电工学课后习题解答

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1、 第1章 习题解答(部分)PN =200 W，额定电压UN 50 V ，内阻只N0.5，负载电阻0可以调节，其电路如图所示。试求：(1)额定工作状态下的电流及负载电阻，(2)开路状态下的电源端电压，分析 电源的额定值有额定功率PN。额定电压UN和额定电流IN。三者间的关系为E a 0b I U R d c PN =UNIN。额定电压UN是指输出额定电流IN时的端电压，所以额定功率PN 也就是电源额定工作状态下负载所吸收的功率。解（1）额定电流负载电阻 （2）开路状态下端电压U0等于电源电动势E。U0EUNIN05040.552V分析此题是灯泡和电阻器额定值的应用。白炽灯电阻值随工作时电压和电流

2、大小而变，但可计算出额定电压下的电阻值。电阻器的额定值包括电阻值和允许消耗功率。 解 据题给的指示灯额定值可求得额定状态下指示灯电流IN及电阻只RN串入电阻R降低指示灯电压，使其在380V电源上仍保持额定电压UN110V工作，故有该电阻工作电流为IN=0.073 A,故额定功率为可选额定值为3.7k ,20 W 的电阻。12V120V 120V 12V120V 解要使电珠正常发光，必须保证电珠获得6V，50mA电压与电流。此时电珠的电阻值为。（a） （b）在图1.03(a)中，电珠和120电阻图1.03 习题1.5.7的图将12V电源电压平分，电珠能获得所需的6V电压和50mA电流，发光正常。

3、在图1.03(b)中，电珠与120电阻并联后再串联120电阻。并联的120电阻产生分流作用，使总电流大于50mA，串联的120电阻压降大于6V，电珠电压将低于6V，电流将小于50mA，不能正常发光。用中学物理中学过的电阻串并联知识，或教材第二章中21节的方法可计算如下：结论应采用图1.03（）联接电路。0。图中，R12.6 ， R25.5。当将开关S1闭合时，电流表读数为2A，断开S1，闭合S2后，读数为1A。试求E和R0。解 据题意有两个未知量，可列出两个电压A 方程式求解之。2 1 当开关S1闭合时有E 0 EI10= I11 S2 S1 当开关S1断开, S2闭合时有 EI20= I22

4、 代入数据联立求解。图1.0 习题1.5.的图 E20=22.6=5.2E10=15.5=5.5可得 E=5.8 V，0=0.3 110V，E14V，E24V，R14 ，R22 ，R35，1，2两点处于开路状态，试计算开路电压U2。解 根据基尔霍夫电压定律，电路左边回路U11 U2 2R1R2E1E2R3图1.11 习题1.6.2的图电流为 对电路右边回路有 IR1E1E2U1所以U2IR1E1E214426VA。 根据基尔霍夫电流定律有 I1I2I30根据基尔霍夫电压定律，对左边回路有1020G AS 5R1S R3 R2S 图1.15习题1.7.4的图 E1I1 R1VA 得 对右边回路有

5、50VG E2VA I2 R2得 50V50V E1R320kI3R25R110I2I1 图解1.13又 VA I3R3 ，I3VA/ R3将各电流代入，并加以整理得此题由于所求量为A点电位，VA，作未知量，而各支路电流只作为中间变量，无须求出其值。 电阻上的电压降为30V，其极性如图所示，试求电阻R及B点的电位VB。 解 将图1重画如图解2所示，标出各支路电流及各结点名称。 根据欧姆定律有 根据基尔霍夫电流定律有对A点：I25I1，则I252=7A，对B点：I2I323，则I32A。根据基尔霍夫电压定律得B点电位为VB100305I2100303535V由此得5 3AG 2AS 5RS B

6、100V15 CS AS I3S I2S I1S 5 3AG 2AS 5RS B 100V15 图2图1. 第2章 习题解答(部分) 3。R21R31+ U1 1VR1IIS1R41图 2.13 习题2.3.3的图 US+ +U1 R1 R23 R4I3图解 2.34解: 用电源等值互换法将电流源变换成电压源，将电阻R2和R3合并成电阻R23，其中 参考方向如图2.34所示。求电路中电流I I即为原电路中R1上流过的电流，用分流公式，可求原电路中I3 E1=230V, R01=0.5，E2=226V, R02=0.3 ,负载电阻RL=5.5，试分别用支路电流法和结点电压法求各支路电流 。G1

