机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题及答案(共88页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上机电传动控制冯清秀邓星钟第五版习题及答案专心-专注-专业第二章机电传动系统的动力学基础2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩 和动态转矩的概念。拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，以带动 生产机械运动的。 静态转矩就是由生产机械产生的 负载转矩。动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态 的和静态的工作状态。TM-TL0 说明系统处于加速，TM-TL0 说明系统处于 减速，TM-TL=0 说明系统处于稳态（即静态）的工作 状态。2.3 试列出以下几种情况下（见题 2.3 图）系统的运动方 程式，并说明系统

2、的运动状态是加速，减速，还是匀 速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向）TLTMTMTLNTM=TLTM0 说明系统处于加速。TM-TL TLTMTL系统的运动状态是减速系统的运动状态是加 速TLTMTMTLTM= TLTM=TL系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀 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？因为许多生产机械要求低转速运行，而电动机一般具有 较高的额定转速。这样，电动机与生产机械之间就得 装设减速机构，如减速齿轮箱或蜗轮蜗杆，皮带等减 速装置。所以为了列出系统运动方程，必须先

3、将各转 动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量这 算到一根轴上。转矩折算前后功率不变的原则是 P=T , p 不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量 守恒 MV=0.5J22.5 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？因为 P= T,P 不变越小 T 越大，越大 T 越小。2.6 为什么机电传动系统中低速轴的 GD2 逼高速轴的 GD2 大得多?因为 P=T，T=GD2/375. P=GD2/375. ,P 不变 转速 越小 GD2 越大，转速越大 GD2 越小。2.7如 图 2.3 （ a ） 所 示 ， 电 动 机 轴 上 的 转 动 惯 量MMLLJ =2.5kgm2, 转速 n =9

4、00r/min; 中间传动轴的转动 惯量 J=kkkkggggmmmm2,转转转转速速速速nnnn= rrrr/mmmmiiiinnnn。试试试试求求求求折折折折算算算算到到到到电电电电动动动动 机轴上的等效专惯量。折算到电动机轴上的等效转动惯 量:j=Nm/N1=900/300=3,j1=Nm/Nl=15J=JM+J1/j2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm2Mz.。. 2.8 如图 2.3（b）所示，电动机转速 nM=950 r/min， 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

5、费 轮转距 GD2 =1.05N m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效 率为 0.83。试球体胜速度 v 和折算到电动机轴上的 静态转矩 T L 以及折算到电动机轴上整个拖动系统的 飞轮惯量 GD2M=3.14*2n/60=99.43 rad/s.提升重物的轴上的角速度=M/j1j2j3=99.43/4*4*2=3.11rad/sv=D/2=0.24/2*3.11=0.373m/s TL=9.55FV/CnM=9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD2 =GD 2+ GD 2/j 2ZMLL=1.25*1.05+100*0.242/322=1.318NM22.9 一般生

6、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？可分为 1 恒转矩型机械特性 2 离心式通风机型机械特性 3 直线型机械特性 4 恒功率型机械特性,4 种类型的负 载.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？反抗转矩的方向与运动方向相反,方向发生改变时,负 载转矩的方向也会随着改变,因而他总是阻碍运动的. 位能转矩的作用方向恒定,与运动方向无关，它在某 方向阻碍运动，而在相反方向便促使运动。2.11 在题 2.11 图中，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？交点是系统的稳定平衡点.交点是系统的平衡 点交点是系统

7、的平衡交点不是系统的平 衡点交点是系统的平衡点第三章3.1 为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片 叠压而成？直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.3.2 并励直流发电机正传时可以自励，反转时能否自励？不能,因为反转起始励磁电流所产生的磁场的方向与剩与 磁场方向相反,这样磁场被消除,所以不能自励.3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩 TL=常数，当 电枢电压附加电阻改变时，能否改变其运行其运行状 态下电枢电流的大小？为什么？这是拖动系统中那 些要发生变化？T=KtIau=E+IaRa当电枢电压或电枢附加电阻改变时,电枢电流大小不 变.转速 n

