各章習題與解答

各章習題及解答第2章習題2.1說明機電傳動系統(tǒng)運動方程式中的拖動轉(zhuǎn)矩、靜態(tài)轉(zhuǎn)矩和動態(tài)轉(zhuǎn)矩的概念。答：拖動轉(zhuǎn)矩：與機電傳動系統(tǒng)轉(zhuǎn)速n方向相同的轉(zhuǎn)矩，既可以是電動機的轉(zhuǎn)矩TM，也可以是負載轉(zhuǎn)矩TL；靜態(tài)轉(zhuǎn)矩：即負載轉(zhuǎn)矩TL；動態(tài)轉(zhuǎn)矩：定義為Td＝TM－TL2.2從運動方程式怎樣看出系統(tǒng)是處于加速的、減速的、穩(wěn)定的和靜止的各種工作狀態(tài)?2.3試出以下幾種情況下(見題2.3圖)系統(tǒng)的運動方程式，并說明系統(tǒng)的運行狀態(tài)是加速、減速還是勻速?(圖中箭頭方向表示轉(zhuǎn)矩的實際作用方向)。答：(a)Td＝TM－TL＝0，穩(wěn)態(tài)，勻速(b)Td＝TM－TL<0，減速(c)Td＝－TM－TL<0，減速(d)Td＝TM－TL>0，加速(e)Td＝－TM－TL<0，減速(f)Td＝－TM+TL＝0，勻速2.4多軸拖動系統(tǒng)為什么要折算成單軸拖動系統(tǒng)?轉(zhuǎn)矩折算為什么依據(jù)折算前后功率不變的原則?轉(zhuǎn)動慣量折算為桿么依據(jù)折算前后動能不變的原則?答：1）因為機電傳動系統(tǒng)運動方程式是針對單軸拖動系統(tǒng)建立的，為了將該運動方程應用于多軸系統(tǒng)，必須進行折算；2）因為如果忽略傳動損失，傳動系統(tǒng)所傳遞的功率是守恒的，而傳遞功率P=T，即與轉(zhuǎn)矩T相關(guān)，所以應依據(jù)功率不變的原則；3）同理，根據(jù)動能守恒原則，E=1/2J2=Const，所以應遵守動能不變原則。2.5為什么低速軸轉(zhuǎn)矩大?高速軸轉(zhuǎn)矩小?答：根據(jù)功率守恒原則，有PL=PH而：PL=TLLPH=THH因為：H>L故有：THTL即，低速軸轉(zhuǎn)矩大于高速軸轉(zhuǎn)矩。也可以按以下方法回答：在傳動系統(tǒng)中，傳遞效率：可得：＝TMj因為：<1所以：TMj<TL又因為j>1，所以，TM<TL，即高速軸轉(zhuǎn)矩小于低速軸轉(zhuǎn)矩。2.6為什么機電傳動系統(tǒng)中低速軸的GD2比高速軸的GD2大得多?答：根據(jù)動能守恒原則，有因為：H>L故有：JHJL而：即，低速軸的GD2比高速軸的GD2大得多。2.7如圖2.5(a)所示，電動機軸上的轉(zhuǎn)動慣量JM＝2.5kgm2，轉(zhuǎn)速nM=900r/min；中間傳動劫的轉(zhuǎn)動慣量Jl＝2kgm2，轉(zhuǎn)速nl＝300r/min；生產(chǎn)機械軸的轉(zhuǎn)動慣量JL=16kg.m2，轉(zhuǎn)速n解：已知，JM=2.5kgm2，nM=900r/min；J1=2kgm2，n1=300r/minJL=16kgm2，nL=60r/min依據(jù)，可求得：=2.5+2/9+16/225=2.79kgm22.8如圖2.3(b)所示，電動機轉(zhuǎn)速nM＝950r/min，齒輪減速箱的傳動比j1=j2＝4，卷筒直徑D=0.24m，滑輪的減速比j3＝2，起重負荷力F＝100N，電動機的飛輪轉(zhuǎn)矩GD2＝1.05N·m2，齒輪、滑輪和卷筒總的傳動效率為0.83。試求提升速度v和折算到電動機軸上的靜態(tài)轉(zhuǎn)矩TL以及折算到電動機軸上整個拖動系統(tǒng)的飛輪慣量GD2Z已知，nM=950r/min，齒輪減速箱：j1=j2=4，卷筒：D=0.24m；滑輪：j3=2，起重負荷力F=100N，電動機飛輪轉(zhuǎn)矩=1.05Nm2，齒輪、滑輪和卷筒的總效率=0.83。求：1)提升速度v；2)折算到電動機軸上的靜態(tài)轉(zhuǎn)矩TL3)折算到電動機軸上解：1)參考題圖，可知重物提升的速度取決于滑輪的轉(zhuǎn)速，易知：＝29.7r/min所以：＝0.37m/s2)根據(jù)，可求得=0.45Nm3)根據(jù)對勻速運動的負載而言，可求得G=mg=F＝100N將中間減速器的GD2按一定比例折算，即：?。?.2＝1.27Nm22.9一般生產(chǎn)機械按其運動受阻力的性質(zhì)來分可有哪幾種類型的負載?答：可分為反抗負載與位能負載；2.10反抗靜態(tài)轉(zhuǎn)矩與位能靜態(tài)轉(zhuǎn)矩有何區(qū)別，各有什么特點?答：反抗靜態(tài)轉(zhuǎn)矩也稱摩擦轉(zhuǎn)矩，是因摩擦、非彈性體的壓縮、拉伸與扭轉(zhuǎn)等作用所產(chǎn)生的負載轉(zhuǎn)矩，反抗轉(zhuǎn)矩方向與運動方向始終相反，總是阻礙運動。位能靜態(tài)轉(zhuǎn)矩是由物體的重力和彈性體的壓縮、拉伸與扭轉(zhuǎn)等作用所產(chǎn)生的負載轉(zhuǎn)矩。位能轉(zhuǎn)矩的作用方向恒定，與運動方向無關(guān)。