7、E1 R01G2 E2 R02I1I2ILRL图2.16 习题2.4.1的图 解:（1）用支路电流法：各支路电流参考方向已画在图2.16中。列结点电压方程 列回路电压方程 联立求解上述三各方程式组成的方程组，可得 验算：按非独立回路方程进行 代入数据 （正确！） （2）用结点电压法求解：先求端电压U，有 结果与上相同。解:在原图2.18中用O和O标明两个结点，则有 .19中各支路的电流。 解:为了求各支路电流，首先在原图2.19中标明各支路电流的参考方向。用叠加原理将电路分解为图解241和图解242所示两个分电路，并重新标明各支路电流的参考方向，标定方向可视解题方便选取。分别求解两个分电路中各

8、支路电流。分析可知，这两个电路形状相似。都是具有丫形和形电阻网络的简单电路，当然可以利用丫等效变换法加以化简而解之，但仔细分析，它们又都是平衡电桥式电路。其四个桥臂电阻相等(均为8)，因此对角线电阻中无电流，两端也无电压。对图解24l所示电路有 a，b两点同电位，视作短接，这样 用分流公式可得 对图解2.42所示电路有 c，d 两点同电位，视做短路，这样 用分流公式可得 最后将各支路分电流进行叠加，求出各支路总电流，叠加时应该注意参考方向是否一致。 求电流I1,I2和I3（2）当将开关合在b点时，利用(1)的结果，用叠加原理计算电流I1,I2和I3。 解:（1）当开关合S在a点时，电路可画成图

9、解2.43所示形式。可用两种解法：法一、用结点电压法求解： 各支路电流为 叠加：后一种方法虽然简单，但计算工作量大。 (2)当开关合在b点时，可将电路分解为图解243和图解246所示两个电路的叠加，利用(1)中计算结果，只需求出图解2.46所示电路中各支路电流即可。 叠加：令总电流分别为I12,I22和I32，方向与图2.20所示相同。El15V, E213V, E34V,R1=R2=R3=R4=1。c=10 (1)当开关S断开时，试求电阻R5上的电压U5，和电流I5；(2)当开关S闭合后，试用戴维宁定理计算I5。 解:(1)当开关S断开时：因为I5没有闭合回路，所以I5=0，而U5= I5

10、R5=0。(2)当开关S闭合时，R5开路时,开路电压为等效内阻为 于是 I。 解:将ab支路断开，得有源二端网络ab。根据基尔霍夫电压定律，取外环大回路，有 除源网络等效电阻R0=0(中间三个电阻均被短接而不起作用)。所以得 R1上的电流。图解 2.59解:（1）用戴维宁定理求解。将R1支路断开，得有源二端网络ab如图解2.58（a）所示，求开路电压Uab0，由图可知图解 2.58 将有源二端网络除源，得无源二端网络如图解2.58（b）所示，求等效内阻R0为 于是可求电阻R1支路的电流为 (2) 用诺顿定理求解。将R1支路短路，得2.59所示电路，求短路电流IS。由图可得： 于是电阻R1中电流

11、I1为 第3章 习题解答图3.04 习题3.7.1的图10A(a)10ARR(d)10V10VV(b)60V100VVR(c)5A3AXC10A(e)解：对图3.04（a）所示电路有 对图3.04（b）所示电路有（a） 对图3.04（c）所示电路有对图3.04（d）所示电路有对图3.04（e）所示电路有Z1Z2图3.051，和A2的读数分别为I1=3A，I2=4A。(1)设Zl=R，Z2=jXc，则电流表A。的读数应为多少?(2)设Zl=R，问Z2为何种参数才能使电流表A。的读数最大?此读数应为多少?(3)设Z1=jXL，问Z2为何种参数才能使电流表A0的读数最小?此读数应为多少? 解： 解：

12、 试求此二端网络由两个元件串联的等效电路和元件的参数值，并求二端网络的功率因数及输入的有功功率和无功功率。 无源网络+u-i图3.08 习题3.7.9的图解： 解：作相量变换 +u-i1i2iR2R1X1X2作相量变换解：（1） （2）（3） 串联电阻时第4章 习题解答W，感抗XL=6W。如果将负载联成星形接于线电压Ul=380V的三相电源上，试求相电压、想电流及线电流。解:由于负载对称，每相相电压为 阻抗为 相电流 ， 线电流 Il=Ip=22A解:电路如图解4.14所示，当中性线在图中“”点断线时，接在A相的第一层楼不受影响，电灯亮度不变，而第二层与第三层在B相和C相上，无中性线时两层楼的

