《微特电机答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《微特电机答案.docx（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、伺服电机2-2假设直流伺服电动机的励磁电压下降，对电动机的物螃修沏源充得性会有哪 些影响？励磁电压下降，磁通下降，所以将导致理想空载转速升高，特性斜率增大，电磁 转矩减小；调节特性是指：电机负载转矩恒定时，电机转速值控制电压变化的关 系，所以励磁电压下降将导致电机使动电压上升，调节特性的斜率增大。2-3交流异步伺服电动机的两相绕组匝数不同时，假设外施两相对称电压，电机气 隙中能否得到圆形旋搭数场？如果得到圆形旋转磁场，两相绕组的外施电压要满 足什么条件？不能；即控制电压和励磁电压大小相等相位差90电角度2-4为什么两相伺服电动机的落子电倒要设计得相当大？假设转子电阻过大，对电 机的性能会产生哪
2、些不利影响？答：(1)为了增大调速范围(和起动转矩)；(2)为了使机械特性更接近线性；(3)防止出现“自转”现象。转子电阻大同时也会导致机械特性变硬，更多的能量将消耗在电阻上，电机 发热大，且快速响应性能变差。2-7 一台直流伺服电动机其电磁转矩为0. 2倍额定电磁转矩时，测得始动电压为4V,并当电枢电压U = 49V时，电机转速n = 15(X)/7 min。试求电机为额定电磁转矩，转速为3000“min时，应加多大电枢电压？解：设额定转矩为为,额定电流为相,当”=0.27；时，Ua=Ken + IaRa=49V,且 =0时= /R = 4V,那么49 = 1500K,+4, = Ke =0
3、.03 （4 分）为额定电磁转矩时，U“o=/nR=5U“o=2OV，应加电压：Ua = Ken+ IaRa = 5Ua0 +0.03x3000 =110V （2 分）步骤正确得数错误扣1分；U（）=Ken + I（lRa （写出公式得2分） 测速发电机3-2直流测速发电机的输出特绘在什么条件下是线性的？产生误差的原因和改 进的方法是什么？答：当不考虑电枢反响，且认为6、Ra、Rl均恒定，那么斜率C=Ke/(1+Ra/Ri)亦 恒定，输出特性便是线性。见书本P51541、电枢反响，2电刷接触电压3、电刷位置4、温度的影响5纹波的影响3-3为什么直流测速发电机在使用时转速不宜超过规定的最高转速？
4、而负载电 阻不应小于规定值？答：为减小电枢反响对输出特性的影响，以保证输出特性为线性特性。（详 见3-2答）第二点的原因（P51）3-4假设直流测速发电机电棚没有放在河声拴线的位置上，那么此时电机正、反转时输出特性是否一样？答：不一样。假设直流测速发电机电刷没有放在几何中性线上，那么当电机正、 反转时，电枢反响磁通分别起去磁和增磁的作用，从而使输出电压分别减小或增 大，导致二者的输出特性不一致。（或见书本P52电刷位置的影响）3-7异步测速发电机输出特性存在线使堤麦的主要原因有哪些？怎样确定线性误 差大小？答：气隙磁通4）d的变化。包括转子杯漏抗令转子杯电流产生直轴方向磁通 分量使6d发生变化
5、，以及转子杯切割eq产生的与6d轴线相同的磁通使d 发生变化。励磁电源的影响。温度的影响。怎样确定线性误差大小？ P60 1.线性误差第二段3-9什么是异步测速发电机的獭令电压?各个分量的含义和产生的原因以及对系 统的影响是什么?如何减小？P6163侬 第8孽交派笄步测速发电机剩余电压理论上测速发电机转速为0时输出电压应为0,但 实际上异步测速发电机转速为。时输出电压并不为0, 这就会使控制系统产生误差。所谓剩余电压，就是指 测速发电机的励磁绕组已经供电，转子处于不动情况 下（即零速时）输出绕组所产生的电压。剩余出压又称 为零速电压。产生剩余电压的原因是多种多样的，经分析，它 由两局部组成：一
6、局部是固定分量O,。，其值与转子 位置无关；另一局部是交变分量（又称波动分量）， 它的值与转子位置有关，当转子位置变化时（以转角a 表示），其值作周期性的变化，如图8-13所示。产生固定分量的原因主要是两相绕组不正交，磁 路不对称，绕组匝间短路，绕组端部电磁耦合，铁心 片间短路等。图814表示由于外定子加工不理想， 内孔形成椭圆形而产生剩余电压的情况。此时因为气 隙不均（即磁路不对称），而磁通乂具有力图走磁阻最 小路径的性质，因此当励磁绕组加上电压后，它所产 生的交变磁通科的方向就不与励磁绕组轴线方向一致， 而扭斜了一个角度。这样，磁通曲就与输出绕组相耦 合，因而即使转速为0,输出绕组也有感应
