第九章 第二节 他励直流电动机的起动

t / TtM
I a I z ( I st I z )e
t / TtM
I a I z (1 et / TtM ) I st et / TtM 或
从上式说明，电枢电流随着时间成指数变化。
U I z R U I st R U I z R t / TtM n C C e Ce e e
起动过程中电枢 电流的变化曲线
起动过程中转 速的上升曲线
求出过渡过程中某一段的时间
I st I z t x TtM ln Ix Iz
或
t x TtM ln
nst nz nx nz
或
t x TtM ln
Tst Tz Tx Tz
2．电枢串多级电阻起动的过渡过程 他励电动机二级起动的电路及特性 第一级起动时
Tz GD2 R dI a I T dI a Ia z tM 2 dt CT 375CeCT dt
I z Tz / CT ——负载转矩对应的负载电流，即电动机起动完毕
后，保持稳定转速运行时的电枢电流
GD2 R TtM 375CeCT 2
——电力拖动系统的机电时间常数，是表征机 械惯性的一个非常重要的物理量

4
R4 2.895 1.664 Ra 0.377
4
则各级起动总电阻如下：
R1 Ra 1.664 0.377 0.627
R2 R1 1.664 0.627 1.043
R3 R2 1.6641.043 1.736
R4 R3 1.6641.736 2.889
在b点 在c点
U Ec I1 R1
U Eb I2 R2
两级起动时
I 1 R2 R1 I 2 R1 Ra
推广到m级起动的一般情况
I1 / I 2 称为起动电流比 R1 Ra R2 R1 Ra 2 Rm 1 Rm 2 Ra m 1 m Rm Rm 1 Ra
1．绘制固有机械特性
2．选取起动过程中的最大电 流 I1与电阻切除时的切换电流 I2 （或T1 与T2）
3．画出分级起动特性图
R n n0 T 2 CeCT
R1 Ra RΩ1 nhc nhe nec R2 Ra nhe nhe
T Δn n0 n R 2 CeCT
R 1 R1 Ra ( 1) Ra
PN 29kW U N 440V
解 已知起动级数m=4
I N 76A
nN 1000 r/min
Ra 0.377 试用解析法计算四级起动时的起动电阻值。
选择
I1 2I N 2 76A 152A
U a 440 Rm R4 Ω 2.895Ω I1 152
或
a
dt
Ea
GD dn T Tz 375 dt
2
GD2 dn Ia I z 375CT dt
d 2 n 1 dn 1 1 n nz 2 dt Tta dt TtM Tta TtM Tta
该方程的解为
n c1e
1t
c2e
2t
nz
1 1 4Tta 式中 1 2T 2T 1 T tM ta ta
各分段电阻如下 ：
R1 R1 Ra 0.627 0.377 0.250
R2 R2 R1 1.043 0.627 0.416
R3 R3 R2 1.736 1.043 0.693
R4 R4 R3 2.889 1.736 1.153
2）电气一机械过渡过程 —— 它同时考虑机械与电磁两种惯性。
一、 起动时的机械过渡过程
1．电枢串固定电阻起动的过渡过程
U Ea I a R Cen I a R
GD2 dn T Tz CTI a 375 dt
他励直流电动机串 固定电阻全压起动
R Ra R
U Ia R n Ce
电力拖动系统中一般存在以下三种惯性： 1．机械惯性 ——反映在系统的飞轮惯量上，它使转速不能突变。 2．电磁惯性 ——反映在电枢回路电感及励磁回路电感上，它们分 别使电枢电流和励磁电流不能突变，从而使磁通不能突变。 3．热惯性 ——它使电动机的温度不能突变。
电力拖动的过渡过程一般分为两种： 1）机械过渡过程—— 它只考虑机械惯性，忽略影响较小的电磁惯 性。
Rm Rm1 I1 R2 R1 I 2 Rm1 Rm2 R1 Ra
Rm Ra m lg lg