13、电灯串联接在线电压上，电灯电压不足220V，故而暗淡下来。其是第三层楼开的灯多些，总电阻RCRB，故第三层楼电压，因此显得更暗一些。220V。在第一次试验时，用电压表量得相电压UAUB图解4.14UC220V，而线电压则为UABUCA220V，UBC380V，试问这种现象是如何造成的？解:这是由于A相绕组接反所致，结果形接于线电压Ut=220V的电源上，试求相电压、相电流。将所得结果与该题加以比较。 解:阻抗Z8j610。令，即为相电压。 相电流 线电流图4.06习题4.3.2的图 在线电压为380 V的三相电源上，接两组电阻性对称负载，如图4.06所示，试求线路电流I。 解:星形负载电流（I

14、l= IP） 与相电压同相位 形负载相电流，与线电压同相位： 形负载线电流，相位滞后于相电流 根据相电压和线电压的相位差，想电压滞后于线电压，可见同相位，于是有 Ul=380V，从电源所取用的功率P1=11.43kW，功率因数cos=0.87，试求电动机的相电流和相电流。 解:根据有线电流为 相电流为 形，已知电源电压Ul=220V，电流表读数Il=17.3A，三相功率P=4.5kW。试求： （1）每相负载的电阻和感抗; （2）当AB相断开时，图中各电流表的读数和总功率P （3）当A线断开时。图中各电流表的读数和总功率P。 解:（1）相电流IP为图4.08习题4.4.3的图 （2）当AB相断开

15、时，IA=10A，IB=10A，IC=17.3A，P=3kW。（B相和C相相电压和电流均未改变，取用功率也不变）。 （3）当A线断开时ZAB与ZCA串联接在UBC上，流过电流为，故IB= IC= 15A，IA=0A，。 总功率 6章 暂态电路习题+）各元件中的电流及其两端电压；当电路到达稳态时又各等于多少？设在t=0-时，电路中的储能元件均为储能。F解：t=0+时：此时等效电路如图解6.10所示。当电路达到稳定（t=）：此时等效电路如图解6.11所示。 注意 注意 图解6.110)的uC。图6.10 习题6.2.7的图解： 换路前（t=0-）时 换路后 到达稳定（t=）时 时间常数 于是 iL

16、和i，并作出它们的变化曲线。解：当开关S处于1位置时的稳态值为 开关S合到2时，当作恒流源代替电感L，并与2电阻组成电流源，再将其变成-2.4V，2的电压源，其参考方向为下“+”上“-”。由此可求得i（0+）为图解 6.17t0时的i1,i2及iL换路前电路处于稳态。解：开关S闭合前电感L中的电流为 开关闭合后各电流的稳态值为求电路时间常数第7章 习题解答VA,电压为3300V/220V。今欲在副绕组接上60W，220V的白炽灯，如果要变压器在额定情况下运行，这种电灯可接多少个？并求原副绕组的额定电流。解：因为白炽灯cos1，故有 SJL型三相变压器的铭牌数据如下：U2N=400V，f=50H

17、z, 联接Y/Y0。已知每匝线圈感应电动势为5.133V，铁心截面积为1602。试求：（1）原、副绕组每相匝数（2）变压比；（3）原、副绕组的额定电流；（4）铁心中的磁感应强度。 解：（1）原、副绕组额定相电压为 所以 （2） （3） （4）RL=8的扬声器接在输出变压器的副绕组，已知N1=300，N2=100，信号源电动势E=6V，内阻R0=100，试求信号源输出的功率。 解：根据阻抗变换原理，变压器原边等效负载阻抗为 信号源输出功率为 图7.01习题7.5.4的图图7.5.4习题7.5.3的图或3.5的扬声器，两者都能达到阻抗匹配。试求副绕组两部分匝数之比。 解 解：假定1和2的同极性端用

