,所 以启动转矩增加。

5.15 异步电动机有哪几种调速方法?各种调速方法有何优缺点? 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。

5.16 什么叫恒功率调速?什么叫恒转矩调速? 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。

5.17 异步电动机变极调速的可能性和原理是什么?其接线图是 怎样的? 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5.40。

5.18 异步电动机有哪几种制动状态?各有何特点? 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。

5.19 试说明鼠笼式异步电动机定子极对数突然增加时,电动机 的降速过程。 答:见书上图5.42。 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<n02时,I2反向,I2>0,T>0,变为电动转矩,但T< TL,所以→ n↓→s↑→I2↑→ T ↑,直到T=TL,系统稳定运行在c 点。

5.20 试说明异步电动机定子相序突然改变时,电动机的降速过 程。 答:见书上图5.43。

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↓→ cosφ2 ↑→ T↑→n↓更快。 5.21 如图5.51所示,为什么改变QB的接通方向即可改变单相异 步电动机的旋转方向? 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。

5.23 同步电动机的工作原理与异步电动机的有何不同? 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。 5.24 一般情况下,同步电动机为什么要采用异步启动法?

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。

5.25 为什么可以利用同步电动机来提高电网的功率因数? 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: P ? 3UI cos? ? 常数
1

当改变If使I改变时, cosφ也随着变,所以,可调If,使cosφ =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。

6.1 有一台交流伺服电动机,若加上额定电压,电源频率为50Hz, 极对数p=1,试问它的理想空载转速是多少? 答:

60 f 60 ? 50 n0 ? ? ? 3000 r / min) ( p 1

6.2 何谓“自转”现象?交流伺服电动机是怎样克服这一现象, 使其当控制信号消失时,能迅速停止。

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。

6.3 有一台直流伺服电动机,电枢控制电压和励磁电压均保持不 变,当负载增加时,电动机的控制电流、电磁转矩和转速如何变 化? 答:当TL ↑ →T ↑,由 T=KtΦIa知,Ia↑,由n=f(T)方程知,n ↓。

6.4 有一台直流伺服电动机,当电枢控制电压Uc=110V时,电枢 电流Ia1=0.05A,转速n1=3000r/min,加负载后,电枢电流Ia2= 1A,转速n2=1500r/min。试作出其机械特性n=f(T)。 答:
因为:n ? UC R ? I a,所以( Ke?)n ? U C ? RI a Ke? Ke?

代入已知条件得: ( Ke?) ? 110 ? 0.05R 3000          ( Ke?) ? 110 ? 1R 1500

解以上两方程得: =56.41 R 110 R -          ? ? Ke 1500

UC 1500UC 1500? 110 n0 ? = = =3079 r / min) ( Ke? 110 R 110 56.41 - -

T2 ? K t ?I a 2 ? 9.55 K e ?I a 2

110 ? R ? 9.55 ? ? 1 ? 0.341( N ? m) 1500

6.5 若直流伺服电动励磁电压一定,当电枢控制电压Uc=100V时, 理想空载转速n0=3000r/min;当Uc=50V时,n0等于多少? 答:

UC 100 50 因为n0 ? ,代入已知数据得: = 3000 , n0 ? Ke? Ke? Ke? 解这两个方程得 0 ? 1500r / min n

6.11 交流测速发电机在理想情况为什么转子不动时没有输出电 压?转子转动后,为什么输出电压与转子转速成正比?
答:当n=0时,f1的Uf加在WF上→f1的Φf, Φf= Φfmsinωt,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 =4.44f1 N1 Φ1m ),∴ E2p ∝n E0 ∝Φ2 ∝E2p ∝n

∵E2p →i2p →脉动磁通Φ2 ,正好和CW轴线重合→CW上e0 。

∴E0 ∝n或U0=E0=Kn

7.1 电动机的温升与哪些因素有关?电动机铭牌上的温升值其含 义是什么?电动机的温升、温度以及环境温度三者之间有什么关 系? 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 7.2 电动机在运行中,其电压、电流、功率、温升能否超过额定 值?是何原因? 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。

