第一篇:第1.2章习题解答
第一章习题解答
1.1 如何区分直流电磁系统和交流电磁系统?如何区分电压线圈和电流线圈?
答:直流电磁铁铁心由整块铸铁铸成,而交流电磁铁的铁心则用硅钢片叠成,以减小铁损。直流电磁铁仅有线圈发热,线圈匝数多、导线细,制成细长形,且不设线圈骨架,铁心与线圈直接接触,利于线圈的散热。交流电磁铁由于铁心和线圈均发热,所以线圈匝数少,导线粗,制成短粗形,吸引线圈设有骨架,且铁心与线圈隔离,利于铁心与线圈的散热。1.2 交流电磁系统中短路环的作用是什么?三相交流电磁铁有无短 路环?为什么?
答:交流接触器线圈通过的是交变电流,电流正负半波要经过零点,在电流过零点时线圈电磁吸力接近于零,如此动铁芯会与静铁芯发生振动和噪声。在铁心端面上开槽安放短路环后,交变的磁通使得短路环产生同频交变感应电流,该电流使短路环内产生与铁心磁通变化相反的逆磁通。如此在铁心端面上,短路环内的磁通与环外磁通在时间上错开,避免了吸力过零产生噪声和振动现象。
没有短路环,因为短路环是在电流过零时产生感应电流维持铁芯吸合,三相交流电磁铁一相电流过零时其余两相不为零,铁芯还是吸合的,因此不再需要短路环。第一章习题解答
1.3 交流电磁线圈误接入直流电源、直流电磁线圈误接入交流电 源,将发什么问题?为什么?
答:交流电磁线圈误接入对应直流电源 ,时间长了有可能将线圈烧掉,因为交流线圈的电感一般很大,其电阻阻值较小,所以当通直流电源后,电流会很大,电磁阀不会动作。直流电磁线圈误接入对应交流电源,不会有什么影响,因为直流电磁线圈的阻值大,相应的电感也大,一般比交流电磁线圈的大。
1.4电弧是如何产生的?有哪些危害?直流电弧与交流电弧各有什么特点?低压电器中常用的灭弧方式有哪些?
答:开关触头在大气中断开电路时,如果电路的电流超过 0.25~1A,电路断开后加在触头间的电压超过 12~20V,则在触头间隙(又称弧隙)中便会产生一团温度极高、发出强光和能够导电的近似圆柱形的气体。电弧的危害:(1)延长了切断故障的时间;(2)高温引起电弧附近电气绝缘材料烧坏;(3)形成飞弧造成电源短路事故;(4)电弧是造成电器的寿命缩短的主要原因。
1.4电弧是如何产生的?有哪些危害?直流电弧与交流电弧各有什么特点?低压电器中常用的灭弧方式有哪些?
交流是成正弦变化的,当触点断开时总会有某一时刻电流为零,此时电流熄灭。直流电弧由于其不过零点,导致开关不能断开电弧,与交流电相比,直流电弧不易熄灭。机械性拉弧、磁吹式灭弧、窄缝灭弧、栅片灭弧法、固体产气灭弧、石英砂灭弧、油吹灭弧、气吹灭弧等。1.5 接触器的主要结构有哪些?交流接接触器和直流接触器如何区分?
答:接触器的结构主要由电磁系统,触头系统,灭弧装置和其他部件等组成。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,区分方式如下:(1)铭牌:AC是交流,DC是直流;(2)灭弧罩:交流接触器设有灭弧装置,以便迅速切断电弧,免于烧坏主触头,大的有灭弧栅片。直流接触器由于直流电弧比交流电弧难以熄灭,直流接触器常采用磁吹式灭弧装置灭弧;(3)极数:交流的主极为
三、直流的主极为二;(4)线圈的铁芯和衔铁:交流的为分片硅钢片、直流为整体式)。1.6 交流接触器在衔铁吸合时,线圈中会产生冲击电流,为什么?直流接触器会产生这种现象吗?为什么?
答:交流接触器的线圈是一个电感,是用交流电工作的。吸合前线圈内部没有铁心,电感很小,阻抗也就很小,所以电流大;吸合后铁心进入线圈内部,电感量增大,阻抗增大,所以电流就降下来了。直流接触器工作电流主要取决于其内部电阻,所以不会产生冲击电流。1.7 中间继电器的作用是什么?中间继电器与接触器有何异同?
答:中间继电器的作用是将一个输入信号变成多个输出信号或将信号放大即增大触头容量的继电器。
中间继电器的触头对数多,触头容量较大(额定电流 5A~10A),动作灵敏。其主要用途是当其它继电器的触头对数或触头容量不够时,可借助中间继电器来扩大触头数目,起到中转或变换作用;接触器触点有主触点和辅助触点之分,而中间继电器没有主、辅助触点之分。1.8 对于星形联结的三相异步电动机能否用一般三相结构热继电器作断相保护?为什么?对于三角形联结的三相异步电动机必须使用三相具有断相保护的热继电器,对吗?
