1、.12.1從運動方程式怎樣看出系統是加速的、減速的、穩定的和靜從運動方程式怎樣看出系統是加速的、減速的、穩定的和靜止的各種工作狀態？止的各種工作狀態？答：運動方程式：答：運動方程式：dtdJTTLMdLMTTTTd0時：系統加速；時：系統加速； Td=0 時：系統穩速；時：系統穩速；Td0時，系統減速或反向加速時，系統減速或反向加速.22.2 說明機電傳動系統運動方程式中的拖動轉矩、靜態轉矩和動說明機電傳動系統運動方程式中的拖動轉矩、靜態轉矩和動態轉矩的概念。態轉矩的概念。答：答：拖動轉矩：電動機產生的轉矩拖動轉矩：電動機產生的轉矩Tm或負載轉矩或負載轉矩TL與轉速與轉速n相同時，就是相同時，

2、就是拖動轉矩。拖動轉矩。靜態轉矩：電動機軸上的負載轉矩靜態轉矩：電動機軸上的負載轉矩TL，它不隨系統加速或減速而變化。，它不隨系統加速或減速而變化。動態轉矩：系統加速或減速時，存在一個動態轉矩動態轉矩：系統加速或減速時，存在一個動態轉矩Td，它使系統的運，它使系統的運動狀態發生變化。動狀態發生變化。.32.3 試列出以下幾種情況下系統的運動方程式，并說明系統的運試列出以下幾種情況下系統的運動方程式，并說明系統的運行狀態是加速、減速還是勻速？（圖中箭頭方向表示轉矩的實際行狀態是加速、減速還是勻速？（圖中箭頭方向表示轉矩的實際作用方向）作用方向）答：答：a勻速，勻速，b減速，減速，c減速，減速，d

3、加速，加速，e減速，減速，f勻速勻速.42.4 多軸拖動系統為什么要折算成單軸拖動系統？轉矩折算為什多軸拖動系統為什么要折算成單軸拖動系統？轉矩折算為什么依據折算前后功率不變的原則？轉動慣量折算為什么依據折算么依據折算前后功率不變的原則？轉動慣量折算為什么依據折算前后動能不變的原則？前后動能不變的原則？答：答：在多軸拖動系統情況下，為了列出這個系統運動方程，必須先把各傳動在多軸拖動系統情況下，為了列出這個系統運動方程，必須先把各傳動部分的轉矩和轉動慣量或直線運動部分的質量都折算到電動機軸上。部分的轉矩和轉動慣量或直線運動部分的質量都折算到電動機軸上。由于負載轉矩是靜態轉矩，所以可根據靜態時功率

4、守恒原則進行折算。由于負載轉矩是靜態轉矩，所以可根據靜態時功率守恒原則進行折算。由于轉動慣量和飛輪轉矩與運動系統動能有關，所以可根據動能守恒原由于轉動慣量和飛輪轉矩與運動系統動能有關，所以可根據動能守恒原則進行折算。則進行折算。.52.5 為什么低速軸轉矩大？調速軸轉矩小？為什么低速軸轉矩大？調速軸轉矩小？答：忽略磨擦損失的情況下，傳動系統的低速軸和調速軸傳遞的答：忽略磨擦損失的情況下，傳動系統的低速軸和調速軸傳遞的功率是一樣的，即功率是一樣的，即P1P2而而P1T11，P2T22所以所以T11T22，當，當12時，時， T1T2 .62.6 為什么機電傳動系統中低速軸的為什么機電傳動系統中低

5、速軸的GD2比高速軸的比高速軸的GD2大得多？大得多？答：因為低速軸的轉矩大，所設計的低速軸的直徑及軸上的齒輪答：因為低速軸的轉矩大，所設計的低速軸的直徑及軸上的齒輪等零件尺寸大，質量也大，所以等零件尺寸大，質量也大，所以GD2大，而高速軸正好相反。大，而高速軸正好相反。.7答：答： j1=M/1= nM/n1=900/300=32.7 如圖所示，電動機軸上的轉動慣量如圖所示，電動機軸上的轉動慣量JM2.5kg.m2，轉速，轉速nM900r/mim；中間傳動軸的轉動慣量；中間傳動軸的轉動慣量J12kg.m2，轉速，轉速n1300r/mim；生產機械軸的慣量；生產機械軸的慣量JL16kg.m2，

6、轉速，轉速nL60r/mim。試求折算到電動機軸上的等效轉動慣量。試求折算到電動機軸上的等效轉動慣量。 jL=M/L= nM/nL=900/60=15)(8 . 21516325 . 2222211mkgjJjJJJLLMZ.82.8 如圖所示，電動機轉速如圖所示，電動機轉速nM950r/mim，齒輪減速箱的傳動比，齒輪減速箱的傳動比J1 J2 4，卷筒直徑，卷筒直徑D0.24m，滑輪的減速比，滑輪的減速比J3 2，起重負，起重負荷力荷力F100N，電動機的飛輪轉矩，電動機的飛輪轉矩GDM21.05N.m，齒輪、滑輪，齒輪、滑輪和卷筒總的傳動效率為和卷筒總的傳動效率為0.83。試求提升速度。試

7、求提升速度v和折算到電動機軸和折算到電動機軸上的靜態轉矩上的靜態轉矩TL以及折算到電動機軸上整個拖動系統的飛輪慣以及折算到電動機軸上整個拖動系統的飛輪慣量量GDZ2。.9答：答：min)/(4 .594495021rjjnnML)/(37. 02604 .5924. 0603smjDnvLTL=9.55Fv/(1nM)=9.551001000.37/(0.830.37/(0.83950)=0.45N.m950)=0.45N.m 2222365MMZnFvGDGD222232. 116. 195037. 010036505. 1)25. 11 . 1 (mNGDZ.102.9 一般生產機械按其運