7.3 电动机的选择包括哪些具体内容? 答:容量、种类、电压、转速、结构形式。 7.4 选择电动机的容量时主要应考虑哪些因素? 答:发热:应有θmax ≤θa

过载能力:T

L max

? ? Tmax ? ?mTN

I L max ? I max ? ?i?I N
启动能力: TL<λst TN

7.3 电动机的选择包括哪些具体内容? 答:容量、种类、电压、转速、结构形式。 7.4 选择电动机的容量时主要应考虑哪些因素? 答:发热:应有θmax ≤θa

过载能力:T

L max

? ? Tmax ? ?mTN

I L max ? I max ? ?i?I N
启动能力: TL<λst TN

7.5 电动机有哪几种工作方式?当电动机的实际工作方式与铭牌 上标注的工作方式不一致时,应注意哪些问题?

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。 7.6 一台室外工作的电动机,在春、夏、秋、冬四季其实际允许 的使用容量是否相同?为什么?

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。

7.7 有一抽水站的水泵向高度H=10m处送水,排水量Q= 500m3/h,水泵的效率η1=0.9,传动装置的效率η2=0.78,水的 重度γ=1000kg/m3,试选择一台电动机拖动水泵。

500 答: 1000? ? 10 ?QH 3600 PL ? ? ? 19.4( KW ) 102 1? 2 ? 102? 0.9 ? 0.78

7.8 有一生产机械的实际负载转矩曲线如题7.8图所示,生产机械 要求的转速nN=1450r/min,试选一台容量合适的交流电动机来 拖动此生产机械。 答:

T12 t1 ? T22 t 2 ? T32 t 3 ? T42 t 4 ? T52 t 5 Td ? ? 6.29( N ? m) t1 ? t 2 ? t 3 ? t 4 ? t 5
Td n 6.29 ? 1450 PL ? ? ? 0.96( KW ) 9550 9550

7.9 一生产机械需要直流电动机拖动,负载曲线如题7.9图所示, 试选择电动机的容量。

答:

PL ?

P12 t1 ? P22 t 2 ? P32 t 3 ? 3.96( N ? m) t1 ? t 2 ? t 3

7.10 有台35KW、工作时间30min的短时工作电动机,欲用一台 Th=90min的长期工作制电动机代替。若不考虑其它问题(如过 载能力等)试问长期工作制电动机的容量应选多大?
答: t P
30 ? ? 0.33 ,查图7.6得:K=2.7 Th 90

PP 35 PN ? ? ? 13( KW ) K 27

7.11 暂载率ε表示什么?当ε=15%时,能否让电动机工作15min, 休息85min?为什么?试比较ε=15%,30KW和ε=40%, 20KW两个重复短时工作制的电动机,哪一台容量大一些? 答: 不能。因为虽然 ? ? 15 ? 15%,但规定 t ? t ? 10分钟 P 0 15 ? 85 换算(按εSN折合 )

?1 0.15 PS 1 ? P1 ? 30 ? ? 23 .24 ( KW ) ? SN 0.25
PS 2 ? P2

?2 0.4 ? 20 ? ? 25.3( KW ) ? SN 0.25

7.12 有一台生产机械的功率为10KW,其工作时间tP=0.72min, t0=2.28min,试选择所用电动机的容量。

答:

tP 0.72 ?? ? ? 0.24 t P ? t 0 0.72 ? 2.28

? 0.24 PS ? P ? 10 ? ? 9.8( KW ) ? SN 0.25

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 受的电压大小决定于什么? 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。

10.2 晶闸管能否和晶体管一样构成放大器?为什么? 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。 10.3试画出图中负载电阻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?

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。

10.5 如题10.5图所示,若在t1时刻合上开关S,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。

答:

10.6

晶闸管的主要参数有哪些?

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。

10.7 如何用万用表粗测晶闸管的好坏? 答:见书上表10.1 10.8 晶闸管的控制角和导通角是何含义? 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。

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RL=10Ω,试求输出电压平均值Ud的调节范围,当α=π/3 时,输出电压平均值Ud、电流平均值Id为多少,并选择晶闸管。 答: 输出电压平均值

1 Ud ? 2?

??

?