答:可以。因为热继电器内部有双金属片。当电机电源缺相时,包括机械方面的原因造成机堵转,电机的电流会增加。电流增加使金属片受热到一定程度,根据热膨胀系数的不同金属片会分开。从而来断开热继电器的辅助触头,被控制的接触器会释放,切断电源,热继电器有过热过载保护,保护电机不会因为电流的增加被烧坏。必须使用三相具有断相保护的热继电器。三角形接法的电动机,线电流是相电流的 1.732倍。当发生断相时,线电流等于相电流。同样的相电流下,断相时的线电流较小,造成普通热继电器在断相时保护灵敏度下降,因此要用断相热继电器才行。
1.9 试比较电磁式时间继电器、空气阻尼式时间继电器、电动式时间继电器与电子式时间继电器的优缺点及应用场合? 答:
1、电磁式时间继电器是根据电磁阻尼原理产生延时的 ,延时时间短(0.3~1.6s),但它结构比较简单,通常用在断电延时场合和直流电路中。
2、空气阻尼式时间继电器又称为气囊式时间继电器,它是根据空气压缩产生的阻力来进行延时的,其结构简单,价格便宜,延时范围大(0.4~180s),但延时精确度低。
3、电动式时间继电器的原理与钟表类似,它是由内部电动机带动减速齿轮转动而获得延时的。这种继电器延时精度高,延时范围宽(0.4~72h),但结构比较复杂,价格很贵。
4、电子式时间继电器又称为晶体管式时间继电器,它是利用延时电路来进行延时的,这种继电器精度高,体积小。
1.10 在电动机的控制电路中,热继电器与熔断器各起什么作用?两者能否互相替换?为什么?
答:热继电器主要是起到过载保护作用还有因三相电流不平衡、缺相引起的过载保护,而保险丝主要起短路保护作用和限流保护。
两者不能互相替换,热继电器内部结构具有热惯性作用,当线路发生短路时热继电器需要内部的保护机构一定时间来发热令原本是常闭的触点断开,响应时间自然要比保险丝要长,起不到及时的保护作用,而且热继电器当常闭触点断开后(令控制回路断开)过来一段时间内部的保护机构慢慢的冷却后原本断开起保护的常闭触点又复位闭合了,此时如果短路还没有解决的,常闭触点又一次的断开,这样如此的循环下去。1.11 在使用和安装 HK系列刀开关时,应注意些什么?铁壳开关的结构特点是什么?试比较胶底瓷盖刀开关与铁壳刀开关的差异及各自用途?
答:1.电源进线应接在静触点一边的进线端(进线座应在上方),用电设备应接在动触点一边的出线端。这样当开关断开时,闸刀和熔丝均不带电,以保证更换熔丝时的安全。
2.在合闸状态下,刀开关的手柄应该向上,不能倒装或平装,以防止闸刀松动落下时误合闸。特点:(1)设有连锁装置,保证在合闸状态下开关盖不能开启,而开启时不能合闸,以确保操作安全;(2)采用储能分合闸方式,在手柄转轴与底座之间装有速动弹簧,能使开关快速接通或断开,与手柄操作速度无关,这样有利于迅速灭弧。
差异及各自用途:胶底瓷盖刀开关由熔丝、触刀、触点座和底座等组成,结构简单、价格便宜、使用维修方便,得到广泛应用。主要用作电气照明电路和电热电路、小容量电动机电路的不频繁控制开关,也可用作分支电路的配电开关。铁壳刀开关主要由钢板外壳、触刀开关、操作机构、熔断器等组成。刀开关具有灭弧装置,一般用于小型电力排灌、电热器、电气照明线路的配电设备中,用于不频繁地接通与分断电路,也可以直接用于异步电动机的非频繁全压启动控制。
1.12 低压断路器具有哪些脱扣装置?试分别说明其功能。
答:自由脱扣器:靠操作机构手动或自动合闸,将主触头锁在合闸位置上;电磁脱扣器:当回路短路时,电磁脱扣器的衔铁吸合,从而使脱扣机构动作;
欠压脱扣器:当电路失压时,失压脱扣器的衔铁释放,也使自由脱扣机构动作;
热脱扣器:当电路发生短路或严重过载时,过电流脱扣器的衔铁被吸合,使自由脱扣机构动作;
分励脱扣器:作为远距离控制分断电路之用。
1.14 按钮与行程开关有何异同点?什么是主令控制器?作用是什么?
答:按钮与行程开关的工作原理相同,区别在于:行程开关不是靠手的按压,而是利用生产机械运动部件的挡铁碰压而使触头动作。
主令电器是用来接通或分断控制电路,以发出指令或用于程序控制的开关电器。主要有:按钮、行程开关、万能转换开关、主令控制器等。
第二章部分习题解答
1.电气系统图主要有哪些?各有什么作用和特点? 答:电气原理图、电器布置图和电气安装接线图。
电气原理图:根据控制线图工作原理绘制,具有结构简单,层次分明。主要用于研究和分析电路工作原理。电气布置安装图:主要用来表明各种电气设备在机械设备上和电气控制柜中的实际安装位置,为机械电气在控制设备的制造、安装、维护、维修提供必要的资料。
电气安装接线图:是为了进行装置、设备或成套装置的布线提供各个安装接线图项目之间电气连接的详细信息,包括连接关系,线缆种类和敷设线路。
2.电气原理图中电QS、FU、KM、KA、KT、KS、FR、SB、SQ分别代表什么电气元件的文字符号?
答:QS 刀开关、FU 熔断器、KM接触器、KA 中间继电器、KT 时间继电器、KS 速度继电器、FR 热继电器、SB 按钮、SQ 行程开关。
3.电气原理图中,电器元件的技术数据如何标注? 答:可以采用下面两种方法:
(1)电气元件明细表:元器件名称、符号、功能、型号、数量等;(2)用小号字体注在其电气原理图中的图形符号旁边。
4.什么是失电压、欠电压保护?采用什么电器元件来实现失电压,欠电压保护?
