华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析

机电传动控制清秀邓星钟等编著第五版课后习题答案详解2.1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。2.2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？TTJddtML答：运动方程式：TTTMLdTd>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2.3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）页脚.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＝所以T1ω1＝T2ω2，当ω1＞ω2时，T1＜T2中低速轴的GD2比高速轴的GD2大得多？T1ω1，P2＝T2ω22.6为什么机电传动系统答：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2.7如图所示，电动机轴上的转动惯量JM＝J1＝2kg.m2，转速高速轴正好相反。2.5kg.m2，转速nM＝900r/mim；中间传动轴的转动惯量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=3jL=ωM/ωL=nM/nL=900/60=15216JJJJL2.52.8(kgm)1jj31522ZM221L2.8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：.nn59.4(r/min)Mjj4412L0.2459.4Dnv0.37(m/s)L60j6023TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83×950)=0.45N.mFv2GD2GD2365n2ZMMGD2(1.1~1.25)1.053651000.3721.16~1.32Nm29502Z2.9一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TKIT常数taL所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。URnTaKKKet2e由知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？TKIT常数taL答：因为当Φ↓时，→Ia↑由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia↑时，→E↓，所以：E<E13.6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。页脚.PPIUN1NNN答：I7.51000NPU2200.88538.52(A)NNN7.5PNnT9550955047.75(Nm)1550NN3.8一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：PUR0.50~0.751NUIINNNaN5.510001100.172~0.258()R0.50~0.7511106262aUUnNNnNKeUIR0NNNa页脚.1101000n011062(0.172~0.258)1107~1170(r/min)5.5T9550P955052.53(Nm)Nn1000NN3.9一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=0.2Ω，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。答：5.5T9550P955035.02(Nm)Nn1500NNIII61259(A)NNfNUKeUIRUnNNn0NNNaNa1101500110590.21680(r/min)n03.10一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=0.242Ω，试计算出此电动机的如下特性：⑴固有机械特性⑵电枢附加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械特性⑶电枢电压为UN/2时的人为机械特性⑷磁通Φ＝0.8ΦN时的人为机械特性答：⑴页脚.UUnNNn0NKeUIRNaNN2201500n022034.40.2421559(r/min)6.5PNnT9550955040.5(Nm)1500NN⑵在（1）中，nnn1559150059(r/min)0NRRTTn，所以KK2aNnaKK2NetetRRRRR当串入R3时，nNn＝1＋nad1Taad1ad1RaKKad112Raaet59790(r/min)3＋n10.2421nnn1559790769(r/min)101当串入R5时，n1＋Rnad2Rad22a页脚.n1＋0.2422591278(r/min)5nnn15591278281(r/min)202⑶UUn15592当UU/2时，nKe2K2＝779.5(r/min)N0N01ennn779.559720.5(r/min)101⑷15591949(r/min)UKe0.8K0.80.8Un当0.8时，nN0N01eN159RRn1TNT＝n92.2(r/min)aaKK20.82KK20.80.82N2etetNnnn194992.21856.8(r/min)10113.11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，若突然励将磁绕组断开，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页脚.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，：n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa知，UN全加在电阻Ra上，产生很大所以T＝KtΦIa并不大，因为TL=TN，所以系统无法UN几乎和E平衡。当TL=TN启动时的Ia（(10~20)IN），启动。但因为Φ≈0，当电动机运行在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，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，Rf=82.7Ω。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额定电流时的启动电流；⑦额定转速下，T＝KtΦNIaN=TL＝TN，n＝nN，此时断开励磁，Φ≈但因为Φ≈0，其额定数据如下：PN=2.2kW，UN=Uf=110V，nN=1500r/min，ηN=0.8，Ra=0.4Ω，反电势；⑥直接启动时的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？(1)、因为IUPN，所以IPN21.12010000.825(A)UaNNaNNNN答：110(2)、IU1.33(A)fNfR82.7f(3)、PIU1.33110146.3(A)ffNf2.2(4)、T9550P955014(Nm)Nn1500NN(5)、EUIR110250.4100(V)NaNa110(6)、IU275(A)NR0.4sta页脚.110UU(7)、要使Ist2I，则RNRR＋R2250.41.8(A)NIaNstaaststETKI9.55K2I19.1InsttNsteNaNaNN100T19.12531.83(Nm)st15003.16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。对TL大小估计不准，本应下降，也许会上升，特倒拉反接制动：可得较低下降速度，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。页脚.