1 ? cos ? 2U 2 sin ?td (?t ) ? 0.45U 2 2

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=74.25V 负载电流平均值

Ud U 2 1 ? cos ? Id ? ? 0.45 R R 2

当α=π/3时,Id=7.425A。

考虑晶闸管的安全系数,一般取1.5~2,所以: IT=(1.5~2)×8.89=(13.335~17.78)A

晶闸管最大反向电压:

2 U 2 ? 2 ? 220 ? 311 V V
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。

10. 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?

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。

10. 11 试画出单相半波可控整 流电路带不同性质负荷时,晶 闸管的电流波形与电压波形。

答:见图10.10、图10.11、图10.12

10.12. 有一电阻性负载,需要直流电压Ud=60V,电流Id=30A供电, 若采用单相半波可控整流电路,直接接在220V的交流电网上,试 计算晶闸管的导通角θ。

1 Ud ? 2?

??

?

1 ? cos ? 2U 2 sin ?td (?t ) ? 0.45U 2 2

2U d 2 ? 60 cos? ? ?1 ? ? 1 ? 0.21212 0.45U 2 0.45? 220
α=77.75°,导通角θ=180-77.75=102.25 °

10.13 有一电阻负载,需要可调直流电压Ud=0V~60V,电流 Id=0A~10A,现选用一单相半控桥式可控整流电路,试求变压器 副边的电压和晶闸管与二极管的额定电压和电流。

1 ? cos ? U d ? 0.9U 2 2
当α=0°时,电压应达最大,即为60V,所以变压器副边电压:

2U d 2 ? 60 U2 ? ? ? 66.667 V 0.9(1 ? cos? ) 0.9 ? (1 ? cos0)
元件承受的最大正反向电压为

2U 2 ? 2 ? 66.667 ? 94.281

考虑安全系数为2~3,故断态和反向重复峰值电压(额定电压) 为: UDRM=(2~3)×94.281V=(188.563~282.844)V

额定电流:因α=0° ,所以IT=(1.5~2)×10=(15~20)A

10.14 三相半波可控整流电路,如在自然相点之前加入触发脉冲 会出现什么现象?画出这时负载侧的电压波形图。 答:

10.15 三相半波电阻负载的可控整电路,如果 由于控制系统故 障,A相的触发脉冲丢失,试画出控制角α=0时整流电压波形。 答:

10. 16 三相桥式全控整流电路带电阻性负载,如果有一只晶闸 管击穿,其它晶闸管会受什么影响?

答:见图10.29。如VS1被击穿,则VS3、VS5会短路,因为UBA、 UCA不会加于负载,VS4用不着导通。 10.17 晶闸管对触发电路有哪些要求?触发电路主要有哪三个 环节?每个环节的功能是什么?
对晶闸管触发脉冲的要求主要有 足够大的触发电压和电流 、

前沿要陡 有一定的脉宽度、不触发时的输出电压小最好为负 、 和 与主电路同步 。

主要有三个环节:同步波形产生、移相控制、脉冲形成三个环节 组成。

同步波形产生:产生与主电路电压同步的电压波形,使对应每一 主电压波形的控制角α都一样。
移相控制:为了改变输出主电压平均值,需要对同步波形移相, 以改变控制角α大小。 脉冲形成:把产生的具有一定控制角且可人为改变控制角的同步 波形变成触发脉冲输出。

10.18 单结晶体管自振荡电路的振荡频率是由什么决定的?为 获得较高的振荡频率,减小充电电阻R与减小电容C效果是否一 样?R大小受哪些因素限制?为什么? 答:振荡频率是由充电常数(RC)决定。为了获得较高的振荡 频率,减小充电电阻R与减小电容C效果是一样的。 R受以下因素的限制:

E ? UV E ?UP ?R? IP IV

10.19

为什么晶闸管的触发脉冲必须与主电路电压同步?

答:如果不同步,由于每个正半周的控制角不同,输出电压就会 忽大忽小的波动。所以要求在晶闸管承受正向电压的半周内,控 制极获得第一个正向触发脉冲的时刻都相同。

10.20 在单节晶体管触发电路中,改变电阻R为什么能实现移相? 移相的目的是什么?