答:失电压保护:当电力元件失去电压时执行相应保护动作(如断路器跳闸)的保护方式。主要采用接触器来进行保护。欠电压保护:是指在供电过程中由于某种原因,会出现电网电压急剧降低,此时,开关自动跳闸,切断供电电源。主要采用接触器和电压继电器来进行保护。
5.点动、长动在控制电路上的区别是什么?试用按钮、转换开关、中间继电器、接触器等电器,分别设计出既能长动又能点动的控制线路。
答:点动按钮两端并未并联上能实现自锁功能的接触器常开触点,反之,长动按钮两端并联了自锁按钮。
图自己画
7.在电动机可逆运行的控制线路中,为什么必须采用联锁环节控制?在图2.7(c)中已采用了机械联锁,为什么还要采用电气联锁?若两种触头接错,线路会产生什么现象? 答:(1)联锁控制是在控制线路中一条支路通电时保证另一条支路断电。电气互锁控制过程为从一个运行状态到另一个运行状态必须经过停止既“正-停-反”。双重互锁从一个运行状态到另一个运行状态可以直接切换既“正-反-停”。
(2)机械互锁具有滞后特性,往往在0.1秒之后才会响应。因此,一方面为提高可靠性,机械联锁在一些场合可靠性是无法保证的,如长距离、频繁动作等场合。另一方面为保护元件,如线圈,如误操作,机械部分卡住,线圈长时间带电就会烧坏的。(3)不能正常运转。
8.某机床的主轴和油泵分别由两台笼型异步电动机M1和M2来拖动。试设计控制线路,其要求如下:①油泵电动机M2启动后主轴电动机M1才能启动;②主轴电动机能正反转,且能单 独停车;③该控制线路具有短路、过载、失压欠压保护。
9.什么叫直接启动?直接启动有何优缺点?在什么条件下可允许交流异步电动机直接启动?
答:直接启动:将电动机的定子绕组直接接入电源,在额定电压下起动。
主要优点:简单、方便、经济和启动时间短,其启动电流对电网的不利影响会随着电源容量的增加而减小。
主要缺点:当电动机容量较大(大于10kw),启动时产生较大的启动电流,会引起电网电压下降。交流异步电动机直接启动受到电源容量的限制,一般仅适用于功率在 10kw以下的电动机。
10.什么叫降压启动?有哪几种方法?各有什么特点及适用场合?
答:降压启动:利用起动设备将电压适当降低后加到电动机的定子绕组上进行起动,待电动机起动运转后,再使其电压恢复到额定值正常运行。降压启动方法: 笼型异步电动机:
(1)定子绕组中串接电阻降压起动;特点:起动转矩小,加速平滑,但电阻损耗大。场合:电动机容量不大,起动不频繁且平稳。
(2)Y/△降压起动特点:起动转矩小,仅为额定值的1/3;转矩特性差(起动转矩下降为原来的l/3)。场合:电动机正常工作时定子绕组必须△接,轻 载起动。
(3)自耦变压器降压起动;特点:起动转矩大(60%、80%抽头),损耗低,但设备庞大成本高。场合:重载起动。
(4)延边三角形降压起动。特点:起动时,定子绕组接成延边三角形,以减小起动电流,待电动机起动后,再换接成三角形,使电动机在全压下运行。场合:要求启动转矩较大的场合绕线式异步电动机:(1)转子绕组串电阻降压起动;特点:启动前,启动电阻全部接入电路,随启动过程可将电阻逐段切除。场合:不可逆轧机、起重运输机、高炉料车卷扬等。
(2)转子绕组串接频敏变阻器降压启动。频敏变阻器的特点是其电阻随转速上升而自动减小。特点:结构简单,价格便宜,制造容易,运行可靠,维护方便,能自动操作等。场合:无适用于大、中容量电动机的重载起动。
11.试设计按时间原则控制的三相笼型异步电动机串电抗器降压启动控制线路?
15.设计一个控制线路,三台笼型异步电动机工作情况如下:M1先启动,经10s后M2自行启动,运行30s后M1停机并同时使M3自启动,再运行30s后全部停机?
17.什么叫反接制动?什么叫能耗制动?各有什么特点及适 用场合?
答:反接制动:是利用改变电动机电源的相序,使定子绕组产生相反方向的旋转磁场,从而产生制动转矩的一种制动方法。
特点:制动力强、停转迅速、无需直流电源;缺点是制动过程冲击大,电能消耗多 应用场合:不经常启动,电动机容量不大(10KW以下)的设备。
能耗制动:即在电动机脱离三相交流电源之后,定子绕组上加一个直流电压,即通入直流电流,利用转子感应电流与静止磁场的作用已达到制动的目的。
特点:它比反接制动所消耗的能量小,其制动电流比反接制动时要小得多,而且制动过程平稳,无冲击,但能耗制动需要专用的直流电源。
应用场合:适用于电动机容量较大和起制动频繁的场合。
19.试设计一个按时间原则来实现的电动机可逆运行能耗制动控制线路。
第二篇:大学物理第3章习题解答
第三章
刚体的定轴转动
3-1掷铁饼运动员手持铁饼转动1.25圈后松手,此刻铁饼的速度值达到v25ms。设转动时铁饼沿半径为R=1.0 m的圆周运动并且均匀加速。求:
(1)铁饼离手时的角速度;
(2)铁饼的角加速度;
(3)铁饼在手中加速的时间(把铁饼视为质点)。
解:(1)铁饼离手时的角速度为
1v/R25/1.025(rad/s)
(2)铁饼的角加速度为
225239.8(rad/s2)
2221.25(3)铁饼在手中加速的时间为
t2221.250.628(s)
13-2一汽车发动机的转速在7.0s内由200rmin均匀地增加到300rmin1。
(1)求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度;
(2)求这段时间内转过的角度和圈数;
(3)发动机轴上装有一半径为r=0.2m的飞轮,求它的边缘上一点在第7.0s末的切向加速度、法向加速度和总加速度。
解:(1)初角速度为
02200/6020.9(rad/s)
末角速度为
23000/60314(rad/s)
角加速度为
(2)转过的角度为
0t31420.941.9(rad/s2)
7.002t20.931471.17103rad186(圈)2 24(3)切向加速度为
atR41.90.28.38(m/s2)
法向加速度为
an2R31420.21.97104(m/s2)
总加速度为
