电力拖动第一篇作业讲解

第一章 电力拖动系统的动力学基础
1-9 某拖动系统如图1-11所示。

当系统以1m/s 2的加速度提升重物时,试求电动机应产生的电磁转矩。

折算到电动机轴上的负载转矩T meq =195N ·m, 折算到电动机轴上的系统总(包括卷筒)转动惯量J =2kg·m 2 ,卷筒直径d =0.4m ，减速机的速比j =2.57。

计算时忽略电动机的空载转矩。

图1-11 拖动系统传动机构图 图1-12 拖动系统传动机构图
解：meq T T -=J
dt
d Ω
，m ΩΩ,分别是电机转轴。

卷筒的机械角速度
m
ΩΩ
=j=2.57 m ΩR=V ∴
R dt d m Ω=dt dv =1⨯2=2
∴
dt
d Ω=7.252557.2=⨯⨯=Ω⋅dt d j m
∴
m N dt
d J T T meq ⋅=⨯+=Ω
⋅+=4.2467.252195
1-10 试求图1-12所示拖动系统提升或下放罐笼时，折算到电动机轴上的等效负载转矩以及折算到电动机轴上的拖动系统升降部分的飞轮力矩。

已知罐笼的质量m 0=300k ，重物的质量m =1000kg ，平衡锤的质量m p =600kg ，罐笼提升速度v m =1.5m/s ，电动机的转速n =980r/min ，传动效率η0=0.85。

传动机构及卷筒的飞轮力矩略而不计.。

解：（1）系统以1.5m/s 提升罐笼时（g=9.81）
m p m meq V g m V g m m T ⋅-⋅+=⋅Ω⋅)(0η
m N T meq ⋅=11.118
2
222
1)(21)602(42102
m p m eq V m V m m n g GD ++=π
2
22
)(2
1)602(4210m
p eq V m m m n g GD ++=π
m N g n V m m m GD m p eq
⋅==⨯++=∴9.15)6.102(167751
4)60
2()(2
22
20π （2）系统以1.5m/s 下放罐笼时
Ω⋅=⋅⋅-⋅+meq m p m T y V g m V g m m ])[(0
m N T meq ⋅=⨯⨯⨯=
3.856
.10285
.05.181.9700
m N GD GD eq eq ⋅==9.15)()(2
2上升下降
1-11 某卷扬机为三轴电动机拖动系统，其传动系统如图所示，现已知：提升的重物为
G=2000kg ，提升速度v=30m/min ，传动齿轮的效率η1=η2=0.96，卷筒的效率η5=0.95，卷筒的直径D 5=0.4m ，齿轮的传动比J 1=6， J 2=10，电动机的飞轮矩GD D 2=10N •m 2，GD 2 2=10N •m 2， GD 3 2=5N •m 2，GD 4 2=50N •m 2，卷筒的飞轮矩GD 5 2=10N •m 2。

试求：
（1）电动机以等速提升重物时所产生的电磁转矩：
N j j D g m j R G T T meq 7.7495
.096.01062
/4.081.920002/252121=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=
=ηηηη （2）整个拖动系统折算到电动机轴上的飞轮转矩： 由于动滑轮半径未知，故动滑轮旋转运动的飞轮矩忽略。

2
2
222
22212
52
421232221
2D
2
m N 7.1110610506520110)j j (j ⋅=⋅++++
+=⋅+++++=GD GD GD GD GD GD GD 总
3-6 三相异步电动机电磁转矩与电源电压大小有什么关系?如果电源电压比额定电压下降30％，电动机的最大转矩max T 和起动转矩st T ,将变为多大?若电动机拖动的额定负载转矩不
1
4 2
3
变，问电压下降后，电动机转速n 、定于电流1I 、转子电流2I 、主磁通m φ、定子功率因数1cos φ和转子功率因数2cos φ将有什么变化?
答：2
u T ∝，若N u u 7.0='，则st st T T T T 49.0,49.0max max
='='，当电压下降后，n 减小，转差率增大，转子电流将随转子电动势的增大而增大， 从而引起定子电流增大。