18、表示，2和3的同极性端用*表示，3和1的同极性端用表示。根据右螺判定如图解7.11所示。图7.04题7.5.7图图解7.11 解：根据同极性端的定义，图7.05中电流正方向（参考方向）应由“ ”端流入。对于S闭合瞬间，i1实际方向应指向“ ”端，由楞茨定则知i2的实际方向应使其产生的磁通抵消i1产生的磁通，故应由“ ”端流出。图7.04题7.5.7图图解7.11 第8章 习题解答2.2kW 380V ￥接法1420r/min 试计算：（1）相电流和线电流的额定值及额定负载时的转矩；（2）额度转差率及额定负载时的转子电流频率。设电源频率为50Hz。解：（1）线电流额定值为 解：Y112M-2的额

19、定转矩为 Y160M1-8的额定转矩为有上比较可知，电动机的磁极数愈多，则转速愈低，在 同样额定功率下额定转矩于欲大。启动初始瞬间(n=0,s=1)转子每相电路的电动势(2)。比较在上述两种情况下转子电路的 各个物理量（电动势、频率、感抗、电流、及功率因数）的大小。解：（1）起动瞬间 （2）额定状态比较: 额定状态时转子每相电动势E2，频率（）转子漏抗和转子电流均比起动时小，而转子电路的功率因数则大大提高。功率转速电压效率功率因数Iat/INTst/TNTmax/TN5.5kW1440r/min380V85.50.8472.22.2电源频率为 50Hz.试求额定状态下的转差率解：由Y132S-

20、4可知磁极对数p=2,旋转磁场转速n1=1500r/min,则有转差率为 ，解：额定转矩解： (1)转子旋转磁场对转子的转速即为转差： (2)额定转矩 试求： （1） （2）当负载转矩为 额定转矩的 60和25时，电动机能否起动。解 （1）直接起动电流为 电流为 直接起动时启动转矩为 （2）当负载转矩为60TN时 当负载转矩为25TN时 第9章 习题解答 (1)励磁电流和负载转矩不变，电枢电压降低；(2)电枢电压和负载转矩不变，励磁电流减小；(3)电枢电压、励磁电流和负载转矩不变，与电枢串联一个适当阻值的电阻。 解:(1)电枢电压下降时，因励磁电流不变，磁通也不变，因此理想空载转速，n0下降，

21、导致转速下降，由于负载转矩不变，所以电枢电流不变，而反电动势则降低。 (2)励磁电流减小则磁通减小，理想空载转速升高，导致转速升高，为了维持电磁转矩等于负载转矩不变，电枢电流升高，因为电枢电压不变，反电动势将下降。 (3)电枢串入电阻后，电压降增加，使反电动势下降，在磁通不变条件下转速将下降，负载转矩不变，所以电枢电流不变。 232型他励电动机，其额定数据如下：P22.2kW,UU1110V，n1500r/min，0.8；并已知Ra0.4，Rf=82.7。试求：（1）额定电枢电流；（2）额定励磁电流；（3）励磁功率；（4）额定转矩；（5）额定电流时的反电动势。解:（1）额定输入功率为额定电流为

22、（2）额定励磁电流为额定电枢电流为（3）励磁功率为（4）额定转矩为（5）反电动势为 解（1） （2） 在忽略励磁电流情况下 当磁通为恒值时，转矩T正比于电枢电流Ia即TIa，所以起动转矩为额定转矩的2倍，即11.5 课后习题全解 试画出三相鼠笼式电动机既能连续工作、又能点动工作的继电接触器控制线路。 解 电路如图解11.5所示。其中SB2为连续工作启动按钮。SB3是双联按钮，用于点动工作。当按下SB3时，接触器线圈有电，主触点闭合，电动机起动。串联在自锁触点支路的常闭按钮断开，使自锁失效。松开SB3时，接触器线圈立即断电，电动机停车。可见SB3只能使电动机点动工作。 1123 根据图1122接

23、线做实验时，将开关Q合上后按下起动按钮SB2，发现有下列现象，试分析和处理故障：(1)接触器KM不动作；(2)接触器KM动作，但电动机不转动；(3)电动机转动，但一松手电动机就不转；(4)接触器动作，但吸合不上；(5)接触器触点有明显颤动，噪音较大；(6)接触器线圈冒烟甚至烧坏；(7)电动机不转动或者转得极慢，并有“嗡嗡”声。 解 重画图1122如图解117所示。 (1)有3种可能的原因：（i）1，2两根线上的熔丝有一个或两个烧断，使控制电路无电源；(ii)热继电器常闭触点跳开后未复位；(iii)4，5两点有一点(或两点)未接好。 (2)可能有两个原因：（i）A相熔断器熔丝烧断，电动机单相供电

