電力拖動與控制課后答案__李嵐_梅麗鳳

2023年12月13日發(作者：新生自我介紹)

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第一章電力拖動系統的動力學基礎1-1什么是電力拖動系統?它包括那幾部分？都起什么作用？舉例說明．答：由原動機帶動生產機械運轉稱為拖動。用各種電動機作為原動機帶動生產機械運動，以完成一定的生產任務的拖動方式，稱為電力拖動。電力拖動系統，一般由電動機、機械傳動機構、生產機械的工作機構、控制設備和電源五部分組成。其中，電動機作為原動機，通過傳動機構帶動生產機械的工作機構執行某一生產任務；機械傳動機構用來傳遞機械能；控制設備則用來控制電動機的運動；電源的作用是向電動機和其他電氣設備供電。1-2電力拖動系統運動方式中T，Tn及n的正方向是如何規定的？如何表示它的實際方向？答：設轉速n對觀察者而言逆時針為正，則轉矩T與n的正方向相同為正；負載轉矩TL與n的正方向相反為正。與正方向相同取正，否則取反。1-3試說明GD的概念２GD2答：J=即工程中常用表示轉動慣量的飛輪慣量。4g1-4從運動方程式中如何看出系統是處于加速、減速、穩速或靜止等運動狀態？答:當T?TL時，dndt?0，系統加速；當T?TL時，dndt?0，系統減速。當T?TL時，dndt?0，轉速不變，系統以恒定的轉速運行，或者靜止不動。1-5多軸電力拖動系統為什么要折算為等效單軸系統？答:多軸電力拖動系統，不同軸上有不同的轉動慣量和轉速，也有相應的反映電動機拖動的轉矩及反映工作機構工作的阻轉矩，這種系統比單軸拖動系統復雜，計算較為困難，為了簡化計算，一般采用折算的辦法，把多軸電力拖動系統折算為等小的單軸系統。1-6把多軸電力拖動系統折算為等效單軸系統時負載轉矩按什么原則折算？各軸的飛輪力矩按什么原則折算？答:功率相等原則;能量守恒原則.1-7什么是動態轉矩？它與電動機負載轉矩有什么區別？答:動態轉矩是指轉矩是時間的函數.而負載轉矩通常是轉速的函數.1-8負載的機械特性有那幾種類性？各有什么特點？答：恒轉矩負載特性：與n無關，總是恒值；1恒功率負載特性：與n成反比例變化；通風機負載特性：與n2成正比例變化。1-9某拖動系統如圖1-11所示。當系統以1m/s2的加速度提升重物時,試求電動機應產生的電磁轉矩。折算到電動機軸上的負載轉矩Tmeq=195N·m,折算到電動機軸上的系統總(包括卷筒)轉動慣量J=2kg·m2,卷筒直徑d=0.4m，減速機的速比j=2.57。計算時忽略電動機的空載轉矩。圖1-11拖動系統傳動機構圖解：T?Tmeq=J圖1-12拖動系統傳動機構圖d?，?,?m分別是電機轉軸。dt卷筒的機械角速度?=j=2.57?mR=V?md?mdvR==1?2=2dtdtd?d?m=j??2.57?5?2?25.7dtdtd?T?Tmeq?J??195?2?25.7?246.4N?mdt???1-10試求圖1-12所示拖動系統提升或下放罐籠時，折算到電動機軸上的等效負載轉矩以及折算到電動機軸上的拖動系統升降部分的飛輪力矩。已知罐籠的質量m0=300k，重物的質量m=1000kg，平衡錘的質量mp=600kg，罐籠提升速度vm=1.5m/s，電動機的轉速n=980r/min，傳動效率η0=0.85。傳動機構及卷筒的飛輪力矩略而不計.。解：（1）系統以1.5m/s提升罐籠時（g=9.81）Tmeq?????(m0?m)g?Vm?mpg?VmTmeq?118.11N?m1GDeq2?n21122()?(m0?m)Vm?mpVm24g6022221GDeq2?n212()?(m0?m?mp)Vm24g6022(m0?m?mp)Vm167751?GD??4g??15.9N?m22?n2(102.6)()602eq2（2）系統以1.5m/s下放罐籠時[(m0?m)g?Vm?mpg?Vm]?y?Tmeq??Tmeq?700?9.81?1.5?0.85?85.3N?m102.622(GDeq)下降?(GDeq)上升?15.9N?m1-11一臺卷揚機，其傳動系統如圖1-13所示，其各部分的數據如下：Z1=20，GD12?1N?m2；2Z2=100，GD2?6N?m2；2Z3=30，GD3?3N?m2；2Z4=124，GD4?10N?m2；2Z5=25，GD5?8N?m2；2Z6=92，GD6?14N?m2。卷筒直徑d=0.6m，質量mT=130kg，卷筒回轉半徑ρ與卷筒半徑R之比ρ／R＝0.76，重物質量m=600kg，吊鉤和滑輪的質量m0=200kg,，重物提升速度νm=12m/min，每對齒輪的傳動效率ηcZ=0.95，滑輪的傳動效率ηcn=0.97，卷軸效率ηcT=0.96，略去鋼繩的質量。電動機的2數據為PN=20kW，nN=950r/min，GDR?21N?m2。試求：（1）（2）折算到電動機軸上的系統總飛輪力矩；以vm=12m/min提升和放下重物時折算到電動機軸上的負載轉矩圖1-13解：1、（1）齒輪總飛輪矩卷揚機傳動系統圖22GD2?GD32GD4?GD52GD62?GDJ2GD?GD???2Z2Z42ZZZZ2(?)(2?4?6)2(2)Z1Z3Z1Z3Z5Z12a21391814?264.9105?1?25?(20.65)2?(75.992)2?1?0.36?0.0422?0.0483?1.4505N?m2GD2J:R?d2?0.3m，??0.76?R?0.76?0.3?0.228mJ?m?2?130?0.2282?6.75792Kg?m2?GD2J?J?4g?6.75792?4?9.8?264.9105N?m2（2）動滑輪的飛輪矩（包括鉤子和重物）由于動滑輪半徑未知，故動滑輪旋轉運動的飛輪矩忽略。GD2?365?G(Vn)2?365(600?200)?9.8?(12HH?5.950)1?2861600?0.1268N?m222562500?GD2222總?GDR?GDa?GDH?21?1.4505?0.1268?22.5773N?m22、（1）提升時設繩的拉力為FF繩?V繩?ycn?(600?200)?g?VmF?9.8?Vm繩?8002V??800?9.897?4041.24Nm?cn2??R4041.24??j???Z?372?19.3832N2Z?Z4?Z6?0.953?0.9662.54751Z3Z5（2）下放重物時???2?1??0.785，F繩?V繩?G?Vm??cnF800?9.8?Vm?0.97繩?2V?3802.4NmT3802.4??j????4?0.3?0.78575.992?11.78N4第二章直流電機的電力拖動2-1他勵直流電動機的機械特性指的是什么？是根據那幾個方程式推倒出來的？答：n?uR?Rc?aTCe?Ce?CT?據以下三個方程：u?Ea?Ia(Ra?Rc)Ea?Ce?nT?CT?Ia2-2他勵直流電動機的機械特性的斜率與那些量有關？什么叫硬特性？什么叫軟特性？答：?與所串電阻RC及勵磁磁場?有關；?值較小的機械特性稱硬特性，反之為軟特性2-3為什么n0稱為理想空載轉速？堵轉點是否只意味著電動機轉速為零？為什么？答：因為實際中空載轉矩T0不可避免，故n0達不到。堵轉就是n=0的點。2-4什么叫人為機械特性？從物理概念上說明為什么電樞外串電阻越大，機械特性越軟？答：人為機械特性指通過改變u、?、R參數得到的機械特性。2-5為什么降低電源電壓的人為機械特性是互相平行的？為什么減弱氣隙每極磁通后機械特性會變軟？答：u與?值無關；因為??1???減小，?增大，特性邊軟。2-6什么是電力拖動系統的穩定運行？能夠穩定運行的充分必要條件是什么？答：系統在某種外界擾動下離開原的平衡狀態，在新的條件下獲得的新的平衡；或當擾動消失后系統能自動恢復到原來的平衡狀態。滿足上述條件，系統就是穩定的。系統穩定運行的充分必要條件是：1）電機的機械特性與負載轉矩特性必須有交點，在交點處T?TL；2）在交點附近應有dTdTL。?dndn52-7他勵直流電動機穩定運行時，電樞電流的大小由什么決定？改變電樞回路電阻或改變電源電壓的大小時，能否改變電樞電流的大小？答：Ia由負載TL決定。不能。2-8他勵直流電動機為什么不能直接起動？直接起動會引起什么不良后果？答：起動開始瞬間，由于機械慣性的影響，電動機轉速n?0,Ea?0,這時起動電流為Ist?UNRa，因電樞電阻數值很小，因此，Ist很大，可達額定電流的（10~20）倍。因此不能直接起動。直接起動可能產生如下后果：1、大電流使電樞繞組受到過大的電磁力，易損壞繞組；2、使換向困難，主要是在換向器表面產生火花及環火，少壞電刷與換向器；3、過大的起動電流還會產生過大的起動轉矩，從而使傳動機構受到很大的沖擊力，加速過快，易損壞傳動變速機構；4、過大的起動電流會引起電網電壓的波動，影響電網上其他用戶的正常用電。