↓=↑=CL C L i GzR T i GzR T ηη1. 机电传动系统动力学基础1.1. 要求与要点负载转矩折算公式为：旋转运动：平移运动：升降运动：1.2. 习题与思考题1.1 机电传动系统动力学方程式中，M T 、L T 和n 的正方向是如何规定的？如何表示它的实际方向？1.2 说明J 和GD 2的概念，它们之间有什么关系？ J 和GD 2都表示系统机械惯性大小。
1.3 从动力学方程式中如何看出系统是处于加速、减速、匀速等运动状态?iTgT C L η=dC L n FgVgT η55.9=加速度大于0、等于0、小于0系统分别处于加速、减速、匀速等运动状态。
加速度由电动转矩和负载之和决定。
1.4 分析多轴机电传动系统时为什么要折算为单轴系统?折算的原则是什么?折算原则是(1) 传递功率保持不变，(2)系统储存的动能不变。
负载转矩的折算原则是折算前后系统传递功率不变，飞轮矩的折算原则是折算前后系统传递的动能不变1.5 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小?在同一电动机，功率保持不变的情况下，由于功率等于转矩与角速度的乘积，低速轴转矩大，高速轴转矩小。
1.6 起重机提升和下放重物时，传动机构的损耗由电动机承担还是重物承担?提升和下放同.重物时，传动机构损耗的大小如果相同，传动机构的效率是否相等?起重机提升重物时，电动机带动负载，功率由电动机传给负载。
传动机构的损耗由电动机承担。
起重机下放重物时，负载带动电动机，功率由负载传给电动机。
传动机构的损耗由负载承担。
提升和下放同.重物时，传动机构损耗的大小如果相同，传动机构的效率是否相等。
1.7 负载的机械特性有哪几种类型，各有什么特点? 见P151.8 什么叫稳定运行?机电传动系统稳定运行的条件是什么?系统在受到外部干扰后，能恢复到原来平衡状态稳定运行。
机电传动系统稳定运行的条件是(1) 电动机的机械特性曲线与负载的机械特性曲线有交点，即系统存在平衡点。
(2) 可以根据平衡点处对应的机械特性的dndT 来判断，即在交点(平衡点)处，dn dT dn dTLM 。
(在机械特性曲线中即为反斜率)。
1.9 试列出图1.19所示几种情况下系统的动力学方程式，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)加速：(d)匀速：(a) (e) (f)减速：(b) (c)1.10 图1-20所示机电传动系统，减速机构为两级减速箱。
已知齿轮齿数之比Z2/Z1=3，Z4/Z3=5，减速机构的效率c η=0.92，各齿轮的飞轮惯量分别为212.4.29)(m N GD =，222.4.78)(m N GD =，232.49)(m N GD =，242.196)(m N GD =，电动机的飞轮惯量22.294)(m N GD M =，负载的飞轮惯量22.8.450)(m N GD g =，负载转矩24.470m N T g ⋅=，试求: (l)折算到电动机轴上的负载转矩T L (2)折算到电动机轴上系统的飞轮惯量a GD )(2 解： (1)c g M c L g L Z Z Z Z T W W T T ηη14321===470.4/3/5/0.92= 34.0869565217391 (2) 22212422132221222)()()()()()()(i i GD GD i GD GD GD GD GD g M a +++++==294+29.4+(78.4+49)/3/3+(196+450.8)/3/3/5/5 = 340.4302222222221.11 解： (1)==321i i i n n m g 1450/(2*1.5*2)= 241.666666666667==603D n v π(1455/2/1.5/2)*3.1416*0.150/60= 1.904595Fv P g ==2000* 1.904595=3809.19 (2)==321ηηηg L P P 3809.19/0.9/0.9/0.9= 5225.22633744856 (3) 23222132222122211222)()()()()(i i i GD i i GD i GD GD GD M a +++=+?=3.5+2/2/2+2.7/4/1.5/1.5+9/4/2.25/2/2=4.55+？(4) 空载制动转矩很小，忽略电动机空载制动转矩时，电机电磁转矩与输出转矩相等602MLLd n P P T πϖ=== 5225.22633744856/2/3.1416/1450*60=34.4118064424578 (5)dt dw g GD T a M ⨯=4)(24=4.55/4/9.8*84=9.751-12 解答：(1)21i i n n M L ==950/4/460D n v L π∙==950/4/4*3.1416*0.24/60=0 .74613 (2)c L M L v G T ηω= 602M c L M c L L n vG v G T πηωη⋅===100*0 .74613/0.83/3.1416/2/950*60=0.903614457831325 (3)2222365)()(M L M a n v G GD GD +=δ=1.2*1.05+365*100*0.74613*0.74613/950/950=1.282515140341-13 解答：(1)222365)(M L L L n v G GD ==365*(300+1000+600)*9.8*1.5*1.5/980/980=15.922193877551 (2) =⋅=M c L L n v G T η55.99.55*(300+1000-600)*1.5*9.8/0.85/980=117.9705882352941-142. 直流电动机的工作特性直流电机主要结构部件、电机电势直流电机的机械特性及人为机械特性直流电动机的启起方法、调速方法和电气制动方法。