2.11在題2.1l圖中，曲線1和2分別為電動機和負載的機械特性，試判斷哪些是系統(tǒng)的穩(wěn)定平衡點?；哪些不是?解：根據(jù)機電傳動系統(tǒng)穩(wěn)定運行的條件，a、b、c、d、e都有交點，但在干擾消除后，有a)n1<nN時，TM>TL；n2>nN時，TM<TL；符合穩(wěn)定條件b)n1<nN時，TM>TL；n2>nN時，TM<TL；符合穩(wěn)定條件c)n1<nN時，TM>TL；n2>nN時，TM<TL；符合穩(wěn)定條件d)n1<nN時，TM>TL；n2>nN時，TM>TL；不符合穩(wěn)定條件e)n1<nN時，TM>TL；n2>nN時，TM<TL；符合穩(wěn)定條件所以a,b,c,e均為穩(wěn)定平衡點，而d不是。第3章習題3.1為什么直流電機的轉(zhuǎn)子要用表面有絕緣層的硅鋼片疊壓而成？答：轉(zhuǎn)子在定子磁場中旋轉(zhuǎn)，會產(chǎn)生渦流和磁滯損耗，采用硅鋼片材料，可以減少磁滯損耗，而用硅鋼片疊壓，則可以減小渦流。3.2并勵直流發(fā)電機正轉(zhuǎn)時可以自勵，反轉(zhuǎn)時能否自勵？為什么？答：反轉(zhuǎn)時不能自勵。這是因為此時感生電勢所產(chǎn)生的磁場方向與剩磁的磁場方向相反，根據(jù)直流發(fā)電機的啟動條件，這兩個磁場的方向相同才能自勵，相反則不能自勵。3.3一臺他勵直流電動機所拖動的負載轉(zhuǎn)矩TL=常數(shù)，當電樞電壓或電樞附加電阻改變時，能否改變其穩(wěn)定運行狀態(tài)下電樞電流的大小？為什么？這時拖動系統(tǒng)中那些量必然要發(fā)生變化？答：改變電樞電壓，U，則n；但穩(wěn)定運行：T=TLTL=C；不變，I=T/(k)，不變。改變附加電阻，R，則n；同樣，穩(wěn)定運行T=TL=C，此時，不變，I=T/(k)，不變。拖動系統(tǒng)中變化的量：對U變化，n0,n,P對R變化，n,n(S),P3.4一臺他勵直流電動機在穩(wěn)態(tài)下運行時，電樞反電勢E=E1，如負責轉(zhuǎn)矩TL=常數(shù)，外加電壓和電樞電路中的電阻均不變，問減弱勵磁使轉(zhuǎn)速上升到新的穩(wěn)態(tài)值后，電樞反電勢將如何變化？是大于、小于、還是等于E1？解：TL＝常數(shù)；電動機從一個穩(wěn)態(tài)到另一個穩(wěn)態(tài)(而不涉及瞬態(tài)過程)，電樞反電勢是穩(wěn)態(tài)值。3.5直流發(fā)電機PN=180kW，UN=230V，nN=1450r/min，N=89.5%求：(1)IN,(2)電流保持I=IN，電壓下降U=100V；原動機P輸出解：(1)(2)3.6已知某他勵直流電動機的銘牌數(shù)據(jù)如下：PN=7.5kW，UN=220V，nN=1500r/min，N=88.5%，試求該電動機的額定電流和額定轉(zhuǎn)矩。解：根據(jù)PN=INUNN有：IN=PN/UNN=7500/(220х0.885)=38.52A而：TN=9.55PN/nN=9.55х7500/1500=47.75Nm3.7一臺他勵直流發(fā)電機：PN=15kW，UN=230V，IN=65.3A，nN=2850r/min，Ra=0.25，其空載特性為：U0/V115184230253265If/A0.4420.8021.21.6862.1今需在額定電流下得到150V和220V的端電壓，問其勵磁電流分別應為多少？解：根據(jù)給定數(shù)據(jù)，作空載特性曲線如圖。對于他勵發(fā)電機，其電路關(guān)系為：給定I=IN=65.3A，U=150V，則=150+65.30.25=166.33V由空載曲線觀察求得，當E=166.33V時，If=0.75A用線性插值：If=51.330.3669+0.442=0.71A給定I=IN=65.3A，U=220V，則=220+65.30.25=236.33V由空載曲線觀察求得，當E=236.33V時，If=1.3A用線性插值：(取(230V,1.2A)，(253V,1.666A)兩點)If=6.330.48623+1.2=1.33A3.8一臺他勵直流電動機銘牌數(shù)據(jù)為：PN=5.5kW，UN=110V，IN=62A，nN=1000r/min，試繪出它的固有機械特性曲線。解：TN=9.55PN/nN=9.555500/1000=52.525Nm估算Ra求：＝0.0993求no62=110/0.0993=1107r/min3.9一臺并勵直流電動機的技術(shù)數(shù)據(jù)如下：PN=5.5kW，UN=110V，IN=61A，額定勵磁電流IfN=2A，nN=1500r/min，電樞電阻Ra=0.2，若忽略機械磨損和轉(zhuǎn)子的銅耗、鐵損，認為額定運行狀態(tài)下的電磁轉(zhuǎn)矩近似等于額定輸出轉(zhuǎn)矩，試繪出它近似的固有機械特性。