电力拖动与控制课后答案__李岚_梅丽凤

第一章电力拖动系统的动力学基础

1-1什么是电力拖动系统?它包括那几部分？都起什么作用？举例说明．

答：由原动机带动生产机械运转称为拖动。用各种电动机作为原动机带动生产机械运动，以完成一定的生产任务的拖动方式，称为电力拖动。电力拖动系统，一般由电动机、机械传动机构、生产机械的工作机构、控制设备和电源五部分组成。

其中，电动机作为原动机，通过传动机构带动生产机械的工作机构执行某一生产任务；机械传动机构用来传递机械能；控制设备则用来控制电动机的运动；电源的作用是向电动机和其他电气设备供电。

1-2电力拖动系统运动方式中T，Tn及n的正方向是如何规定的？如何表示它的实际方向？答：设转速n对观察者而言逆时针为正，则转矩T与n的正方向相同为正；负载转矩TL与n的正方向相反为正。与正方向相同取正，否则取反。

1-3试说明GD的概念２

GD2

答：J=即工程中常用表示转动惯量的飞轮惯量。4g

1-4从运动方程式中如何看出系统是处于加速、减速、稳速或静止等运动状态？答:当TTL时，dndt0，系统加速；当TTL时，dndt0，系统减速。当TTL时，dndt0，转速不变，系统以恒定的转速运行，或者静止不动。

1-5多轴电力拖动系统为什么要折算为等效单轴系统？

答:多轴电力拖动系统，不同轴上有不同的转动惯量和转速，也有相应的反映电动机拖动的转矩及反映工作机构工作的阻转矩，这种系统比单轴拖动系统复杂，计算较为困难，为了简化计算，一般采用折算的办法，把多轴电力拖动系统折算为等小的单轴系统。1-6把多轴电力拖动系统折算为等效单轴系统时负载转矩按什么原则折算？各轴的飞轮力矩按什么原则折算？

答:功率相等原则;能量守恒原则.

1-7什么是动态转矩？它与电动机负载转矩有什么区别？

答:动态转矩是指转矩是时间的函数.

而负载转矩通常是转速的函数.

1-8负载的机械特性有那几种类性？各有什么特点？

答：恒转矩负载特性：与n无关，总是恒值；

恒功率负载特性：与n成反比例变化；

通风机负载特性：与n2成正比例变化。

1-9某拖动系统如图1-11所示。当系统以1m/s2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Tmeq=195N·m,折算到电动机轴上的系统总(包括卷筒)转动惯量J=2kg·m2,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

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

卷筒的机械角速度

=j=2.57mR=Vm

dmdvR==12=2dtdt

ddm=j2.575225.7dtdt

dTTmeqJ195225.7246.4Nmdt

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m0=300k，重物的质量m=1000kg，平衡锤的质量mp=600kg，罐笼提升速度vm=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）

Tmeq(m0m)gVmmpgVm

Tmeq118.11Nm

1GDeq2n21122()

(m0m)VmmpVm24g60222

1GDeq2n212()(m0mmp)Vm24g602

2(m0mmp)Vm167751GD4g15.9Nm22(102.6)(602eq2

（2）系统以1.5m/s下放罐笼时

[(m0m)gVmmpgVm]yTmeq

Tmeq7009.811.50.8585.3Nm102.6

22(GDeq)下降(GDeq)上升15.9Nm

1-11一台卷扬机，其传动系统如图1-13所示，其各部分的数据如下：

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。

卷筒直径d=0.6m，质量mT=130kg，卷筒回转半径ρ与卷筒半径R之比ρ／R＝0.76，重物质量m=600kg，吊钩和滑轮的质量m0=200kg,，重物提升速度νm=12m/min，每对齿轮的传动效率ηcZ=0.95，滑轮的传动效率ηcn=0.97，卷轴效率ηcT=0.96，略去钢绳的质量。电动机的

2数据为PN=20kW，nN=950r/min，GDR21Nm2。试求：

（1）

（2）折算到电动机轴上的系统总飞轮力矩；以vm=12m/min提升和放下重物时折算到电动机轴上的负载转矩

图1-13

解：1、（1）齿轮总飞轮矩卷扬机传动系统图

22GD2GD32GD4GD52GD62GDJ2GDGD

242Z2((246)2()Z1Z3Z1Z3Z5Z12a21

91814264.9105125(20.65)2(75.992)2

10.360.04220.04831.4505Nm2

GD2

J:Rd

20.3m，0.76R0.760.30.228m

Jm21300.22826.75792Kgm2

GD2

JJ4g6.7579249.8264.9105Nm2

（2）动滑轮的飞轮矩（包括钩子和重物）由于动滑轮半径未知，故动滑轮旋转运动的飞轮矩忽略。

GD2365G(V

n2365(600200)9.8(12

HH5.9501

28616000.1268Nm2

22562500

GD2222

总GDRGDaGDH211.45050.1268

22.5773Nm2

2、（1）提升时

设绳的拉力为F

F绳V绳ycn(600200)gVm

F9.8Vm

绳8002V8009.8

974041.24N

mcn20.