8、動受阻力的性質來分可有哪幾種類型的一般生產機械按其運動受阻力的性質來分可有哪幾種類型的負載？負載？答：恒轉矩型、泵類、直線型、恒功率型。答：恒轉矩型、泵類、直線型、恒功率型。2.10 反抗靜態轉矩與位能靜態轉矩有何區別，各有什么特點？反抗靜態轉矩與位能靜態轉矩有何區別，各有什么特點？答：反抗性恒轉矩負載恒與運動方向相反。答：反抗性恒轉矩負載恒與運動方向相反。位能性恒轉矩負載作用方向恒定，與運動方向無關。位能性恒轉矩負載作用方向恒定，與運動方向無關。.112.11 如圖所示，曲線如圖所示，曲線1和和2分別為電動機和負載的機械特性，試判分別為電動機和負載的機械特性，試判斷哪些是系統的穩定平衡點？哪

9、些不是？斷哪些是系統的穩定平衡點？哪些不是？答：答：（d）不是穩定運動點，其余都是穩定運行點。）不是穩定運動點，其余都是穩定運行點。.123.1 為什么直流電機的轉子要用表面有絕緣層的硅鋼片疊壓而成？為什么直流電機的轉子要用表面有絕緣層的硅鋼片疊壓而成？答答：轉子在主磁通中旋轉，要產生渦流和磁滯損耗，采用硅鋼軟：轉子在主磁通中旋轉，要產生渦流和磁滯損耗，采用硅鋼軟磁材料，可減少磁滯損耗，而采用磁材料，可減少磁滯損耗，而采用“片片”疊壓成，可減少渦流損疊壓成，可減少渦流損耗耗。3.3 一臺他勵直流電動機所拖動的負載轉矩一臺他勵直流電動機所拖動的負載轉矩TL常數，當電樞電常數，當電樞電壓或電樞附加

10、電阻改變時，能否改變其穩定運行狀態下電樞電流壓或電樞附加電阻改變時，能否改變其穩定運行狀態下電樞電流的大小？為什么？這時拖動系統中哪些量必然要發生變化？的大小？為什么？這時拖動系統中哪些量必然要發生變化？答答：因為：因為常數LatTIKT所以，當改變電樞電壓或電樞串電阻時，所以，當改變電樞電壓或電樞串電阻時，Ia均不變。均不變。由知由知n會變化。會變化。TKKRKUnteae2.133.4一臺他勵直流電動機在穩定運行時，電樞反電勢一臺他勵直流電動機在穩定運行時，電樞反電勢E=E1，如負，如負載轉矩載轉矩TL=常數，外加電壓和電樞電路中的電阻均不變，問減弱常數，外加電壓和電樞電路中的電阻均不變，

11、問減弱勵磁使轉速上升到新的穩定值后，電樞反電勢將如何變化？是大勵磁使轉速上升到新的穩定值后，電樞反電勢將如何變化？是大于、小于還是等于于、小于還是等于E1？答答：因為：因為常數LatTIKT當當 時，時， Ia由由U=E+IaRa，EUIaRa，當，當Ia 時，時， E ，所以：，所以：EE1.143.6已知他勵直流電動機的銘牌數據如下：已知他勵直流電動機的銘牌數據如下：PN=7.5kW，UN=220V，nN=1500r/min，N=88.5%，Ra=0.2。試求該電機的額定電流。試求該電機的額定電流和額定轉矩。和額定轉矩。答答：NNNNPUIP1)(52.38885. 022010005 .

12、 7AUPINNNN)(75.4715505 . 795509550mNnPTNNN.153.8一臺他勵直流電動機的銘牌數據為：一臺他勵直流電動機的銘牌數據為：PN=5.5kW，UN=110V，IN=62A，nN=1000r/min，試繪出它的固有機械特性曲線。，試繪出它的固有機械特性曲線。答答：NNNNNaIUIUPR175. 050. 0)(258. 0172. 0621106211010005 . 5175. 050. 0aRaNNNNNNRIUnUKeUn0min)/(11701107)258. 0172. 0(6211010001100rn)(53.5210005 . 5955095

13、50mNnPTNNN.163.9一臺并勵直流電動機的技術數據如下：一臺并勵直流電動機的技術數據如下：PN=5.5kW，UN=110V，IN=61A，額定勵磁電流，額定勵磁電流IfN=2A，nN=1500r/min，電樞電阻，電樞電阻Ra=0.2 ，若忽略機械磨擦和轉子的銅耗、鐵損，認為額定運行狀態下，若忽略機械磨擦和轉子的銅耗、鐵損，認為額定運行狀態下的電磁轉矩近似等于額定輸出轉矩，試繪出它近似的固有機械特的電磁轉矩近似等于額定輸出轉矩，試繪出它近似的固有機械特性曲線。性曲線。答答：)(02.3515005 . 595509550mNnPTNNN)(59261AIIIfNNNaaNNNNNNR

14、IUnUKeUn0min)/(16802 . 05911015001100rn.173.10一臺他勵直流電動機的技術數據如下：一臺他勵直流電動機的技術數據如下：PN=6.5kW，UN=220V，IN=34.4A，nN=1500r/min，Ra=0.242 ，試計算出此，試計算出此電動機的如下特性：電動機的如下特性：固有機械特性固有機械特性電樞附加電阻分別為電樞附加電阻分別為3 和和5 時的人為機械特性時的人為機械特性電樞電壓為電樞電壓為UN/2時的人為機械特性時的人為機械特性磁通磁通0.8 N時的人為機械特性時的人為機械特性答答： aNNNNNNRIUnUKeUn0min)/(1559242.