8、 与电动机的电动势都发生改变.3.4 一台他励直流电动机在稳态下运行时，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态值 后，电枢反电势将如何变化? 是大于，小于还是等于 E1？T=IaKt, 减弱,T 是常数,Ia 增大.根据 EN=UN-IaRa ,所 以 EN 减小.,小于 E1.3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：PN=180kW, U N=230V,n N=1450r/min,N=89.5%，试求：该发电机的额定电流；电流保持为额定值而电压下降为 100V 时，原动机 的输出功率（设此时=N）PN=UNIN

9、180KW=230*ININ=782.6A该发电机的额定电流为 782.6A P= IN100/NP=87.4KW3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：PN=7.5KW, U N=220V, n N=1500r/min, N=88.5%, 试求该电机的 额定电流和转矩。PN=UNINN 7500W=220V*IN*0.885 IN=38.5ATN=9.55PN/nN=47.75Nm3.7 一台他励直流电动机：PN=15KW, U N=220V, INNNN=.5555AAAA,n N=2850r/min,Ra =0.25，其空载特性为：U 0/115265184230253I0.4422

10、.100.8021.21.686今需在额定电流下得到 150V 和 220 V 的端电压，问其励 磁电流分别应为多少？由空载特性其空载特性曲线.E26 525 323 02 201 841 5 011 50.442 0.710.8021.081.21.6862.10If当 U=150V 时If=0.71A当 U=220V 时If=1.08A3.8 一 台 他 励 直 流 电 动 机 的 铭 牌 数 据 为 ： PN=5.5KW, U N=110V, IN=62A, n N=1000r/min,试绘出它的固有 机械特性曲线。Ra=(0.500.75)(1-PN/UNIN)UN/IN=0.6(1-

11、5500/110*62)*110/62=0.206 n0=nNUN/(UN-INRa)=1131r/min TN=9.55*5500/1000=52.525Nm113152.5253.9一台并励直流电动机的技术数据如下：PN=5.5KW,UN=110V, INNNN=AAAA,额额额额定定定定励励励励磁磁磁磁电电电电流流流流 IIIIffffnnnn=2222AAAA, nnnn NNNN=00000rrrr/mmmmiiiinnnn,电枢电阻 Ra =0.2,若忽略机械磨损和转子的铜耗， 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。n0=UNnN

12、/(UN-INRa)TN=9.55PN/nN=110*1500/(110-61*0.2)=9.55*5500/1500=1687 r/min=35Nm16873.10 一台他励直流电动机的技术数据如下：PN=6.5KW,UN=220V, IN=34.4A, n N=1500r/min, Ra =0.242,试计算出此电动机的如下特性：固有机械特性；电枢服加电阻分别为 3和 5时的人为机械特 性；电枢电压为 U N/2 时的人为机械特性；磁通=0.8N 时的人为机械特性； 并绘出上述特性的图形。 n0=UNnN/(UN-INRa)=220*1500/220-34.4*0.242= 1559r/m

13、in TN=9.55PN/nN=9.55*6500/1500=41.38Nm155941.38eaade tn=U/K -(R +R )T/K K 222= U/Ke-(Ra+Rad)T/9.55Ke 当 3 n=854r/min 当 5 n=311 r/min22n= U/Ke-RaT/9.55Ke 当 UN=0.5UN 时n=732 r/min n0=UNnN/2(UN-INRa)=780 r/min222n= U/0.8Ke-RaT/9.55Ke 0.8当=0.8时 n=1517 r/min n0=UNnN/0.8Ke=1964 r/minn03.11 为什么直流电动机直接启动时启动电流

14、很大？ 电动机在未启动前 n=0,E=0,而 Ra 很小,所以将电动机直接 接 入 电 网 并 施 加 额 定 电 压 时 , 启 动 电 流 将 很大.Ist=UN/Ra3.12 他励直流电动机直接启动过程中有哪些要求？如何 实现？他励直流电动机直接启动过程中的要求是 1 启动电 流不要过大,2 不要有过大的转矩.可以通过两种方 法来实现电动机的启动一 是降压启动 .二是在电枢 回路内串接外加电阻启动.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？若忘了先合励磁绕阻的电源开关就把电枢 电源接通，这是会产生什么现象（试从 TL=0 和 TL=TN 两种情况加以分析）？当电动机