2aat2an8.372(1.97104)21.97104(m/s2)
总加速度与切向的夹角为
an1.97104arctanarctan8959
at8.37
3-3
如图所示,在边长为a的六边形顶点上分别固定有质量都是m的6个小球(小球的直径da)。试求此系统绕下列转轴的转动惯量。(1)设转轴Ⅰ,Ⅱ在小球所在平面内;(2)设转轴过A并垂直于小球所在平面。
解:(1)对轴I的转动惯量
J12m[(acos60)2(aacos60)2]m(a2acos60)29ma2
对轴II的转动惯量
J24m(asin60)23ma2
(2)对垂轴的转动惯量
J32ma22m(2acos30)2m(2a)212ma2
3-4如图有一根长为l,质量为m的匀质细杆,两端各牢固地连结一个质量为m的小球,整个系统可绕一过O点,并垂直于杆长的水平轴无摩擦地转动,当系统在水平位置时,试求:(1)系统所受的合外力矩;(2)系统对O轴的转动惯量;(3)系统的角加速度。解:(1)设垂直纸面向里的方向为正,反之为负,则该系统对O点的力矩为
3331113M0mglmglmglmglmgl
4484484(2)系统对O点的总转动惯量等于各部分对O点的转动惯之和,即
J0J1J2J3J4l1ml13m3l3lm()2()()2()()2m()2
43443444372ml48(3)由转动定律
MJ
可得
3mglM036g4 37J037lml248
3-5一转轮以角速度0转动,由于轴承的摩擦力的作用,第一秒末的角速度为0.80,(1)若摩擦力矩恒定,求第二秒末的角速度;(2)若摩擦力矩与角速度成正比,求第二秒末的角速度。
解:(1)摩擦力矩恒定,则转轮作匀角加速度运动,故角加速度为
第二秒末的角速度为
10t(0.8-1)00.20
20t00.2020.60
(2)设摩擦力矩Mr与角速度的比例系数为,据题设可知
Mr,即tJd dt0dJ0dtlnt 0J据题设t1s时,10.80,故可得比例系数
Jln0.8
由此t2s时,转轮的角速度2为
ln22ln0.8 0 20.8200.640
3-6如图所示,飞轮的质量为60kg,直径为0.5m,飞轮的质量可看成全部分布在轮外缘上,转速为100rmin1,假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4,现要求在5s内使其制动,求制动力F(尺寸如习题3一6图所示)。
解: 设飞轮与闸瓦间的压力为N,如图示,则二者间摩擦力frN,此摩擦力形成阻力矩 frR,由转动定律
frRJ
其中飞轮的转动惯量JmR,角加速度20t2n,故得 52frmnR5260(1000/60)0.25
5-314(N)见图所示,由制动杆的平衡条件可得
习题3-6图
F(l1l2)N l1=0
NNfr
得制动力
F
frl13140.5314(N)
(l1l2)0.4(0.50.75)3-7如习题3-7图所示,两个圆轮的半径分别为R1和R2,质量分别为M1和M2,二者都可视为均匀圆柱体而且同轴固结在一起,可绕水平中心轴自由转动,今在两轮上各绕以细绳,绳端分别挂上质量为m1和m2的两个物体,求在重力作用下,m2下落时轮的角加速度。解: 如图所示,由牛顿第二定律 对m1:T1m1gm1a
1对m2:m2gT2m2a2 对整个轮,由转动定律
112T2R2T1R1M1R12M2R2 22又由运动学关系
联立解以上诸式,即可得
1/R12/R2
(m2R2m1R1)g 22(M1/2m1)R1(M2/2m2)R2
习题3-7图
3-8一根均匀米尺,在60cm刻度处被钉到墙上,且可以在竖直平面内自由转动,先用手使 米尺保持水平,然后释放。求刚释放时米尺的角加速度和米尺转到竖直位置时的角速度各是多大? 解:设米尺的总量为m,则直尺对悬点的转动惯量为
(a)
(b)
112Im1l12m2l2331212m0.42m0.62 35351.4m150.093mM331221mgmg0.1mg 5525521.4Im 又MI15M0.1mg1510.5(rads2)I1.4mmghc从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒(以水平位置为O势能点)
1J2 211.4m2 即
mg0.121.521
3-9如习题3-9图所示,质量为m的物体与绕在定滑轮上的轻绳相连,定滑轮质量M=2m,半径为R,转轴光滑,设t=0时v=0,求:(1)物体的下落速度v与时间t的关系;(2)t=4s时m下落的距离;(3)绳中的张力T。
解: m视为质点,M视为刚体(匀质圆盘)。作受力分析(如图所示)
mgTmaRTJaR J12MR2(1)由方程组可解得
ammM/2g12g
物体作匀加速运动
习题3-9图(1)vv10at2gt
(2)物体下落的距离为
xv120t2at1
gt24当t=4时
x14g424g39.2(m)(3)绳中张力由方程组解得
T12mg
解法2:以t=0时物体所处位置为坐标原点O,以向下为x正方向.(1)由机械能守恒:
1J21mV2mgx22J12m2 2RVR习题3-9图(2)V2gx
两边就t求导得
2vdvdtgvdvgdt2vdvtgdt002v1 2gt(2)
1dx1gtgt2dt2则dxdx1gtdtv2dtxt1 0dx02gtdt1xgt24v(3)m匀加速运动,由V1gt以及V00知 21g12Tmg
2又由mgTmaa
3-10
唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动,唱片放上去后将受转盘的摩擦力作用而随转盘转动(习题3-10图),设唱片可以看成是半径为R的均匀圆盘,质量为m,唱片和转盘之间的滑动摩擦系数为k。转盘原来以角速度匀速转动,唱片刚放上去时它受到的摩擦力矩多大?唱片达到角速度需要多长时间?在这段时间内,转盘保持角速度不变,驱动力矩共做了多少功?唱片获得了多大动能?