TGR4041.240.31212.

meqj37219.3832N

2

Z460.9530.9662.5475

1Z3Z5

（2）下放重物时

21

0.785，F绳V绳GVmcn

F8009.8Vm0.97

绳2V3802.4N

m

T3802.40.33802.

meqj40.30.785

75.99211.78N

第二章直流电机的电力拖动

2-1他励直流电动机的机械特性指的是什么？是根据那几个方程式推倒出来的？答：nuRRcaTCeCeCT

据以下三个方程：uEaIa(RaRc)

EaCen

TCTIa

2-2他励直流电动机的机械特性的斜率与那些量有关？什么叫硬特性？什么叫软特性？

答：与所串电阻RC及励磁磁场有关；

值较小的机械特性称硬特性，反之为软特性

2-3为什么n0称为理想空载转速？堵转点是否只意味着电动机转速为零？为什么？

答：因为实际中空载转矩T0不可避免，故n0达不到。

堵转就是n=0的点。

2-4什么叫人为机械特性？从物理概念上说明为什么电枢外串电阻越大，机械特性越软？答：人为机械特性指通过改变u、、R参数得到的机械特性。

2-5为什么降低电源电压的人为机械特性是互相平行的？为什么减弱气隙每极磁通后机械特性会变软？

答：u与值无关；因为1

减小，增大，特性边软。

2-6什么是电力拖动系统的稳定运行？能够稳定运行的充分必要条件是什么？

答：系统在某种外界扰动下离开原的平衡状态，在新的条件下获得的新的平衡；或当扰动消失后系统能自动恢复到原来的平衡状态。满足上述条件，系统就是稳定的。

系统稳定运行的充分必要条件是：

1）电机的机械特性与负载转矩特性必须有交点，在交点处TTL；

2）在交点附近应有dTdTL。dndn

2-7他励直流电动机稳定运行时，电枢电流的大小由什么决定？改变电枢回路电阻或改变电

源电压的大小时，能否改变电枢电流的大小？

答：Ia由负载TL决定。不能。

2-8他励直流电动机为什么不能直接起动？直接起动会引起什么不良后果？

答：起动开始瞬间，由于机械惯性的影响，电动机转速n0,Ea0,这时起动电流为IstUNRa，因电枢电阻数值很小，因此，Ist很大，可达额定电流的（10~20）倍。因此不能直接起动。

直接起动可能产生如下后果：1、大电流使电枢绕组受到过大的电磁力，易损坏绕组；

2、使换向困难，主要是在换向器表面产生火花及环火，少坏电刷与换向器；3、过大的起动电流还会产生过大的起动转矩，从而使传动机构受到很大的冲击力，加速过快，易损坏传动变速机构；4、过大的起动电流会引起电网电压的波动，影响电网上其他用户的正常用电。