2.1. 习题与思考2-5 直流电动机为什么不能直接启动？如果直接启动会引起什么后果？启动瞬间转速n=0，电动势E a =K e Φn=0，最初起 动电流。
若直接启动，由于R a 很小，启动电流会达到十几倍 甚至几十倍的额定电流，造成电机无法换向，也会产生过热，因此不能直接启动。
2-7 直流他励电动机有哪几种调速方法，各有什么特点？直流电动机的调速方法有：（1）降压调速；（2）电枢回路串电阻调速；（3）弱磁调速。
前两种调速方法适用于恒转矩负载，后一种调速方法适用于恒功率负载。
降压调速可实现无级调速，机械特性斜率不变，速度稳定性好，调速范围较大。
串电阻调速为有级调速，调速平滑性差，机械特性斜率增大，速度稳定性差，受静差率的限制，调速范围很小。
弱磁调速控制方便，能量损耗小，调速平滑，受最高转速限制，调速范围不大。
2－8直流他励电动机有哪几种制动方法，各有什么特点？（1）反馈制动。
电动机正转时，反馈制动状态下的机械特性是第一象限电动状态下的机械特性第二象限内的延伸.反馈制动状态下附加电阻越大电动机转速越高.为使重物降速度不至于过高，串接的附加电阻不宜过大.但即使不串任何电阻，重物下放过程中电机的转速仍过高.如果放下的件较重.则采用这种制动方式运行不太安全.（2）反接制动。
电源反接制动电源反接制动一般应用在生产机械要求迅速减速停车和向的场合以及要求经常正反转的机械上。
倒拉反接制动倒拉反接制动状态下的机械特性曲线实际上是第一象限电动状态下的机械特性区现在第四象限中的延伸，若电动反向转在电动状态，则倒拉反接制动状态下的机械特性曲就是第三象限中电动状态下的机械特性曲线在第二象限延伸。
缺点是若转矩大小估计不准，则本应下降的重物可能向上升，机械特硬度小，速度稳定性差。
（3）能耗制动。
机械特性曲线是通过原点，且位于第二象限和第四象限的一条直线，优点是不会出现像倒拉制动那样因为对TL的大小估计错误而引起重物上升的事故.运动速度也较反接制动时稳定。
2-13 当提升机下放重物时，要使他励电动机在低于理想空载转速下运行应采用什么制动方法？采用能耗制动或倒拉反转反接制动.2-15一台直流电动机，其部分铭牌数据为：额定功率P n=180kw，额定电压U n=230V，额定转速n N=1450rpm，额定效率ηN=90%，求：（1）、额定电流（2）、电流保持为额定值而电压下降为110V时，电动机的输出功率解：（1）、额定电流I N)(56.8699.023*******A n u p I n n n =⨯⨯==η（2）、额定运行时的输入功率p 1kw p p n n2009.01801===η2-16已知某直流他励电动机的铭牌数据为:P N =9kW ，U N =220V ， n N =1500r/min ，ηN =90%，试求该电机的额定电流和额定转矩。
解：N N NN U P I η=＝9000/(0.9*220)额定输出转矩m N n P T N N N ∙=⨯==15009000955095502-19 他励直流电动机的数据为：P N =30kW ，U N =220V ，I N =158.5A ，n N =1000r/min ，R a =0.1Ω，T L =0.8T N ，求：（1）电动机的转速；（2）电枢回路串入0.3Ω电阻时的稳态转速；（3）电压降至188V 时，降压瞬间的电枢电流和降压后的稳态转速；（4）将磁通减弱至80%ΦN 时的稳态转速。
解：（1）NN a N N e n I R U K -=Φ＝（220-0.1*158.5)/1000=0.204N e N a N N N a N K I R U n I R U n Φ-=-=8.0=(220-0.8*0.1*158.5)/0.204=1016(r/min)(2)N e Ns a N K I R R U n Φ+-=)(8.0=(220-0.8*(0.1+0.3))*158.5/0.204=830(3) 降压瞬间n 不突变，Ea 不突变，电流突变为： aN e a a a R n K U R E U I Φ-=-==(188-0.204*1016)/0.1=-193A稳态后电流Ia 恢复到原来值（0.8IN ），稳态后转速为：Ne a a N K I R U n Φ-=稳态后电流I a 恢复到原来值（0.8I N ），稳态后转速为：（4） aT a N T I K I K T 'Φ'=Φ= a N a I I Φ'Φ='＝ Φ''-=e a a N K I R U n ＝2-21 他励直流电动机的数据为：P N =7.5kW ，U N =110V ，I N =85.2A ，n N =750r/min ，R a =0.13Ω，如采用三级启动，最大启动电流限制为2I N ，求:各段启动电阻。