m
Rm Ra
2 解析法的计算方法
1. 根据电动机铭牌数据，估算电动机电枢 回路电阻 2. 选取最大电流I1，计算最大起动电阻； 3.决定起动电阻级数 4.计算起动电流比 5.计算分段电阻
理想的起动电 流变化规律
La Tta 式中，La 为电枢电路的总电感 Ra 当电动机带负载起动时，则过渡过程分两阶段：
电磁时间常数为 第一阶段，电枢电流从零增加到Iz 之前，电动机转速为零。
dI a U I a Ra La dt
I a I sc (1 e
t / Tta
)
式中
I sc U / Ra
R1 Ra nec nhe
R2 Ra nca nhe
4．根据转速比计算出各级电阻
1 图解解析法
给同学们2分钟，尝试把特性图画出来。 （千万要动手哦，不要临摹哦：） 发现图解法的缺点是什么了吗？
如何解决遇到的问题呢？
解析法的计算方法就能很好的解决图解法 中，I1，I2难以准确确定的问题。 确定起动过程的人为特性曲线的本质就是 确定各级的电阻值，各级电阻值之间有何 关系呢？
[例9-3] 一台他励直流电动机铭牌数据为： PN 29kW
U N 440V I N 76A
nN 1000 r/min
R 2 0.405 R3 0.695
已知四段起动电阻为：R1 0.212
R4 1.158 电枢电阻 Ra 0.377
系统飞轮惯量GD2 49.05N m2 求分级起动总的起动时间。 解：
适用于容量很小的电动机。
改良方式
为了改变直接起动时电流很大的缺点，采用将起 动电阻串入电枢回路，待转速上升后，逐步将起 动电阻切除的方式限制起动电流。 回想一Leabharlann Baidu3张人为机械特性图
起动过程
起动动作过程： a点，K1,K2闭合 b点，打开K2，K1闭合 d点，打开K1
1 图解解析法
R2 Ra R1 R2
GD2 ( Ra RΩ1 RΩ 2 ) TtM 1 375CeCT 2
n nz1 (1 et / TtM 1 )
I a I z (1 et / TtM 1 ) I1et / TtM 1
机械特性曲线
转速变化曲线
电流变化曲线
n nz (nst nz )et / TtM
或
n nz (1 et / TtM ) nst et / TtM
nst ——过渡过程开始时转速的起始值
n z ——机械特性上负载转矩 Tz （或负载电流 I z ）对应的转速，
即过渡过程结束时电动机的稳定转速。
当起动转速为零时 n nz (1 et / TtM )
设 I st I1 2I N 2 76A 152A
I x I 2 1.2I N 1.2 76A 91.2A
I1 I z ln I I z 2 152 76 ln ln 5 1.61 91.2 76 I1 I z TtM 2 TtM 3 TtM 4 ) ln I I 2 z
U N I N Ra 440 76 0.377 Ce 0.411 nN 1000
CT 9.55Ce 9.55 0.411 3.93
CeCT 2 0.411 3.93 1.615
49.05(0.377 0.212 0.405 0.695 1.158 ) TtM 1 s 0.231s 375 1.615
3．加快起动过程的途径
1）减小系统的飞轮惯量，以减小机电时间 常数，从而降低系统的惯性 2）在设计电力拖动系统时，尽可能设法改 善起动过程中电枢电流的波形 （二）电枢电路电感对起动过程的影响
理想的起动电 流变化规律
La Tta 式中，La 为电枢电路的总电感 Ra 当电动机带负载起动时，则过渡过程分两阶段：
电磁时间常数为 第一阶段，电枢电流从零增加到Iz 之前，电动机转速为零。
dI a U I a Ra La dt
I a I sc (1 e
t / Tta
)
式中
I sc U / Ra
第二阶段，过了tz 后，电动机开始加速，机械惯性与电磁惯性同时 存在 dI
U I a Ra La
RΩ2 R2 R1 ( 2 ) Ra RΩ1 RΩm 1 Rm 1 Rm 2 RΩm 2 m 2 RΩ1 m 1 RΩm Rm Rm 1 RΩm 1 RΩ1 [例9-2] 一台他励直流电动机的铭牌数据为：型号Z-290
（1）起动转矩要大 （2）起动电流有限制 （3）起动设备要经济可靠
他励直流电动机直接起动
将电动机的电枢投入额定电压的电源上起 动。 U Ea U n=0，Ea=0， I a
Ra Ra
优点：操作简单，无需外加设备 缺点：冲击电流大（Ia 可能突增到额定电流的十多 倍 ），换向时易产生火花
三、他励直流电动机起动的过渡过程
1.起动的机械过渡过程 2.电枢电感对起动过程的影响
三、他励直流电动机起动的过渡过程
在电力拖动系统中，一些电气参数（如电压、电阻等）与负载 转矩的突然变化，会引起过渡过程，但由于惯性，这些变化却不能 导致电动机的转速、电流、转矩及磁通等参量的突变，而必须是个 连续变化的过程 。
I z I N 76A
4TtM t st (TtM1 =(0.231+0.137+0.0808+0.0478)×1.61s+4×0.0306s=0.922s
3．加快起动过程的途径
1）减小系统的飞轮惯量，以减小机电时间 常数，从而降低系统的惯性 2）在设计电力拖动系统时，尽可能设法改 善起动过程中电枢电流的波形 （二）电枢电路电感对起动过程的影响
第二节 他励直流电动机的起动
一、起动方式
1.直接起动 2.电阻分级起动
二、起动电阻的计算
1.图解法 2.计算法
三、起动的过渡过程
1.起动的机械过渡过程 2.电枢电感对起动过程的影响
一、起动方式
直流电动机接上电源后，转速从零达到稳 定转速的过程，称为起动过程。 对电动机起动的基本要求：
dI a I a Iz dt TtM TtM
其中 K I st I z
I a I z Ket / TtM 其解为
I st 为电流的起始值
t / TtM
I a I z ( I st I z )e
或
I a I z (1 e
t / TtM
) I st e
TtM 2
49.05(0.377 0.212 0.405 0.695 ) s 0.137 s 375 1.615
49.05(0.377 0.212 0.405 ) s 0.081s 375 1.615
TtM 3
49.05(0.377 0.212 ) TtM 4 s 0.048s 375 1.615 49.05 0.377 TtM s 0.031s 375 1.615