即
1I 与2
I '增大，m φ减小，1cos φ与2cos φ降低。

3-7 容量为几个千瓦时，为什么直流电动机不允许直接起动，而笼型异步电动机可以直接起
动?
答：对于直流电机而言a N a R U I =
，而对于感应电机22
1221)()(x x r r U I N st '++'+=，式中
由于存在电抗，则此时a k R z >>，使得感应电机起动时电流增大倍数没有直流电机那么明显。

3-10 Y 系列三相异步电动机额定电压380V ，3kW 以下者为Y 接法，4kW 以上者为D 接法。

试问哪一种情况可以采用Y-D 降压起动?为什么? 答：后者可以，即4kw 以上者，因为它在正常工作时是∆接法。

3-12 三相绕线转子异步电动机有哪几种起动方法?为什么绕线转子电动机的转子串频敏变
阻器可以得到“挖土机机械特性”而串一个固定电阻却得不到?
答；起动方法：直接起动、定子串电阻或电抗器降压起动、自耦变压器降压起动、∆-Y 起动、转子串频敏变阻器起动、转子串电阻起动。

由频敏变阻器随起动过程进行，自动根据s 减小而减小所串入的电阻，即在起动过程中逐渐平滑地减小转子回路中串入的电阻。

参数选择合适时可以维持起动转矩不变。

3-13绕线转子异步电动机、转子电路串入适当电阻，为什么起动电流减小而起动转矩反而增大?如串入的电阻太大，起动转矩为什么会减小?若串入电抗器，是否也会这样?
答：因为串入电阻后，k z 值变大，故st I 1减小，而θφcos 2
I C T m T st '=虽然21I I '≈减小， 但2cos θ增加更多，所以使st T 增大，当串入电阻太大时，2cos θ亦减小，使st T 减小，串电抗器不行，因为这样会使2cos θ始终减小。

3-14 如何从转差率s 的数值来区别异步机的各种运行状态。

答：10<<s 时，电机电动运行；
∞<<s 1时，电机制动；
0<s 时，电机回馈发电运行。

3-16 当异步电动机拖动位能性负载时，为了限制负载下降时的速度，可采用哪几种制动方
法?如何改变制动运行的速度?其能量转换关系有何不同?
答：可以采用能耗制动，转速反向的反接制动，回馈制动，通过改变转子所串电阻可以改变运行的速度。

能耗制动：在制动过程中，转子的动能转变为电能消耗在转子回路的电阻上； 转子反转的反接制动：位能负载提供的机械功率和由 电源输入的电磁功率全部消耗在该电动机转 子电路的电阻上。

其中一部分消耗在转子绕 组本身的电阻上，另一部分则消耗于转子外 接制动电阻上。

定子两相反接的反接制动：拖动系统所贮存的动能被电动机吸收，变为轴上输入的机械功率，与由定子传递给转子的电磁功率一起，全部消耗在转子电路的电阻上。

回馈制动：电机向电网输送有功功率，无功功率都必须由电网供给。

3-18 异步电动机在哪些情况下可能进入回馈制动状态?它能否像直流电动机那样，通过降低电源电压进入回馈制动状态?为什么?
答：（1）带位能负载，定子任意两相反接。

（2）变极调速时 （3）变频调速时 （4）电车下坡时
不能通过改变电压而进入回馈状态，因为此时没有改变同步运行点1n 的大小（在n<n 1时不能实现回馈制动）。

3-19 影响异步电动机起动时间的因素是什么?如何缩短起动时间?起动时能量损耗与哪些因素有关? 如何减少起动过程中的能量损耗?
答：影响起动的时间因素：机电时间常数m T 和m S 。