15、 04 .3422015002200rn)(5 .4015005 . 695509550mNnPTNNN.18 nTRKKnTKKRNateNtea22，所以nnRRRTKKRRnadaadaNteadaada112111RR13R時，當串入min)/(790590.242311rnmin)/(591500155910rnnnN）中，在（min)/(7697901559101rnnnnnadada222RR15R時，當串入min)/(1278590.242512rn.19min)/(28112781559202rnnn min)/(5 .77921559222/001rnKUKeUnUUeNN

16、時，當min)/(5 .720595 .779101rnnn min)/(19498 . 015598 . 08 . 08 . 0001rnKUKeUnNeNN時，當min)/(2 .928 . 0598 . 018 . 0222221rnTKKRTKKRnNNteaNteamin)/(8 .18562 .9219491011rnnn.203.11為什么直流電動機直接啟動時啟動電流很大？為什么直流電動機直接啟動時啟動電流很大？答答： 因為因為Tst=UN/Ra，Ra很小，所以很小，所以Tst很大，會產生控制火花，很大，會產生控制火花，電動應力，機械動態轉矩沖擊，使電網保護裝置動作，切斷電源電動

17、應力，機械動態轉矩沖擊，使電網保護裝置動作，切斷電源造成事故，或電網電壓下降等。故不能直接啟動。造成事故，或電網電壓下降等。故不能直接啟動。3.12 他勵直流電動機啟動過程中有哪些要求？如何實現？他勵直流電動機啟動過程中有哪些要求？如何實現？答答： 要求電流要求電流Ist（1.52）IN，可采用降壓啟動、電樞回路串電，可采用降壓啟動、電樞回路串電阻進行啟動。阻進行啟動。.213.13直流他勵電動機啟動時，為什么一定要先把勵磁電流加上，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就把電樞電源接通，這時會產生若忘了先合勵磁繞組的電源開關就把電樞電源接通，這時會產

18、生什么現象（試從什么現象（試從TL=0和和TL=TN兩種情況加以分析）？當電動機運兩種情況加以分析）？當電動機運行在額定轉速下，若突然將勵磁繞組斷開，此時又將出現什么情行在額定轉速下，若突然將勵磁繞組斷開，此時又將出現什么情況？況？答答： 當當TL=0啟動時：因為勵磁繞組有一定剩磁，使啟動時：因為勵磁繞組有一定剩磁，使0；啟動；啟動時，時，n0，E0，根據，根據UN=E+IaRa 知，知，UN全加在電阻全加在電阻Ra上，產上，產生很大的生很大的Ia （(1020)IN） ，但因為，但因為0，所以，所以 TKtIa并不大，并不大，因為因為TL0，所以動轉矩大于，所以動轉矩大于0，系統會加速啟動；

19、啟動后，雖有，系統會加速啟動；啟動后，雖有n，使，使E變大點，但因為變大點，但因為0，所以，所以E仍不大，仍不大， UN大部分仍要加大部分仍要加在電阻在電阻Ra上，產生很大上，產生很大Ia和不大的和不大的T，使系統不斷加速；當系統，使系統不斷加速；當系統達到達到“飛車飛車”時，在相當大的某一時，在相當大的某一n穩速運行時，穩速運行時， TKtIa=TL 0，所以，所以Ia 0，此時，此時，E相當大，相當大，UN幾乎和幾乎和E平衡。平衡。.22當當TL=TN啟動時：啟動時：n0，E0，根據，根據UN=E+IaRa 知，知，UN全全加在電阻加在電阻Ra上，產生很大的上，產生很大的Ia（(1020)

20、IN），但因為），但因為0，所以，所以 TKtIa并不大，因為并不大，因為TL= TN，所以系統無法啟動。，所以系統無法啟動。當電動機運行在額定轉速下，當電動機運行在額定轉速下， TKtNIaN = TLTN，nnN，此時斷開勵磁，此時斷開勵磁， 0，雖然仍有，雖然仍有nnN，但，但E 0，根據，根據UN=E+IaRa 知，知，UN全加在電阻全加在電阻Ra上，產生很大的上，產生很大的Ia，但因為，但因為0，所以所以 TKtIa并不大，因為并不大，因為TL= TN，所以，所以T TL，系統逐漸減，系統逐漸減速到停車。速到停車。.233.15一臺直流他勵電動機，其額定數據如下：一臺直流他勵電動機，

21、其額定數據如下：PN=2.2kW，UN=Uf=110V，nN=1500r/min，N=0.8，Ra=0.4，Rf=82.7 。試求：試求： 額定電樞電流額定電樞電流IaN；額定勵磁電流額定勵磁電流IfN；勵磁功率勵磁功率Pf；額定轉矩額定轉矩TN； 額定電流時的反電勢；額定電流時的反電勢； 直接啟動時的啟動直接啟動時的啟動電流；電流； 如果要使啟動電流不超過額定電流的如果要使啟動電流不超過額定電流的2倍，求啟動電阻倍，求啟動電阻為多少？此時啟動轉矩又為多少？為多少？此時啟動轉矩又為多少？答答：)(258 . 011010002 . 2) 1 (AUPIPUINNNaNNNNaN，所以、因為)(

22、33. 17 .82110I)2(ARUfffN、)(3 .14611033. 1)3(AUIPffNf、)(1415002 . 295509550)4(mNnPTNNN、)(1004 . 025110)5(VRIUEaaNN、.24)(2754 . 0110I)6(ARUaNst、)(8 . 14 . 0252110IR2RI)7(ARUIRUastNstaNstaNst，則、要使aNNaNNestNtstInEIKIKT1 .19255. 9)(83.312515001001 .19mNTst.253.16直流電機用電樞電路串電阻的辦法啟動時，為什么要逐漸直流電機用電樞電路串電阻的辦法啟動

23、時，為什么要逐漸切除啟動電阻？切除太快，會帶來什么后果？切除啟動電阻？切除太快，會帶來什么后果？答答：見書上圖：見書上圖3.23。如果只一段啟動電阻，當啟動后，把電阻一。如果只一段啟動電阻，當啟動后，把電阻一下切除，則電流會超過下切除，則電流會超過2IN，沖擊大。所以應采用逐級切除電阻，沖擊大。所以應采用逐級切除電阻辦法，切除太快，也會產生電流沖擊大，見書上圖辦法，切除太快，也會產生電流沖擊大，見書上圖3.24。3.17 轉速調節（調速）與固有的速度變化在概念上有什么區別？轉速調節（調速）與固有的速度變化在概念上有什么區別？答答：調速：在一定負載條件下，人為地改變電動機的電路參數，：調速：在一