2-9起動他勵直流電動機前勵磁繞阻斷線，沒發現就起動了，下面兩種情況會引起什么后果？(1)空載起動；(2)負載起動，TL＝TN。答：（1）電機飛車，轉速太高，容易造成事故。（2）電機電樞中電流很大，卻很可能起動不了，由于T?CT?IC，此時磁場只有點剩磁很小。2-10如何判斷他勵直流電動機是處于電動運行狀態還是制動運行狀態？答：電機所發出的電磁轉矩與轉速方向相同，即為電動狀態。若電磁轉矩與轉動方向相反，則為制動狀態。2-11電動機在電動狀態和制動狀態下運行時機械特性位于哪個象限？答：電動狀態機械特性位于一、三象限；制動狀態機械特性位于二、四象限。2-12能耗制動過程和能耗制動運行有何異同點？答：相同點：兩種狀態下，電磁轉矩都與電機轉向相反。不同點：能耗制動中負載轉矩與電磁轉矩同向；而能耗運行中負載轉矩與電磁轉矩反向。2-13電壓反接制動與電動勢反接制動有何異同點？答：相同點：兩種狀態都是制動狀態，即電磁轉矩都與轉向相反。6不同點：電壓反接制動中，電流方向發生改變；而電動勢方向制動中電流流向不變。2-14什么叫電力拖動系統的過渡過程？在過渡過程中為什么電動機的轉速不能突變？答：指系統從一個穩定工作狀態過渡到另一個穩定運行狀態。由于機械慣性時間遠大于電磁慣性時間，在過渡過程中可以把電磁量任務是突變的，而機械量不能。2-15什么是機械過渡過程？推導他勵直流電動機拖動系統機械過渡過程解析式時作了哪些假定？答：指機械量如轉速的變化過程（從一個穩態到另一個穩態）假設：1）電源電壓u恒定不變2）磁通?恒定不變3）負載轉矩TL保持常數不變2-16什么是他勵直流電動機拖動系統機械過渡過程的三要素？機電時間常數的大小與哪些量有關？答：三要素指：初始值、穩態值、機電時間常數。機電時間常數與系統的轉動慣量、所串電阻、及勵磁磁場有關。2-17他勵直流電動機有那幾種調速方法？各有什么特點？答：1）電樞串電阻調速特點：優點：設備簡單、初投資少；缺點：1、有級調速，級數有限，平滑性差2、輕載時，調速范圍小3、低速時，?低，電能損耗大4、低速運行，轉速穩定性差適用于調速性能要求不高的場合。2）降低電壓調速特點：優點：1、電源電壓能連續調節，調速的平滑性好，可達到無級調速；2、無論是高速或低速，機械特性硬度不變，低速時穩定性好；3、低速時電能損耗小，效率高。缺點：設備的初投資大。適用于對調速性能要求較高的設備上。73）減弱勵磁磁通調速特點：優點：1、電流較小的勵磁電路中進行調節、控制方便，功率損耗小2、用于調速的變阻器功率小，可較平滑調速，實現無級調速。缺點：調速范圍較小。2-18靜差率與機械特性的硬度有何區別？答：??n0?n，機械特性越硬，?越小。n0可以利用?來衡量機械特性的硬度。2-19調速范圍與靜差率有什么關系？為什么要同時提出才有意義？答：調速范圍D?nmax，其中nmin受到調速相對穩定性限制，而穩定性則通過?（靜nmin差率）反映，故同時考察D與?對調速系統才有意義。2-20什么叫恒轉矩調速方式和恒功率調速方式？他勵直流電動機的三種調速方法各屬于哪種調速方式？答：恒轉矩調速方式：當采用電樞串電阻調速和降低電樞電壓調速時，則電動機容許輸出的轉矩為Tcy?CT?NIN?TN?常數。由此可見，???N,Ia?IN，這兩種調速方法在整個調速范圍內，不論轉速等于多少，電動機容許輸出的轉矩都為一恒值，因此稱為恒轉矩調速方式。恒功率調速方式：當采用弱磁調速時，磁通?是變化的，因此容許輸出轉矩Tcy與轉速n成反比。而輸出功率P?Tcy??調速方式。串電阻調速和降電壓調速屬于恒轉矩調速方式，弱磁調速屬于恒功率調速。2-21電動機的調速方式為什么要與負載性質匹配？不匹配時有什么問題？答：電動機的容許輸出轉矩和容許輸出功率，僅僅表示電動機的利用限度，并不代表電動機的實際輸出，電動機的實際輸出是由負載的需要來決定的。負載有三種類型：恒轉矩負載、恒功率負載、通風機型負載。每種類型的負載，在不同轉速下所需要的轉矩和電流是不同的。所以要根據電動機所拖動負載的性質來選擇調速方式，達到合理使用電動機的目的。2-22是否可以說他勵直流電動機拖動的負載只要轉矩不超過額定值，不論采用哪一種調速8c2?n??k，即為一恒定值。故稱為恒功率n60方法，電動機都可以長期運行而不致過熱損壞？答：不可以。串電阻調速和降壓調速可以這樣認為，但弱磁調速時TL?TN時，繞組Ia?IN，故不能長時間運行。2-23一臺他勵直流電動機，銘牌數據為PN=60kW，UN=220V，IN=305A，nN=1000r/min，試求：（1）固有機械特性并畫在坐標紙上。（2）T=0.75TN時的轉速。（3）轉速n=1100r/min時的電樞電流。解：（1）Ra?1uNIN?PN2(I2)?1(220?305?60000)?0.038?，N2305?305CUN?INRa220?305e?N?n??0.038?0.208Vr?minN1000n0?UNC?220?1058rmine?N0.208TN?9.55Ce?NIN?9.55?0.208?305?605.8N?m?通過（1058，0）及（1000，605.8）可以作出固有機械特性（2）n?UNRaTC??N?T?0.75TN時eNCe?NCT?Nn?2200.208?0.038?0.75?605.89.55?0.208?0.208?1016rmin（3）n=1100r/minn?UN??RaCINeNCe?N?IUNN?(C?n)Ce?N?(1058?1100)0.2080.038??229.9Ae?NRa2-24電動機的數據同上題，試計算并畫出下列機械特性：（1）電樞回路總電阻為0.5RN時的人為機械特性。9（2）（3）（4）電樞回路總電阻為2RN的人為機械特性。電源電壓為0.5UN，電樞回路不串電阻時的人為機械特性。電源電壓為UN，電樞不串電阻，ф=0.5фN時的人為機械特性。注：RN=UN/IN稱為額定電阻，它相當于電動機額定運行時從電樞兩端看進去的等效電阻。解：（1）RN?UN220??0.721?IN305當外串后總電阻為0.5Rn時：n?UN0.5Rn??T?1058?0.874TCe?NCe?NCT?N（2）當電樞總電阻為2Rn?1.442?時：n?UN2Rn??T?1058?3.49TCe?NCe?NCT?N（3）U?0.5UNn?0.5UNRa?T?529?0.092TCe?NCeCT(?N)2（4）??0.5?Nn?2-25UNRa?T?2116?0.368T0.5Ce?N0.25CeCT(?N)2Z2—71型他勵直流電動機,PN=7.5kW，UN=110V，IN=85.2A，nN=750r/min，Ra=0.129Ω。采用電樞串電阻分三級起動,最大起動電流為2ln，試計算各級起動電阻值。解：選I1?2IN，Rm?UN110??0.646?I12?85.2??3Rm30.646??1.711Ra0.129?R1?Ra??1.711?0.129?0.221?R2?R1??0.221?1.711?0.378??Rst1?R1?Ra?0.221?0.129?0.092?10Rst2?R2?R1?0.378?0.221?0.157?Rst3?R3?R2?0.646?0.378?0.268?2-26一臺他勵直流電動機，PN=7.5kW，UN=220V，IN=41A，nN=1500r/min，Ra=0.376Ω，拖動恒轉矩負載運行，T=TN。當把電源電壓降到U=180V時，問：（1）（2）降低電源電壓瞬間電動機的電樞電流及電磁轉矩是多少？穩定運行時轉速是多少？解：Ce?N?UN?INRa220?41?0.376??0.316Vr?min?1nN1500UNRa??T2Ce?NCeCT(?N)?機械特性n?（1）當在額定點運行時EN?Ce?N?nN?0.136?1500?204V?降壓瞬間180?204?Ia?RaIa?180?204??63.8A0.376T?CT?NIa?9.55?0.136?(?63.8)??82.9N?m(2)n?1800.376??41?1324?113?1211rmin0.1360.1362-27上題中的電動機拖動恒轉矩負載運行，T=TN，若把磁通減小到φ=0.8φN,。計算穩定運行時電動機的轉速是多少?電動機能否長期運行?為什么?解:n?220Ra?TCe?NCe?NCT?N當T=TN,??0.8?N時n?2200.376??9.55?0.136?410.8?0.1360.8?0.136?0.8?0.136?9.550.376?41?2022??1845rmin0.64?0.136TNC??I5?TNN?IN?51.25ACT?N?0.80.8CT?N4Ia??Ia?IN?