答:改变R就改变了电容的充电时间常数(RC),也就改变了 电容充电的快慢,也就改变了第一个正向触发脉冲的时刻,即实 现移相。移相的目的是:改变整流电路输出直流电压平均值大小。

10.21试简述有源逆变器的工作原理,逆变的条件和特点是什么? 图10.31(b),为α=2π/3的情况。 在ωt1触发VS1,ud=uA,且在1~2区间,ud>0,由式

di d L ? u d ? U d ,i d ↑,即e L 极性为左正右负,L储能。交流 dt 电网、电动机输出能量。

到2~3区间, ud<0,但Ud 更负,由上 式,id↑,L、 交流电网吸 收能量,电 动机输出能 量。

到3点,ud=Ud,id达最大值。 过3点后,ud比Ud更负,id↓,eL左负右正,L、电动机输出能 量,交流侧电流由高电位流向低电位,吸收能量。L释放能量→ 维持VS1导通直到触发VS2导通为止。 ……。 ud波形负面积>正面积,故Ud<0,一周期中变流器总的是吸收 能量,直流电动机电枢电流由低电位到高电位是输出能量, 特点:直流电 变成交流电回 送到电网。电 动机工作于发 电(制动)状态。

有源逆变条件:Ud及E的极性与整流状态相反,且 E ? U d 逆变角β:α+β=π,对 当β=0,Ud=Udmax; 当β=π/2,Ud=0,为使逆变电路 三相半波逆变电路,有 工作可靠,一般βmin=π/6,故逆 Ud=-1.17U2P cosβ 变电路:π/6≤β<π/2。

11.1 何谓开环控制系统?何谓闭环控制系统?两者各具有什么 优缺点?

答:只有控制量(输入量)对被控制量(输出量)的单向控制作 用,而不存在被控制量对控制量的影响和联系,这样的控制系统 称为开环控制系统。开环控制系统不能满足高要求的生产机械的 需要,调速范围小。
输入量与输出量之间既有正向的控制作用,又有反向的反馈 控制作用,形成一个闭环,即闭环控制系统。闭环控制系统调速 范围大。

11.2 什么叫调速范围、静差度?它们之间有什么关系?怎样才 能扩大调速范围?

答:电动机在额定负载下所允许的最高转速和在保证生产机械对 转速变化率的要求前提下所能达到的最低转速之比叫调速范围。
电动机由理想空载到额定负载时的转速降与理想空载转速之 比叫静差度。 在一个调速系统中,转速降一定时,在不同的静差度下就有 不同的调速范围。静差度越大,调速范围也越大。 保证在一定静差度的前提下,扩大系统调速范围的方法是提 高电动机机械特性的硬度,以减小转速降。

11.3 生产机械对调速系统提出的静态、动态技术指标主要有哪 些?为什么要提出这些指标?

答:静态指标:静差度S 、调速范围D 、调速的平滑性
动态指标:过渡过程时间、最大超调量、振荡次数

●静态指标
▲静差度S T L 变化时,应使n变 一般S≤50%,普通车床S≤30%, 龙门刨床S≤5%,冷轧机S≤2%, 化维持在一定范围。静 差度S表示n稳定的程度, 热连轧机S=0.2%~0.5%,造纸机 即S应小于一定值。 S≤0.1%。 由式 S ? n0 ? nN ? ?nN n0 n0 在 一 个调 速 系 统中 , 如 果在 机械特性愈硬,S愈小, n min 运行能满足S要求,则在其 n相对稳定性愈高。 他转速必能满足要求。 ▲调速范围D 不同生产机械要求D不相同,如S一 nmax vmax 定 , 车 床 D = 2 0 ~ 1 2 0 , 龙 门 刨 床 ? 如式 D ? nmin vmin D = 2 0 ~ 4 0 , 钻 床 D = 2 ~ 1 2 , 铣 床 D=20~30,轧钢机D=3~15,造纸机 D=10~20,机床进给机构D=5~30000。

.