15、运行在额定转速下， 若突然将励磁绕阻断开，此时又将出现什么情况？直流他励电动机启动时,一定要先把励磁电流加上 使因为主磁极靠外电源产生磁场.如果忘了先合励磁 绕阻的电源开关就把电枢电源接通，TL=0 时理论上电 动机转速将趋近于无限大,引起飞车, TL=TN 时将使电 动机电流大大增加而严重过载.3.14 直流串励电动机能否空载运行?为什么？串励电动机决不能空载运行,因为这时电动机转速极 高,所产生的离心力足以将绕组元件甩到槽外,还可 能串励电动机也可能反转运行.但不能用改变电源极性的方法,因这时电枢电流 Ia 与磁通同时反响,使 电瓷转矩 T 依然保持原来方向,则电动机不可能反 转.3.15

16、 一 台 直 流 他 励 电 动 机 ， 其 额 定 数 据 如 下 ： PN=2.2KW,UN=Uf=110V,nN=1500r/min, N=0.8,Ra=0.4, Rf=82.7 。试求： 额定电枢电流 IAn; 额定励磁电流 IfN; 励磁功率 Pf; 额定转矩 TN; 额定电流时的反电势； 直接启动时的启动电流； 如果要是启动电流不超过额定电流的 2 倍，求启动电 阻为多少欧？此时启动转矩又为多少？1PN=UNIaNN 2200=110*IaN*0.8IaN=25A2Uf= RfIfN IfN=110/82.7=1.33A Pf= UfIfN=146.3W额定转矩 TN=9.55 P

17、N/ nN=14Nm 额定电流时的反电势 EN=UN-INRa=110V-0.4*25=100V 直接启动时的启动电流 Ist=UN/Ra=110/0.4=275A 启动电阻 2IN UN/ (Ra+Rst)Rst1.68启动转矩Ke=(UN-INRa)/nN=0.066Ia= UN/ (Ra+Rst)T=KtIa=52.9A=9.55*0.066*52.9=33.34Nm3.16 直流电动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？如切出太快，会带来什么后 果？如果启动电阻一下全部切除,在切除瞬间,由于机 械惯性的作用使电动机的转速不能突变,在此瞬间转 速维持不变,机械特性会

18、转到其他特性曲线上,此时 冲击电流会很大,所以采用逐渐切除启动电阻的方法. 如切除太快,会有可能烧毁电机.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 ？速度变化是在某机械特性下,由于负载改变而引起的, 二速度调节则是某一特定的负载下,靠人为改变机械 特性而得到的.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？他励电动机的调速方法： 第一改变电枢电路外串接电阻 Rad特点在一定负载转矩下，串接不同的电阻可以得到不 同的转速，机械特性较软，电阻越大则特性与如软， 稳定型越低，载空或轻载时，调速范围不大，实现无级调速困难，在调速电阻上消耗大量电量。 第二改变电动

19、机电枢供电电压特点 当电压连续变化时转速可以平滑无级调速，一般 只能自在额定转速以下调节，调速特性与固有特性相 互平行，机械特性硬度不变，调速的稳定度较高，调 速范围较大，调速时因电枢电流与电压无关，属于恒 转矩调速，适应于对恒转矩型负载。可以靠调节电枢 电压来启动电机，不用其它启动设备，第三改变电动机主磁通特点可以平滑无级调速，但只能弱词调速，即在额定 转速以上调节，调速特性较软，且受电动机换向条件 等的限制，调速范围不大，调速时维持电枢电压和电 流步变，属恒功率调速。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？电动机的电动状态特点是电动机所发出的转矩 T 的 方向与转速

20、n 的方向相同.制动状态特点使电动机所 发的转矩 T 的方向与转速 n 的方向相反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。1 反馈制动机械特性表达式:n=U/Ke-(Ra+Rad)T/keKt2T 为负值,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

21、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.它可 以积低的下降速度,保证生产的安全,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.3.

22、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讲电枢电源突然反接，试利用机 械特性从机电过程上说明：从反接开始到系统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？各种状态下转速变化的机电过程怎样？1从反接开始到系统到达新的稳定平衡状态之间,电动 机经历了电动机正向电动状态,反接制动状态,反向 电动状态,稳定平衡状态.2bacf电动机正向电动状态由 a 到 b 特性曲线转变; 反接制动 状态转速逐渐降低,到达 c 时速度为零, 反向电动状 态由 c 到 f 速度逐渐增加. 稳定平衡状态,反向到达 f 稳定平衡点,转速不再变化.