電機不能長期運行2-28他勵直流電動機的數據為PN=13kW，UN=220V，IN=68.7A，nN=1500r/min，Ra=0.224Ω。采用電樞串電阻調速，要求δmax=30%，求：11（1）（2）（3）（4）電動機拖動額定負載時最低轉速。調速范圍。電樞需串入的電阻值。拖動額定負載在最低轉速下運行時電動機電樞回路輸入的功率，輸出功率（忽略T0）及外串電阻上的消耗的功率。解:(1)??n0?n?0.3n0?n?0.7n0?nmin?0.7n0Ce?N?UN?INRa220?68.7?0.224??0.136Vmin?1?rnN1500?nmin?0.7?1618?1133rminn0?2201618rminCe?Nnmax1500??1.324nmin11332200.224?Rn??68.70.1360.136(2)D?(3)1133??解得Rn?0.736?(4)P1?UNIN?220?68.7?15.1kWP2?9.55?0.136?68.7?2?3.14?1133?10.6kW602PRn?INRn?68.72?0.736?3474W2-29上題中的電動機，如果采用降低電源電壓調速，要求δmax=30%，求：（1）（2）（3）（4）電動機拖動額定負載運行時的最低轉速。調速范圍。電源電壓需調到的最低數值。電動機拖動額定負載運行在最低轉速時，從電源輸入的功率及輸出功率（不計T0）。解:(1)?nN?n0?nN?1618?1500?118rmin??0.3??nN?0.3n0?n0min?118?393rmin0.3?nmin?n0min??nN?393?118?275rmin12(2)D?nmax1500??5.5nmin275Umin?Umin?53.4VCe?N(3)n0min?(4)P1?UminIN?53.4?68.7?3672WP2?TN???9.55?0.136?68.7?6.28?275?2568W602-30他勵直流電動機PN=29kW，UN=440V，IN=76A，nN=1000r/min，Ra=0.376Ω，采用降低電源電壓及弱磁調速，要求最低理想空載轉速n0min=250r/min，最高理想空載轉速n0max=1500r/min，試求：（1）（2）（3）T=TN時的最低轉速及此時的靜差率。拖動恒功率負載P2=PN時的最高轉速。調速范圍。解:Ce?N?UN?INRa440?76?0.376??0.411Vr?min?1nN1000?nN?1071?1000?71rminn0?440?1071rmin0.411(1)nmin?n0min??nN?250?71?179rmin??n0min?nminn0min?250?179?0.284250(2)n0max?440?1500(設x為弱磁系數)x?0.4111071x??0.7141500RaT0.714Ce?N?0.714CT?N?n?1500?當P2?PN時,設電機轉速為nx,轉矩為Tx?Tx?22?nx?PN60?Tx?60PN代入機械特性n中,整理有2?nxnx?1500nx?126675.9?0解得nx?1410rmin或90rmin13?拖動恒功率P2?PN時最高轉速為1410rmin.(3)弱磁時拖動T?TN恒轉矩負載的轉速n?1500??D?2-310.376?76?1364rmin0.714?0.411?0.7141364?7.62179一臺他勵直流電動機PN=3KW，UN=110V，IN=35.2A，nN=750r/min，Ra=0.35Ω。電動機原工作在額定電動狀態下，已知最大允許電樞電流為Iamax=2IN，試問：（1）（2）（3）（4）采用能耗制動停車，電樞中應串入多大電阻？采用電壓反接制動停車，電樞中應串入多大電阻？兩種制動方法在制動到n=0時，電磁轉矩各是多大？要使電動機以-500r/min的轉速下放位能負載，TL=TN，采用能耗制動運行時電樞應串入多大電阻？解:Ce?N?UN?INRa?0.1304Vr?min?1nN（1）EN?Ce?NnN?0.13024?750?97.68V能耗制動：0?EN?Ia(Ra?Rn)代入數據，可解得Rn?1.0375?（2）?UN?EN?Ia(Ra?Rn)（3）能耗制動時：n=0則T=0；反接制動時：n??Rn?2.6?UCe?N?Ra?Rn?TCe?NCT?N將U=?110V，R?2.6?代入：得T??46.3N?m（4）n??2-322Rn?TCe?NCT?N?Rn?1.5?一臺他勵直流電動機，PN=13KW，UN=220V，IN=68.7A，nN=1500r/min，Ra=0.195Ω，拖動一臺起重機的提升機構。已知重物的負載轉矩TL=TN，為了不用機械閘而由電動機的電磁轉矩把重物吊在空中不動，問此時電樞回路中應串入多大電阻？14解：Ce?N?UN?INRa220?68.7?0.195??0.138Vr?min?1nN1500n0?UN220??1594rminCe?N0.138Ra?TCe?NCT?N固有機械特性n?1594?若使重物吊在空中不動，即n?0時T?TN?n?1594?Ra?Rn0.195?Rn?TN?1594??68.7Ce?NCT?N0.138解得Rn?3?2-33他勵直流電動機的技術數據為PN=29KW，UN=440V，IN=76A，nN=1000r/min，Ra=0.377Ω，Iamax=1.8IN，TL=TN。問電動機拖動位能負載以-500r/min的轉速下放重物時可能工作在什么狀態？每種運行狀態電樞回路中應串入多大電阻（不計傳動機構中的損耗轉矩和電動機的空載轉矩）？要求畫出相應的機械特性，標出從穩態提升重物到以500r/min速度下放重物的轉換過程。解：若只可進行一次變換則有可能的工作狀態：能耗制動，轉速反向的反接制動。i）能耗制動EN?UN?INRaCe?N?EN?0.4113nN?n??Ra?Rc?IaCe?N若-500下放，則?500??Ra?Rc?INCe?N則Ra?Rc?2.706?，Rc?2.706?0.377?2.33?此時校核制動瞬間的電流1000??2.706Ia0.4113?Ia??152AIamax?1.8IN?136.8A15可見Ia?Iamaxii）n?故不可采用。UNR?Rn?a?IaCe?NCe?N?滿足要求將（IN，-500）代入得Rc?8.109?變換瞬間Ia?IN如圖轉換過程：A?B?C2-34電動機的數據同上題，拖動一輛電車，摩擦負載轉矩TL1=0.8TN，下坡時位能負載轉矩TL2=1.2TN，問：（1）（2）電車下坡時在位能負載轉矩作用下電動機的運行狀態將發生什么變化？分別求出電樞不串電阻及電樞串有0.5Ω電阻時電動機的穩定轉速。解：（1）在位能負載轉矩作用下，電機從正向電動狀態逐漸過渡到正向回饋制動的發電狀態。（2）TL?TL1?TL2?0.8TN?(?1.2TN)??0.4TN電機不串電阻時：n?4400.377??(?0.4)?76?1070?28?1098rmin0.41130.41134400.377?0.5??(?0.4)?76?1070?65?1135rmin0.41130.4113電機串0.5?電阻時：n?2-35一臺他勵直流電動機的數據與題2－33相同，拖動起重機的提升機構，不計傳動機構的損耗轉矩和電動機的空載轉矩，求：（1）電動機在反向回饋制動狀態下下放重物，Ia=60A，電樞回路不串電阻，求電動機的轉速及轉矩各為多少？回饋到電源的功率多大？（2）采用電動勢反接制動下放同一重物，要求轉速n=-850r/min，問電樞回路中應串入多大電阻？電樞回路從電源吸收的功率是多大？電樞外串電阻上消耗的功率是多少？16（3）采用能耗制動運行下放同一重物，要求轉速n=-300r/min，問電樞回路中應串入的電阻值為多少？該電阻上消耗的功率為多少？解：（1）Ia?60A,Rn?0,U??440Vn?4400.377??60??1125rmin0.41130.4113TN?9.55Ce?NIa?9.55?0.4113?60?235.7N?mP1?IaU??440?60??26400W（2）n??850rmin,U?440V,Rn?850?4400.377?Rn??600.41130.4113?Rn?12.785?P1?UNIa?440?60?26400W2PRn?IaRn?602?12.785?46026W（3）n??300rmin,U?0,串Rn?300??0.377?Rn?60?Rn?1.68?0.41132PRn?IaRn?602?1.68?6048W2-36設題2－33中的電動機原工作在固有特性上，T=0.8TN，如果把電源電壓突然降到400V，求：（1）降壓瞬間電動機產生的電磁轉矩T=？