解：只要求得n0，TN，就能繪出固有機械特性（直線）在額定運行狀態(tài)下，由可得：＝0.0652和：=110/0.0652=1687r/minTN=9.55PN/nN=9.555500/1500=35Nm由此，可繪出固有機械特性曲線如下：3.10一臺他勵直流電動機的技術(shù)數(shù)據(jù)如下：PN=6.5kW，UN=220V，IN=34.4A，nN=1500r/min，Ra=0.242，試計算出此電動機的如下特征：固有機械特性電樞附加電阻分別為3和5時的人為機械特性電樞電壓為UN/2時的人為機械特性磁通=0.8時的人為機械特性并繪出上述特性的圖形。解：(1)＝0.1411=220/0.1411=1559r/minTN=9.55PN/nN=9.556500/1500=41.38Nm(2)附加電阻為3時根據(jù)：可求得：所以，PN、UN、TN、IN保持不變，附加電阻為3時=770r/min附加電阻為5時=283r/min電樞電壓為UN/2=110時的人為機械特性=110/0.1411=780r/min當TN=41.38Nm=721(4)磁通=0.8時=220/(0.8х0.1411)=1949r/min當TN=41.38Nm,=688Rad=3Rad=5固有特性0.8Rad=3Rad=5固有特性0.8NUN/23.11為什么直流電動機直接啟動時啟動電流很大？答：對直流電動機而言，根據(jù)U=E+IRa可知，電動機未啟動之前n=0，E=0，而Ra很小，所以，將電動機直接接入電網(wǎng)并施加額定電壓時，其啟動電流Ist=UN/Ra將很大，一般情況下能達到額定電流的10~20倍。3.12他勵直流電動機啟動過程中有哪些要求？如何實現(xiàn)？答：他勵直流電動機啟動時不允許直接啟動，要求啟動時限制其電樞電流，保持一定的啟動轉(zhuǎn)矩。限制電樞電流的方法一般有兩種：(1)降壓啟動，即在啟動瞬間降低供電電壓，隨著n的升高再逐步提高供電電壓，最后達到額定電壓。(2)在電樞回來中串接恰當?shù)耐饨与娮瑁S著n的升高再逐步撤除外加電阻直到電動機達到要求的轉(zhuǎn)速。3.13直流他勵電動機啟動時，為什么一定要先把勵磁電流加上？若忘了先合勵磁繞組的電源開關(guān)就把電樞電源接通，這時會產(chǎn)生什么現(xiàn)象（試從TL=0和TL=TN兩種情況加以分析）？當電動機運行在額定轉(zhuǎn)速下，若突然將勵磁繞組斷開，此時又將出現(xiàn)什么情況？答：當TL=0啟動時，n=0，E=0，勵磁繞組有一定剩磁，0。根據(jù)，可知電壓U全部加在電阻Ra上，因此Ia很大，達到(10~20)IN，由于沒有加上勵磁電源，即勵磁磁通0，所以T=KIa并不大，但T>TL所以電機會加速啟動；盡管n不斷增加，由于0，所以仍很小，Ia很大而T不大，電機會不斷加速，達到”飛車”，在即在很大n下穩(wěn)定運行，T=TL=0，所以Ia=0，而E相當大，U幾乎與E平衡。當TL=TN啟動時，n=0，E=0，根據(jù)，可知電壓U全部加在電阻Ra上，因此Ia很大，達到(10~20)IN，T=KIa并不大<TL，所以電機無法啟動。由于電流很大，如果繼續(xù)，有可能燒毀電動機。直流他勵電動機在額定轉(zhuǎn)速運行時，T=KIa=TL=TN，n=nN，若勵磁繞組突然斷開，即勵磁磁通0，雖然此時n=nN，但=0，根據(jù)，，知U全部加在Ra上，電樞電流Ia將會急劇增大，但由于T=KIa并不大<TL。電機會逐漸減速到停車。3.15一臺直流他勵電動機，其額定數(shù)據(jù)如下：PN=2.2kW，UN=Uf=110V，nN=1500r/min，N=0.8，Ra=0.4，Rf=82.7。試求：①額定電樞電流IaN；②額定勵磁電流IfN；③勵磁功率Pf；④額定轉(zhuǎn)矩TN；⑤額定電流時的反電勢；⑥直接啟動時的啟動電流；⑦如果要使啟動電流不超過額定電流的2倍，求啟動電阻為多少歐？此時啟動轉(zhuǎn)矩又為多少？解：①由于PN=IaNUNN有IaN=PN/(NUN)=2200/(0.8110)=25A；②If=Uf/Rf=110/82.7=1.33A③Pf=IfUf=1.33110=146.3W④TN=9.55PN/nN=9.552200/1500=14Nm⑤根據(jù)UN=E+IaNRa得：E=UN-IaNRa=110-250.4=100V⑥Ist=UN/Ra=110/0.4=275A⑦要使Ist=2IaN=225=50A根據(jù)Ist=UN/(Rst+Ra)，有Rst=UN/IstRa=110/500.4=1.8根據(jù)有：=0.0667所以Tst=KtKeIst=9.550.066750=31.8Nm3.16直流電動機用電樞電路串電阻的方法啟動時，為什么要逐漸切除啟動電阻？如切除太快，會帶來什么后果？參見如圖所示串電阻啟動過程，此特性曲線表示只有一段啟動電阻。啟動后，若將啟動電阻一下全部切除，由于電阻被切除，工作點將從特性曲線1切換到特性2上，由于在切除電阻的瞬間，機械慣性的作用使電動機的轉(zhuǎn)速不能突變，在此瞬間n維持不變，即從a點切換到b點，此時沖擊電流仍會很大，有可能造成機械設備的損壞，為了避免這種情況，通常采用逐級切除啟動電阻的方法來啟動。3.17轉(zhuǎn)速調(diào)節(jié)（調(diào)速）與固有的速度變化在概念上有什么區(qū)別？