2-9起动他励直流电动机前励磁绕阻断线，没发现就起动了，下面两种情况会引起什么后

果？(1)空载起动；(2)负载起动，TL＝TN。

答：（1）电机飞车，转速太高，容易造成事故。

（2）电机电枢中电流很大，却很可能起动不了，由于TCTIC，

此时磁场只有点剩磁很小。

2-10如何判断他励直流电动机是处于电动运行状态还是制动运行状态？

答：电机所发出的电磁转矩与转速方向相同，即为电动状态。

若电磁转矩与转动方向相反，则为制动状态。

2-11电动机在电动状态和制动状态下运行时机械特性位于哪个象限？

答：电动状态机械特性位于一、三象限；

制动状态机械特性位于二、四象限。

2-12能耗制动过程和能耗制动运行有何异同点？

答：相同点：两种状态下，电磁转矩都与电机转向相反。

不同点：能耗制动中负载转矩与电磁转矩同向；

而能耗运行中负载转矩与电磁转矩反向。

2-13电压反接制动与电动势反接制动有何异同点？

答：相同点：两种状态都是制动状态，即电磁转矩都与转向相反。

不同点：电压反接制动中，电流方向发生改变；

而电动势方向制动中电流流向不变。

2-14什么叫电力拖动系统的过渡过程？在过渡过程中为什么电动机的转速不能突变？

答：指系统从一个稳定工作状态过渡到另一个稳定运行状态。

由于机械惯性时间远大于电磁惯性时间，在过渡过程中可以把电磁量任务是突变的，而机械量不能。

2-15什么是机械过渡过程？推导他励直流电动机拖动系统机械过渡过程解析式时作了哪些

假定？

答：指机械量如转速的变化过程（从一个稳态到另一个稳态）

假设：1）电源电压u恒定不变

2）磁通恒定不变

3）负载转矩TL保持常数不变

2-16什么是他励直流电动机拖动系统机械过渡过程的三要素？机电时间常数的大小与哪些

量有关？

答：三要素指：初始值、稳态值、机电时间常数。

机电时间常数与系统的转动惯量、所串电阻、及励磁磁场有关。

2-17他励直流电动机有那几种调速方法？各有什么特点？

答：1）电枢串电阻调速

特点：优点：设备简单、初投资少；

缺点：1、有级调速，级数有限，平滑性差

2、轻载时，调速范围小

3、低速时，低，电能损耗大

4、低速运行，转速稳定性差

适用于调速性能要求不高的场合。

2）降低电压调速

特点：优点：1、电源电压能连续调节，调速的平滑性好，可达到无级调速；

2、无论是高速或低速，机械特性硬度不变，低速时稳定性好；

3、低速时电能损耗小，效率高。

缺点：设备的初投资大。

适用于对调速性能要求较高的设备上。

3）减弱励磁磁通调速

特点：优点：1、电流较小的励磁电路中进行调节、控制方便，功率损耗小

2、用于调速的变阻器功率小，可较平滑调速，实现无级调速。

缺点：调速范围较小。

2-18静差率与机械特性的硬度有何区别？答：n0n，机械特性越硬，越小。n0

可以利用来衡量机械特性的硬度。

2-19调速范围与静差率有什么关系？为什么要同时提出才有意义？答：调速范围Dnmax，其中nmin受到调速相对稳定性限制，而稳定性则通过（静nmin

差率）反映，故同时考察D与对调速系统才有意义。

2-20什么叫恒转矩调速方式和恒功率调速方式？他励直流电动机的三种调速方法各属于哪

种调速方式？

答：恒转矩调速方式：当采用电枢串电阻调速和降低电枢电压调速时，

则电动机容许输出的转矩为TcyCTNINTN常数。由此可见，N,IaIN，

这两种调速方法在整个调速范围内，不论转速等于多少，电动机容许输出的转矩都为一恒值，因此称为恒转矩调速方式。

恒功率调速方式：当采用弱磁调速时，磁通是变化的，因此容许输出转矩Tcy与转速n成反比。而输出功率PTcy

调速方式。

串电阻调速和降电压调速属于恒转矩调速方式，弱磁调速属于恒功率调速。

2-21电动机的调速方式为什么要与负载性质匹配？不匹配时有什么问题？

答：电动机的容许输出转矩和容许输出功率，仅仅表示电动机的利用限度，并不代表电动机的实际输出，电动机的实际输出是由负载的需要来决定的。负载有三种类型：恒转矩负载、恒功率负载、通风机型负载。每种类型的负载，在不同转速下所需要的转矩和电流是不同的。所以要根据电动机所拖动负载的性质来选择调速方式，达到合理使用电动机的目的。

2-22是否可以说他励直流电动机拖动的负载只要转矩不超过额定值，不论采用哪一种调速

c2nk，即为一恒定值。故称为恒功率n60

方法，电动机都可以长期运行而不致过热损坏？

答：不可以。串电阻调速和降压调速可以这样认为，但弱磁调速时TLTN时，绕组IaIN，故不能长时间运行。

2-23一台他励直流电动机，铭牌数据为PN=60kW，UN=220V，IN=305A，nN=1000r/min，

试求：

（1）固有机械特性并画在坐标纸上。

（2）T=0.75TN时的转速。

（3）转速n=1100r/min时的电枢电流。

解：（1）Ra1uNINPN

2(I21(22030560000)0.038，

N2305305

CUNINRa220305

eNn0.0380.208Vrmin

N1000

n0UN

C2201058rmin

eN0.208

TN9.55CeNIN9.550.208305605.8Nm

通过（1058，0）及（1000，605.8）可以作出固有机械特性

（2）nUNRaT

CNT0.75TN时

eNCeNCTN

n220

0.2080.0380.75605.8

9.550.2080.2081016rmin

（3）n=1100r/min

nUN

Ra

CIN

eNCeN

IUNN(Cn)CeN(10581100)0.208

0.038229.9A

eNRa

2-24电动机的数据同上题，试计算并画出下列机械特性：（1）电枢回路总电阻为0.5RN时的人为机械特性。

（2）

（3）

（4）电枢回路总电阻为2RN的人为机械特性。电源电压为0.5UN，电枢回路不串电阻时的人为机械特性。电源电压为UN，电枢不串电阻，ф=0.5фN时的人为机械特性。

注：RN=UN/IN称为额定电阻，它相当于电动机额定运行时从电枢两端看进去的等效电阻。

解：（1）RNUN2200.721IN305

当外串后总电阻为0.5Rn时：

nUN0.5RnT10580.874TCeNCeNCTN

（2）当电枢总电阻为2Rn1.442时：

nUN2RnT10583.49TCeNCeNCTN

（3）U0.5UN

n0.5UNRaT5290.092TCeNCeCT(N)2

（4）0.5N

n

2-25UNRaT21160.368T0.5CeN0.25CeCT(N)2Z2—71型他励直流电动机,PN=7.5kW，UN=110V，IN=85.2A，nN=750r/min，Ra=0.129Ω。采用电枢串电阻分三级起动,最大起动电流为2ln，试计算各级起动电阻值。

解：选I12IN，RmUN1100.646I1285.2

Rm30.646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

Rst2R2R10.3780.2210.157Rst3R3R20.6460.3780.268

2-26

一台他励直流电动机，PN=7.5kW，UN=220V，IN=41A，nN=1500r/min，Ra=0.376

Ω，拖动恒转矩负载运行，T=TN。当把电源电压降到U=180V时，问：

（1）（2）

降低电源电压瞬间电动机的电枢电流及电磁转矩是多少？稳定运行时转速是多少？

解：CeN

UNINRa220410.376

0.316Vrmin1

nN1500

UNRa

T2

CeNCeCT(N)

机械特性n

（1）当在额定点运行时ENCeNnN0.1361500204V

降压瞬间180204IaRaIa

180204

63.8A

0.376

TCTNIa9.550.136(63.8)82.9Nm

(2)n

1800.376

4113241131211rmin0.1360.136

2-27上题中的电动机拖动恒转矩负载运行，T=TN，若把磁通减小到φ=0.8φN,。计算稳定

运行时电动机的转速是多少?电动机能否长期运行?为什么?解:

n

220Ra

TCeNCeNCTN

当T=TN,0.8N时

n

2200.376

9.550.13641

0.80.1360.80.1360.80.1369.55

0.37641

20221845rmin

0.640.136TNCI5

TNNIN51.25A

CTN0.80.8CTN4

Ia

IaIN

电机不能长期运行

2-28他励直流电动机的数据为PN=13kW，UN=220V，IN=68.7A，nN=1500r/min，Ra=0.224Ω。采用电枢串电阻调速，要求δmax=30%，求：