7、电势出现， 这就产生了剩余电压的固定分量。产生交变分量的原因主要是由于转子电的不对称 性所引起的，如转子杯材料不均匀，杯壁厚度不一致 等。实际上非对称转子作用相当于一个对称转子加上 一个短路环的作用，如图815所示。其中对称转子 不产生剩余电压，而短路环会引起剩余电压。因为励 磁绕组产生的脉振磁通叫会在短路环中感应出电势号 和甩流乙，因而在短路环轴线方向就会产生一个附 加脉振磁通Gi 当短路环的轴线与输出绕组轴线不成 90时，脉振磁通G女就会在输出绕组中感应出电势， 即产生了剩余电压。显然，这种剩余电压的值是与转子位置有关的。假设图 815中短路环的轴线与输出绕组的轴线重合时，短路 环中的、4
8、和均最小，所以在输出绕组中所感 应出的剩余电压也为最小；当短路环轴线与输出绕组 轴线垂直时，输出绕组中感应出的剩余电压也为最小; 而当短路环轴线与输出绕组轴线相夹45左右时，剩 余电压为最大。这样，由于转子电的不对称性，就产 生了如图813所示的与转子位置成周期性变化的剩余步进电机4-4有一台四相反响式步进电动机，其步距角为1.8/0.9,试问：转子的齿数为多 少？例3假设一台BF系列四相反响式步进电动机，其步座角为1.80/0.90。试问：(1)1.80/0.90表示什么意思？(2)转于齿数为多少？(3)写出四相八拍运行方式的一个通电顺序。(4)在A相测得频率为400Hz时，其每分钟的转速为
9、多少？解(1)根据步进电机结构的概念可知L80/0.90分别表示单四拍运行的步距角和单双八拍运 行的步距角。6黑以单四拍计算2 =虚痣=5。(3) A-AB-B-BC-C-CD-D-DA60/60xN/；60x400 q八，.ZKm ZNn = = 480/7 min 4-6步进电动机的发载落矩小于表大彦卷矩时能否正常步进运行，为什么？步进电动机的负载转矩必须小于最大负载转矩(或起动转矩)，才能保证步进电动机的正常 步进运行。因为如果负载转矩大于最大负载转矩，初始平衡位置就会处在动稳定区之外，即 在下一个通电状态下电磁转矩会小于负我转矩，从而无法保证正常步进运行。4-7反响式步进电动机的电动须
10、率痛运方频冢为什么不同？连续运行频率和负载 转矩又怎样的关系？为什么？ 由于起动时，电磁转矩不仅要克服负载转矩，同时还要克服转子系统的惯性转矩(JdQ/dt), 因而起动频率要比运行频率低。因为控制绕组中有电感，绕组中的电流不能突变，故绕组中 平均电流会随频率增高而减小，即电磁转矩也相应减小，所以反响式步进电动机连续运行频 率随负载转矩增高而减小。口整角机5-2如果励磁电压降低或频率升高，力矩式自整命接刎产生的最大整步转矩如 何变化，为什么？的平方成正比，和电源的频率成反比，因此，励磁电压降低或频率升高使最大整 步转矩减小。5-3简要说明力矩式自整角接收机中整步卷矩是怎样产生的？它与哪些因素有
11、 关？答：力矩式自整角机的失调角定义为发送轴和接收轴的转角差。接收机定子 交轴磁密Bq （即与转子绕组轴线垂克的分量）与其励磁磁密相互作用产生整步 转矩。整步转矩与失调角。的正弦函数成正比，在失调角很小时，Tem近似与 失调角0成正比。凸极式自整角机的整步转矩由两个不同性质的分量所组成， 一个是整步绕组中的电流和励磁绕组建立的主磁通相互作川而产生的电磁整步T. =KTsin6f Z2转矩 J q；另一个是由于直轴和交轴磁阻不同而引起的反响转矩T2 = T2msin2e隐极式自整危机无反响整步转矩，只有电磁整步转矩。5-8、说明控制式自整角机的工作原理答：控制式自整角机的工作原理是当发送机得力磁
12、绕组通入励磁电流后，产生交变脉冲磁通，在相绕组中 感应出感应,从而绕组中产生电流，这些电流都产生脉冲磁场，并分别在自整用变压器的单相输出绕组中感 应出相同的电动势.5-10、如果调整伺服电动机，使它有正的信号电压时，向负方向偏转，有负的信 号电压时，向正方向偏转。那么接收机转子处在0,180度这两个位置上，哪一个 位置是稳定的？为什么？P111正余弦变压器6-1正余弦旋转变压器在负载时输出电压为什么发生猫变？消除输出特性曲线畸 变的方法有哪些？产生畸变:是由于转子磁势的交轴分量得不到补偿所引起的，因此为了消除畸变, 不仅转子的直轴磁势必须补偿，转子的交轴磁势也必须完全予以补偿。补偿方法 有两种