23、第六章6.1 从接触器的结构特征上如何区分交流接触器与直流 接触器 ？为什么？直流接触器与交流接触器相比,直流接触器的铁心比 较小,线圈也比较小,交流电磁铁的铁心是用硅钢片 叠柳而成的.线圈做成有支架式,形式较扁.因为直流 电磁铁不存在电涡流的现象.6.2 为什么交流电弧比直流电弧容易熄灭？因为交流是成正旋变化的,当触点断开时总会有某一 时刻电流为零,此时电流熄灭.而直流电一直存在,所 以与交流电相比电弧不易熄灭.6.3 若交流电器的线圈误接入同电压的直流电源，或直流 电器的线圈误接入同电压的交流电源，会发生什么问 题？若交流电器的线圈误接入同电压的直流电源,会因为交流 线圈的电阻太小儿流过很

24、大的电流使线圈损坏. 直 流电器的线圈误接入同电压的交流电源,触点会频繁 的通短,造成设备的不能正常运行.6.4 交流接触器动作太频繁时为什么会过热？因为交流接触启动的瞬间,由于铁心气隙大,电抗小, 电流可达到 15 倍的工作电流,所以线圈会过热.6.5 在交流接触器铁心上安装短路环为什么会减少振动 和噪声？在线圈中通有交变电流时,再铁心中产生的磁通是与电 流同频率变化的,当电流频率为 50HZ 时磁通每秒有 100 次通过零,这样所产生的吸力也为零,动铁心有 离开趋势,但还未离开,磁通有很快上来,动铁心有被 吸会,造成振动.和噪声,因此要安装短路环.6.6 两个相同的 110V 交流接触器线

25、圈能否串联接于 220V 的交流电源上运行？为什么？若是直流接触器情况 又如何？为什么？两个相同的 110V 交流接触器线圈不能串联接于 220V 的交流电源上运行,因为在接通电路的瞬间,两 各衔铁不能同时工作,先吸合的线圈电感就增大,感 抗大线圈的端电压就大,另一个端电压就小,时间长了,有可能把线圈烧毁.若是直流接触器,则可以.6.7 电磁继电器与接触器的区别主要是什么？接触器是在外界输入信号下能够自动接通断开负载 主回路.继电器主要是传递信号,根据输入的信号到 达不同的控制目的.6.8 电动机中的短路保护、过电流保护和长期过载（热） 保护有何区别？电动机中的短路保护是指电源线的电线发生短路

26、, 防止电动机过大的电枢电路而损坏.自动切断电源的 保护动作.过电流保护是指当电动机发生严重过载时,保护电 动机不超过最大许可电流.长期过载保护是指电动机的短时过载保护是可以的, 但长期过载时电动机就要发热,防止电动机的温升超 过电动机的最高绝缘温度.6.9过电流继电器与热继电器有何区别？各有什么用 途?过电流继电器是电流过大就断开电源,它用于防止 电动机短路或严重过载. 热继电器是温度升高到一 定值才动作.用于过载时间不常的场合.6.10 为什么热继电器不能做短路保护而只能作长期过载 保护？而熔断器则相反，为什么？因为热继电器的发热元件达到一定温度时才动作,如 果短路热继电器不能马上动作,这

27、样就会造成电动机 的损坏.而熔短期,电源一旦短路立即动作,切断电 源.6.11 自动空气断路器有什么功能和特点？功能和特点是具有熔断器能直接断开主回路的特点, 又具有过电流继电器动作准确性高,容易复位,不会 造成单相运行等优点.可以做过电流脱扣器,也可以 作长期过载保护的热脱扣器.6.12 时间继电器的四个延时触点符号各代表什么意思？得电延时闭合的动合触点得电延时断开的动断触点失电延时闭合的动断触点 失电延时断开的动合触点6.13 机电传动装置的电器控制线路有哪几种？各有何用途？电器控制线路原理图的绘制原则主要有哪些？ 电器控制线路有 1:启动控制线路及保护装置.2 正反转控制线路.3:多电动