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↑→T↑，达到T＝TL，达到e点，稳速某一时E↑→Ia↑→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：60f6050n1500(r/min)p20因为Sn0nN，n(1S)n(10.02)15001470r/minn0NNN0fSf0.02501(Hz)2N15.2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)转子页脚.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n1470r/min,所以n1500r/min,p2N0(2)、n－n1500147030(r/min)0Nnn1500－1470(3)、SN＝＝0.02N0n15000fSf0.02501(Hz)2N160f601n30(r/min)2p22(4)、nnn3014701500(r/min)022N(5)、nnn150015000(r/min)210205.4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、电页脚.流及转速有无变化？如何变化？a答：原来运行在变a点，当电压减小时，运行在b点，因为n不变，s不变，所以cosφ2不因为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。bcTNc点和a点比，因为＝TL＝常数，I2↑5.6有一台三相异步电U↓→Φ↓，而且s↑→cosφ2↓,根据T=KmΦI2cosφ2知：动机，其技术数据如下表所示。PN/KWUN/VIst/INTst/TNTmax/TN型号满载时nN/r.min-1IN/AηNcosφN.Y132S-63220/3809606.52.02.012.8/7.283%0.75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n960r/min,所以n1000r/min,p3N0SnnN＝1000－960＝0.040n10003N0T9550P955029.84(Nm)960NnNNTT229.8459.69NmststNTT229.8459.69NmmNmaxI6.5I6.57.246.8AstN3P(3)、P3.61(KW)N0.831N5.7三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？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。页脚.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：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。BBA2A1BB1BB2iA相位相反.BBA1当ωt=0时，BA最大，和转到A轴上A2BBB当ωt=180°时，，最大和转到B轴上BB1B2BBA2A1BB1BB2BA1BBB2A2BB1BB和退回180°B1B2所以当ωt=0时，应当把.BB和和都逆时针转，可合成和都顺时针转，可合成A1B1BB和A2B2BA1BBB2A2BB1Bm1BA1BB1.BBA2m2BB2Bm1Bm2和大小相等、转向相反，转速相等，可以合成BB与A相轴线或B相轴线成m为一个脉动磁场，m即电动机变为单相运行。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。PN/KWnN/r.min-1UN/VηNcosφNIst/INTst/TNTmax/TN接法4014703800.90.96.51.22.0Δ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？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？若采用自耦变压器降压启动，设降压比为0.64，求电源线路过的启动电流和电动机的启动转矩。答：.40P(1)、T95509550260(Nm)Nn1470NNUU时，T1.2T1.2260312T，能启动NstNLU0.8U时，T0.82T0.82312200T，不能启动1Nst1stL(2)、T1T11.2T0.4T33stYstNN所以，在T0.45T时，无法启动，在T0.35T时，能启动LNLN答：40P(1)、T95509550260(Nm)Nn1470NNUU时，T1.2T1.2260312T，能启动NstNLU0.8U时，T0.82T0.82312200T，不能启动1Nst1stL(2)、T1T11.2T0.4T33stYstNN所以，在T0.45T时，无法启动，在T0.35T时，能启动LNLN幻灯片465.13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但cosφ2增大小太多。5.14为大？答：因为适当串入电阻后，虽然I2减少，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？页脚.答：调压调速：可无级调速，但减小U时，T按U2减少，所以调速围不大。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。原运来行在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。原来行运在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。页脚.

5.21如图5.51所示，为什么改变QB改变时，就可使电容分别拉入A相可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。QB接法，就可改变n0的方向。QB的接通方向即可改变单相异步电动机的旋转方向？答：B相绕组，接C的绕组电流在相位上会超前于另一相绕组所以改变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：P3UIcos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。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。页脚.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。.答：（1）不亮（2）亮。因为（3）再把S断开，不亮后，没有Ug，不会再导通。10.5如题10.5图所示，若在t1时刻合。因为控制极没加正向电压；控制极加正向电压，当阳极也加正向电压时，晶闸管导通。。因为U2为交流，当S断开，且U2为负时，晶闸管关断，此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）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10.110.8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1cosU12Usintd(t)0.45U22d22当α＝0时，Ud＝99V；当α＝π时，Ud＝0V。所以Ud的调节围是0～99V。当α＝π/3时，Ud＝74.25V负载电流平均值1cosUUI0.45d2RR2d当α＝π/3时，Id＝7.425A。页脚.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：U22220V311V2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，电源负根据以有何作用？为什么？若不注意把它的极性接反了会产生什么后果？答：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。U11cos2Usintd(t)0.45U22d22.2602Ucos0.45U10.4522010.21212d2α＝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。1cosU0.9Ud22当α＝0°时，电压应达最大，即为60V，所以变压器副边电压：2600.9(1cos)0.9(1cos0)66.667V2UU2d元件承受的最大正反向电