缩短起动时间可以通过改变max
12375T n GD T m =，即采用小转动惯量电机，以及采用高转
差率电机，缩短起动时间。

影响起动时能量损耗因素：系统性能、21,r n '。

可以采用减小系统性能，降低同步转速，增大2r '方法来减小损耗。

3-22 绕线转子异步电动机转子串电阻调速时，为什么他的机械特性变软？为什么轻载时其转速变化不大？
答：串电阻后，m s 随着R 的增大而增大。

这样0~m s 这个稳定工作区域增大，特性变软。

由于串电阻不改变同步转速，故所有的人为特性均通过纵轴上同一个点，这样越靠近纵轴即轻载时，调速范围越小。

3-23为什么调压调速不适用于普通笼型异步电动机而适宜用于特殊笼型异步电动机或绕线转子异步电动机？
答：因为调压调速的范围是0~m s ，为了扩大调速范围，只有采用高转差率电机或者在转子回路串电阻。

转差功率P s =sP M ,随着转速减小而增加，因此，改变定子电压的调速方法一般适用于高转差笼型转子异步电动机和绕线转子异步电动机中。

3-30填写下表中的空格 解： 电源 转速 转差率
1n
运行状态 极数 1P
m P
正序 1450 0.033 1500 正向电动 4 +
+
正序 1150 -0.15
1000 正向回馈 6 - - 正序 -600 1.8 750 反接制动 8 + + 负序 500 1.83 600 反接制动 10 + + 负序 475 0.05 500 反向电动 12 + + 负序
1575
-0.05
1500
反向回馈
4
-
-
11
100%
n n
s n -=⨯1
160f n n p
==
3-33 某台绕线转子异步电动机的数据为：N P =11kW ，N n =715/min r ，2N E =163V ，
2N I =47.2A ，起动最大转矩与额定转矩之比T 1／T N =1．8，负载转矩L T =98N •m 。

求三级起动时的每级起动电阻值。

解：047.0750
715
750=-=
N s 28.231==T s T N N γ
m N T m N T T T L N
⋅=>⋅==
=
8.1071.111628
.28.11
2γ
Ω=⨯⨯==
094.02
.473163
047.03222N N N I E s r ∴Ω=⨯==214.028.2223r r R γ
Ω=⨯==489.0214.028.232γR R
Ω=⨯==114.1489.028.221γR R ∴Ω=-=-=12.0094.0214.0233r R R s
Ω=-=-=275.0214.0489.0322R R R s Ω=-=-=625.0489.0114.1211R R R s
3-34 一台三相六极绕线型异步电动机，1N U =380V ，N n =950/min r ，1f =50Hz ，定子和转子绕组均为Y 接法，且定子和转子(折算)的电阻、电抗值分别为r 1=2Ω，x 1=3Ω，r ′
2=1．5Ω，x ′
2=4Ω。

①转子电路串电阻起动，为使起动转矩等于最大转矩，转子每相串入的电阻值应为多少（折算到定子侧）?
②转子电路串电阻调速，为使额定输出转矩时的转速调到600/min r ，求应串入的电阻值（折算到定子侧的）。

解：（1）])([21
2
2
12
1
12
11
1
max x x r r u pm T '+++=
ω
22
122122
11
1
)()(x x r r r u pm T st '++'+'
=
ω Ω='⇒+'+'=+⇒
=28.749
)2(]532[2122
22max r r r T T st Ω=-=∴78.55.128.7R
（2）05.01000
950
1000=-=
N s
2
22
11
12
222
11
1
7
)302(30
)43()2(5.1++=
++'+=
u p
m r s u pm T N
N ωω 当m in 600r n =时，4.01000
600
1000=-=
s
N s T R R
u p m T =++==2
2211
14
.07)4
.02(4.0ω
∴015905.23825.1872=+-R R ⇒ Ω=12R
Ω=-=∴5.105.112串R
3-35 三相笼型异步电动机的额定数据为：N P =40kW ，1N U =380kV ，1N I =75．1A ，
N n =1470/min r ，λT =2，定子D 接法；拖动系统的飞轮矩2GD =29．42N m ⋅，电动机空载
起动，求：
①全电压起动时的起动时间； ②采用Y-D 减压起动时的起动时间。