畫出機械特性曲線并說明電動機工作狀態的變化；（2）電動機最后的穩定轉速為多少？解：（1）T?0.8TN,UNn?4400.377??(0.8)?76?1070?56?1014rmin0.41130.4113電源電壓降到400V，Ea?Ce?Nn?0.4113?1014?417VU?Ea?IaRa?Ia?U?Ea??45.1ARaT?9.55Ce?NIa?9.55?0.4113?(?45.1)??177.1N?m17（2）n?2-374400.377??(0.8)?76?973?56?917rmin0.41130.4113Ｚ2－52型他勵直流電動機，PN=4kW，UN=220V，IN=22.3A，nN=1000r/min，Ra=0.91Ω。TL=TN，為了使電動機停轉，采用電壓反接制動，已知電樞回路串入的制動電阻Rc=9Ω，求：（1）（2）（3）制動開始時電動機產生的電磁轉矩；制動結束時電動機所發出的電磁轉矩；如果是反抗性負載，在制動到n=0時不切斷電源，不用機械閘制動，電動機能否反轉？為什么？解：Ce?N?UN?INRa220?22.3?0.91??0.2Vr?min?1nN1000（1）U??220V，Rc?9?，Ea?Ce?NnN?0.2?1000?200VU?Ea?IaRa?I??461.5AT?9.55?0.2?(?461.5)??881.5N?m（2）n?0時0??2200.91?9?T0.29.55?0.22?T??42.4N?m（3）TN?9550PN4?9550?38.2N?mnN1000?不采用機械抱閘，電機會反向起動。?T?TL2-382他勵直流電動機的數據為PN=17kW，UN=110V，IN=185A，nN=1000r/min，Ra=0.035Ω，GDR=30N﹒m2，拖動恒轉矩負載運行，TL=0.85TN，采用能耗制動或反接制動停車，最大允許電樞電流為1.8IN。求兩種停車方法的停車時間是多少（取系統總飛輪矩GD2=1.2518GD2R）?解：Ce?N?UN?INRa110?185?0.035??0.1035Vr?min?1nN1000（1）能耗制動n?1100.035??0.85?185?1010rmin0.10350.1035Ea?Ce?Nn?0.1035?1010?105V0?Ea?Ia(Ra?Rn)取Ia??1.8IN?n?0?(1010?0)e?tTm得Rn?0.28?GD2RTm???0.32375CeCT?N得t??取t=4Tm?1.2s?n?0代入，0?1010e?t0.3（2）?110?EN?Ia(Ra?Rn)Ia??1.8INRn?0.611?,Tm?0.615N?mnL???1100.646??0.85?185??2044rmin0.10350.1035(t?tx,n?0)tx?Tmln1010?(?2044)?0.246s0?(?2044)第三章三相異步電動機的電力拖動3-1何謂三相異步電動機的固有機械特性和人為機械特性?答：固有特性：異步電機在額定電壓和頻率下，按規定的接線方式接線，定、轉子外接電阻為零時的n與T的關系。人為特性：人為改變電動機參數或電源參數而得到的機械特性。3-2三相籠型異步電動機的起動電流一般為額定電流的4～7倍，為什么起動轉矩只有額定轉矩的0.8～1.2倍?19答：由起動時s=1，由cos?2?r2?sr??2(2)2?x2s很小，約0.2左右；另一方面，Ist大，引起定子漏阻抗壓降大，電動勢E1減小，主磁通?m減小。由于這兩方面原因所致。3-3異步電動機的最大轉矩Tmax受哪個參數變化的影響最大?試從物理意義上解釋其原。解：Tmax受電壓參數變化影響很大。3-4三相異步電動機的機械特性，當0＜s＜sm時，電磁轉矩T隨轉差率s的增大而增加，當sm＜s＜1時，電磁轉短隨轉差率的增大而減小，為什么?答：由于T?m1p(u12sw1r2?)?)2w1(sr1?r2?)2?s2w12(L1?L2u12sw1)?s；w1r2?當s很小時，忽略分母中s各項，T?m1p(當s?(sm,1)時，可以忽略式中分母中的r2?，即T?m1p(3-5u12w1r2?1)??)2]sw1s[r12?w12(L1?L2為什么通常把異步電動機機械特性的直線段稱為穩定運行區，而把它的曲線段稱為不穩定運行區?曲線段是否有穩定運行點?答：對于恒轉矩負載而言，只有特性的直線段滿足穩定運行條件，曲線段不滿足。但若是對于風機、泵類負載整條特性都滿足條件，都是穩定工作區域。3-6三相異步電動機電磁轉矩與電源電壓大小有什么關系?如果電源電壓比額定電壓下降30％，電動機的最大轉矩Tmax和起動轉矩Tst將變為多大?若電動機拖動的額定負載轉矩不變，問電壓下降后，電動機轉速n、定于電流Il、轉于電流I2、主磁通φm、定子功率因數cosφl和轉子功率因數cosφ2將有什么變化???0.49Tmax,Tst??0.49Tst，當電壓下降后，n減小，答：T?u，若u??0.7uN，則Tmax?增大，?m減小，cos?1與cos?2降低。I1與I23-7容量為幾個千瓦時，為什么直流電動機不允許直接起動，而籠型異步電動機可以直接起動?202答：對于直流電機而言Ia?UNUN，而對于感應電機Ist?，式中22Ra?)(r1?r2?)?(x1?x2由于存在電抗，則此時zk??Ra，使得感應電機起動時電流增大倍數沒有直流電機那么劇烈。3-8三相籠型異步電動機的起動方法有哪幾種?各有何優缺點?各適用于什么條件?答：各起動方法比較，如下表。起動方法直接起動串電阻或電抗起動自耦變壓器起動Y-?起動111起動最簡單，但起動電流大，起動轉矩小，只適用于小容量輕載起動U1?UNI1?stI1st?TstTst優缺點111???2起動設備較簡單，起動轉矩較小，適用于輕載起動1ka12ka12ka起動轉矩較大，有三種抽頭可選，起動設備較復雜，可帶較大負載起動131313起動設備簡單，起動轉矩較小，適用于輕載起動，只用于?聯結電動機3-9兩臺一樣的籠型異步電動機同軸聯接，起動時把它們的定于繞組串聯，如圖3-43所示，起動后再改成并聯。試分析這種起動方式時的起動轉矩和起動電流，與把它們并聯接電源起動相比較有什么不同?答：即相當于??1的定子串電阻減壓起動，與直接并聯起動相比，串聯后221I1st串?3-1011I1st并，Tst串?Tst并。24Y系列三相異步電動機額定電壓380V，3kW以下者為Y接法，4kW以上者為D接法。試問哪一種情況可以采用Y-D降壓起動?為什么?答：后者可以即4kw以上者，因為它在正常工作時是?接法。3-11雙籠式和深槽式異步電動機與一般籠型異步電動機相比有何優缺點?為什么?答：優點：起動性能好，即有較大起動轉矩，較小起動電流。缺點：功率因數和過載能力稍低，用銅多，制造工藝復雜原因：利用集膚效應在起動時增大了轉子電阻。3-12三相繞線轉于異步電動機有哪幾種起動方法?為什么繞線轉于電動機的轉于串頻敏變阻器可以得到“挖土機機械特性”而串一個固定電阻卻得不到?答；起動方法：直接起動、定子串電阻或電抗器降壓起動、自耦變壓器降壓起動、Y??起動、轉子串頻敏變阻器起動、轉子串電阻起動。由頻敏變阻器隨起動過程進行，自動根據s減小所串入的電阻，參數選擇合適時可以維持起動時間轉矩不變。3-13繞線轉子異步電動機、轉于電路串入適當電阻，為什么起動電流減小而起動轉短反而增大?如串入的電阻太大，起動轉矩為什么會減小?若串入電抗器，是否也會這樣??cos?雖然I1?I2?減小，答：因為串入電阻后，zk值變大，故I1st減小，而Tst?CT?mI2但cos?2增加更多，所以使Tst增大，當串入電阻太大時，cos?2亦減小，使Tst減小，串電抗器不行，因為這樣會使cos?2始終減小。3-14如何從轉差率s的數值來區別異步機的各種運行狀態。答：0?s?1時，電機電動運行；1?s??時，電機制動；s?0時，電機回饋發電運行。3-15為使異步電動機快速停車，可采用哪幾種制動方法?如何改變制動的強弱?試用機械特性說明其制動過程。答：（1）能耗制動：可以采用增大轉子電阻或加大直流勵磁來增強制動效果。（2）兩相反接的反接制動：可以采用轉子串電阻來增大制動效果。223-16當異步電動機拖動位能性負載時，為了限制負載下降時的速度，可采用哪幾種制動方法?如何改變制動運行的速度?其能量轉換關系有何不同?答：可以采用能耗制動，轉速反向的反接制動，回饋制動，通過改變轉子所串電阻可以改變運行的速度。3-17異步電動機有哪幾種制動運轉狀態?每種狀態下的轉差串及能量轉換關系有什么不同?答：（1）能耗制動。機械能轉換為電能在外串電阻上消耗。（2）反接制動。1?s?2，機械能與定子輸入的電磁能均被外串的轉子電阻消耗。（3）回饋制動。s?0，機械能轉變為電能回饋回電網。