24、定負載條件下，人為地改變電動機的電路參數，以改變電動機的穩定轉速。以改變電動機的穩定轉速。速度變化：由于電動機負載轉矩發生變化而引起的電動機轉速度變化：由于電動機負載轉矩發生變化而引起的電動機轉速變化。速變化。.263.18他勵直流電動機有哪些方法進行調速？它們的特點是什么？他勵直流電動機有哪些方法進行調速？它們的特點是什么？答答：改變電樞電路外串電阻調速：機械特性較軟，穩定度低；空：改變電樞電路外串電阻調速：機械特性較軟，穩定度低；空載或輕載時，調速范圍不大；實現無級調速困難；電阻上消耗電載或輕載時，調速范圍不大；實現無級調速困難；電阻上消耗電能大。用于起重機、卷揚機等低速運轉時間不長的傳動

25、系統。能大。用于起重機、卷揚機等低速運轉時間不長的傳動系統。改變電動機電樞供電電壓調速：電源電壓連續變化時，轉速改變電動機電樞供電電壓調速：電源電壓連續變化時，轉速可以平滑無級調節；在額定轉速以下調；特性與固有特性平行，可以平滑無級調節；在額定轉速以下調；特性與固有特性平行，硬度不變，穩定度高，調速范圍大；屬恒轉矩調速，適合拖動恒硬度不變，穩定度高，調速范圍大；屬恒轉矩調速，適合拖動恒轉矩負載，可以靠調電樞電壓啟動電機，不用其它設備。轉矩負載，可以靠調電樞電壓啟動電機，不用其它設備。改變電機主磁通調速：可無級調速，額定轉速以上調（弱磁改變電機主磁通調速：可無級調速，額定轉速以上調（弱磁升速），

26、特性軟，最高轉速不得超過額定轉速的升速），特性軟，最高轉速不得超過額定轉速的1.2倍，調速范倍，調速范圍不大；屬恒功率調速，適合于恒功率負載。往往和調壓調速配圍不大；屬恒功率調速，適合于恒功率負載。往往和調壓調速配合使用。合使用。.273.19直流電動機的電動與制動兩種運轉狀態的根本區別何在？直流電動機的電動與制動兩種運轉狀態的根本區別何在？答答：電動：電動機發出的轉矩：電動：電動機發出的轉矩T與轉速與轉速n方向相同；制動：方向相同；制動：T與與n相反。相反。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？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缺

27、點。試比較各種制動方法的優缺點。答答：反饋制動：運行在二、四象限，轉速大于理想空載轉速。用：反饋制動：運行在二、四象限，轉速大于理想空載轉速。用于起重機調速下放重物，電網吸收電能，運行經濟。于起重機調速下放重物，電網吸收電能，運行經濟。電源反接制動：制動迅速，能量靠電阻吸收，但容易反向啟電源反接制動：制動迅速，能量靠電阻吸收，但容易反向啟動。動。倒拉反接制動：可得較低下降速度，對倒拉反接制動：可得較低下降速度，對TL大小估計不準，大小估計不準，本應下降，也許會上升，特性硬度小，穩定性差，電阻消耗全部本應下降，也許會上升，特性硬度小，穩定性差，電阻消耗全部能量。能量。能耗制動：用于迅速準確停車及

28、恒速下放重物，電阻消耗全能耗制動：用于迅速準確停車及恒速下放重物，電阻消耗全部能量。部能量。.283.21一臺直流他勵電動機拖動一臺卷揚機構，在電動機拖動重一臺直流他勵電動機拖動一臺卷揚機構，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：上說明：（1）從反接開始到系統達到新的穩定平衡狀態之間，電動）從反接開始到系統達到新的穩定平衡狀態之間，電動機經歷了幾種運行狀態？最后在什么狀態下建立系統新的穩定平機經歷了幾種運行狀態？最后在什么狀態下建立系統新的穩定平衡點？衡點？（2）各種狀態下轉速變化的機電過程怎樣？）

29、各種狀態下轉速變化的機電過程怎樣？答答：（：（1）經歷反接制動、反向電動、反向回饋制動，最后在反）經歷反接制動、反向電動、反向回饋制動，最后在反向回饋制動運行狀態下建立系統新的穩定平衡點。向回饋制動運行狀態下建立系統新的穩定平衡點。.29（2）當電壓反向時，）當電壓反向時，n不變，電壓平衡方程式：不變，電壓平衡方程式： UEIa(Ra+Rad)，Ia=(-U-E)/(Ra+Rad)0，T0，產生制動。當，產生制動。當TTL時，還會時，還會 反向反向n E Ia T ，達到，達到TTL，達到，達到e點，穩速運行。點，穩速運行。.305.1有一臺四極三相異步電動機，電源電壓的頻率為有一臺四極三相異

30、步電動機，電源電壓的頻率為50Hz，滿，滿載時電動機的轉差率為載時電動機的轉差率為0.02，求電動機的同步轉速、轉子轉速和，求電動機的同步轉速、轉子轉速和轉子電流頻率。轉子電流頻率。答答：min)/(150025060600rpfnmin/14701500)02. 01 ()1 (000rnSnnnnSNNNN，因為)( 15002. 012HzfSfN.315.2將三相異步電動機接三相電源的三根引線中的兩根對調，將三相異步電動機接三相電源的三根引線中的兩根對調，此電動機是否會反轉？為什么？此電動機是否會反轉？為什么？答答：會反轉。因為三相繞組中電流的相序發生改變。：會反轉。因為三相繞組中電流