解: 如图所示,唱片上一面元面积为dsrddr,质量为dmmrddr/(R),此面元受转盘的摩擦力矩为
2dMrdfrkdmgmgkr2ddr/(R2)
各质元所受力矩方向相同,所以整个唱片受的磨擦力矩为
MdM
Rkmg2dr2dr200R
2kmgR3
唱片在此力矩作用下做匀加速转动,角速度从0增加到需要时间为
ta1M/mR223R 4kg唱机驱动力矩做的功为
习题3-10图
AMMt唱片获得的动能为
1mR22 2Ek1111J2mR22mR22 2224
3-1l一个轻质弹簧的劲度系数为k2.0Nm,它一端固定,另一端通过一条细线绕过一个定滑轮和一个质量为m1=80g的物体相连(习题3-11图)。定滑轮可看作均匀圆盘,它的半径r=0.05m,质量m=100g,先用手托住物体m1,使弹簧处于其自然长度,然后松手,求物体m1下降h=0.5m时的速度多大?(忽略滑轮轴上的摩擦,并认为绳在滑轮边缘上不打滑)。解: 对整个系统用机械能守恒定律
1111m1ghkh2m1v2J20
222以J12mr,v/r代入上式,可解得 22m1ghkh220.089.80.520.52v1.48m/s
m1m/20.080.05
3-12
如图所示丁字形物体由两根相互垂直且均匀的细杆构成,OA=OB=OC=l,OC杆的质量与AB杆的质量均为m,可绕通过O点的垂直于物体所在平面的水平轴无摩擦地转动。开始时用手托住C使丁字形物体静止(OC杆水平),释放后求:(1)释放瞬间丁字形物体的角加速度;(2)转过90时的角加速度、角动量、转动动能。解:(1)丁字杆对垂直轴O的转动惯量为 112J0JOCJOABml2m(2l)2ml2
3123对轴O的力矩M01mgl,故由MJ可得释手瞬间丁字杆的角加速度 2M0133gmgl J022ml24l(2)转过90角后,知矩M0,则0。由机械能守恒知
l1mgJ0222此时角动量
mgl J031
LJ0mglJ0ml转动动能为
2gl 3Ek11J02mgl 22
3-13如图所示,一飞轮质量为洲。,半径为R以角速度"旋转。某一瞬间,有质量为m的小碎片从飞轮边缘飞出,求:(1)剩余部分的转动惯量;(2)剩余部分的角速度。
解:(1)利用填补法,将小碎片填入缺口,此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量J0挖去小碎片,相应减少J1mR2,故剩余部分对O的转动惯量为
1m0R2,2J1J0J0(2)碎片飞离前后,其角动量守恒
1m0R2mR2 211m0R2(m0R2mR2)1mR21 221故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。
3-14一转台绕竖直固定轴转动。每转一周所需时间为t=10s,转台对轴的转动惯量为J=1200kgm。一质量为m=80kg的人,开始时站在转台的中心,随后沿半径向外跑去,当人离转台中心r=2m时转台的角速度是多大? 解: 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩,所以系统的角动量守恒,即 2J1(JMr2)2
由此可得转台后来的角速度为
2J120020.496(rad/s)1JMr21200802210
103-15哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆,它的近日点距离为8.7510m,速率是5.46104ms1,远日点的速率是9.08102ms1,求它的远日点的距离。
解: 慧星在有心力场中运动,角动量守恒。设其质量为M,近日点速率为V1,与太阳之距r1;远日点速率为V2,与太阳之距r2,则有
MV1r1MV2r2
V15.461041012r2r18.75105.2610(m)2V29.08103-16宇宙飞船中有三个宇航员绕着船舱内壁按同一方向跑动以产生人造重力。
(1)如果想使人造重力等于他们在地面上时受的自然重力,那么他们跑动的速率应多大?设他们的质心运动的半径为2.5m,人体当质点处理。
(2)如果飞船最初未动,当宇航员按上面速率跑动时,飞船将以多大角速度旋转?设每个宇航员的质量为70kg,飞船体对于其纵轴的转动惯量为3105kgm2。
(3)要便飞船转过30,宇航员需要跑几圈? 解:(1)由于v2/rg vgr9.82.54.95(m/s)
(2)由飞船和宇航员系统角动量守恒可得
3mvRJ0
由此得飞船角速度为
3mvR3704.952.538.6710(rad/s)5J310(3)飞船转过30用的时间t/(6),宇航员对飞船的角速度为v/R,在时间t内跑过的圈数为
n(v/R)t/(2)1v(1)12R14.95(1)19(圈)128.671032.5
3-17把太阳当成均匀球体,计算太阳的角动量。太阳的角动量是太阳系总角动量的百分
30之几?(太阳质量为1.9910kg,半径为6.9610m,自转周期为25d,太阳系总角动量
8为3.210Js)解: 太阳自转周期按25d计算,太阳的自转角动量为 432JSmR25221.991030(6.96108)2 525864001.11042(kgm2/s)
此角动量占太阳系总角动量的百分数为
0.1110433.3% 43(0.113.2)10