（1）（2）（3）（4）

电动机拖动额定负载时最低转速。调速范围。

电枢需串入的电阻值。

拖动额定负载在最低转速下运行时电动机电枢回路输入的功率，输出功率（忽略T0）及外串电阻上的消耗的功率。

解:(1)

n0n

0.3n0

n0.7n0nmin0.7n0

CeN

UNINRa22068.70.224

0.136Vmin1rnN1500

nmin0.716181133rmin

n0

220

rminCeN

nmax1500

1.324nmin1133

2200.224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

10.6kW

60

2

PRnINRn68.720.7363474W

2-29上题中的电动机，如果采用降低电源电压调速，要求δmax=30%，求：

（1）（2）（3）（4）

电动机拖动额定负载运行时的最低转速。调速范围。

电源电压需调到的最低数值。

电动机拖动额定负载运行在最低转速时，从电源输入的功率及输出功率（不计T0）。解:(1)nNn0nN16181500118rmin

0.3

nN

0.3n0

n0min

118

393rmin0.3

nminn0minnN393118275rmin

(2)D

nmax1500

5.5nmin275Umin

Umin53.4VCeN

(3)n0min

(4)P1UminIN53.468.73672W

P2TN9.550.13668.7

6.28275

2568W60

2-30他励直流电动机PN=29kW，UN=440V，IN=76A，nN=1000r/min，Ra=0.376Ω，采用降低电源电压及弱磁调速，要求最低理想空载转速n0min=250r/min，最高理想空载转速

n0max=1500r/min，试求：

（1）（2）（3）

T=TN时的最低转速及此时的静差率。拖动恒功率负载P2=PN时的最高转速。调速范围。

解:CeN

UNINRa440760.376

0.411Vrmin1

nN1000

nN1071100071rmin

n0

440

1071rmin0.411

(1)nminn0minnN25071179rmin



n0minnmin

n0min



250179

0.284250

(2)n0max

440

1500(设x为弱磁系数)

x0.4111071x0.7141500

Ra

T

0.714CeN0.714CTN

n1500

当P2PN时,设电机转速为nx,转矩为Tx

Tx

2

2nx

PN

60



Tx

60PN

代入机械特性n中,整理有

2nx

nx1500nx126675.90

解得nx1410rmin或90rmin

拖动恒功率P2PN时最高转速为1410rmin.

(3)弱磁时拖动TTN恒转矩负载的转速

n1500D

2-31

0.376

761364rmin

0.7140.4110.714

1364

7.62179

一台他励直流电动机PN=3KW，UN=110V，IN=35.2A，nN=750r/min，Ra=0.35Ω。电动

机原工作在额定电动状态下，已知最大允许电枢电流为Iamax=2IN，试问：

（1）（2）（3）（4）

采用能耗制动停车，电枢中应串入多大电阻？采用电压反接制动停车，电枢中应串入多大电阻？两种制动方法在制动到n=0时，电磁转矩各是多大？

要使电动机以-500r/min的转速下放位能负载，TL=TN，采用能耗制动运行时电枢应串入多大电阻？

解:CeN

UNINRa

0.1304Vrmin1

nN

（1）ENCeNnN0.1302475097.68V

能耗制动：0ENIa(RaRn)代入数据，可解得Rn1.0375（2）UNENIa(RaRn)（3）能耗制动时：n=0则T=0；

反接制动时：n

Rn2.6

UCeN



RaRn

T

CeNCTN

将U=110V，R2.6代入：得T46.3Nm（4）n2-32

2Rn

T

CeNCTN

Rn1.5

一台他励直流电动机，PN=13KW，UN=220V，IN=68.7A，nN=1500r/min，Ra=0.195Ω，

拖动一台起重机的提升机构。已知重物的负载转矩TL=TN，为了不用机械闸而由电动机的电磁转矩把重物吊在空中不动，问此时电枢回路中应串入多大电阻？

解：CeN

UNINRa22068.70.195

0.138Vrmin1

nN1500

n0

UN2201594rminCeN0.138

Ra

T

CeNCTN

固有机械特性n1594

若使重物吊在空中不动，即n0时TTN

n1594

RaRn0.195Rn

TN159468.7

CeNCTN0.138

解得Rn3

2-33

他励直流电动机的技术数据为PN=29KW，UN=440V，IN=76A，nN=1000r/min，Ra=0.377

Ω，Iamax=1.8IN，TL=TN。问电动机拖动位能负载以-500r/min的转速下放重物时可能工作在什么状态？每种运行状态电枢回路中应串入多大电阻（不计传动机构中的损耗转矩和电动机的空载转矩）？要求画出相应的机械特性，标出从稳态提升重物到以500r/min速度下放重物的转换过程。