28、机的连锁控制线路.4:电动控制线路.5:多点控制线路.6:顺序控制线路.7:多速异步电 动机的基本控制线路.8:电磁铁.电磁离合器的基本 控制线路.电器控制线路原理图的绘制原则主要有 1:应满足生产工艺所提出的要求.2:线路简单,布局合理,电器元件选择正确并得到充分.3 操作,维修方便4 设有各种保护和防止发生故障的环节.5 能长期准确,稳定,可靠的工作.6.14 为什么电动机要设有零电压和欠电压保护？ 零电压和欠电压保护的作用是防止当电源暂时供电或电压降低时而可能发生的不容许的故障.,6.15 在装有电器控制的机床上，电动机由于过载而自动 停车后，若立即按钮则不能开车，这可能是什么原 因？有

29、可能熔短器烧毁,使电路断电.或者是热继电器的感应部分还未降温,热继电器的触点还处于断开状态. 6.16 要求三台电动机 1M、2M、3M 按一定顺序启动：即 1M启动后，2M 才能启动；2M 启动后 3M 才能启动；停车时则同时停。试设计此控制线路。S B 1SB1K M1 K MS B 22 K M1KM2 KMS B 33K M2 KM3K M6.17 如题 8.17 图所示的启停控制线路，试从接线、经济、 安全、方便等方面来分析一下，有什么问题？(a)控制不方便. (b)从控制柜到按钮盒多接了线,并且接线复杂,造成了不必要的麻烦.(c)电路容易造成故障,不安全. (d)停止按钮没有在主会

30、路上,停止控制不安全.6.18 试设计一台异步电动机的控制线路。要求：能实现启停的两地控制；能实现点动调整；能实现单方向的行程保护； 要有短路和长期过载保 护。3 S B4 S B1 KMST1 S B2 S B5 SBFR1 K MF U1 K MF RM6.19 为了限制电调整时电动机的冲击电流，试设计它的 电气控制线路。要求正常运行时为直接启动，而点动 调整时需输入限流电阻。S B1 K M1 K M2 K M2 K M31 S B2 S BFU1KMFR2 KMM6.20 试设计一台电动机的控制线路。要求能正反转并能 实现能耗制动。FU1KMFR2KM1 S BS B1 K M1 K

31、M2 K M2 K M3 K M3 K M2 S B3KMM6.21 冲压机床的冲头，有时用按钮控制，又实用脚踏开 关操作，试设计用转换开关选择工作方式的控制线 路。3 S1 SB1 K2 S BB1 K MM6.22 容量较大的鼠笼式异步电动机反接制动时电流较 大，应在反接制动时在定子回路中串入电阻，试按转 速原则设计其控制线路。3 S B1 S B1 K M2 K M1 K Mn2K M1 K MKSFU1KMFR2KMM6.23 平面磨床中的电磁吸盘能否采用交流的？为什么？平面磨床中的电磁吸盘不能采用交流的,因为交流电 是成正旋波变化的,某一时刻电流会为零,.此时工件 受力会甩出,造成事

32、故.6.24 起重机上的电动机为什么不采用熔断器和热继电器 作保护？因为如果使用熔断器和热继电器作保护,当它们作 用的时候,电动机断电的时候,电动机没有转矩,重物 由于重力会迅速下降,就会造成事故.6.25 试设计一条自动运输线，有两台电动机， 1M 拖动运 输机，2M 拖动写料及。要求：1M 先启动后，才允许 2M 启动；2M 先停止，经一段时间后 1M 蔡自动停止，且 2M 可以 单独停止；两台电动机均有短路、长期过载保护。F UF U1 KM2 KMFRF R1M2 M1 SB3 SB1K T1 KM2S B11 KM3S B4 SB1KM2KM6.26题 8.26 图为机床自动间歇润滑

33、的控制线路图，其 中接触器 KM 为润滑油泵电动机启停用接触器（主电路为画出），控制线路可使润滑有规律地间歇工作。 试分析此线路的工作原理，并说明开关 S 和按钮 SB 的作用。K MSKS B1 K TK1 K T3 K TK2 K TSB 按钮为人 工的点动控制.S 自动的间歇润滑,按下后 KM 得电,电动机工作,1KT 得电, 经过一段时间后,动合触点闭合 K 得电,同时 KM 失电, 电动机停止工作,2KT 得电一段时间后,动断触点断 开,K 闭合电动机重新工作.6.27试设计 1M 和 2M 两台电动机顺序启，停的控制线路。 要求：11M 启动后，2M 立即自动启动；21M 停止后，