3-18一质量为m的小球系于轻绳一端。放置在光滑的水平面上,绳子穿过平面中一小孔,开始时小球以速率v1作圆周运动,圆的半径为r1,然后向下慢慢地拉绳使其半径变为r2,求:(1)此时小球的角速度;(2)在拉下过程中拉力所做的功。
解:(1)由于外力沿转动中心O,故外力矩恒为零,质点的角动量守恒,即
mV1r1mV2r2mV1r1mr2故小球作半径r2的圆周运动的角速度为
(2)拉力F做功为
r1V 21r22211mr122AFdsmV2mV1V1 1222r2
3-19如习题3-19图所示,刚体由长为l,质量为m的匀质细杆和一质量为m的小球牢固连结在杆的一端而成,可绕过杆的另一端O点的水平轴转动。先将杆拉至水平然后让其自由转下,若轴处摩擦可以忽略。求:(1)刚体绕O轴的转动惯量;(2)当杆与竖直线成角时,刚体的角速度。解:(1)
JJ杆J球1242 2mlmlml33(2)在转动过程中无耗散力,系统机械能守恒,设初始时刻重力势能为零,有
01lJ2mg(cos)mg(lcos)22解得:
3gcos 2l3-20一长l=0.4m的均匀木棒,质量M=1.0kg,可绕水平轴O在竖直平面内转动,开始时棒自然地竖直悬垂(习题3-20图)。今有质量m=8g的子弹以v=200ms的速率从A点射人棒
1 34 中,假定A点与O点的距离为34l,求:(1)棒开始运动时的角速度;(2)棒的最大偏转角。
解:(1)子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞,角动量守恒:
mv34lm34l2123Ml
解得
mv34m49Ml8103200348103490.4
8103200490.49(rads1)(2)上摆过程机械能守恒
1J2l32Mg2(1cos)mg4l(1cos)即
11922M23M16ml234m(1cos)lg
mM,上式可近似为
1213Ml22M2(1cos)lg
cos(1l2解得
3g)0.073
cos0即为第二象限的角度,本题中即棒向上摆可超水平位置(90)。由于cos1(0.073)856
棒的最大摆角约为
8569452
第三篇:第4章 谐振功率放大器习题参考解答
第4章 谐振功率放大器习题参考解答
1为什么谐振功率放大器能工作于丙类,而电阻性负载功率放大器不能工作于丙类?
解:两种放大器最根本的不同点是:低频功率放大器的工作频率低,但相对频带宽度却很宽,因而只能采用无调谐负载,工作状态只能限于甲类、甲乙类至乙类(限于推挽电路),以免信号严重失真;而高频功率放大器的工作频率高,但相对频带宽度窄,因而可以采用选频网络作为负载,可以在丙类工作状态,由选频网络滤波,避免了输出信号的失真。
2一谐振功率放大器,若选择甲、乙、丙三种不同工作状态下的集电极效率分别为:c甲=50%,c乙=75%,c丙=85%。试求:
(1)当输出功率Po=5W时,三种不同工作状态下的集电极耗散功率PC各为多少?
(2)若保持晶体管的集电极耗散功率PC=1W时,求三种不同工作状态下的输出功率Po各为多少?
解:通过本题的演算,能具体了解集电极效率对集电极耗散功率和输出功率的影响。(1)根据集电极效率ηc的定义
c可得
PoPo PDPoPc1cPccPo
将ηc甲、ηc乙、ηc丙分别代入上式可得
Pc甲=Po=5W,Pc乙=0.33Po=1.65W,Pc丙=0.176Po=0.88W可看出ηPc就越小。
(2)从Pc的表达式可以推导出
c
越高,相应的PocPc 1c将ηc甲、ηc乙、ηc丙分别代入上式得
Po甲=Pc=1W,Po乙=3Pc=3W,Po丙=5.67Pc=5.67W可见,在Pc相同时,效率越高,输出功率就越大。
4某一晶体管谐振功率放大器,设已知VCC=24V,IC0=250mA,Po=5W,电压利用系数ξ=1。试求PD、ηc、Rp、Icm1、电流通角θc。
解: PDVCCIC0240.25W6W
cPo50.83383.3% PD6
VcmVCC124V24V
Icm12Po25A0.417A 2Vcm24Icm14171.67 IC0250
g1c4-9
高频大功率晶体管3DA4参数为fT=100MHz,β=20,集电极最大允许耗散功率PCM=20W,饱和临界线跨导gcr=0.8A/V,用它做成2MHz的谐振功率放大器,选定VCC=24V,θc=70°,iCmax=2.2A,并工作于临界状态。试计算Rp、Po、Pc、ηc与PD。
解: 由iCgcrCE,当CECEmin时,iCiCmax,因此得
CEminiCmax2.2A2.75V gcr0.8AV
Vcm=VCC-υCE min=(24-2.75)V=21.25V
Icm1=iCmaxα1(θc)=(2.2×0.436)A=0.96A
[α1(70°)=0.436]
Po11Icm1Vcm0.96A21.25V10.2W 2IC0=iCmaxα0(θc)=(2.2×0.253)A=0.557A
[α1(70°)=0.253]
PD=VCCIC0=(24V)×(0.557A)=13.36W
cPo10.20.76376.3% PD13.36Vcm21.25V22.1 Icm10.96A
Pc=PD-Po=(13.36-10.2)W=3.16W<PCM
(安全工作)
Rp4-1
1题图4-11所示为末级谐振功率放大器原理电路,工作于临界状态。图中C2为耦合电容,输出谐振回路由管子输出电容、L1、L2和C1组成,外接负载天线的等效阻抗近似为电阻。将天线短路,开路(短时间),试分别分析电路工作状态如何变化?晶体管工作是否安全?