答：所謂速度變化是指由于電動機負載轉(zhuǎn)矩發(fā)生變化(增大或減小)，而引起的電動機轉(zhuǎn)速變化(下降或上升)，而速度調(diào)節(jié)則是在某一特定的負載下，靠人為改變機械特性而得到的。下圖表示了這兩種概念的區(qū)別。3.18他勵直流電動機有哪些方法進行調(diào)速？他們的特點是什么？直流電動機調(diào)速的方法主要有三種：1）改變電樞電路外串電阻Rad該方法機械特性較軟，電阻愈大則特性愈軟，穩(wěn)定度愈低；在空載或輕載時，調(diào)速范圍不大；實現(xiàn)無級調(diào)速困難；在調(diào)速電阻上消耗大量電能等。此外，啟動電阻不能當作調(diào)速電阻用，否則將燒壞。2）改變電動機電樞供電電壓U這種調(diào)速方法的特點是：(1)當電源電壓連續(xù)變化時，轉(zhuǎn)速可以平滑無級調(diào)節(jié)，一般只能在額定轉(zhuǎn)速以下調(diào)節(jié)；(2)調(diào)速特性與固有特性互相平行，機械特性硬度不變，調(diào)速的穩(wěn)定度較高，調(diào)速范圍較大；(3)調(diào)速時，因電樞電流與電壓U無關(guān)，且＝N，故電動機轉(zhuǎn)矩不變，屬恒轉(zhuǎn)矩調(diào)速，適合于對恒轉(zhuǎn)矩型負載進行調(diào)速；(4)可以靠調(diào)節(jié)電樞電壓來啟動電機，而不用其他啟動設備。3）改變電動機主磁通這種調(diào)速方法的特點是：(1)可以平滑無級調(diào)速，但只能弱磁調(diào)速，即在額定轉(zhuǎn)速以上調(diào)節(jié)；(2)調(diào)速特性較軟，且受電動機換向條件等的限制，普通他勵電動機的最高轉(zhuǎn)速不得超過額定轉(zhuǎn)速的1.2倍，所以，調(diào)速范圍不大，若使用特殊制造的“調(diào)速電動機”，調(diào)速范圍可以增加，但這種調(diào)速電動機的體積和所消耗的材料都比普通電動機大得多；(3)調(diào)速時維持電樞電壓U和電樞電流Ia不變，即功率P＝UIa不變，屬恒功率調(diào)速，所以，這種調(diào)速適合于對恒功率型負載進行調(diào)速，在這種情況下電動機的轉(zhuǎn)矩要隨主磁通的減小而減小。3.19直流電動機的電動與制動兩種運動狀態(tài)的根本區(qū)別何在？答：根本區(qū)別在于電動機所發(fā)出的轉(zhuǎn)矩T的方向與轉(zhuǎn)速n的方向一致性問題。電動狀態(tài)是電動機最基本的工作狀態(tài)，其特點是電動機所發(fā)出的轉(zhuǎn)矩T的方向與轉(zhuǎn)速n的方向相同；而電動機的制動狀態(tài)時，電動機必須發(fā)出與轉(zhuǎn)速方向相反的轉(zhuǎn)矩。3.20他勵直流電動機有哪幾種制動方法?它們的機械特性如何？試比較各種制動方法的優(yōu)缺點？答：根據(jù)直流他勵電動機處于制動狀態(tài)時的外部條件和能量傳遞情況，有反饋制動、反接制動、能耗制動三種制動方法。(1)反饋制動在反饋制動狀態(tài)下電動機的機械特性表達式不變，但工作點進入第2象限，電動機輸出轉(zhuǎn)矩T改變了符號(即T為負值)。(2)反接制動反接制動又分為電源反接制動和倒拉反接制動兩種情況。電源反接制動是在制動時將電樞電源反接的制動方法，此時電動機的機械特性曲線發(fā)生改變，電源反接制動一般應用在生產(chǎn)機械要求迅速減速、停車和反向的場合以及要求經(jīng)常正反轉(zhuǎn)的機械上。倒拉反接制動是在電樞電路中附加電阻Rad引起的制動過程，此時，電動機的機械特性曲線的斜率發(fā)生改變，制動工作點進入第4象限。倒拉反接制動常用在控制位能負載的下降速度，使之不致在重物作用下有愈來愈大的加速。(3)能耗制動能耗制動是在制動是切斷外加電源，同時在電樞電路中串如負責電阻，通過耗能方式實現(xiàn)的制動。能耗制動時電動機的機械特性曲線通過原點。但T與n反向，T變成制動轉(zhuǎn)矩。能耗制動通常應用于拖動系統(tǒng)需要迅速而準確地停車及卷揚機重物的恒速下放的場合。3.21一臺直流他勵電動機拖動一臺卷楊機構(gòu)，在電動機拖動重物勻速上升時將電樞電源突然反接，試利用機械特性從機電過程上說明：(1)從反接開始到系統(tǒng)達到新的穩(wěn)定平衡狀態(tài)之前，電動機經(jīng)歷了幾種運動狀態(tài)？最后在什么狀態(tài)下建立系統(tǒng)新的平衡點？(2)各種狀態(tài)下轉(zhuǎn)速變化的機電過程怎樣？解：參看下圖。初始時重物勻速上升，電動機工作在特性曲線1的a點。當電樞電源突然反接時，電動機的機械特性曲線將變?yōu)榍€2，但由于電動機的轉(zhuǎn)速不能突變，其轉(zhuǎn)速將從曲線1上a點的na曲線2上b點的nb，na=nb。這時，電動機的輸出轉(zhuǎn)矩T改變了方向，電動機發(fā)出與轉(zhuǎn)速n方向相反的轉(zhuǎn)矩T(即T為負值)，它與負載轉(zhuǎn)矩共同作用，使電機轉(zhuǎn)速迅速下降，制動轉(zhuǎn)矩將隨n的下降而減小，系統(tǒng)的狀態(tài)沿直線2自b點向c點移動。