3-18異步電動機在哪些情況下可能進入回饋制動狀態?它能否像直流電動機那樣，通過降低電源電壓進入回饋制動狀態?為什么?答：（1）帶位能負載，定子任意兩相反接。（2）變極調速時（3）變頻調速時（4）電車下坡時不能通過改變電壓而進入回饋狀態，因為此時沒有改變同步運行點n1的大小。3-19影響異步電動機起動時間的因素是什么?如何縮短起動時間?起動時能量損耗與哪些因素有關?如何減少起動過程中的能量損耗?答：影響起動的時間因素：機電時間常數Tm和Sm。縮短起動時間可以通過改變Tm，即采用小轉動慣量電機，以及采用高轉差率電機，縮短起動時間。影響起動時能量損耗因素：系統性能、n1,r2?。可以采用減小系統性能，降低同步轉速，增大r2?方法來減小損耗。3-20繞線轉子異步電動機轉子突然串入電阻后電動機降速的電磁過程是怎樣的？如負載轉23矩TL為常數，當系統達到穩定時轉子電流是否會變化？為什么？答：當轉子突然串入電阻后，電動機所發出的電磁轉矩減小，使T?TL，此時電機轉速沒變，在負載作用下，開始減速，同時T增大，當T=TL時，電機穩定運行，再次穩定后，轉子電流不變。因為此時sNr2?，對于等效電路不影響。s2NRs?r23-21在繞線轉子異步電動機轉子電路中串接電抗器能否改變轉速？這時的機械特性有何不同？答：可以改變轉速，sm?1，隨著所串電抗器的增大sm減小。?x1?x23-22繞線轉子異步電動機轉子串電阻調速時，為什么他的機械特性變軟？為什么輕載時其轉速變化不大？答：串電阻后，sm隨著R的增大而增大。這樣0~sm這個穩定工作區域增大，特性變軟。由于串電阻不改變同步轉速，故所有的人為特性均通過縱軸上同一個點，這樣越靠近縱軸即輕載時，調速范圍越小。3-23為什么調壓調速不適用于普通籠型異步電動機而適宜用于特殊籠型異步電動機或繞線轉子異步電動機？答：因為調壓調速的范圍是0~sm，為了擴大調速范圍，只有采用高轉差率電機或者在轉子回路串電阻。3-24為什么調壓調速必須采用閉環調速系統？答：單純調節電壓來調速，調速范圍太小，串了電阻后特性又太軟，為了克服這些問題故采用閉環調速系統。3-25怎樣實現變極調速？變極調速時為什么同時要改變定子電源的相序？答：通過改變定子繞組的接法，當變極后，將會引起繞組相序的變化，故要改變定子相序。3-26如采用多速電動機配合調壓調速來擴大平滑調速的范圍，問應采取哪種變極電動機較合理（D-YY還是（Y-YY），為什么？答：采用Y–YY變極電機更合理，它可以在變極后同時增大過載能力。3-27變頻調速時，為什么需要定子電壓隨頻率按一定的規律變化？試舉例說明之。答：?u1?E1?4.44f1N1kw1?m,?m?u1，f1當f1變化時，為使?m保持恒定，u1也24要隨f1同時變。3-28幾種分析討論以下異步電機變頻調速控制方式的機械特性及優點（1）恒電壓頻率比（U1/f1=c）控制；（2）恒氣隙電勢頻率比（E1/f1=c）控制；（3）恒轉子電勢頻率比(Er/f1=g)控制；答：（1）恒電壓頻率比（u1?c）控制f1機械特性：1）n1隨w1變化2）不同頻率下機械特性為一組硬度相同的平行直線3）Tmax隨頻率降低而減小優點：?m近似不變，控制簡單，易于實現。（2）恒氣隙電動勢頻率比（E1?c）控制f1機械特性：1）與恒壓頻比控制時性質相同。2）低頻起動轉矩比額定頻率起動轉矩大，而起動電流并不大。3）Tmax不隨f1變化。優點：?m恒定，穩定性優于恒壓頻比時（3）恒轉子電動勢/頻率比（Erf1?c）控制機械特性：是一條準確的直線。優點：穩定工作特性最好，類似他勵直流電動機。3-29保持恒氣隙電勢頻率比控制中，低頻空載時可能會發生什么問題，如何解決。答：會出現負載愈輕電流愈大的問題，可以采用電流反饋控制，使低頻時電壓降低。3-30填寫下表中的空格解：電源轉速轉差率n1運行狀極數P1Pm25態正序014530.030150正向電動正序1150-0.150100正向回饋正序-6001.8750反接制動負序5001.83600反接制動負序4750.05500反向電動負序5157-0.050150反向回饋3-31一臺三相繞線轉于異步電動機，已知：PN=75kW，nN=720r/mincosφ1N=0.85，λT=2．4，E2N=213V，I2N=220A。試求：①電動機的臨界轉差率sm和最大轉矩Tmax；②用實用表達式計算并繪制固有機械特性。I1N=148A，ηN=90．5％，4--21++01++8++6--4++26解：（1）sN?750?720?0.047502sm?sN(?T??T?1)?0.04(2.4?2.42?1)?0.183Tmax??TTN??T?9550?PN75?2.4?9550??2387.5N?mnN720（2）T?2Tmax4775（固有特性）?sms0.183s??ssms0.1834775?845.5N?m0.183?5.464Tst?Ts?1?3-32一臺籠型異步電動機額定數據為：U1N=380V，I1N=20A，nN=1450r/min，K1=7，KT=1、4，λT=2。試求：①若要保證滿載起動，電網電壓不得低于多少伏?②如用Y-D起動，起動電流為多少?能否帶半載起動?③如用自耦變壓器在半載下起動，起動電流為多少?并確定此時的變化k為多少?解：（1）設uN???u1??，Tst1?T?2st1?2?1.4TN?1.4Tst???1TN?2??1.4?1.183?st?（2）I1??u1uN??380?321V1.18317I1st?I1N?46.7A3311??Tst??1.4TN?0.467TN?0.5TNTst33所以不能帶半載起動??（3）Tst11.4TNT??0.5TN2st2RaRa17I1NI??50A21stRa2.8?Ra?1.4?1.673?0.5I1?st?3-33某臺繞線轉于異步電動機的數據為：PN=11kW，nN=715r／min，E2N=163V，I2N=47.2A，起動最大轉矩與額定轉矩之比T1／TN=1．8，負載轉矩TL=98N?m。求三級起動時的每級起動電阻值。27解：sN?750?715?0.047750T1???3TN?2.28sNT1T2??1.8TN?116N?m?1.1TL?107.8N?m2.28r2?sNE2N0.047?163??0.094?3I2N3?47.2?R3?r2??2.28?r2?0.214?R2?R3??2.28?0.214?0.489?R1?R2??2.28?0.489?1.114??Rs3?R3?r2?0.214?0.094?0.12?Rs2?R2?R3?0.489?0.214?0.275?Rs1?R1?R2?1.114?0.489?0.625?3-34一臺三相六極繞線型異步電動機，U1N=380V，nN=950r／min，f1=50Hz，定子和轉于繞組均為Y接法，且定于和轉子(折算)的電阻、電抗值分別為r1=2Ω，x1=3Ω，r′2=1．5Ω，x′2=4Ω。①轉子電路串電阻起動，為使起動轉矩等于最大轉矩，轉于每相串人的電阻值應為多少（折算到定子側）?②轉子電路串電阻調速，為使額定輸出轉矩時的轉速調到600r／min，求應串人的電阻值（折算到定子側的）。解：（1）Tmax?pm121u1w1?)2]2[r1?r12?(x1?x2Tst?pm12r2?u1?)2w1(r1?r2?)2?(x1?x21r2???r2??7.28?22[2?53](2?r2?)?49Tmax?Tst??R?7.28?1.5?5.78?（2）sN?1000?950?0.05100028TN?pm12m1p230u1?u1w1(2?r2?)2?(3?4)2w1(2?30)2?721000?600?0.410001.5sN當n?600rmin時，s?Ts?0.4Rmp0.4?1u12?TNRw1(2?)2?720.4?R?12??187.5R2?2382.5R?1590?0?R串?12?1.5?10.5?3-35三相籠型異步電動機的額定數據為：PN=40kW，U1N=380kV，I1N=75．1A，nN=1470r／min，λT=2，定子D接法；拖動系統的飛輪矩GD2=29．4N·m2，電動機空載起動，求：①全電壓起動時的起動時間；②采用Y-D減壓起動時的起動時間。解：（1）sN?1500?1470?0.0215002sm?sN(?T??T?1)?0.02(2?3)?0.075Tmax??TTN??T?9550?GD2n1Tm1??0.226s375TmaxPN40?2?9550??519.7N?mnN147022Tm1s12?s2s10.2261?0.021tst?(?sm1ln)?