解：若只可进行一次变换则有可能的工作状态：

能耗制动，转速反向的反接制动。i）能耗制动

ENUNINRaCeN

EN

0.4113nN

n

RaRc

Ia

CeN

若-500下放，则500

RaRc

IN

CeN

则RaRc2.706，Rc2.7060.3772.33此时校核制动瞬间的电流

1000

2.706

Ia

0.4113

Ia152A

Iamax1.8IN136.8A

可见IaIamaxii）n

故不可采用。

UNRRn

aIa

CeNCeN

满足要求

将（IN，-500）代入得Rc8.109变换瞬间IaIN如图

转换过程：ABC

2-34

电动机的数据同上题，拖动一辆电车，摩擦负载转矩TL1=0.8TN，下坡时位能负载转

矩TL2=1.2TN，问：

（1）（2）

电车下坡时在位能负载转矩作用下电动机的运行状态将发生什么变化？分别求出电枢不串电阻及电枢串有0.5Ω电阻时电动机的稳定转速。

解：（1）在位能负载转矩作用下，电机从正向电动状态逐渐过渡到正向回馈制动的发电

状态。

（2）TLTL1TL20.8TN(1.2TN)0.4TN

电机不串电阻时：

n

4400.377

(0.4)761070281098rmin0.41130.4113

4400.3770.5

(0.4)761070651135rmin0.41130.4113

电机串0.5电阻时：

n

2-35

一台他励直流电动机的数据与题2－33相同，拖动起重机的提升机构，不计传动机构

的损耗转矩和电动机的空载转矩，求：

（1）

电动机在反向回馈制动状态下下放重物，Ia=60A，电枢回路不串电阻，求电动机的转速及转矩各为多少？回馈到电源的功率多大？

（2）

采用电动势反接制动下放同一重物，要求转速n=-850r/min，问电枢回路中应串入多大电阻？电枢回路从电源吸收的功率是多大？电枢外串电阻上消耗的功率是多少？

（3）

采用能耗制动运行下放同一重物，要求转速n=-300r/min，问电枢回路中应串入的电阻值为多少？该电阻上消耗的功率为多少？

解：（1）Ia60A,Rn0,U440V

n

4400.377

601125rmin0.41130.4113

TN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26400W

2

PRnIaRn60212.78546026W

（3）n300rmin,U0,串Rn

300

0.377Rn

60Rn1.68

0.4113

2

PRnIaRn6021.686048W

2-36设题2－33中的电动机原工作在固有特性上，T=0.8TN，如果把电源电压突然降到

400V，求：

（1）

降压瞬间电动机产生的电磁转矩T=？画出机械特性曲线并说明电动机工作状态的变化；

（2）

电动机最后的稳定转速为多少？

解：（1）T0.8TN,UN

n

4400.377

(0.8)761070561014rmin0.41130.4113

电源电压降到400V，EaCeNn0.41131014417V

UEaIaRaIa

UEa

45.1ARa

T9.55CeNIa9.550.4113(45.1)177.1Nm

（2）n2-37

4400.377

(0.8)7697356917rmin0.41130.4113

Ｚ2－52型他励直流电动机，PN=4kW，UN=220V，IN=22.3A，nN=1000r/min，Ra=0.91

Ω。TL=TN，为了使电动机停转，采用电压反接制动，已知电枢回路串入的制动电阻Rc=9Ω，求：

（1）（2）（3）

制动开始时电动机产生的电磁转矩；制动结束时电动机所发出的电磁转矩；

如果是反抗性负载，在制动到n=0时不切断电源，不用机械闸制动，电动机能否反转？为什么？

解：CeN

UNINRa22022.30.91

0.2Vrmin1

nN1000

（1）U220V，Rc9，EaCeNnN0.21000200V

UEaIaRa

I461.5A

T9.550.2(461.5)881.5Nm

（2）n0时

0

2200.919

T0.29.550.22

T42.4Nm

（3）TN9550

PN4

955038.2NmnN1000

不采用机械抱闸，电机会反向起动。

L

2-38

2

他励直流电动机的数据为PN=17kW，UN=110V，IN=185A，nN=1000r/min，Ra=0.035

Ω，GDR=30N﹒m2，拖动恒转矩负载运行，TL=0.85TN，采用能耗制动或反接制动停车，最大允许电枢电流为1.8IN。求两种停车方法的停车时间是多少（取系统总飞轮矩GD2=1.25

GD2R）?

解：CeN

UNINRa1101850.035

0.1035Vrmin1

nN1000

（1）能耗制动

n

1100.0350.851851010rmin

0.10350.1035

EaCeNn0.10351010105V0EaIa(RaRn)取Ia1.8INn0(10100)e

tm

得Rn0.28

GD2RTm0.32

375CeCTN

得t

取t=4Tm1.2s

n0代入，01010et0.3

（2）110ENIa(RaRn)

Ia1.8IN

Rn0.611,Tm0.615NmnL

1100.646

0.851852044rmin

0.10350.1035(ttx,n0)txTmln

1010(2044)

0.246s

0(2044)

第三章三相异步电动机的电力拖动

3-1何谓三相异步电动机的固有机械特性和人为机械特性?

答：固有特性：异步电机在额定电压和频率下，按规定的接线方式接线，定、转子外接

电阻为零时的n与T的关系。

人为特性：人为改变电动机参数或电源参数而得到的机械特性。

3-2三相笼型异步电动机的起动电流一般为额定电流的4～7倍，为什么起动转矩只有额定转矩的0.8～1.2倍?