解：（1）02.01500
1470
1500=-=
N s
075.0)32(02.0)1(2
=+=-+=T T N m s s λλ
m N n P T T N N T N T ⋅=⨯⨯=⨯
⨯==7.5191470
40
955029550max λλ s T n GD T m 226.0375max
1
21==
)ln 2(22
1
112
2211s s s s s s T t m m m st +-=)02.01ln 075.0075.0202.01(2226.02+⨯-= s 786.0= （2）m N T T N T ⋅==
2.1733
1
max λ s T n GD T m 679.0375max
122
== st t s 36.2)02
.01
ln 075.0075.0202.01(2679.02
=+⨯-=
2-36 采用题3-2中的电动机数据。

试求：
①用该电动机带动位能负载，如下放负载时要求转速n =300/min r ，负载转矩等于额定转矩，转子每相应串入多大电阻?
②电动机在额定状态下运转，为了停车，采用反接制动，若要求制动转矩在起始时为2N T ，则转子每相串接的电阻值为多少?
解：（1）)(
],1)(
[max max 2x
N
T x N N x x
N
T x
N
T x m
T T T T T T T T T T T T s s λλλ==-±='， 其中4.1750
)
300(750=--=
x s N x T T =
可得='m
s 6.414或0.306（舍） Ω=⨯⨯==
022.0220
3213
04.03222N N N I E s r Ω=-'=∴75.0)1(
2m
m
s s r R （2）96.1750
720
750=---=
x s N T T 2-=
]1)(
[2-±='x
N
T x
N
T x m
T T T T s s λλ=3.646或1.058
∴646.3='m
s 时，Ω=-=416.0)1183
.0646
.3(022.0R 058.1='m
s 时，Ω=105.0R 3-37 某异步电动机，N U =380V ，定于D 接，N n =1460/min r ，λT =2，设L N T T ==常数。

问：
①是否可以用降低电压的办法使转速n =1100r ／min?为什么? ②如采用降压调速，转速最低只能调到多少? ③当电压降到多少时，可以使n =1300/min r ? 解：（1）027.01500
1460
1500=-=
N s
1.0)32(027.0)1(2
=+=-+=T T N m s s λλ
当m in 1100r n =时267.01500
1100
1500=-=
s
由于降压调速不改变m s ，此时m s s >，所以不能降到1100m in r 。

（2）当m s s =时，m in 1350)1.01(1500)1(1min r s n n n =-=-==
（3）降电压调速无法使转速降为1300m in r 。

3-38 某绕线转子异步电动额定值 N P =55kW ，1N U =380V ，1N I =121.1A ，N n =580/min r ，
2N E =212V ，2N I =159A ，λT =2．3；电动机带一个0.9L N T T =的位能负载，当负载下降时，
电动机处于回馈制动状态。

试求：
①转子中未串电阻时电动机的转速。

②当转子中串入0.4Ω的电阻时电动机的转速。

③为快速停车，采用定子两相反接的反接制动，转子中串入0．4Ω，则电动机刚进入制动状态时的制动转矩(设制动前电动机工作在520/min r 的电动状态)。

解：1）Ω=⨯⨯==
026.0159
3212033.03222N N N I E s r ，033.0600580
600=-=N s
144.0)13.23.2(033.0)1(22
=-+=-+=T T N m s s λλ
m
m s s s s T T +=
max
2，m N n P T N
N N ⋅==6.9059550
144
.0144.03.229.0s
s T T N N +⨯-=
整理有0019.066.09.02
=+-s s
解得 03.01-=s 或703.02-=s （舍去）
m in 618)03.01(600)1(1r s n n -=+-=-=∴
2）Ω=+=426.04.0026.02R
22R s r s m
m '= 359.2144.0026
.0426.022=⨯=='∴m m
s r R s m
m s s s s T T '+'=
max
2 ⇒
359
.2359.23.229.0s
s T T N
N +⨯-=
00085.585.109.02=+-s s
解得483.01-=s 或57.112-=s （舍）
m in 8.889)483.01(600)1(11r s n n -=+-=-=∴
3）当m in 520r n =时867.1600
520
600=---=
s
359.2='m
s m N T s s s s T T N
m m ⋅-=+-='+'-=
17.2027867
.1359.2359.2867.16.42max
3-39 一台笼型异步电动机，N P =7.5kW ，1N U =380V ，1N I =15.4A ，N n =1440/min r ，λT =2.2。