31、的相序發生改變。5.3有一臺三相異步電動機，其有一臺三相異步電動機，其nN=1470r/min，電源頻率為，電源頻率為50Hz。當在額定負載下運行，試求：。當在額定負載下運行，試求：(1) 定子旋轉磁場對定子的定子旋轉磁場對定子的轉速；轉速；(2) 定子旋轉磁場對轉子的轉速；定子旋轉磁場對轉子的轉速；(3) 轉子旋轉磁場對轉子轉子旋轉磁場對轉子的轉速；的轉速；(4) 轉子旋轉磁場對定子的轉速；轉子旋轉磁場對定子的轉速；(5) 轉子旋轉磁場對定轉子旋轉磁場對定子旋轉磁場的轉速。子旋轉磁場的轉速。.32答答：2min,/1500min,/1470) 1 (0prnrnN所以、因為min)/(301

32、4701500)2(0rnnN、02. 0150014701500)3(00、nnnSNN)( 15002. 012HzfSfNmin)/(3021606022rpfnmin)/(1500147030)4(202rnnnN、min)/(015001500)5(00221rnnn、.335.4當三相異步電動機的負載增加時，為什么定子電流會隨轉當三相異步電動機的負載增加時，為什么定子電流會隨轉子電流的增加而增加？子電流的增加而增加？答答：當負載增加時，轉子電流增加；因為轉子相當于變壓器的副：當負載增加時，轉子電流增加；因為轉子相當于變壓器的副邊，而定子相當于變壓器的原邊，所以當轉子電流增加時，定子

33、邊，而定子相當于變壓器的原邊，所以當轉子電流增加時，定子電流也會增加。電流也會增加。5.5三相異步電動機帶動一定的負載運行時，若電源電壓降低三相異步電動機帶動一定的負載運行時，若電源電壓降低了，此時電動機的轉矩、電流及轉速有無變化？如何變化？了，此時電動機的轉矩、電流及轉速有無變化？如何變化？.34TNbacc點和點和a點比，因為點比，因為U ，而且，而且s cos2 ,根據根據T=KmI2cos2TL常數，知：常數，知：I2 答答：原來運行在：原來運行在a點，當電壓點，當電壓減小時，運行在減小時，運行在b點，因為點，因為n不不變，變，s不變，所以不變，所以cos 2不變不變因為因為UE1=4

34、.44Kf1N1 ，所以當所以當U I2 時，時，根據根據T=KmI2cos2知：知：T ，此后：此后： n s I2 T 直到直到c點。點。.355.6有一臺三相異步電動機，其技術數據如下表所示。有一臺三相異步電動機，其技術數據如下表所示。試求試求: (1) 線電壓為線電壓為380V時，三相定子繞組應如何接法？時，三相定子繞組應如何接法？ (2) 求求n0，p，SN，TN，Tst，Tmax，Ist； (3) 額定負載時電動機的輸入功率是多少？額定負載時電動機的輸入功率是多少？答答： (1) Y接法。接法。3min,/1000min,/960)2(0prnrnN所以、因為04. 0100096

35、0100000nnnSNN)(84.29960395509550mNnPTNNN.36mNTTNstst69.5984.292mNTTNm69.5984.292maxAIINst8 .462 . 75 . 65 . 6)(61. 383. 03) 3(1KWPPNN、5.7三相異步電動機正在運行時，轉子突然被卡住，這時電動三相異步電動機正在運行時，轉子突然被卡住，這時電動機的電流如何變化？對電動機有何影響？機的電流如何變化？對電動機有何影響？答答：電動機電流增大，燒壞電機。：電動機電流增大，燒壞電機。.375.8三相異步電動機斷了一根電源線后，為什么不能啟動？而在三相異步電動機斷了一根電源線后

36、，為什么不能啟動？而在運行時斷了一線，為什么仍能繼續轉動？這兩種情況對電動機將運行時斷了一線，為什么仍能繼續轉動？這兩種情況對電動機將產生什么影響？產生什么影響？答答：斷了一根電源線后，變成單相異步電動機，沒有旋轉磁場，：斷了一根電源線后，變成單相異步電動機，沒有旋轉磁場，所以不能啟動。但仍能繼續運轉。所以不能啟動。但仍能繼續運轉。啟動時，脈動磁場使轉子產生交變電流，發熱。啟動時，脈動磁場使轉子產生交變電流，發熱。運轉時，因為斷了一相，變成單相，而單相產生的脈動磁場，運轉時，因為斷了一相，變成單相，而單相產生的脈動磁場，分解成兩個轉向相反的旋轉磁場后，存在：分解成兩個轉向相反的旋轉磁場后，存在

37、：Bm1=Bm2=Bm/2與轉子旋轉方向相同的旋轉磁場的與轉子旋轉方向相同的旋轉磁場的比三相運轉時的比三相運轉時的要小，要小，所以所以I2增大；另外，與轉子旋轉方向相反的旋轉磁場的增大；另外，與轉子旋轉方向相反的旋轉磁場的使使T減減小。所以，斷了一根電源線后，如果較大的小。所以，斷了一根電源線后，如果較大的TL還不變，當穩定還不變，當穩定運行時，不但運行時，不但n下降，面且下降，面且I2相當大，會燒壞電機。相當大，會燒壞電機。.381AB2AB1BB2BB如果電流：如果電流：iA=Imcost則電流：則電流：iB=Imcos（t-180），即），即 iB為流出，與為流出，與iA相位相反相位相反