當n下降到零時，反接制動過程結(jié)束。這時由于電樞還沒有從電源拉開，電動機將反向啟動，進入反向電動過程。隨著電動機轉(zhuǎn)速n反向增大，到達d點時，|T|=|TL|，但由于T與TL反向，系統(tǒng)無法平衡，電動機轉(zhuǎn)速n將繼續(xù)反向增大，電動機轉(zhuǎn)矩T越來越小。當工作點跨過e點時，電動機進入反饋制動過程，此時T與n同向，直到到達f點，此時，T=TL，重物開始以穩(wěn)定的速度下降。第4章習題4.1有一臺四級三相異步電動機，電源電壓的頻率為50Hz，滿載時電動機的轉(zhuǎn)差率為0.02，求電動機的同步轉(zhuǎn)速、轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)速和轉(zhuǎn)子電流頻率。解：已知：p=2，f1=50所以：n0=60f/p=6050/2=1500r/minn=(1-S)n0=(1-0.02)1500=1470r/minf2=Sf1=0.0250=14.2將三相異步電動機接三相電源的三根引線中的兩根對調(diào)，此電動機是否會反轉(zhuǎn)？為什么？答：會反轉(zhuǎn)。因為，將兩根線對調(diào)后，電動機的旋轉(zhuǎn)磁場轉(zhuǎn)向的方向改變，因此電動機反轉(zhuǎn)。4.3有一臺三相異步電動機，其nN=1470r/min，電源頻率為50Hz，設在額定頻率下運行，試求：定子旋轉(zhuǎn)磁場對定子的轉(zhuǎn)速；定子旋轉(zhuǎn)磁場對轉(zhuǎn)子的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)子旋轉(zhuǎn)磁場對轉(zhuǎn)子的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)子旋轉(zhuǎn)磁場對定子的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)子旋轉(zhuǎn)磁場對定子旋轉(zhuǎn)磁場的轉(zhuǎn)速解：因為nN=(1-S)n0(1)根據(jù)已知條件，可判斷n0=1500r/min，p=2即定子旋轉(zhuǎn)磁場對定子的轉(zhuǎn)速=1500r/min(2)轉(zhuǎn)子的轉(zhuǎn)速nN=1470r/min所以，定子旋轉(zhuǎn)磁場對轉(zhuǎn)子的轉(zhuǎn)速=n0-nN=1500-1470=30r/min(3)因為f2=Sf1而S=n0-nN/n0=1500-1470/1500=0.02f2=0.0250=1轉(zhuǎn)子旋轉(zhuǎn)磁場對轉(zhuǎn)子的轉(zhuǎn)速=60f2/2=30r/min(4)轉(zhuǎn)子旋轉(zhuǎn)磁場對定子的轉(zhuǎn)速=-30r/min(5)轉(zhuǎn)子旋轉(zhuǎn)磁場對定子旋轉(zhuǎn)磁場的轉(zhuǎn)速=30-1500=-1470r/min4.4當三相異步電動機的負載增加時，為什么定子電流會隨轉(zhuǎn)子電流的增加而增加？答：轉(zhuǎn)子電流與轉(zhuǎn)差率S有關(guān)。當負載增大時，轉(zhuǎn)速n會降低時，即S增大，轉(zhuǎn)子與旋轉(zhuǎn)磁場間的相對轉(zhuǎn)速(n0-n)增加，轉(zhuǎn)子導體被磁力線切割的速度提高，于是轉(zhuǎn)子中的感應電勢增加，轉(zhuǎn)子中電流隨之增加。而定子中的感應電勢會轉(zhuǎn)子中的電流的增加而增加，因此，定子中的電流也會增加。4.5三相異步電動機帶動一定的負載運行時，若電源電壓將低了，此時電動機的轉(zhuǎn)矩、電流及轉(zhuǎn)速有無變化？為什么？答：依據(jù)三相異步電動機的人為機械特性可知，在負載一定的情況下，即T=TL時，若電源電壓降低，由于n0取決于電源的頻率，因而n0保持不變，臨界轉(zhuǎn)差率Sm也保持不變，而電動機的轉(zhuǎn)矩即T與U的二次方成正比，所以T有下降的趨勢，又由于，為了平衡負載，使得T=TL，必然要增大I2，由異步電動機的特性可知，要使I2，S應增加，即轉(zhuǎn)速n會有所下降。綜合而言，此時電動機的轉(zhuǎn)差率S會增大，最大轉(zhuǎn)矩Tmax會下降，電流會增加，轉(zhuǎn)速也會有所下降。TLTL4.6有一臺三相異步電動，其技術(shù)數(shù)據(jù)如下表所示。試求：①線電壓為380V時，三相定子繞組應如何接法?②求n0，p，SN，TN，Tst，Tmax和Ist③額定負載時電動機的輸入功率是多少?解：①根據(jù)電動機參數(shù)，三相定子繞組應接成。②根據(jù)n=(1S)n0，已知nN=960r/min，n0=nN/((1S)=1000r/minp=60f/n0=60SN=(n0nN)/n0=(1000-960)/1000=4%TN=9.55PN/nN=9.553000/960=29.8NmTst=2TN=229.8=59.6NmTmax=2TN=229.8=59.6NmIst=6.5IN=6.5③由于PN=PINN，所以PIN＝PN/N＝3/0.83=3.61kW4.7三相異步電動機正在運行時，轉(zhuǎn)子突然被卡住，這時電動機的電流會如何變化?