解:天线开路时,回路的品质因数增大,导致Rp急剧增加,结果是Vcm增大使功率管工作于强过压状态。在强过压状态下,Vcm有可能大于VCC,结果使υCEmax>V(BR)CEO,功率管被击穿。
天线短路时,回路严重失谐(呈感性),且阻抗Zp<<Rp,使功率管工作于欠压状态,Pc增 大,很可能导致Pc>PCM,功率管烧坏。
4-12 一谐振功率放大器,设计在临界工作状态,经测试得输出功率Po仅为设计值的 60%,而IC0却略大于设计值。试问该放大器处于何种工作状态?分析产生这种状态的原因。
解:Rp小,导致放大器进入欠压状态。原因是放大器由临界状态进入欠压状态时,集电极电流脉冲高度增大,导致IC0和Iclm略有增大,但Vcm因Rp而减小,结果是Po减小,PD增大,ηc减小。
4-21 根据题图4-21所示的谐振功率放大器原理电路,按下列要求画出它的实用电路。(1)两级放大器共用一个电源;(2)T2管的集电极采用并馈电路,基极采用自给偏置电路;(3)T1管的集电极采用串馈电路,基极采用分压式偏置电路。
解: 根据题意要求画出的电路如题图4-21(b)所示。图中,两级共用一个电源。电源线必须串接电源滤波网络RC1、CC1、LC1、CC2。T2管基极接高频扼流圈Lb,提供直流通路,并利用扼流圈的直流电阻产生自给偏压。T2管集电极接高频扼流圈Lc2,组成并馈电路。在L2和L3的接点上并接电容C3,构成T型匹配滤波网络。
第四篇:第4章习题解答(高频)
第4章习题参考解答
1为什么谐振功率放大器能工作于丙类,而电阻性负载功率放大器不能工作于丙类?
解:两种放大器最根本的不同点是:低频功率放大器的工作频率低,但相对频带宽度却很宽,因而只能采用无调谐负载,工作状态只能限于甲类、甲乙类至乙类(限于推挽电路),以免信号严重失真;而高频功率放大器的工作频率高,但相对频带宽度窄,因而可以采用选频网络作为负载,可以在丙类工作状态,由选频网络滤波,避免了输出信号的失真。
2一谐振功率放大器,若选择甲、乙、丙三种不同工作状态下的集电极效率分别为:c甲=50%,c乙=75%,c丙=85%。试求:
(1)当输出功率Po=5W时,三种不同工作状态下的集电极耗散功率PC各为多少?
(2)若保持晶体管的集电极耗散功率PC=1W时,求三种不同工作状态下的输出功率Po各为多少?
解:通过本题的演算,能具体了解集电极效率对集电极耗散功率和输出功率的影响。(1)根据集电极效率ηc的定义
c可得
PoPo PDPoPc1cPccPo
将ηc甲、ηc乙、ηc丙分别代入上式可得
Pc甲=Po=5W,Pc乙=0.33Po=1.65W,Pc丙=0.176Po=0.88W可看出ηPc就越小。
(2)从Pc的表达式可以推导出
c
越高,相应的PocPc 1c将ηc甲、ηc乙、ηc丙分别代入上式得
Po甲=Pc=1W,Po乙=3Pc=3W,Po丙=5.67Pc=5.67W可见,在Pc相同时,效率越高,输出功率就越大。
4某一晶体管谐振功率放大器,设已知VCC=24V,IC0=250mA,Po=5W,电压利用系数ξ=1。试求PD、ηc、Rp、Icm1、电流通角θc(用折线法)。
解: PDVCCIC0240.25W6W
cPo50.83383.3% PD6
VcmVCC124V24V
Icm12Po25A0.417A 2Vcm24Icm14171.67 IC0250
g1c查原书附录4.1,得出此时的θc=78°
5在题图4-5中:
(1)当电源电压为VCC(图中的C点)时,动
态特性曲线为什么不是从υCE=VCC的C 点画起,而是从Q画起?
(2)当θc为多少时,才从C点画起?
(3)电流脉冲是从B点才开始发生的,在BQ这段区间并没有电流,为何此时有电压降BC存在?物理意义是什么?
解:(1)由于放大器工作于丙类,θc<90°,因此从Q点画起。(2)当θc=90°时,才从C点画起。
(3)BC这段电压是由谐振回路的滤波作用,所产生的基波电压。因此BC段虽然没有电流,但仍然有电压降。它的物理意义是谐振回路的储能作用。
4-9
高频大功率晶体管3DA4参数为fT=100MHz,β=20,集电极最大允许耗散功率PCM=20W,饱和临界线跨导gcr=0.8A/V,用它做成2MHz的谐振功率放大器,选定VCC=24V,θc=70°,iCmax=2.2A,并工作于临界状态。试计算Rp、Po、Pc、ηc与PD。
解: 由iCgcrCE,当CECEmin时,iCiCmax,因此得
CEminiCmax2.2A2.75V gcr0.8AV
Vcm=VCC-υCE min=(24-2.75)V=21.25V
Icm1=iCmaxα1(θc)=(2.2×0.436)A=0.96A
[α1(70°)=0.436]
Po11Icm1Vcm0.96A21.25V10.2W 2IC0=iCmaxα0(θc)=(2.2×0.253)A=0.557A
[α1(70°)=0.253]
PD=VCCIC0=(24V)×(0.557A)=13.36W
cPo10.20.76376.3% PD13.36Vcm21.25V22.1 Icm10.96A
Pc=PD-Po=(13.36-10.2)W=3.16W<PCM
(安全工作)
Rp4-10 放大器工作于临界状态,根据理想化负载特性曲线,求出当Rp(1)增加一倍,(2)减小一半时,Po如何变化?
2121Vcm解:(1)
PoIcm1Rp
22RP由负载特性可见,当Rp增加一倍时,放大器由临界转入过压状态,Vcm几乎不变,Po约下降一半。
(2)当Rp减小一半时,放大器将由临界转入欠压状态,Icm1几乎不变,Po也将约下降一半。
4-1
1题图4-11所示为末级谐振功率放大器原理电路,工作于临界状态。图中C2为耦合电容,输出谐振回路由管子输出电容、L1、L2和C1组成,外接负载天线的等效阻抗近似为电阻。将天线短路,开路(短时间),试分别分析电路工作状态如何变化?晶体管工作是否安全?