38、最大，最大， 和和 轉到轉到A軸上軸上當當t=0時，時，AB1AB2AB當當t=180時，時，BB 最大最大 和和 轉到轉到B軸上軸上1BB2BB.391AB2AB1BB2BB所以當所以當t=0時，應當把時，應當把1BB和和 退回退回180 2BB2AB1AB1BB2BB1AB1BB和和和都逆時針轉，可合成和都逆時針轉，可合成2AB2BB和和和都順時針轉，可合成和都順時針轉，可合成.402AB1AB1BB2BB1AB1BB1mB2AB2BB2mB1mB2mB和和大小相等、轉向相反，轉速相等，可以合成大小相等、轉向相反，轉速相等，可以合成為一個脈動磁場為一個脈動磁場 ，即電動機變為單相運行。，即

39、電動機變為單相運行。 與與A相軸相軸線或線或B相軸線成相軸線成30角。角。mBmB.415.9 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？啟動轉矩是否相同？動電流是否相同？啟動轉矩是否相同？答答：啟動電流一樣，啟動轉矩相同。：啟動電流一樣，啟動轉矩相同。5.10 三相異步電機三相異步電機 為什么不運行在為什么不運行在Tmax或接近或接近Tmax的情況下？的情況下？答答：一般：一般Tmax是是TN的的22.5倍，在倍，在Tmax或接近或接近Tmax運行時，運行時，I2大很大很多，電機會被燒壞。多，電機會被燒壞。.425

40、.11 有一臺三相異步電動機，其銘牌數據如下：有一臺三相異步電動機，其銘牌數據如下：當負載轉矩為當負載轉矩為250N.m時，試問在時，試問在U=UN和和U1=0.8UN兩種情況兩種情況下電動機能否啟動？下電動機能否啟動？欲采用欲采用Y- 換接啟動，問當負載轉矩為換接啟動，問當負載轉矩為0.45TN和和0.35TN兩種情兩種情況下，電動機能否啟動？況下，電動機能否啟動？若采用自耦變壓器降壓啟動，設降壓比為若采用自耦變壓器降壓啟動，設降壓比為0.64，求電源線路，求電源線路中通過的啟動電流和電動機的啟動轉矩。中通過的啟動電流和電動機的啟動轉矩。.43答答：)(26014704095509550)

41、1 (mNnPTNNN、，能啟動時，LNT3122602 . 1T2 . 1stNTUU時，能啟動時，無法啟動，在所以，在、NLNLNNstYTTTTTTT35. 045. 04 . 02 . 131T31)2(st，不能啟動時，L2st211T2003128 . 0T8 . 08 . 0stNTUU.44答答：)(26014704095509550) 1 (mNnPTNNN、，能啟動時，LNT3122602 . 1T2 . 1stNTUU時，能啟動時，無法啟動，在所以，在、NLNLNNstYTTTTTTT35. 045. 04 . 02 . 131T31)2(st，不能啟動時，L2st211

42、T2003128 . 0T8 . 08 . 0stNTUU.455.13 線繞式異步電動機采用轉子串電阻啟動時，所串電阻愈大，線繞式異步電動機采用轉子串電阻啟動時，所串電阻愈大，啟動轉矩是否也愈大？啟動轉矩是否也愈大？答答：不是。串電阻：不是。串電阻 大到一定程度后，啟動轉矩會變小，因為大到一定程度后，啟動轉矩會變小，因為 雖雖然然cos2增大，但增大，但I2減小太多。減小太多。5.14 為什么線繞式異步電動機在轉子串電阻啟動時，啟動電流為什么線繞式異步電動機在轉子串電阻啟動時，啟動電流減少而啟動轉矩反而增大？減少而啟動轉矩反而增大？答答：因為：因為 適當串入電阻后，雖然適當串入電阻后，雖然I

43、2減少，但減少，但cos2增大很多，所增大很多，所以啟動轉矩增加。以啟動轉矩增加。.465.15 異步電動機有哪幾種調速方法？各種調速方法有何優缺點？異步電動機有哪幾種調速方法？各種調速方法有何優缺點？答答：調壓調速：可無級調速，但減小：調壓調速：可無級調速，但減小U時，時，T按按U2減少，所以調減少，所以調速范圍不大。速范圍不大。轉子電路串電阻調速：只適于線繞式。啟動電阻可兼作調速轉子電路串電阻調速：只適于線繞式。啟動電阻可兼作調速電阻，簡單、可靠，但屬有級調速。隨轉速降低，特性變軟，低電阻，簡單、可靠，但屬有級調速。隨轉速降低，特性變軟，低速損耗大，用在重復短期運轉的機械，如起重機。速損耗

44、大，用在重復短期運轉的機械，如起重機。變極對數調速：多速電動機，體積大，價貴，有級調速。結變極對數調速：多速電動機，體積大，價貴，有級調速。結構簡單，效率高，調速附加設備少。用于機電聯合調速。構簡單，效率高，調速附加設備少。用于機電聯合調速。變頻調速：用于一般鼠籠式異步電動機，采用晶閘管變頻裝變頻調速：用于一般鼠籠式異步電動機，采用晶閘管變頻裝置。置。.475.16 什么叫恒功率調速？什么叫恒轉矩調速？什么叫恒功率調速？什么叫恒轉矩調速？答答：在調速過程中，無論速度高低，當電動機電流保持不變時，：在調速過程中，無論速度高低，當電動機電流保持不變時，電磁轉矩也不變，這種調速叫恒轉矩調速。電磁轉矩

45、也不變，這種調速叫恒轉矩調速。在調速過程中，無論速度高低，當電動機電流保持不變時，在調速過程中，無論速度高低，當電動機電流保持不變時，功率也不變，叫恒功率調速。功率也不變，叫恒功率調速。5.17 異步電動機變極調速的可能性和原理是什么？其接線圖是異步電動機變極調速的可能性和原理是什么？其接線圖是怎樣的？怎樣的？答答：使每相定子繞組中一半繞組內的電流改變方向，即可改變極：使每相定子繞組中一半繞組內的電流改變方向，即可改變極對數，也就改變了轉速。對數，也就改變了轉速。接線圖如書上圖接線圖如書上圖5.40。.485.18 異步電動機有哪幾種制動狀態？各有何特點？異步電動機有哪幾種制動狀態？各有何特點