對電動機有何影響?答：轉(zhuǎn)子突然被卡住，即n=0，而旋轉(zhuǎn)磁場仍按n0=60f/p旋轉(zhuǎn)，相當于轉(zhuǎn)子以極高的速度切割磁力線，轉(zhuǎn)子中的感生電流會迅速上升，電動機的溫度隨之迅速上升，如果不及時切斷電源，時間過長有可能燒毀電動機。4.8三相異步電動機斷了一根電源線后，為什么不能啟動?而在運行時斷了一線，為什么仍能繼續(xù)轉(zhuǎn)動?這兩種情況對電動機將產(chǎn)生什么影響?答：三相異步電動機斷了一根電源線后，其合成旋轉(zhuǎn)磁場的強度和方向都會受到影響，電動機產(chǎn)生的啟動轉(zhuǎn)矩Tst會大為減小，不足以克服電動機的摩擦轉(zhuǎn)矩，因此不能啟動；而當電動機處于運行狀態(tài)時，雖然斷了一根電源線，其合成旋轉(zhuǎn)磁場的強度和方向也會受到影響，但由于電動機的慣性，其有效的合成磁場強度足以克服電動機的摩擦轉(zhuǎn)矩維持電動機持續(xù)轉(zhuǎn)動。另一方面，在第一種情況下，由于電動機無法啟動，而合成旋轉(zhuǎn)磁場盡管不強，但仍會與轉(zhuǎn)子相互作用而產(chǎn)生感生電動勢，因而產(chǎn)生較大的感生電流，此電流的累積作用會使電動機溫度升高，時間長了可能會造成電動機燒毀；在第二種情況下，電動機輸出轉(zhuǎn)矩會減小，為了維持足夠的輸出轉(zhuǎn)矩，電動機的電流也會增大，影響電動機的正常工作。4.9三相異步電動機在相同電源電壓下,滿載和空載啟動時,啟動電流是否相同?啟動轉(zhuǎn)矩是否相同?答：三相異步電動機的電流啟動時，S=1所以，啟動轉(zhuǎn)矩而由此可知，在電動機電參數(shù)不變的情況下，啟動電流Ist只與勵磁磁通電源頻率相關(guān)，啟動轉(zhuǎn)矩Tst只與電源電壓U和電源頻率f1相關(guān)，兩者均與負載的大小無關(guān)。所以，無論是滿載還是空載，啟動電流Ist和啟動轉(zhuǎn)矩Tst是不變的。4.10三相異步電動機為什么不運行在Tmax或接近Tmax的情況下？答：根據(jù)三相異步電動機的機械特性曲線可知，如果將工作點選在Tmax附近，就有，TN>Tst，此時，如果電動機帶負載則無法啟動，即使空載啟動后再加上負載，當負載出現(xiàn)過載時，電動機將無法帶動負載，有可能損壞電動機。此外，根據(jù)機電系統(tǒng)穩(wěn)定運行條件可知，Tmax有可能不是一個穩(wěn)定工作點。4.11有一臺三相異步電動機，其銘牌數(shù)據(jù)如下：PN/kWnN/r/minUN/VN100cosNIst/INTst/TNTmax/TN接法401470380900.96.51.22.0當負載轉(zhuǎn)矩為250Nm時，試問在U=UN和U=0.8UN兩種情況下電動機能否啟動？欲采用-接法啟動，問當負載轉(zhuǎn)矩為0.45TN和0.35TN兩種情況下，電動機能否啟動？若采用自耦變壓器降壓啟動，設降壓比為0.54，求電源線路中通過的啟動電流和電動機的啟動轉(zhuǎn)矩。解：1)U=UN時，TN=9.55PN/nN=9.5540000/1470=259.86NmTst=1.2TN=1.2259.86=311.8Nm250Nm又：=0.64Tst=199.5Nm在U=UN時，Tst250Nm，所以，能夠啟動而在U=0.8UN時，Tst=199.5Nm250Nm，所以，不能啟動。2)采用-接法啟動時，初始啟動電壓U=220V=0.577UN則，Tst=0.5772Tst=0.5772311.8=103.8Nm而負載轉(zhuǎn)矩TL=0.45TN=0.45259.86=117NmTL=0.35TN=0.35259.86=91Nm因為：Tst<0.45TNTst>0.35TN所以，TL=0.45TN時不能啟動，TL=0.35TN時能啟動。3)經(jīng)降壓后，U=0.54UN因為：IN=PN/(UNN)=40000/(3800.9)=116.96AIst=6.5IN=6.5116.96=760.2AIst=Tst=0.542Tst=0.542311.8=91Nm4.12繞線異步電動機采用轉(zhuǎn)子串接附加電阻啟動時，所串接的電阻愈大，啟動轉(zhuǎn)矩是否也愈大答：不是，所串接電阻大到一定程度后，啟動轉(zhuǎn)矩反而會變小，因為而顯然，I2隨電阻的增加下降很多，盡管cos2會增大，但串電阻達到一定值后，Tst反而會減小。4.13為什么繞線異步電動機在轉(zhuǎn)子串接附加電阻啟動時，啟動電流減小而啟動轉(zhuǎn)矩反而增大？答：根據(jù)可知啟動轉(zhuǎn)矩與啟動電流和功率因數(shù)cos2有關(guān)，而根據(jù)可知，串接附加電阻后，雖然啟動電流下降，而cos2則是增加的，只要串接電阻合適，就可以使增加cos2更明顯，因此啟動轉(zhuǎn)矩反而增大。