机械、电气联合调速时,设D──生产机械调速范围,D m ── 机械调速范围,De──电气调速范围,则De=D/Dm。 ▲调速的平滑性 两个相邻调速级转速差。在一定调速范围,n级数越多,平 滑性就越高,若级数→无穷大,即n连续可调,为无级调速。

●动态指标

调速过程中,从一种稳定速度→另一稳定速度,∵电磁惯性、 机械惯性,要经过一段过渡过程或动态过程。生产机械对动态 指标要求:过渡过程时间、最大超调量、振荡次数。

如图11.5,系统从n 1 过渡到n 2 时: M P 太大,达不到生产工 nmax ? n2 ▲最大超调量 M ? ? 100% 艺要求,M P 太小,→过 P n2 渡过程过于缓慢 ,生 产 率↓,一般M P =10%~35 ▲过渡过程时间T %。 从 输 入 控 制 开 始到 被 调量 n进 入 (0.05~0.02) n2区间为止的一段时间

▲振荡次数 在T内,n在其稳定值上下摆 动的次数,图11.5中为1次。

图11.6,系统1:T太长; 系统2:被调量虽变化很 快,但不能及时停住,要 几次振荡才能停在新的稳 定值上;系统3 :动态性 能较理想。 龙门刨床、轧钢机允许 一次振荡,而造纸机不许 有振荡。

11.4 为什么电动机的调速性质应与生产机械的负载特性相适应? 两者如何配合才能算相适应。

答:电动机在调速过程中,在不同的转速下运行时,实际输出转 矩和输出功率能否达到且不超过其允许长期输出的最大转矩和最 大功率,并不取决于电动机本身,而取决于生产机械在调速过程 中负载转矩TL及负载功率PL的大小和变化规律。所以,为了使 电动机的负载能力得到最充分的利用,在选择调速方案时,必须 注意电动机的调速性质与生产机械的负载特性要配合恰当。
恒转矩型负载应选用恒转矩性质调速方式,且电动机的TN 应等于或略大于TL;恒功率型负载应选用恒功率性质调速方式, 且电动机的PN应等于或略大于PL。这样,电动机在调速范围内 的任何n下运行时,均可保持I等于或略小于IN,电动机得到最充 分利用。

11.5 有一直流调速系统,其调速时的理想空载转速 n01=1480r/min,低速时的理想空载转速n02=157r/min,额定负载 时的转速降ΔnN=10r/min。试画出该系统的静特性(即电动机的 机械特性),求出调速范围和静差度。 答: 因为n01和n02 , 显然是变电枢电压调速 。
nmax ? 1480? 10 ? 1470r / min nmin ? 157 ? 10 ? 147r / min

nmax 1470 D? ? ? 10 nmin 147 ?n N 10 S2 ? ? ? 0.064 n02 157

11.6 为什么调速系统中加负载后转速会降低,闭环调速系统为 什么可以减少转速降? 答:当负载增加时,Ia加大,由于IaRΣ的作用,会使转速下降,

R? (n ? ? Ia ) Ce (1 ? K ) Ce (1 ? K )
R? ?n ? ?n f ? Ia ? C e (1 ? K ) 1? K ?闭环比开环转速降小

K 0U g

11.7 为什么电压负反馈顶多只能补偿可控整流电源的等效内阻 所引起的速度降? 答:当负载↑ →Ia↑ →Uf(αU) ↓(因为内阻),n ↓ → ΔU ↑ →。。。。。。 →Ud ↑ →n ↑ U即使由于电压负反馈作用维持不变,但TL ↑时, IaRa↑,还 要引起n↓。即电压负反馈只能补偿内阻所引起的速度降落。 11.8 电流正反馈在调速系统中起什么作用?如果反馈强度调得 不适当会产生什么后果?

答:电流正反馈可补偿IaRa引起的速降。电流正反馈强度和电压 负反馈强度比例恰当,则综合反馈便具有转速反馈性质。如果电 流正反馈强度调得不适当,则达不到转速反馈性质。

11.9 为什么由电压负反馈和电流正反馈一起可以组成转速反馈 调速系统? 答: 因为满足 R 2 ? R 3 后 R1 R a R3 反馈电压U ab ? E?n R3 ? Ra 11.10 电流截止负反馈的作用是什么?转折点电流如何选?堵 转电流如何选?比较电压如何选?