13、：二次侧补偿和一次侧补偿6-2正余弦旋转变压器二次侧完全祥管的条序是什么？ 一次侧完全补偿的条件 又是什么？试比拟采用二次侧补偿和一次侧补偿各有哪些特点？ 答：二次侧完全补偿的条件是转子正、余绕组的负载阻抗相等。一次侧完全补偿的条件交轴绕组的负载阻抗等于励磁电源的内阻抗。二次侧补偿是把二次侧补偿绕组接上一个与负载阻抗相等的阻抗；一次侧补偿是 把一次侧补偿绕组接上一个与电源内阻抗相等的阻抗或直接短接；二次侧补偿随 着负载阻抗的变化，补偿绕组的阻抗要跟着发生改变使其相等，才能到达完全补 偿的目的；单独一次全补偿时，负载阻抗的改变不影响其补偿程度，即与负载阻 抗的改变无关。7-9试分析反电动势法无上
14、宣售感那元殿直通存动物的控制原理P160710在无位置传感器无刷直流电动机控制中，“相电压法”和“端电压法”是如何与“反电动势法”等我的？P160-162串励电动机8-1一台普通的直流串励电动机技般流电源上，能否正常工作？为什么？将一台宜流串励电动机接到交流电源上，由于励磁电流今 与电枢电流为同一电流，由忧2生的主磁通与电枢电流同 时改变方向，因此由它们产生的电磁转矩虽然是个脉动转矩, 但其方向始终如一，不随电流而改变方向，可以输出平均转 矩。即从原理上讲，直流串励电机接到交流电源上仍能工作。但是实际上该电机的运行情况卜分恶劣，甚至不能运转。 原因有：1 .直流电机的磁极铁心定子磁扼均系铸钢制
15、成，交变磁通 将在其中产生很大的涡流和磁滞损耗；2 .交变电流在励磁和电枢绕组中产生很大的阻抗压降，致 使电枢电势均和电磁功率变小；3 .在换向元件中新增了短路电势，换向将发生困难。8-4简述单相串励电动机的源速方法。详见P178179(1)改变电源电压(2)改变励磁磁通(3)串电阻旋转磁场三相对称电流:旋转磁场三相对称电流:ia = V2/COS CD tib = I2Icos(co t-120)ic = j2/cos(o t+ 120)三相对称电流通过三相对称绕组时各自产生的磁势:力广心 COSXCOS。UCOS。一。7)+g & C08(X+。fb =iCos(x-120)cos(6y
16、-120) = -/;,，1 cos(x-。cos(x+ty r-240)fc = Fm cos(x-240)cos(6 Z-240) =cos(x-o +cos(x + o Z-48O0)三相合成磁势为3fl=fal+fbl+fcl=-Km COS（X - CD t）三相对称交流绕组通过三相对称电流时将产生旋转 磁势。 圆形旋转磁势的转速为：二丝工P单相正弦脉振磁势的分解： 设A相绕组通过电流：ia = xpll cos cd t 其基波磁势为：f = F , cosxcos 0 tJ a miF+最高点的运行轨迹为x=cot,即最高点的位置随时间以 角速度3运动。F_最高点的运行轨迹为x=
17、-3t ,即最高点的位置随时间 以角速度一 3运动。 F+波是一个旋转波，在气隙空间以角度速3旋转，转速 为：32%/60 fp x 27r p x 24 p,单相正弦脉动磁势可以分解为两个转向相反的旋转磁势。4-21试分析以下情况下是否会产生旋转磁动势，转向怎样？（1）对称两相绕组内通以对称两相正序电流时；（2）三相绕组一相（例如C相）断线时。解： 设=& COS cot,那么 iB = lm cos (由一 90 )fAi = cosxcos1BJ；、= F同 cos(x - 90 )cos(vt - 90 ) 所以合成磁势fi =fAl + fn = cosxcos fAl = cos
18、x cos cotB 相：iR = Ini cos(zx -/7) ncos& - 90 - a) cosfcy - 0)所以Z = L1 + Al =cosxcosm +与 cos(x-90,-a)cosf一夕)=5 4Jcos/ - X)+ COS(69/ + X)+ /Jcosy/-x-/7 + 90 + a) + cos(ryr + x-/3-90 -a) 逆向旋转波相互抵消，那么cos(ty + x) = -cos( fBi = F,i cos(x -120,)cos(初一 240 ) ic = V2/cos(6wr-120) fcl = 7! cos(x - 240 ) cosfc?r -120 ) 所以工=/川+力n+/a=F浜 cosxcoscot +cosCc-120 )cos(6r - 240 ) + F# cos(x - 240 )cos(69/ -120 )1 1 .=0cosfex-x) + cos(6yr + x) + 。cosf-x -1203) + cos(ty/ + x-360 )1 .+ cosyf-x +120 ) + cos(69/ + x-360 )3=/ cos(ty/ + x)幅值点 cos&t + x) = l 即 a + x = 0= -6即该磁动势为反向推移的圆形旋转磁动势d,