4.18試分析交流電動機與直流電動機在調(diào)速方法是的異同點。答：相同點：1)都可以采用降壓調(diào)速2)轉(zhuǎn)子繞組串電阻調(diào)速，繞線式異步電動機與直流電動機一樣，轉(zhuǎn)子繞組串接電阻調(diào)速。不同點：直流電機可以采用調(diào)磁通方式調(diào)速；交流電動機還有：變極調(diào)速、變頻調(diào)速第5章習題5.1通過分析步進電動機的工作原理和通電方式，可得出哪幾點結(jié)論？答：可以得出以下結(jié)論步進電動機的步距角取決于轉(zhuǎn)子齒數(shù)和定子繞組通電方式；每來一個電脈沖，步進電動機就轉(zhuǎn)過一個步距角，步進電動機的角位移量與輸入的電脈沖數(shù)嚴格成正比，步進電動機的旋轉(zhuǎn)速度與輸入電脈沖的頻率成正比，也取決于繞組通電方式；改變輸入電脈沖的通電相序可以改變步進電動機的旋轉(zhuǎn)方向即通過控制輸入電脈沖的個數(shù)、頻率和定子繞組中的通電方式，就可以控制步進電機轉(zhuǎn)子的角位移量、轉(zhuǎn)速和轉(zhuǎn)向，且運行中不會產(chǎn)生累積誤差。5.4步進電動機的步距角的含義是什么？一臺步進電動機可以有兩個步距角，例如3/1.5，是什么意思？什么是三相單三拍、三相六拍和三相雙三拍？答：定子繞組每來一個電脈沖，步進電動機轉(zhuǎn)過的角度數(shù)稱為步距角；3/1.5表示該步進電動機在單節(jié)拍和雙節(jié)拍通電方式下對應的步距角分別是3和1.5；三相單三拍：指三相步進電動機按每相繞組順序輪流通電方式；三相六拍：指三相步進電動機按每單相->雙相順序輪流通電方式，即A->AB->B->BC->C->CA順序通電方式三相雙三拍：指三相步進電動機按每兩相繞組順序輪流通電方式，即AB->BC->CA順序通電方式5.5一臺五相反應式步進電動機，采用五相十拍運行方式時，步距角為1.5，若脈沖電源的頻率為3000Hz，試問轉(zhuǎn)速是多少?解：根據(jù)有=750r/min答：轉(zhuǎn)速為750r/min。5.6一臺五相反應式步進電動機，其步距角為1.5/0.75，試問該電機的轉(zhuǎn)子齒數(shù)是多少?解：根據(jù)由于單拍工作時，=1.5于是，=48答：轉(zhuǎn)子齒數(shù)為48。第6章習題6.1從接觸器的結(jié)構(gòu)特征上如何區(qū)分交流接觸器與直流接觸器?為什么?答：從接觸器的鐵心的結(jié)構(gòu)可以區(qū)分交流接觸器與直流接觸器。由于交流接觸器易產(chǎn)生渦流損耗，為了減少渦流損耗，交流接觸器的鐵心都用硅鋼片疊鉚而成，并在鐵心的端面上裝有分磁環(huán)(短路環(huán))。直流接觸器的鐵心與交流接觸器不同，它沒有渦流的存在，因此一般用軟鋼或工程純鐵制成圓形。6.3若交流電器的線圈誤接入同電壓的直流電源，或直流電器的線圈誤接入同電壓的交流電源，會發(fā)生什么問題？為什么？答：交流電器的線圈一般電阻較小，誤接入同電壓的直流電源時，線圈中的電流會很大，這是因為：，而直流時，X->0，所以I很大，線圈會快速發(fā)熱燒壞。直流電器的線圈電阻一般較大，誤接入同電壓的交流電源時，其阻抗增大，電流I下降，直流電器將無法正常工作。6.4交流接觸器動作太頻繁時為什么會過熱?答：交流接觸器的線圈匝數(shù)較少，純電阻大，因此，在接通電路的瞬間，由于鐵心氣隙大，電抗小，電流可達到15倍的工作電流，如果頻繁啟動，交流接觸器就要經(jīng)常承受極大的過載電流，熱量來不及散發(fā)而累積，造成過熱。6.6兩個相同的110V交流接觸器線圈能否串聯(lián)接于220V的交流電源上運行？為什么，若是直流接觸器情況又如何？為什么？答：交流接觸器線圈不能串聯(lián)接于220V的交流電源上，這是因為兩個接觸器的銜鐵間隙并不一樣，其工作阻抗不同，因而并不能同時吸合，先吸合的接觸器承受的電壓降超過其額定值，使其燒毀，隨后另一個接觸器將承受全部220V電壓，也將會燒毀。而直流接觸器情況就不一樣了，其電阻較大，可以限流，使得接觸器正常吸合，不會出現(xiàn)問題。6.7電磁繼電器與接觸器的主要區(qū)別是什么？答：接觸器一般用于傳遞電能，接通主電路，觸頭流過的電流較大，線圈較粗，用于主電路（動力回路）；而繼電器主要用于傳遞電路信號，觸頭流過的電流較小，線圈較細，主要用于控制回路。6.8電動機中的短路保護、過電流保護和長期過載(熱)保護有何區(qū)別?答：短路保護：由于電路短路造成電流瞬間急劇增加，為防止電動機損壞而采取的斷路保護措施，采用熔斷器實現(xiàn)；過流保護：由于負載或電網(wǎng)波動造成電路中電流增大，為防止電動機損壞而采取的斷路保護措施，一般采用電流繼電器實現(xiàn)；長期過載（熱）保護：由于負載過大引起電路電流增大，電動機溫度升到一定極限時，為防止電動機損壞而采取的斷路保護措施，一般用熱繼電器實現(xiàn)；6.9過電流繼電器與熱繼電器有何區(qū)別？各有什么用途？答：熱繼電器是根據(jù)控制對象的溫度變化來控制電流通斷的繼電器，即利用電流的熱效應而動作的電器，它主要用來保護電動機的過載，防止電動機因長期過載而造成溫度過高，縮短電動機壽命。