答：由起动时s=1，由cos2

r2r

2(2)2x2

s

很小，约0.2左右；

另一方面，Ist大，引起定子漏阻抗压降大，电动势E1减小，主磁通m减小。由于这两方面原因所致。

3-3异步电动机的最大转矩Tmax受哪个参数变化的影响最大?试从物理意义上解释其原。

解：Tmax受电压参数变化影响很大。

3-4三相异步电动机的机械特性，当0＜s＜sm时，电磁转矩T随转差率s的增大而增加，当sm＜s＜1时，电磁转短随转差率的增大而减小，为什么?

答：由于Tm1p(

u12sw1r2)2w1(sr1r2)2s2w12(L1L2

u12sw1)s；w1r2

当s很小时，忽略分母中s各项，Tm1p(

当s(sm,1)时，可以忽略式中分母中的r2，即

Tm1p(

3-5

u12w1r21)

)2]sw1s[r12w12(L1L2

为什么通常把异步电动机机械特性的直线段称为稳定运行区，而把它的曲线段称为不

稳定运行区?曲线段是否有稳定运行点?

答：对于恒转矩负载而言，只有特性的直线段满足稳定运行条件，曲线段不满足。但若是对于风机、泵类负载整条特性都满足条件，都是稳定工作区域。

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Tmax和起动转矩Tst将变为多大?若电动机拖动的额定负载转矩不变，问电压下降后，电动机转速n、定于电流Il、转于电流I2、主磁通φm、定子功率因数cosφl和转子功率因数cosφ2将有什么变化?

0.49Tmax,Tst0.49Tst，当电压下降后，n减小，答：Tu，若u0.7uN，则Tmax

增大，m减小，cos1与cos2降低。I1与I2

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?

2

答：对于直流电机而言Ia

UNUN

，而对于感应电机Ist，式中

22Ra)(r1r2)(x1x2

由于存在电抗，则此时zkRa，使得感应电机起动时电流增大倍数没有直流电机那么剧烈。3-8

三相笼型异步电动机的起动方法有哪几种?各有何优缺点?各适用于什么条件?

答：各起动方法比较，如下表。

起动方

法直接起

动串电阻

或电抗起动自耦变

压器起动Y-起

动

1

1

1

起动最简单，但起动电流大，起动转矩小，只适用于小容量轻载起动

U1NI1stIststTst

优缺点

111



2

起动设备较简单，起动转矩较小，适用于轻载起动

1

ka12ka12ka

起动转矩较大，有三种抽头可选，起动设备较复杂，可带较大负载起动

13

1313

起动设备简单，起动转矩较小，适用于轻载起动，只用于联结电动机

3-9两台一样的笼型异步电动机同轴联接，起动时把它们的定于绕组串联，如图3-43所示，

起动后再改成并联。试分析这种起动方式时的起动转矩和起动电流，与把它们并联接电源起动相比较有什么不同?

答：即相当于

1

的定子串电阻减压起动，与直接并联起动相比，串联后2

I1st串

3-10

11

I1st并，Tst串Tst并。24

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。

3-11双笼式和深槽式异步电动机与一般笼型异步电动机相比有何优缺点?为什么?

答：优点：起动性能好，即有较大起动转矩，较小起动电流。

缺点：功率因数和过载能力稍低，用铜多，制造工艺复杂原因：利用集肤效应在起动时增大了转子电阻。

3-12

三相绕线转于异步电动机有哪几种起动方法?为什么绕线转于电动机的转于串频敏变

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减小所串入的电阻，参数选择合适时可以维持起动时间转矩不变。

3-13绕线转子异步电动机、转于电路串入适当电阻，为什么起动电流减小而起动转短反而增大?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?

cos虽然I1I2减小，答：因为串入电阻后，zk值变大，故I1st减小，而TstCTmI2

但cos2增加更多，所以使Tst增大，当串入电阻太大时，cos2亦减小，使Tst减小，串电抗器不行，因为这样会使cos2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：0s1时，电机电动运行；

1s时，电机制动；s0时，电机回馈发电运行。

3-15为使异步电动机快速停车，可采用哪几种制动方法?如何改变制动的强弱?试用机械特性说明其制动过程。

答：（1）能耗制动：可以采用增大转子电阻或加大直流励磁来增强制动效果。（2）两相反接的反接制动：可以采用转子串电阻来增大制动效果。

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。

3-17异步电动机有哪几种制动运转状态?每种状态下的转差串及能量转换关系有什么不同?

答：（1）能耗制动。机械能转换为电能在外串电阻上消耗。

（2）反接制动。1s2，机械能与定子输入的电磁能均被外串的转子电阻消耗。（3）回馈制动。s0，机械能转变为电能回馈回电网。

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n1的大小。

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Tm和Sm。

缩短起动时间可以通过改变Tm，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、n1,r2。

可以采用减小系统性能，降低同步转速，增大r2方法来减小损耗。

3-20绕线转子异步电动机转子突然串入电阻后电动机降速的电磁过程是怎样的？如负载转

矩TL为常数，当系统达到稳定时转子电流是否会变化？为什么？

答：当转子突然串入电阻后，电动机所发出的电磁转矩减小，使TTL，此时电机转速没变，在负载作用下，开始减速，同时T增大，当T=TL时，电机稳定运行，再次稳定后，转子电流不变。因为此时

sNr2

，对于等效电路不影响。s2NRsr2

3-21在绕线转子异步电动机转子电路中串接电抗器能否改变转速？这时的机械特性有何不同？

答：可以改变转速，sm

1

，随着所串电抗器的增大sm减小。x1x2

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，sm随着R的增大而增大。这样0~sm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~sm，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。