(?0.075ln)22sm1s222?0.0750.02?0.786s（2）Tmax?1?TTN?173.2N?m3Tm2GD2n1??0.679s375Tmax20.6791?0.021tst?(?0.075ln)?2.36s22?0.0750.022-36采用題3-2中的電動機數據。試求：29①用該電動機帶動位能負載，如下放負載時要求轉速n=300r／min，負載轉矩等于額定轉矩，轉于每相應串人多大電阻?②電動機在額定狀態下運轉，為了停車，采用反接制動，若要求制動轉矩在起始時為2TN，則轉于每相串接的電阻值為多少???sx[解：（1）sm?TTNTx?(?TTNTx)2?1]Tx?TN其中sx?750?(?300)?1.4750??6.414或0.306（舍）可得sm?R?r2(?sm?1)?0.75?smr2?（2）sx?sNE2N0.04?213??0.022?3I2N3?220?750?720?1.96?750T??2TN??sx[sm?TTNTx?(?TTNTx)2?1]=3.646或1.0583.646?1)?0.416?0.183??3.646時，R?0.022(?sm??1.058時，R?0.105?sm3-37某異步電動機，UN=380V，定于D接，nN=1460r／min，λT=2，設TL=TN=常數。問：①是否可以用降低電壓的辦法使轉速n=1100r／min?為什么?②如采用降壓調速，轉速最低只能調到多少?③當電壓降到多少時，可以使n=1300r／min?解：（1）sN?1500?1460?0.02715002sm?sN(?T??T?1)?0.027(2?3)?0.1當n?1100rmin時s?1500?1100?0.2671500由于降壓調速不改變sm，此時s?sm，所以不能降到1100rmin。（2）當s?sm時，n?nmin?1350rmin30（3）降電壓調速無法使轉速降為1300rmin。3-38某繞線轉子異步電動額定值PN=55kW，U1N=380V，I1N=121.1A，nN=580r/min，E2N=212V，I2N=159A，λT=2．3；電動機帶一個TL＝0．9TN的位能負載，當負載下降時，電動機處于回饋制動狀態。試求：①轉于中未中電阻時電動機的轉速。②當轉子中串入0.4Ω的電阻時電動機的轉速。③為快速停車，采用定子兩相反接的反接制動，轉于中串人0．4Ω，則電動機剛進入制動狀態時的制動轉矩(設制動前電動機工作在520r／min的電動狀態)。解：1）r2?sNE2N0.033?212600?580??0.026?，sN??0.0336003I2N3?1592sm?sN(?T??T?1)?0.033(2.3?2.32?1)?0.144T?2TmaxP，TN?9550N?905.6N?msmsnN?ssm?2?2.3TN2整理有0.9s?0.66s?0.019?00.144s?s0.1440.9TN?解得s1??0.03或s2??0.703（舍去）?n?n1(1?s)??600(1?0.03)??618rmin2）R2?0.026?0.4?0.426??smsm?r2R2T????smR2sm?2.359r20.9TN??2?2.3TN2.359s?s2.3592Tmax??sms??ssm0.9s2?10.85s?5.0085?0解得s1??0.483或s2??11.57（舍）?n?n1(1?s1)??600(1?0.483)??889.8rmin313）當n?520rmin時s??600?520?1.867?600??2.359smT??2Tmax?4.6TN???2027.17N?m0?sms1.8672.359???ssm2.3591.8673-39一臺籠型異步電動機，PN=7.5kW，U1N=380V，I1N=15.4A，nN=1440r／min，λT=2.2。該電動機拖動一正反轉的生產機械。設電網電壓為額定值，正轉時電機帶額定負載運行，現采用定于兩相反接使電機制動，然后進入反轉，反轉時電機空載，空載轉矩為0.1TN。試利用機械特性的近似公式計算：①反接瞬間的制動轉矩。②反轉后的穩定轉速。③畫出正、反轉時的機械特性及負載轉矩特性，并標明電動機運行點的變化過程。解：（1）sN?1500?1440?0.0415002sm?sN(?T??T?1)?0.04(2.2?2.22?1)?0.166所以反接時的機械特性為T?制動瞬間：n?1440rmin?2?TTNs0.166?0.166s?1500?1440s??1.96?1500?Ts?1.96??0.37TN（2）T??0.1TN代入機械特性?0.1TN??4.4TNs0.166?0.166s?s2?7.304s?0.028?0?.s=7.3（舍）或0.004（3）?n?(1?s)n1??1494rmin323-40一臺繞線轉于異步電動機帶動一橋式起重機的主鉤，已知：PN=60kW，nN=577r／min，I1N=133A，I2N=160A，E2N=253V，λT=2.9，cosφ1N=0.77，ηN=89％。①設電動機轉子轉35.4轉，則主鉤上升一米。如要求額定負載時，重物以8m／min的速度上升，求電動機轉于電路應串入的電阻值；②為消除起重機各機構齒輪間的間隙，使起動時減小機械沖擊，轉子電路設有預備級電阻。設計時要求串接預備級電阻后，電動機起動轉矩為額定轉短的40％，求預備級電阻值；③預各級電阻一般也作為反接制動用電阻，用以在反接制動狀態下下放重物。如下放時電動機負載轉矩TL=0.8TN，求電動機在下放負載時的轉速；④如果電動機在回饋制動狀態下下放重物，轉子串接電阻為0．06Ω，設重物TL=0．8TN，求此時電動機的轉速。解：（1）sN?600?577?0.038600r2?sNE2N?0.035?3I2N2sm?sN(?T??T?1)?0.038(2.9?2.92?1)?0.21n?35.4?8?283.2rmin??sx[smsx?600?283?0.053600?TTNTx?(?TTNTx)2?1]?0.053(2.9?2.92?1)=2.98或0.094（舍）?R?r2(?sm?1)?0.46?sm（2）sx?1，Tx?0.4TN33??sx[sm?TTNTx?(?TTNTx)2?1]?1?(2.92.9?()2?1)0.40.4=14.43或0.07（舍）?R?0.035(14.43?1)?2.37?0.21?2?TTN?sms??ssm將T?0.8TN代入，整理有??14.43，T?（3）sms2?104.6s?208.2?0解得s??102.55（舍）或?2.05?n?(1?s)n1??1830rmin（4）?0.06?0.0350.095sm???2.71sm0.0350.035?2?2.9TNs0.57?0.57s???0.57?sm0.8TN?s2?4.13s?0.32?0s??0.08或?4.05（舍）?n?(1?s)n1??648rmin3-41一臺雙速籠型異步電動機，P=2時，PNl=40kW，nN1=1450r／min，λT1=2；P=1時，PN2=55kW，nN2=2920r/min，λT2=2，已知拖動系統的GD2=44.3N·m2，r1／r′2=1.5，電動機空載。試求：①一級起動到最高轉速時電動機的能量損耗，②兩級起動到最高轉速時電動機的能量損耗，③由最高轉速逐級制動，試計算電動機的能量損耗。第一級制動(由n12→n11)用回饋制動，第二級制動(由n11→0)用能耗制動。解：（1）s1?1,s2?sN?012r121GD22?n12r2?Wst1?J?1(1?)(s1?s2)?()(1?1)2r2?24g60r2??55711.5?(1?1.5)?139279J（2）第一級：0~1500rmin34s1?1,s2?012r121GD22?n12r2?2?J?1(1?)(s1?s2)??Wst()(1?1)2r2?24g60r2??13927.8?2.5?34819J第二級：1500~3000rmins1?0.5,s2?012r121GD22?n12r2??2?J?1(1?)(s1?s2)??Wst()(1?1)(0.52?0)2r2?24g60r2??34819J?總Wst2?69638J3-42有一臺四極繞線轉子電動機，其額定數據為：PN=30kw，UN=380V，nN=720r/min，r1=0.143Ω，r’2=0.134Ω，定轉子接法均為星形接法。現要求在額定負載時，轉速降到500r/min，試求：（1）每相繞組中應串入多大電阻？（2）此時轉子電流及電磁功率的數值是否發生變化？解：（1）sN?750?720?0.04750sL?750?500?0.333750?Rs?(sLTN0.333?1)r2??(?1)r2??0.982?sNTL0.04???I2(r1?2（2）?sNr2??s2NRs?r2?u1r2?2)?