解:天线开路时,回路的品质因数增大,导致Rp急剧增加,结果是Vcm增大使功率管工作于强过压状态。在强过压状态下,Vcm有可能大于VCC,结果使υCEmax>V(BR)CEO,功率管被击穿。
天线短路时,回路严重失谐(呈感性),且阻抗Zp<<Rp,使功率管工作于欠压状态,Pc增大,很可能导致Pc>PCM,功率管烧坏。
4-12 一谐振功率放大器,设计在临界工作状态,经测试得输出功率Po仅为设计值的 60%,而IC0却略大于设计值。试问该放大器处于何种工作状态?分析产生这种状态的原因。
解:Rp小,导致放大器进入欠压状态。原因是放大器由临界状态进入欠压状态时,集电极电流脉冲高度增大,导致IC0和Iclm略有增大,但Vcm因Rp而减小,结果是Po减小,PD增大,ηc减小。
4-21 根据题图4-21所示的谐振功率放大器原理电路,按下列要求画出它的实用电路。(1)两级放大器共用一个电源;(2)T2管的集电极采用并馈电路,基极采用自给偏置电路;(3)T1管的集电极采用串馈电路,基极采用分压式偏置电路。
解: 根据题意要求画出的电路如题图4-21(b)所示。图中,两级共用一个电源。电源线必须串接电源滤波网络RC1、CC1、LC1、CC2。T2管基极接高频扼流圈Lb,提供直流通 路,并利用扼流圈的直流电阻产生自给偏压。T2管集电极接高频扼流圈Lc2,组成并馈电路。在L2和L3的接点上并接电容C3,构成T型匹配滤波网络。
4-2
2题图4-22所示为132~140MHz的3W调频发射机末级、末前级原理电路,两级均为共发射极放大器,图中有多处错误,试改正。
解: 目的:改正谐振功放电路的错误,以熟悉谐振功放电路的组成。
题图4-22电路有如下错误:
(1)第一级电路不是共发电路,不合题设要求;
(2)T1管基极和输入回路之间无隔直电容,造成T1管基极对地直流短路,无法提供所需偏置。
(3)T2基极电阻R4上无旁路电容,减弱了自给偏置效应;
(4)电流表上无旁路电容,导致交流信号流过电流表,既影响电流表的准确度,又消耗交流信号能量。
(5)T2管集电极上电容C5将直流电源隔断,应去除。改正电路如题图4-22(b)所示。
第五篇:C#习题第19_21章(含答案)
第十九章 数据库访问技术
一、选择题
1.为了向DataSet中的数据表填充数据,应该调用: A)SqlDataAdapter.Update方法
B)SqlDataAdapter.Fill方法
C)DataSet.Update方法
D)DataSet.Fill方法 2.使用SqlCommand对象的哪个方法可以执行某SQL查询命令,并将结果以SqlDataReader形式返回。
A)ExecuteScalar B)ExecuteNonQuery
C)ExecuteReader
D)ExecuteXMLReader 3.在ADO.NET中,为访问DataTable对象从数据源提取的数据行。可使用DataTable对象的 属性。
A)Rows
B)Columns
C)Constraints D)DataSet 4.为了在程序中使用DataSet类定义数据集对象,应在文件开始处添加对命名空间_______的引用。
A)System.IO B)System.Utils C)System.Data D)System.DataBase 5.ADO.NET 使用_______命名空间的类访问SQL Server 数据库中的数据。
A)System.Data.OleDb B)System.Data.SqlClient C)System.Xml.Serialization D)System.IO 6.在Visual Studio.NET窗口中,()窗口提供了连接到本地或远程计算机上数据库并进行管理的功能。
A)工具箱
B)资源试图
C)解决方案资源管理器
D)服务器资源管理器
二、简答题
1..net中读写SQL Server数据库需要用到哪些类?这些类都起什么作用?请详细写明。2.在.net(C# or vb.net)中,Appplication.Exit 和 Form.Close有什么不同? 3.什么是GUI?
4.根据自己的编程经验,请说明开发一个Windows窗体应用程序的步骤。5.Program.cs文件在Windows窗体应用程序项目中的作用。6.什么是MDI窗体?
7.要使用SQL Server数据库,需要在程序中导入什么命名空间? 8.什么是DataSet?什么是DataAdapter?两者之间有何联系? 9.FormClosing事件有何作用? 10.什么是ClickOnce技术?
三、程序分析题
1.请写出窗体间切换的代码。
重点!2.请书写一用户登录程序。要求操作数据库。
3.请编写数据添加、更新、删除等操作程序。
第二十一章 ASP.NET编程初步
一、选择题
1.在编写ASP.NET 页面时,若希望在每次页面载入时执行某个操作,则应将相应代码写入 _______事件处理程序中。A)页面的Load B)页面的init C)页面的PreRender D)页面的Disposed 消息 2.在万维网中,向其他计算机提供服务的计算机称为 A)服务器 B)客户机
C)终端机
D)路由器
二、简答题
1.静态网页和动态网页各有什么特点? 2.什么是HTML和XML?
3.当前流行的动态网页技术有哪三种? 4.什么是IIS?
5.Session对象有何作用?
6.web.config文件有何用途?该文件使用什么语言书写的?
三、程序分析题
1.请编写数据录入、查询、更新、删除等相关程序。
第十九章 数据库访问技术 参考答案
一、选择题
1.B 2.C 3.A
4.C 5.B 6.D
第二十一章 ASP.NET2.0 参考答案
一、选择题 1.A
2.A