3-24为什么调压调速必须采用闭环调速系统？

答：单纯调节电压来调速，调速范围太小，串了电阻后特性又太软，为了克服这些问题故采用闭环调速系统。

3-25怎样实现变极调速？变极调速时为什么同时要改变定子电源的相序？

答：通过改变定子绕组的接法，当变极后，将会引起绕组相序的变化，故要改变

定子相序。

3-26如采用多速电动机配合调压调速来扩大平滑调速的范围，问应采取哪种变极电动机较合理（D-YY还是（Y-YY），为什么？

答：采用Y–YY变极电机更合理，它可以在变极后同时增大过载能力。3-27变频调速时，为什么需要定子电压随频率按一定的规律变化？试举例说明之。

答：u1E14.44f1N1kw1m,m

u1

，f1

当f1变化时，为使m保持恒定，u1也

要随f1同时变。

3-28几种分析讨论以下异步电机变频调速控制方式的机械特性及优点

（1）恒电压频率比（U1/f1=c）控制；（2）恒气隙电势频率比（E1/f1=c）控制；（3）恒转子电势频率比(Er/f1=g)控制；答：（1）恒电压频率比（

u1

c）控制f1

机械特性：1）n1随w1变化

2）不同频率下机械特性为一组硬度相同的平行直线3）Tmax随频率降低而减小

优点：m近似不变，控制简单，易于实现。（2）恒气隙电动势频率比（

E1

c）控制f1

机械特性：1）与恒压频比控制时性质相同。

2）低频起动转矩比额定频率起动转矩大，而起动电流并不大。3）Tmax不随f1变化。

优点：m恒定，稳定性优于恒压频比时（3）恒转子电动势/频率比（

Er

f1

c）控制

机械特性：是一条准确的直线。

优点：稳定工作特性最好，类似他励直流电动机。

3-29

保持恒气隙电势频率比控制中，低频空载时可能会发生什么问题，如何解决。答：会出现负载愈轻电流愈大的问题，可以采用电流反馈控制，使低频时电压降低。3-30填写下表中的空格

解：

电

源

转速

转差率

n1

运行状

极

P1Pm

态

正

序

0145

30.03

0150

正向电动

正

序

1150

-0.15

0100

正向回馈

正

序

-600

1.8

750

反接制动

负

序

500

1.83

600

反接制动

负

序

475

0.05

500

反向电动

负

序

5157

-0.05

0150

反向回馈

3-31一台三相绕线转于异步电动机，已知：PN=75kW，nN=720r/mincosφ1N=0.85，λT=2．4，E2N=213V，I2N=220A。试求：

①电动机的临界转差率sm和最大转矩Tmax；②用实用表达式计算并绘制固有机械特性。

I1N=148A，ηN=90．5％，4

--21

+

+

01

+

+

8

+

+

6

--4

+

+

解：（1）sN

750720

0.04

750

2

smsN(TT1)0.04(2.42.421)0.183

TmaxTTNT9550

PN75

2.495502387.5NmnN720

（2）T

2T4775

（固有特性）

mssms0.183

4775

845.5Nm

0.1835.464

TstTs1

3-32

一台笼型异步电动机额定数据为：U1N=380V，I1N=20A，nN=1450r/min，K1=7，KT=1、

4，λT=2。试求：

①若要保证满载起动，电网电压不得低于多少伏?②如用Y-D起动，起动电流为多少?能否带半载起动?

③如用自耦变压器在半载下起动，起动电流为多少?并确定此时的变化k为多少?解：（1）设

uN

u1

，Tst

1



T2st

1

2

1.4TN

1.4Tst

1TN2

.41.183

st（2）I1

u1

uN





380

321V1.183

17

I1stI1N46.7A3311

Tst1.4TN0.467TN0.5TNTst

33

所以不能带半载起动

（3）Tst

11.4TNT0.5TN2st2RaRa17I1N

I50A21stRa2.8

Ra

1.4

1.6730.5

I1st

3-33某台绕线转于异步电动机的数据为：PN=11kW，nN=715r／min，E2N=163V，I2N=47.2A，起动最大转矩与额定转矩之比T1／TN=1．8，负载转矩TL=98N•m。求三级起动时的每级起动电阻值。

解：sN

750715

0.047

750T1



TN

2.28sNT1

T2



1.8TN

116Nm1.1TL107.8Nm2.28

r2

sNE2N0.047163

0.094I2N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

3-34一台三相六极绕线型异步电动机，U1N=380V，nN=950r／min，f1=50Hz，定子和转于绕组均为Y接法，且定于和转子(折算)的电阻、电抗值分别为r1=2Ω，x1=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，转于每相串人的电阻值应为多少（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600r／min，求应串人的电阻值（折算到定子侧的）。

解：（1）Tmax

pm121

u1w1)2]2[r1r12(x1x2

Tst

pm12r2u1

)w1(r1r2)(x1x2

1r2r27.282

2[2](2r2)49

TmaxTst

R7.281.55.78

（2）sN

1000950

0.05

1000

TN

pm12m1p230

u1u1w1(2r2)2(34)2w1(230)272

1000600

0.4

1000

1.5sN

当n600rmin时，s

Ts0.4

R

mp1u12TN

w1

(2272

0.4



R12

187.5R22382.5R15900R串121.510.5

3-35三相笼型异步电动机的额定数据为：PN=40kW，U1N=380kV，I1N=75．1A，nN=1470r／min，λT=2，定子D接法；拖动系统的飞轮矩GD2=29．4N·m2，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）sN

15001470

0.02

1500

2

smsN(TT1)0.02(2)0.075

TmaxTTNT9550GD2n1Tm10.226s

375Tmax

PN4029550519.7NmnN1470

22

Ts2ss0.22610.021tst(sm1ln(0.075ln)

22sm1s2220.0750.02

0.786s

（2）Tmax

1

TTN173.2Nm3

Tm2

GD2n10.679s375Tmax

2

0.67910.021tst(0.075ln)2.36s

220.0750.02

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=300r／min，负载转矩等于额定转矩，转于每相应串人多大电阻?