(x1?x2)2s?不變，又?Pm?m1I2?所以I23-43r2?s?Pm亦不變某一籠型電動機，PN=11kw，UN=380V，fN=50Hz，nN=1460r/min，λT=2，如采用變頻調速，當負載轉矩TL=0.8TN時，要使nN=1000r/min，則f1及U1應調節到多少？解：采用恒u控制時：當TL?0.8TN時，s?sxf?sx?0.8sN?0.021?TNs?N0.8TNsx35設變頻后同步轉速為n1,?1000?(1?sx)n1n1?又由1000?1021rmin1?0.021150050得f1?34Hz?n1f1?u1?34?380?258.7V503-44求：某臺異步電動機UN=380V，nN=1450r/min，λT=2，定子D接法，設TL=TN=const試（1）是否可以用降低電壓方法使nN=1100r/min時運行？（2）如采用降低電壓調速，轉速最低可以調到多少？（3）如采用變頻調速，使nN=1100r/min運行，此時f1及u1應作如何變化？解：（1）sN?1500?1450?0.03315002sm?sN(?T??T?1)?0.033(2?3)?0.123nm?n1(1?sm)?1500(1?0.123)?1316rmin?1316?1000r/min?不能降到1100rmin（2）nmin?nm?1316rmin（3）降頻后的sx?sN?0.033n?n1(1?sx)?1100f1??n1?1100?1138rmin1?0.03350?113838?38Hz,u1??380?289V150050第五章電力拖動系統電動機的選擇5-1電力拖動系統中電動機的選擇主要包括哪些內容？答：內容：電機額定功率選擇、電機種類、額定電壓、額定轉速及外部結構形式。5-2確定電動機額定功率時主要應考慮哪些因素？答：主要考慮負載情況和進行發熱校驗。5-3電動機的額定功率選得過大和不足時會引起什么后果？答：如果額定功率選小了，電動機經常在過載狀態下運行，會使它過熱而過早的損壞，36還有可能承受不了沖擊負載或造成起動困難。如果額定功率過大，此時不僅增加了設備投資，而且由于電動機經常在欠載運行，其效率及功率因數等性能指標變差，浪費了電能，增加了供電設備的容量，使綜合效益下降。5-4電動機的溫度、溫升、及環境溫度三者之間有什么關系？答：電動機溫度比周圍環境溫度高出的值稱為溫升。當電動機的溫度高于周圍環境溫度時，電動機就要向周圍散熱；溫升越高，散熱越快。當單位時間內產生的熱量與單位時間內散發到周圍介質中的熱量相等時，電動機的溫度不再升高，達到了所謂的熱穩定狀態，此時的溫升為穩定溫升?w，其大小決定于電動機的負載。5-5電機的溫升按什么規律變化？兩臺同樣的電動機，在下列條件下拖動負載運行時，它們的起始溫升、穩定溫升是否相同？發熱時間常數是否相同？（l）相同的負載，但一臺環境溫度為一般室溫，另一臺為高溫環境；（2）相同的負載，相同的環境，一臺原來沒運行，一臺是運行剛停下后又接著運行；（3）同一個環境下，一臺半載，另一臺滿載；（4）同一個房間內，一臺自然冷卻，一臺用冷風吹，都是滿載運行。答：規律：發熱過程開始時，由于溫升小，散發出去的熱量少，大部分熱量被電動機所吸收，所以溫升上升較快。其后隨著溫升的升高，散發的熱量逐漸增加，電動機吸收的熱量則逐漸減少，使溫升的變化緩慢了。當發熱量與散熱量相等時，電動機的溫升不再升高，達到一穩定值?w。（1）起始溫升不同，穩態溫升和時間常數相同（2）起始溫升和穩態溫升不同，時間常數相同。（3）起始溫升相同，穩態溫升和時間常數不同。（4）起始溫升相同，穩態溫升不同，時間常數相同。5-6電動機有幾種工作制？是怎樣劃分的？其發熱的特點是什么？答：一、連續工作制。電動機連續工作時間很長，可達幾小時，甚至幾晝夜，在工作時間內，電動機的溫升可以達到穩定值。二、短時工作制。電動機工作時間較短，在工作時間內，電動機的溫升達不到穩定值。而停歇時間長，電動機的溫升可以降到零。三、斷續工作制。電動機的工作時間與停歇時間輪流交替。5-7同一臺電動機，如果不考慮機械強度問題或換向問題等，在下列條件下拖動負載運行37時，為充分利用電動機，它的輸出功率是否一樣？哪個大？哪個小？（1）自然冷卻，環境溫度為40℃；（2）強迫通風，環境溫度為40℃；（3）自然冷卻，高溫環境。答：不一樣（2）大（3）小5-8為什么說電動機運行時的穩定溫升取決于負載的大小？答：電動機的穩定溫升?w?Q，由于Q與電動機的損耗功率?p成正比，當電動機的A負載增大時，?p隨之增大，因而Q增加。若散熱系數A不變，則?w將隨負載的增加而升高。如果電動機的負載恒定，那么，?p及Q都是常數，這時?w與A成反比關系，設法改善散熱條件，使A增大，即可降低?w。5-9連續工作變化負載下，電動機容量選擇的一般步驟是什么？解：（1）初選電動機容易（2）校驗電動機容易5-10用平均損耗法校驗電動機發熱的依據是什么？請指出等效電流法、等效轉矩法、等效功率法及平均損耗法的共同點和不同點，以及它們各自的適用條件？答：依據：電動機發熱是由其內部損耗決定，所以電動機損耗的大小直接反映了電動機的溫升情況。相同點：幾種方法實質上都是溫升的校驗。不同點：每種方法判斷的依據不同5-11什么是負載持續率？試比較普通三相鼠籠式異步電動機ZC%=15%、PN=30kW與ZC%=40%、PN=20kW的電動機，哪一臺實際功率大？答：在斷續周期工作制中，負載工作時間與整個周期之比稱為負載持續率。c%?40%,PN?20kW的電動機實際功率大。5-12電動機若周期性地工作15min、停歇85min，則應選擇什么工作方式？答：短時工作方式。5-13一臺35kW、工作時限為30min的短時工作電機突然發生故障。現有一臺20kW連續工作制電機，已知其發熱時間常數TH=90min，不變損耗與額定可變損耗比k=0.7，短時過載能力?=2。這臺電機能否臨時代用？1?eg解：PN?Pg?t1?Reg?tTT38tg?30min，T?90min，R?0.7?，Pg?35kW1?e?13?13?PN?30PgPN?30?0.189?5.66kW1?0.7e????35kW?6.184???25.66kWPg?17.5kW不通過過載能力，此時應選擇：PN??而PN?20kW?17.5kW，所以可以代替。5-14需要一臺電動機來拖動工作時間tg?5min的短時工作負載，負載功率PL=18kW，空載起動。現有兩臺籠型異步電動機可供選用，它們是：（1）PN?10kW，nN?1460r/min，?m?2.1，起動轉矩倍數kT?1.2；（2）PN?14kW，nN?1460r/min，?m?1.8，起動轉矩倍數kT?1.2；如果溫升都無問題，試校驗起動能力和過載能力，以確定哪一臺電動機可以使用。（校驗時考慮到電網電壓可能降低10%）解：考慮電網電壓u?0.9uN???m?0.92?0.81?m??m第一臺第二臺?PN?Pg?m?10.58kWPN?10kW?10.58kW故不取PN?14kW?12.35kW故可以取用又因為是空載起動，故選用第二臺。第六章6-1電弧是怎樣產生的？怎樣滅弧？常用低壓電器答：電弧實際上是觸點間氣體在強電場作用下產生的放電現象，所謂氣體放電，就是觸點間隙中的氣體被游離產生大量的電子和離子，在強電場作用下，大量的帶電粒子定向運動，于是絕緣的氣體就變成了導體。電路通過這個游離區時所消耗的電能轉換為39熱能和光能，發出光和熱的效應，產生高溫并發出強光，使觸點燒壞，并使電路的切斷時間延長，甚至不能斷開，造成嚴重事故。6-2交流接觸器和直流接觸器在結構上有何區別？為什么？答：交流接觸器：鐵心用鋼片疊成，有短路環。直流接觸器：鐵心用整塊軟鋼，無短路環，多用指形觸點，在動鐵與靜鐵之間加一個非磁性墊片。原因：鐵心用疊片構成可以減少渦流，短路環用來消除交流電過零點影響。6-3繼電器和接觸器比較，區別在哪里？答：繼電器用于通、斷小電流的控制電路和保護電路，其觸點的額定電流較小，所以在結構上不需加滅弧裝置；而接觸器用于通、斷電動機及電熱器等大電流的負載電路，其觸點的額定電流較大，所以在結構上有時需加滅弧裝置。另外，繼電器可以對各種輸入量作出反應，而接觸器只能在一定的電壓信號下工作。6-4交流接觸器在運行中，有時在線圈斷電后銜鐵仍掉不下來，試分析故障原因。答：1）釋放彈簧損壞或反作用力太小；2）觸點彈簧損壞；3）銜鐵自重量太大；4）鐵芯剩磁太大；5）鐵芯端面有油污。6-5試述繼電器的種類及其用途。答：電壓繼電器：作電壓保護和控制用中間繼電器：遠距離傳輸或轉換控制信號電流繼電器：作起動控制和電流保護時間繼電器：用作電機延時起動等熱繼電器：用于電動機過載保護、斷相及電流不平衡運行溫度繼電器：用于電動機過載、堵轉等過熱保護速度繼電器：用于反接制動控制中。