46、？答答：反饋制動：用于起重機高速下放重物，反饋制動時，動能變：反饋制動：用于起重機高速下放重物，反饋制動時，動能變為電能回饋給電網，較經濟，只能在高于同步轉速下使用。為電能回饋給電網，較經濟，只能在高于同步轉速下使用。反接制動：電源反接時，制動電流大，定子或轉子需串接電反接制動：電源反接時，制動電流大，定子或轉子需串接電阻，制動速度快容易造成反轉，準確停車有一定困難，電能損耗阻，制動速度快容易造成反轉，準確停車有一定困難，電能損耗大。當倒拉制動時，用于低速下放重物，機械功率、電功率都消大。當倒拉制動時，用于低速下放重物，機械功率、電功率都消耗在電阻上。耗在電阻上。能耗制動：比較常用的準確停車方

47、法，制動效果比反接制動能耗制動：比較常用的準確停車方法，制動效果比反接制動差。差。.495.19 試說明鼠籠式異步電動機定子極對數突然增加時，電動機試說明鼠籠式異步電動機定子極對數突然增加時，電動機的降速過程。的降速過程。答答：見書上圖：見書上圖5.42。原來運行在原來運行在a點。當點。當p突然突然時，時，nn02，所以，所以T0，和，和TL一起一起使使ns絕對值絕對值I2 T 。當當n= n02時，時，I20，T0。當當n1，此，此時，交流伺服電動機當時，交流伺服電動機當Uc0時，時，T總是制動性的。這樣便消除總是制動性的。這樣便消除自轉且能迅速停止。自轉且能迅速停止。.556.3 有一臺直

48、流伺服電動機，電樞控制電壓和勵磁電壓均保持不有一臺直流伺服電動機，電樞控制電壓和勵磁電壓均保持不變，當負載增加時，電動機的控制電流、電磁轉矩和轉速如何變變，當負載增加時，電動機的控制電流、電磁轉矩和轉速如何變化？化？答：當答：當TL T ，由，由 T=KtIa知，知，Ia，由，由n=f(T)方程知，方程知，n 。6.4 有一臺直流伺服電動機，當電樞控制電壓有一臺直流伺服電動機，當電樞控制電壓Uc110V時，電樞時，電樞電流電流Ia10.05A，轉速，轉速n1=3000r/min，加負載后，電樞電流，加負載后，電樞電流Ia21A，轉速，轉速n2=1500r/min。試作出其機械特性。試作出其機械

49、特性n=f(T)。答：答：aCaCRIUnKeIKeRKeUn)(，所以因為：RKeRKe1110)(150005. 0110)(3000代入已知條件得：.561500R11041.56R解以上兩方程得：Kemin)/(307941.561101101500R1101500UC0rKeUnC)(341. 01150011055. 955. 9222mNRIKIKTaeat.576.5 若直流伺服電動勵磁電壓一定，當電樞控制電壓若直流伺服電動勵磁電壓一定，當電樞控制電壓Uc=100V時，時，理想空載轉速理想空載轉速n0=3000r/min；當；當Uc=50V時，時，n0等于多少？等于多少？答：答

50、：min/150050,1003000000rnKenKeKeUnC解這兩個方程得，代入已知數據得：因為6.11 交流測速發電機在理想情況為什么轉子不動時沒有輸出電交流測速發電機在理想情況為什么轉子不動時沒有輸出電壓？轉子轉動后，為什么輸出電壓與轉子轉速成正比？壓？轉子轉動后，為什么輸出電壓與轉子轉速成正比？答：當答：當n=0時，時，f1的的Uf加在加在WF上上f1的的f， f fmsint，方向，方向同同WF軸線。軸線。 f在轉子在轉子渦流渦流磁通，阻止磁通，阻止f變化，與變化，與f合成合成1，1軸軸線同線同WF軸，與軸，與WC軸線垂直，所以不在軸線垂直，所以不在WC上產生感應電動勢，上產生

51、感應電動勢，Uc0。.58當當n0時，轉子切割時，轉子切割1 e2p i2p E2p 1mn，而當，而當Uf 一定時，一定時，1m 基本不變基本不變(Uf 4.44f1 N1 1m ), E2p nE2p i2p 脈動磁通脈動磁通2 ，正好和，正好和CW軸線重合軸線重合CW上上e0 。 E0 2 E2p nE0 n或或U0E0Kn.597.1 電動機的溫升與哪些因素有關？電動機銘牌上的溫升值其含電動機的溫升與哪些因素有關？電動機銘牌上的溫升值其含義是什么？電動機的溫升、溫度以及環境溫度三者之間有什么關義是什么？電動機的溫升、溫度以及環境溫度三者之間有什么關系？系？答：溫升與負載大小、負載持續時

52、間（即運行方式）有關。答：溫升與負載大小、負載持續時間（即運行方式）有關。銘牌上的溫升值：指電動機允許的溫度與周圍介質溫度（銘牌上的溫升值：指電動機允許的溫度與周圍介質溫度（40）之差。）之差。電動機溫升電動機溫度環境溫度電動機溫升電動機溫度環境溫度7.2 電動機在運行中，其電壓、電流、功率、溫升能否超過額定電動機在運行中，其電壓、電流、功率、溫升能否超過額定值？是何原因？值？是何原因？答：電壓、溫升不許超過額定值，否則燒壞電機。電流、功率可答：電壓、溫升不許超過額定值，否則燒壞電機。電流、功率可短時超過額定值，因為熱慣性，電動機在短時溫升不能超過允許短時超過額定值，因為熱慣性，電動機在短時溫