過電流繼電器是根據(jù)電流信號來控制電路通斷的，主要用于防止電路電流過大而損壞電器。6.10為什么熱繼電器不能作短路保護而只能作長期過載保護，而短路器則相反？由于熱繼電器有熱慣性，大電流出現(xiàn)時它不能立即動作，故熱繼電器不能用作短路保護。熔斷器串于被保護的電路中，當電路發(fā)生短路或嚴重過載時，它的熔體能自動迅速熔斷，從而切斷電路，使導線和電氣設備不致?lián)p壞。6.15要求三臺電動機M1、M2、M3按一定順序啟動；即M1啟動后M2才能啟動，M2啟動后M3才能啟動，停車時則同時停，試設計此控制線路。解：如圖所示電路可以滿足設計要求。6.16試設計一臺異步電動機的控制線路。要求：①能實現(xiàn)啟、停的兩地控制；②能實現(xiàn)點動調(diào)整；③能實現(xiàn)單方向的行程保護；④要有短路和長期過載保護。解：其控制線路如下圖所示6.17為了限制點動調(diào)整時電動機的沖擊電流，試設計它的電氣控制線路，要求正常運行時為直接啟動，而點動調(diào)整時串入限流電阻。解：控制線路如下圖所示6.24下圖為機床自動間歇潤滑的控制線路圖，其中接觸器KM為潤滑油泵電動機啟停用接觸器(主電路未畫出)，控制線路可使?jié)櫥幸?guī)律地間歇工作。試分析此線路的工作原理，并說明開關(guān)S和按鈕SB的作用。答：開關(guān)S為選擇開關(guān)。S閉合時，才能實現(xiàn)間歇潤滑；S斷開時，只能利用點動按鈕SB實現(xiàn)短時點動潤滑。間歇潤滑過程：S閉合→接觸器KM線圈得電→KM主觸點閉合→潤滑電動機開始工作實現(xiàn)潤滑→同時，時間繼電器1KT線圈得電，開始定時→定時時間到→其延時動合觸點閉合→中間繼電器K線圈得電，其動合觸點閉合自鎖→動斷觸點斷開→切斷KM和1KT電路，KM和1KT均失電→潤滑電動機停止工作→中間繼電器K得電的同時，時間繼電器2KT線圈得電，開始定時→定時時間到→其延時動斷觸點斷開→切斷中間繼電器K的回路→K和2KT均失電，而K的動斷觸點重新閉合，又接通KM和1KT回路，潤滑電動機又開始工作，如此循環(huán)直到切斷開關(guān)S。點動潤滑過程：S斷開，按下SB→KM線圈得電→潤滑電動機開始工作實現(xiàn)潤滑→同時，時間繼電器1KT線圈得電并開始定時→定時時間到→1KT動合觸點閉合→中間繼電器K線圈得電→其動合觸點閉合自鎖，但動斷觸點無法斷開KM和1KT電路（因SB保持按下狀態(tài)），因此無法實現(xiàn)間歇潤滑，只能實現(xiàn)短時潤滑，松開SB，KM和1KT失電，潤滑電動機即停止工作。6.27、試設計一個工作臺前進-退回的控制電路，工作臺由電動機M拖動，行程開關(guān)1ST、2ST分別裝在工作臺的原位和終點，要求：工作臺能自動實現(xiàn)前進-后退-停止到原位；工作臺前進到達終點后停一下再后退；工作臺在前進中可以人為地使它立即后退到原位要有短路保護和長期過載保護。有終端保護解：設計電路如圖所示左限位：1ST；右限位：2ST；啟動時，工作臺位于左端；試設計某機床主軸電動機控制線路圖，要求：（15分）(1)可正、反轉(zhuǎn)，能實現(xiàn)反接制動；(2)正轉(zhuǎn)可點動、可在兩處控制啟、停；(3)有短路和長期過載保護；(4)有安全工作照明及電源信號燈。第7章習題1.填空1）通電延時定時器（TON）的輸入（IN）時開始定時，當前值大于等于設定值時其定時器位變?yōu)椋涑ｉ_觸點，常閉觸點。2）通電延時定時器（TON）的輸入（IN）電路時被復位，復位后其常開觸點，常閉觸點，當前值等于。3）若加計數(shù)器的計數(shù)輸入電路（CU），復位輸入電路（R），計數(shù)器的當前值加1。當前值大于等于設定值（PV）時，其常開觸點，常閉觸點。復位輸入電路時計數(shù)器被復位，復位后其常開觸點，常閉觸點，當前值為。4）輸出指令（=）不能用于映像寄存器。5）SM在首次掃描時為1，SM0.0一直為。6）外部的輸入電路接通時，對應的輸入映像寄存器為狀態(tài)，梯形圖中對應的常開觸點，常閉接點。7）若梯形圖中輸出Q的線圈“斷電”，對應的輸出映像寄存器為狀態(tài)，在輸出刷新后，繼電器輸出模塊中對應的硬件繼電器的線圈，其常開觸點。解答：1）ON,1,閉合，斷開2）OFF，斷開，閉合，03）由0變?yōu)?，=0，閉合，斷開，R=1，斷開，閉合，04）輸入5）0.1，ON6）ON，閉合，斷開7）OFF，失電，斷開2.寫出如圖所示梯形圖的語句表程序(a)(b)(b)N(b)Network1LDI0.1LDI0.2OI0.3AI0.4OLDAI0.5=Q0.1Network2LDI1.0LPSAI1.1=Q0.2LPPAI1.2=Q0.3Network1LDI0.0ANI0.1AI0.6LDI0.2OQ0.4AI0.3AI0.5OLD=Q0.1AI0.7=Q0.2AI1.1=Q0.3(a)3.寫出語句表對應的梯形圖。Network1Network1LDI0.1LDI0.2OI0.3AI0.4OLDAI0.5=Q0.1Network2LD