该电动机拖动一正反转的生产机械。

设电网电压为额定值，正转时电机带额定负载运行，现采用定子两相反接使电机制动，然后进入反转，反转时电机空载，空载转矩为0.1N T 。

试利用机械特性的近似公式计算：
①反接瞬间的制动转矩。

②反转后的稳定转速。

③画出正、反转时的机械特性及负载转矩特性，并标明电动机运行点的变化过程。

解：（1）04.01500
1440
1500=-=
N s
166.0)12.22.2(04.0)1(22
=-+=-+=T T N m s s λλ
所以反接时的机械特性为s
s T T N
T 166
.0166.02+-=
λ
制动瞬间：m in 1440r n = 96.11500
1440
1500=---=s
N s T T 37.096.1-=∴=
（2）N T T 1.0-=代入机械特性
s
s T T N N 166
.0166.04.41.0+-=
- ⇒ 0028.0304.72
=+-s s
∴.s=7.3（舍）或0.004 m in 1494)1(1r n s n -=-=∴
（3）
A B C
3-40 一台绕线转子异步电动机带动一桥式起重机的主钩，已知：N P =60kW ，N n =577/min r ，1N I =133A ，2N I =160A ，2N E =253V ，λT =2.9，1cos N φ=0.77，N η=89％。

①设电动机转子转35.4转，则主钩上升一米。

如要求额定负载时，重物以8/min m 的速度上升，求电动机转子电路应串入的电阻值； ②为消除起重机各机构齿轮间的间隙，使起动时减小机械冲击，转子电路设有预备级电阻。

设计时要求串接预备级电阻后，电动机起动转矩为额定转短的40％，求预备级电阻值；
③预备级电阻一般也作为反接制动用电阻，用以在反接制动状态下下放重物。

如下放时电动机负载转矩0.8L N T T =，求电动机在下放负载时的转速；
④如果电动机在回馈制动状态下下放重物，转子串接电阻为0．06Ω，设重物0.8L N T T =，求此时电动机的转速。

解：（1）038.0600577600=-=N s Ω==035.03222N
N N I E s r 21.0)19.29.2(038.0)1(22=-+=-+=T T N m s s λλ
m in 2.28384.35r n =⨯= 053.0600
283600=-=x s ]1)([2-±='x N T x N
T x m T T T T s s λλ)19.29.2(053.02-+=
=2.98或0.094（舍）
Ω=-'=∴46.0)1(2m
m s s r R （2）1=x s ，N x T T 4.0=
]1)([2-±='x N T x N
T x m T T T T s s λλ)1)4
.09.2(4.09.2(12-±⨯= =14.43或0.07（舍）
Ω=-=∴37.2)121
.043.14(035.0R （3）43.14='m s ，m
m N T s s s s T T '+'-=λ2 将N T T 8.0=代入，整理有 02.2086.1042=++s s 解得=s 55.102-（舍）或05.2-
m in 1830)1(1r n s n -=-=∴
（4）71.2035
.0095.0035.0035.006.0==+='m m s s 57.0='∴m s s
s T T N N 57.057.09.228.0+⨯-= ⇒ 032.013.42=++s s 08.0-=s 或05.4-（舍）
m in 648)1(1r n s n -=-=∴
3-41 一台双速笼型异步电动机，P =2时，1N P =40kW ，1N n =1450/min r ，λT1=2；P =1时，2N P =55kW ，2N n =2920/min r ，λT2=2，已知拖动系统的2GD =44.3N ·m 2，r 1／r ′2=1.5，电动机空载。