34、延时一段时间，2M 才自动停止；32M 能点动调整工作；4两台电动机均有短路，长期过载保护。2 MFU 1K MF U 2K MFRF R1 M2S B1 KM1S BFU1 KM1 K T2K T3S B1K T2K T2 KM4S B6.28试设计某机床主轴电动机控制线路图。要求：1可正反转，且可反接制动；2正转可点动，可在两处控制启，停；3有短路和长期过载保护；4有安全工作照明及电源信号灯。FUFRM4 SB1 S B2S B1 KM2 K MFR1 KM3S B6S B2K M1K M2K M6.29 试设计一个工作台前进退回的控制线路。工作 台有电动机 M 拖动，行程开关 1ST,2

35、ST 分别装在工作 台的原位和终点。要求：1能自动实现前进后退停止到原位；2工作台前进到达终点后停一下在后退；3工作台在前进中可以人为地立即后退到原位；4有终端保护.S B1 S B1 KM1 S T2 K MF U1 K M1 K TK1 S T2 ST2 KT1 K M2 KMK4 S B2 KMK第七章7.1 PLC 由哪几个主要部分组成？各部分的作用是什 么？PLC 由中央处理器 CPU,存储器,输入输出接口,编程器组 成.中央处理器 CPU 是核心,它的作用时接受输入的程序并存 储程序.扫描现场的输入状态,执行用户程序,并自诊 断.存储器用来存放程序和数据, 输入接口采集现场各种开关

36、接点的信号状态,并将其转化成标准的逻辑电平,输出接口用于输出电信号来控制 对象.编程器用于用户程序的编制,编辑,调试,检查和监视.还 可以显示 PLC 的各种状态.7.2 输入、输出接口电路中的光电耦合器件的作用是什 么？作用是 1 实现现场与 plc 主机的电器隔离,提高抗干扰 性.2 避免外电路出故障时,外部强电侵入主机而损坏主机.3 电平交换,现场开关信号可能有各种电平,光电耦合起 降他们变换成 PLC 主机要求的标准逻辑电平.7.3何谓扫描周期？试简述的工作过程.。 扫描周期是每执行一遍从输入到输出所需的时间. 工作过程是 1 输入现场信号:在系统的控制下,顺序扫描各输入点,读入的输入

37、点的状态.2 顺序扫描用户程序中的各条指令,根据输入状态和指令 内容进行逻辑运算.3 并输出控制信号,根据逻辑运算的结果,输出状态寄存 器向各输出点发出相应的控制信号.实现所要求的逻 辑控制功能.7.4PLC 有哪些主要特点？PLC 的主要特点是 应用灵活,扩展性好.操作方便标准化的硬件和软件设计,通用性强.完善的监视和诊断功能.可适应恶劣的工业应用环境.控制功能强7.5写出题 9.5 图梯形图的指令程序。401402430100101102400103104403105404题9 .5 图LD401OR400ANI402LD403AND105ORBLDI100ANI101LD102ANI10

38、3ORBLD104ORBANBOR404OUT4307.6简化或改正题 9.6 图所示梯形图，并写出改正后的指令程序。4004014304 0240 340040 140 24 314 3040040140240 3404431430402401403400( a)LD402OR403AND401OR400OUT4304 3 04 0 04 0 14 3 14 0 04 0 2( b )L D4 0 0A N D4 0 1O U T4 3 0L D4 0 0A N D4 0 2O U T4 3 143040340 440140240043140340 4400( C)LD4 03AND 4 0

39、4OR4 00AND 4 01AND 4 02OUT 4 30LD4 03AND 4 04OR4 00OUT 4 317.7在程序末了，使用或不使用 END 指令是否有区别？ 为什么？使用或不使用 END 指令是有区别的,END 指令用于程 序结束,即表示程序终了.当有效程序结束后,协一条 END 指令,可以缩短扫描周期.PLC 扫描到 END 指令, 便自动返回.如果没有 END 程序将一直执行到 PLC 的 最后一行这样既增加运算周期,也易引起系统出错.7.8试用 PLC 设计出习题 8.16 的控制程序。COMC OMP LC1K M2K M3K MSB 1SB 2 SB3 SB440 040 140 24034304314324 304 004034 3040143143143 04 034 324314 024 324 037.9试用 PLC 设计出习题 8.2