6-6熱繼電器進行過載保護時，如果熱繼電器不動作而將電動機燒壞，試分析故障原因。答：電機繞組過熱而燒壞也有可能是由于1）電網電壓或頻率升高2）周圍介質溫度過高3）通風不良。6-7熔斷器用于保護電動機時，若電動機過載電流為兩倍額定電流，熔斷器能否起過載保40護作用？為什么？答：不能。過載保護實際上是熱保護，熔斷器不能檢測電動機的繞組過熱，根據熔斷器安秒特性，當通過熔斷器的電流為兩倍額定電流時，熔斷時間會很長。6-8低壓斷路器有哪些基本組成部分？在電路中的作用時什么？答：一般由觸點系統、滅弧系統、各種脫扣器及開關機構組成。作用：對配電電器、電動機或其他用電設備實行不頻繁地通斷操作、線路轉換、當電路內出現過載、短路或欠電壓等情況時，能自動分斷電路。6-9單相交流電磁機構中，短路環的作用是什么？答：單相交流電磁機構中，電磁吸力與磁通的平方成正比，當磁通過零時，吸力也為零，這時銜鐵在彈簧反力作用下被拉開，之后又被吸合，造成觸點的振動，為了消除銜鐵的這種震動，可以在鐵心上安裝短路環。6-10磁阻尼式時間繼電器的工作原理是什么？如何調節延時的長短？答：工作原理：利用裝在鐵心上的短路線圈，在銜鐵打開時，延遲鐵心中的磁場到達?F的時間，以達到延時打開的目的。通過調整反作用彈簧的松緊和非磁性墊片的厚度，可以調整延時時間。6-11帶斷相保護和不帶斷相保護的三相熱繼電器各用于什么場合？答：不帶斷相保護的熱繼電器適用于三相同時出現過載電流的場合。帶斷相保護的熱繼電器不僅用于以上情況，還可以在某相出現斷相，而另外兩相過載時也可起到保護作用。6-12感應式速度繼電器是怎樣實現動作的？用于什么場合？答：由于定子籠型繞組受到轉子旋轉磁場的保護而產生同方向轉矩，當轉矩值到達一定程度時，即被控電機轉速到達一定轉速時，定子擺桿推動簧片或離開簧片進而改變觸點的狀態。適用場合：用于電動機反接制動中，當轉速下降到接近零時自動及時切斷電源。6-13試述行程開關的種類及各自優缺點。答：滾動式：觸點分斷速度不受生產機械的影響，動作快，價格較貴，結構復雜。直動式：結構簡單，價格便宜，分斷速度取決于生產機械的速度。微動式：操作力小，行程短。第七章電氣控制線路設計417-1繪圖時為何要用標準圖形符號和文字符號？答：為了便于分析系統的工作原理，便于電氣設備的安裝、調整、使用和維修，必須使用統一規定的圖形符號和文字符號。7-2試問下列控制線路能否實現點動運行？為什么？圖7-32點動控制線路答：a）不行，因為裝有自鎖觸點b）不行，線圈被短路c）可以7-3d）不行e）不行畫出對應圖7-33所示安裝接線圖的原理圖。圖7-33安裝接線圖答：7-4設計某機床刀架進給運動的控制線路，具體要求如下：按下起動按鈕后，刀架開始進給，到一定位置時，刀架進給停止，開始進行無進給42切削，經過一段時間后刀架自動返回，回到原位自動停止。答：KM1控制刀架進給，KM2控制刀架返回，SQ1進給終止處，SQ2原位處。7-5某機床主軸由一臺異步電動機拖動，潤滑泵由另一臺異步電動機拖動。要求：(1)主軸必須在油泵開動后，才能起動；(2)主軸正常為正向運行，但為調試方便，應能正反向點動；(3)主軸停止后，才允許油泵停止。試設計電氣控制線路。答：KM1軸正向運行，KM2軸反向運行，KM3泵機運行。7-6圖7-34所示為機床自動間歇潤滑的控制線路圖，試分析其工作原理。圖7-34機床自動間歇潤滑的控制線路答：合上Q時，接觸器KM及時間繼電器KT1同時通電，液壓泵電機工作進行潤滑，經過一段延時后，KT1常開觸點閉合，使中間繼電器KA及時間繼電器KT2同時通電，中間繼電器KA常閉觸點斷開，使KM及KT1斷電，停止潤滑；中間繼電器KA常開觸點閉合，起自鎖作用。又經過一段延時后，KT2常閉觸點斷開，使KA斷電，觸點恢復原位，開始潤滑。43按紐SB作用：控制KM實現潤滑，為點動控制。中間繼電器KA作用：控制KM的延時通電，及延時斷電的停止，使其能間歇潤滑。7-7皮帶運輸機是由異步電動機拖動的。試設計由三臺皮帶運輸機組成的運輸系統電氣控制線路，要求如下：(1)起動時，三臺皮帶運輸機工作順序為3#、2#、1#，并要有一定的時間間隔；(2)停車時，三臺皮帶運輸機順序為1#、2#、3#，也要有一定的時間間隔；(3)具有必要的保護措施。答：主電路圖為：控制回路電路圖為：7-8某電機只有在繼電器K1、K2、K3中任何一個或任何兩個動作時才能運轉，而在其它條件下都不運轉，試用邏輯設計法設計控制線路。答：控制電動機工作的接觸器為KM，根據題意可寫出邏輯表達式：44KM?K1K2K3?K1K2K3?K1K2K3?K1K2K3?K1K2K3?K1K2K3?K1(K2K3?K2K3?K2K3)?K1(K2K3?K2K3?K2K3)?K1[K3(K2?K2)?K2K3]?K1[K2(K3?K3)?K2K3]?K1[K3?K2K3]?K1[K2?K2K3]?K1[K2?K3]?K1[K2?K3]故設計出控制電路為：第八章電動機的基本控制線路8-1設計單向運行反接制動的電氣控制線路。答：458-2C650臥式車床電氣原理圖中的KR1、KR2觸點位置對調后，還有沒有反接制動作用？為什么？答：當對調KS1和KS2觸點后，線路沒有反接制動功能，假設正轉時停車，當按下SB6后，正轉接觸器KM1和KA繼電器都斷電釋放，此時KS1閉合，松開SB6后，KM1線圈經KS1和KA常閉觸點又重新接通，又開始正轉運行。8-3X62K立式升降臺銑床電氣控制線路中采用了哪些基本控制方法和保護？答：基本控制方法：點動控制、連續控制、互鎖控制、聯鎖控制。保護線路方法：熔斷器作短路保護，熱繼電器作過載保護。8-4設計采用電流繼電器控制的繞線型異步電動機轉子串電阻起動控制線路。答：如圖8-5圖8-31中與電流表并聯的時間繼電器KT的作用是什么？答：電流表是用來監測主線路中的電流的，為了防止起動時對電流表造成沖擊而損壞46電流表，故在起動時用時間繼電器常閉觸點短路電流表，當起動完成后，觸點打開，使電流表正常工作。8-6圖8-32為Z35搖臂鉆床的電氣控制原理圖，試分析工作原理。答：1、開車前準備：合上QS1開關，將開關SA扳至左邊位置，電壓繼電器上電自鎖，為線路運行作準備。2、主軸電動機的控制將開關SA扳向右邊，KM1線圈上電，主軸電機工作。3、搖臂的升降控制：將開關SA扳向“向上”位置，KM2線圈上電，電機正轉使搖臂提升，將開關SA扳向“向下”位置時，KM3線圈上電，電機反轉，搖臂下降。4、搖臂的夾緊控制機床工作時，搖臂應夾緊在立柱上，要使搖臂移動，必須先松開夾緊裝置，因此，夾緊及松開機構是電氣與機械配合的。M3工作后，假設在上升，KM2上電，此時憑借機械結構使開關SQ2-1閉合，給夾緊動作做好準備；當搖臂上升到所需要位置時，將開關SA扳至中間位置，使KM2斷電，KM2常開閉合，KM3上電，電機開始反轉，通過機械機構使搖臂夾緊，然后M3停轉，M3下降時，工作與上升時類似。5、立柱的夾緊與放松按下SB1，KM4線圈上電，電機正轉，立柱夾緊；按下SB2，KM5線圈上電，電機反轉，立柱放松。圖8-31電流表接入控制電路47圖8-32Z35搖臂鉆床電氣控制原理圖第九章電器元件的選擇和電動機的保護9-1欠電壓繼電器能否用于過電壓保護中？為什么？答：不可以。欠壓繼電器在線路中電壓低于額定值時，就動作；在電壓降到整定值時斷電釋放。而電壓高于額定值，繼電器不會動作，故起不到保護作用。9-2選擇接觸器時，應考慮哪些技術數據？48答：應考慮的技術數據：額定電壓、額定電流、線圈的額定電壓、觸點數目、額定操作頻率。9-3對保護電熱設備的熔斷器熔體額定電流如何選擇？對保護一臺電動機和多臺電動機的熔斷器熔體額定電流如何選擇？答：由于電熱設備沒有沖擊電流的負載，應選擇熔體的額定電流等于或稍大于負載的額定電流，即IRN?IN。對于單臺電動機：IRN?(1.5~2.5)IN對于多臺電動機：IRN?(1.5~2.5)INmax?其中，INmax為容量最大的電動機額定電流?IN?I9-4N除容量最大電機外，其余電動機額定電流之和。短路保護和熱保護有何區別？答：短路保護：指電機在各種故障情況下產生短路現象時進行的保護，要求具有瞬時特性，采用熔斷器進行保護。熱保護：由于負載突加，電壓降低，缺相等情況使繞組發熱時采取的保護。利用熱繼電器進行保護。由于熱繼電器不會受電機短時過載沖擊電流或短路電流的影響而動作，所以在使用熱繼電器做過載保護同時必須設有短路保護。9-5低壓斷路器應如何選擇？答：低壓斷路器主要根據保護特性要求、分斷能力、電網電壓類型及等級、負載電流、操作頻率等方面進行選擇。49

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