试求：
①一级起动到最高转速时电动机的能量损耗，
②两级起动到最高转速时电动机的能量损耗，
③由最高转速逐级制动，试计算电动机的能量损耗。

第一级制动(由12n →11n )用回馈制动，第二级制动(由11n →0)用能耗制动。

解：（1）0,121≈==N s s s
)1()602(421))(1(2121212222121211r r n g GD s s r r J W st '
+=-'+Ω=∆π J 139279)5.11(5.55711=+⨯=
（2）第一级：m in 1500~0r
0,121==s s
)1()602(421))(1(2121212222121212r r n g GD s s r r J W st '
+=-'+Ω='∆π J 348195.28.13927=⨯= 第二级：m in 3000~1500r
0,5.021==s s
)05.0)(1()602(421))(1(21221212222121212-'
+=-'+Ω=''∆r r n g GD s s r r J W st π J 34819=
∴总J W st 696382=
3-42 有一台四极绕线转子电动机，其额定数据为：P N =30kw ，U N =380V ，n N =720r/min ，r 1=0.143Ω，r ’2=0.134Ω，定转子接法均为星形接法。

现要求在额定负载时，转速降到500/min r ，试求：
（1）每相绕组中应串入多大电阻？
（2）此时转子电流及电磁功率的数值是否发生变化？
解：（1）04.0750720750=-=N s 333.0750
500750=-=L s Ω='-='-=∴982.0)104.0333.0()1(
22r r T s T s R L N N L s （2）222r R r s s s N N '+'= 2
2122112)()(x x s r r u I ++'+='∴
所以2I '不变，又s
r I m P m 2221''= m P ∴亦不变
5-5 电机的温升按什么规律变化？两台同样的电动机，在下列条件下拖动负载运行时，它们的起始温升、稳定温升是否相同？发热时间常数是否相同？
（l ）相同的负载，但一台环境温度为一般室温，另一台为高温环境；
（2）相同的负载，相同的环境，一台原来没运行，一台是运行刚停下后又接着运行；
（3）同一个环境下，一台半载，另一台满载；
（4）同一个房间内，一台自然冷却，一台用冷风吹，都是满载运行。

5-8 为什么说电动机运行时的稳定温升取决于负载的大小？
答：电动机的稳定温升A
Q w =τ，由于Q 与电动机的损耗功率p ∆成正比，当电动机的负载增大时，p ∆随之增大，因而Q 增加。

若散热系数A 不变，则w τ将随负载的增加而升高。

如果电动机的负载恒定，那么，p ∆及Q 都是常数，这时w τ与A 成反比关系，设法改善散热条件，使A 增大，即可降低w τ。

5-13 一台35KW 、工作时限为30min 的短时工作电机突然发生故障。

现有一台
20KW 连续工作制电机，已知其发热时间常数H T =90min ，不变损耗与额定可变损耗比k =0.7，短时过载能力λ=2。

这台电机能否临时代用？ 解：T t T t g N g g
e P P --+-=Re 11
min 30=g t ，min 90=T ，Ω=7.0R ，kW P g 35=
kW e
e P N 371.7189.0357.0113531
3
1
=⨯=+-=∴-- 275.4371.735=〉==='λλkW
kW P P N g
不通过过载能力，此时应选择：kW P P g N 5.17=≥λ
而kW kW P N 5.1720>=，所以可以代替。

5-15需要一台电动机来拖动工作时间min 5=g t 的短时工作负载，负载功率L P =18kW ，
空载起动。

现有两台笼型异步电动机可供选用，它们是：
（1）kW P N 10=，min /1460r n N =，1.2=m λ，起动转矩倍数2.1=T k ；
（2）kW P N 14=，min /1460r n N =，8.1=m λ，起动转矩倍数2.1=T k ；
如果温升都无问题，试校验起动能力和过载能力，以确定哪一台电动机可以使用。

（校验时考虑到电网电压可能降低10%）
解：考虑电网电压N u u 9.0=
m m m
λλλ81.09.02=⨯='∴ (1) kW P P m g
N 58.101
.29.0182'
=⨯=≥∴λ 第一台 kW kW P N 58.1010<= 故不取 (1) kW P P m g
N 35.128
.19.0182'
=⨯=≥∴λ 第二台 kW kW P N 35.1214>= 故可以取用 又因为是空载起动，故选用第二台。