答:电流负反馈可人为造成“堵转”,防止电枢电流过大而烧坏 电动机,从而起到保护作用。

转折点电流:I 0=1.35I aN , I aN 为额定电流 堵转电流:I a0=(2 ~ 2.5)I aN 比较电压U b 应满足:       U b ? U b 0 ? KI aN R       U b 0为二极管的开放电压       K=I 0 / I aN , K ? 1.35       R为电枢回路所串电流反 馈电阻

11.11 某一有静差调速系统的速度调节范围为 75r/min~1500r/min,要求静差度S=2%,该系统允许的静态速 降是多少?如果开环系统的静态速降是100r/min,则闭环系统的 开环放大倍数应有多大? 答: 计算:D = nmax ? 1500 ? 20 f
nmin 75 nmaxS 2 由  D f =   得 ?n Nf (1 ? S 2 )    ?n Nf nmaxS 2 1500? 2% ? ? ? 1.53r / min D f (1 ? S 2 ) 20(1 ? 2%)

?n N 1+K ?n N 100 ?   K= -1= -1=64.4 ?n Nf 1.53 ?   ?n Nf ?

11.12 某一直流调速系统调速范围D=10,最高额定转速 nmax=1000r/min,开环系统的静态速降是100r/min。试问该系统 的静差为多少?若把该系统组成闭环系统,保持n02不变的情况 下,使新系统的静差度为5%,试问闭环系统的开环放大倍数为 多少? 答: n ? n ? ?n ? 1000? 100 ? 1100 r / min) (
01 max

nmax ?D ? nmin nmax 1000 ? nmin ? ? ? 100(r / min) D 10  n02 ? nmin ? ?n ? 100 ? 100 ? 200(r / min) ?n 100  S 2= ? ? 0.5 n02 200

当闭环时: ? n02 不变,S 2= ?n f n02

? ?n f ? S 2 n02 ? 0.05 ? 200 ? 10(r / min) ?n 由 ?nf =   得 1? K ?n 100   K ? ?1 ? ?1 ? 9 ?n f 10

11.13、X2010A型龙门刨床进给拖动系统的移相触发器由哪几个 部分组成?试说明各个部分的作用和工作原理。

答:锯齿波形成环节,形成与主电压同步的锯齿波,为触发脉冲 的形成和移相控制做好准备。原理略。
移相控制环节,使触发脉冲相对主电压进行移相,利用锯齿 波与控制电压相比较,来控制1VT通断来实现。原理略。 脉冲输出环节,利用4VT和脉冲变压器得到触发脉冲。原理 略。

11.14 积分调节器在调速系统中为什么能削除系统的静态偏差? 在系统稳定运行时,积分调节器输入偏差电压ΔU=0,其输出电 压决定于什么?为什么? 答:因为

R1 1 U K ? ? ?U ? ? ?Udt R0 R0 C1

∵只要ΔU=Ug -U f≠0,系统就会起调节作用,当ΔU=0,Ug =Uf,调节作用才停止。 调节停止后,PI输出Uk由于积分作用,保持在某一数值,以维 持电动机在给定转速下运转,系统可以消除静态误差。 当ΔU=0,系统输出电压决定于Uk,而Uk决定于积分值:

1 ? ?Udt R0 C1

11.15 在无静差调速系统中,为什么要引入PI调节器?比例积 分两部分各起什么作用?
答:PI调节器是一个无差元件,无静差调速系统出现偏差时PI动作以削除 偏差,当偏差为零时停止动作。 开始和中间阶段,比例调节起主要作用,它首先阻止Δn的继续↑,而后 使n迅速↑,在末期,Δn很小,比例调节作用不明显,而积分调节作用就上升 到主要地位,它最后消除Δn,使n回升到n1。

11.16 无静差调速系统的稳定精度是否受给定电源和测速发电 机精度的影响?为什么? 答:是。因为:偏差电压ΔU=Ug -U f ,当Ug 不稳定,或测速 发电机的Uf 不稳定,都会影响到ΔU,从而也影响到UK,继而 影响到Ud和n稳定精度。


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