53、升不能超過允許值。值。.607.3 電動機的選擇包括哪些具體內容？電動機的選擇包括哪些具體內容？答：容量、種類、電壓、轉速、結構形式。答：容量、種類、電壓、轉速、結構形式。7.4 選擇電動機的容量時主要應考慮哪些因素？選擇電動機的容量時主要應考慮哪些因素？答：發熱：應有答：發熱：應有max a過載能力：過載能力：啟動能力：啟動能力： TLst TN NmLTTTmaxmaxNiLIIImaxmax.617.3 電動機的選擇包括哪些具體內容？電動機的選擇包括哪些具體內容？答：容量、種類、電壓、轉速、結構形式。答：容量、種類、電壓、轉速、結構形式。7.4 選擇電動機的容量時主要應考慮哪些因素？選擇

54、電動機的容量時主要應考慮哪些因素？答：發熱：應有答：發熱：應有max a過載能力：過載能力：啟動能力：啟動能力： TLst TN NmLTTTmaxmaxNiLIIImaxmax.627.5 電動機有哪幾種工作方式？當電動機的實際工作方式與銘牌電動機有哪幾種工作方式？當電動機的實際工作方式與銘牌上標注的工作方式不一致時，應注意哪些問題？上標注的工作方式不一致時，應注意哪些問題？答：連續工作制、短時工作制、重復短時工作制。答：連續工作制、短時工作制、重復短時工作制。應采用等效功率法進行計算。應采用等效功率法進行計算。7.6 一臺室外工作的電動機，在春、夏、秋、冬四季其實際允許一臺室外工作的電動機

55、，在春、夏、秋、冬四季其實際允許的使用容量是否相同？為什么？的使用容量是否相同？為什么？答：容量可以不相同，因為在不同的季節里，環境溫度不同，如答：容量可以不相同，因為在不同的季節里，環境溫度不同，如在冬季，電動機的溫升可以較大，也不會超過允許的溫度，所以在冬季，電動機的溫升可以較大，也不會超過允許的溫度，所以容量可以大一些；而在很熱的夏季，如果溫度很高，超過容量可以大一些；而在很熱的夏季，如果溫度很高，超過40度時，度時，電動機的容量必須降低使用。電動機的容量必須降低使用。.637.7 有一抽水站的水泵向高度有一抽水站的水泵向高度H10m處送水，排水量處送水，排水量Q500m3/h，水泵的效

56、率，水泵的效率10.9，傳動裝置的效率，傳動裝置的效率20.78，水的，水的重度重度1000kg/m3，試選擇一臺電動機拖動水泵。，試選擇一臺電動機拖動水泵。答：答：)(4 .1978. 09 . 0102103600500100010221KWQHPL.647.8 有一生產機械的實際負載轉矩曲線如題有一生產機械的實際負載轉矩曲線如題7.8圖所示，生產機械圖所示，生產機械要求的轉速要求的轉速nN=1450r/min，試選一臺容量合適的交流電動機來，試選一臺容量合適的交流電動機來拖動此生產機械。拖動此生產機械。答：答：)(96. 09550145029. 69550KWnTPdL)(29. 65

57、4321525424323222121mNttttttTtTtTtTtTTd.657.9 一生產機械需要直流電動機拖動，負載曲線如題一生產機械需要直流電動機拖動，負載曲線如題7.9圖所示，圖所示，試選擇電動機的容量。試選擇電動機的容量。答：答：)(96. 3321323222121mNttttPtPtPPL7.10 有臺有臺35KW、工作時間、工作時間30min的短時工作電動機，欲用一臺的短時工作電動機，欲用一臺Th90min的長期工作制電動機代替。若不考慮其它問題（如過的長期工作制電動機代替。若不考慮其它問題（如過載能力等）試問長期工作制電動機的容量應選多大？載能力等）試問長期工作制電動機的

58、容量應選多大？答：答：7 . 2K6 . 733. 09030得：，查圖hPTt)(132735KWKPPPN.667.11 暫載率暫載率表示什么？當表示什么？當15%時，能否讓電動機工作時，能否讓電動機工作15min，休息休息85min？為什么？試比較？為什么？試比較15%，30KW和和40%，20KW兩個重復短時工作制的電動機，哪一臺容量大一些？兩個重復短時工作制的電動機，哪一臺容量大一些？答：答：分鐘，但規定不能。因為雖然10%158515150ttP換算（按換算（按SN折合折合 ）)(24.2325. 015. 030111KWPPSNS)(3 .2525. 04 . 020222KW

59、PPSNS.677.12 有一臺生產機械的功率為有一臺生產機械的功率為10KW，其工作時間，其工作時間tP=0.72min，t0=2.28min，試選擇所用電動機的容量。，試選擇所用電動機的容量。答：答：24. 028. 272. 072. 00tttPP)(8 . 925. 024. 010KWPPSNS.6810.1 晶閘管的導通條件是什么？導通后流過晶閘管的電流決定晶閘管的導通條件是什么？導通后流過晶閘管的電流決定于什么？晶閘管由導通轉變為阻斷的條件是什么？阻斷后它所承于什么？晶閘管由導通轉變為阻斷的條件是什么？阻斷后它所承受的電壓大小決定于什么？受的電壓大小決定于什么？答：導通條件：陽

60、極、控制極同時加控制電壓。答：導通條件：陽極、控制極同時加控制電壓。導通后，電流決定于主電壓和負載。導通后，電流決定于主電壓和負載。阻斷：陽極電壓變阻斷：陽極電壓變0或變負。或變負。阻斷后：承受電壓大小決定于主電壓。阻斷后：承受電壓大小決定于主電壓。.6910.2 晶閘管能否和晶體管一樣構成放大器？為什么？晶閘管能否和晶體管一樣構成放大器？為什么？答：不能。當加上控制電流答：不能。當加上控制電流Ig后，晶閘管有強烈正反饋，立即導后，晶閘管有強烈正反饋，立即導通，導通后陽極電流通，導通后陽極電流I（由主電壓和負載決定）和（由主電壓和負載決定）和Ig無關。無關。10.3試畫出圖中負載電阻試畫出圖中