24、，无起动转矩；（ii）电动机三相绕组上没接通电源：例如丫形接法只将U1，V1，W1接向电源，而U2，V2，W2未接在一起。形接法时未形成封闭三角形等等。 (3)自锁触点未接通，电动机在点动控制状态。 (4)可能有3个原因：（i）电源电压不足，（ii）接触器线圈回路(即控制回路)接触电阻过大，(iii)接触器铁心和衔铁间有异物阻挡。 (5)接触器铁心柱上短路铜环失落。(6)可能有3个原因；（i）接触器线圈额定电压与电源电压不符，（ii）接触器长时间吸合不上，电流过大而烧坏，(iii)接触器线圈绝缘损坏，有匝间短路。(7)A相熔丝烧断，电动机单相运行。1124 今要求三台鼠笼式电动机M1，M2，M

25、3按照一定顺序起动，即M1起动后M2才可起动，M2起动后M3才可起动。试绘出控制线路。 解 控制线路画如图解118所示。三台电动机的主电路是互相独立的，控制电路也基本相似，但在KM2支路中串联了KM1常开触点，在KM3支路中串联了KM2常开触点，保证了电动机的工作顺序。然而三台电动机停车则互相独立。 ， 1126 在图11.01中，有几处错误?请改正。解 图11.01所示电路图中有5处错误：（1）熔断器FU应接在组合开关Q下方，当丝烧断后，才能在Q断开情况下不带电安全地更换熔丝。而图中接在Q上方，无法更换。(2)联结点1应接到主触点KM上方，否则控制电路将无法获得电源。(3)自锁触点KM应仅与

26、起动按钮SB2并联，否则SB1失去控制作用，电动机无法停车。 (4)控制电路中缺少热继电器触点，不能实现过载保护。 (5)控制电路中缺少熔断器，无法保护控制电路短路； 1131 某机床主轴由一台鼠笼式电动机带动，润滑油泵由另一台鼠笼式电动机带动。今要求，(1)主轴必须在油泵开动后，才能开动，(2)主轴要求能用电器实现正反转，并能单独停车，(3)有短路、零压及过载保护。试绘出控制线路。解 电路可画如图解1110所示。其中M1为润滑油泵电动机，可用SB2直接起动，FR1作过载保护，自锁触点SB1作零压保护，FU1作短路保护。M2为主轴电动机，由KM2和KM3作正反转控制，只有在KM1线圈有电，油泵

27、电动机起动后，KM2或KM3才可能有电，使主轴电动机起动。主轴电动机由FU2作短赂保护，FR2作过载保护，KM2和KM3的常闭触点作联锁保护，KM2和KM3各自的自锁触点作零压保护。SB3可控制主轴电动机单独停车。图解 11.10 11.5.2 根据下列五个要求，分别绘出控制电路(M1和M2都是三相鼠笼式电动机)，(1)电动机M1先起动后，M2才能起动，M2并能单独停车，(2)电动机M1先起动后，M2才能起动，M2并能点动，(3)M2先起动，经过一定延时后M2能自行起动；（4）M1先起动，经过一定延时后M2能自行起动，M2起动后，M1立即停车，(5)起动时，M1起动后M2才能起动，停止时，M2

28、停车后M1才能停止。 解 此题中5个小题均为电动机直接起动控制，主电路比较简单，各题完全相同，省去不画，只画出控制电路。 (1)这是一个顺序起动控制电路，线路图如图解1116(1)所示。 (2)控制线路如图解1116(2)所示其中SB4为点动按钮。 (3)控制线路如图解1116（3）所示，其中KT为通电延时式时间继电器，M1起动后，KT的触点延时闭合，接通KM2使M2起动。 (4)控制线路如图解1116(4)所示。 (5)控制线路如图解1116(5)所示。在SB4支路中串联KM1常开触点，只有当KM1有电，电动机M2起动后SB4才能使M2起动；在SB1上并联KM2常开触点，只有当KM2断电，电动机M2停车后，SB1才能起停止按钮作用，使M1停车。