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2TN，则转于每相串接的电阻值为多少?

sx[解：（1）sm

TTN

Tx

(

TTN

Tx

)21]

TxTN

其中sx

750(300)

1.4

750

6.414或0.306（舍）可得smRr2(

sm

1)0.75sm

r2

（2）sx

sNE2N0.04213

0.0223I2N220750720

1.96

750

T2TN

sx[sm

TTN

Tx

(

TTN

Tx

21]=3.646或1.058

3.646

1)0.4160.183

3.646时，R0.022(sm

1.058时，R0.105sm

3-37某异步电动机，UN=380V，定于D接，nN=1460r／min，λT=2，设TL=TN=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=1300r／min?解：（1）sN

15001460

0.027

1500

2

smsN(TT1)0.027(2)0.1

当n1100rmin时s

15001100

0.267

1500

由于降压调速不改变sm，此时ssm，所以不能降到1100rmin。（2）当ssm时，nnmin1350rmin

（3）降电压调速无法使转速降为1300rmin。

3-38某绕线转子异步电动额定值PN=55kW，U1N=380V，I1N=121.1A，nN=580r/min，E2N=212V，I2N=159A，λT=2．3；电动机带一个TL＝0．9TN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转于中未中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，转于中串人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520r／min的电动状态)。

解：1）r2sNE2N0.0332126005800.026，sN0.033600I2N159

2smsN(TT1)0.033(2.32.321)0.144

T2TmaxP，TN9550N905.6NmmnNssm

22.3TN2整理有0.9s0.66s0.0190s0.1440.9TN

解得s10.03或s20.703（舍去）

nn1(1s)600(10.03)618rmin

2）R20.0260.40.426

smsmr2R2

TsmR2sm2.359r20.9TN22.3TNs2.3592Tmaxmssm

0.9s210.85s5.00850

解得s10.483或s211.57（舍）

nn1(1s1)600(10.483)889.8rmin

3）当n520rmin时s6005201.867600

2.359smT2Tmax4.6TN2027.17Nm0mssm2.3591.867

3-39一台笼型异步电动机，PN=7.5kW，U1N=380V，I1N=15.4A，nN=1440r／min，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，现采用定于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0.1TN。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）sN150014400.041500

2smsN(TT1)0.04(2.22.221)0.166

所以反接时的机械特性为T

制动瞬间：n1440rmin2TTN0.166s15001440s1.961500

Ts1.960.37TN

（2）T0.1TN代入机械特性

0.1TN4.4TN0.166ss27.304s0.0280

.s=7.3（舍）或0.004

（3）n(1s)n11494rmin

3-40一台绕线转于异步电动机带动一桥式起重机的主钩，已知：PN=60kW，nN=577r／min，I1N=133A，I2N=160A，E2N=253V，λT=2.9，cosφ1N=0.77，ηN=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8m／min的速度上升，求电动机转于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预各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TL=0.8TN，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TL=0．8TN，求此时电动机的转速。

解：（1）sN6005770.038600r2sNE2N0.035I2N

2smsN(TT1)0.038(2.92.921)0.21

n35.48283.2rmin

sx[smsx6002830.053600TTN

Tx(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0.4TN

sx[smTTN

Tx(TTNTx2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TTNmssm将T0.8TN代入，整理有14.43，T（3）sm

s2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2.9TN0.57s0.57sm0.8TNs24.13s0.320

s0.08或4.05（舍）

n(1s)n1648rmin

3-41一台双速笼型异步电动机，P=2时，PNl=40kW，nN1=1450r／min，λT1=2；P=1时，PN2=55kW，nN2=2920r/min，λT2=2，已知拖动系统的GD2=44.3N·m2，r1／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n12→n11)用回馈制动，第二级制动(由n11→0)用能耗制动。

解：（1）s11,s2sN0

12r121GD22n12r2Wst1J1(1s1s2)((11)2r224g60r2

55711.5(11.5)139279J

（2）第一级：0~1500rmin

s11,s20

12r121GD22n12r22J1(1s1s2)Wst()(112r224g60r2

13927.82.534819J

第二级：1500~3000rmin

s10.5,s20

12r121GD22n12r22J1(1)(s1s2)Wst()(110.520)2r224g60r2

34819J

总Wst269638J

3-42有一台四极绕线转子电动机，其额定数据为：PN=30kw，UN=380V，nN=720r/min，r1=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500r/min，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）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不变，又Pmm1I2所以I2

3-43r2sPm亦不变某一笼型电动机，PN=11kw，UN=380V，fN=50Hz，nN=1460r/min，λT=2，如采用变频调速，当负载转矩TL=0.8TN时，要使nN=1000r/min，则f1及U1应调节到多少？解：采用恒u控制时：当TL0.8TN时，ssxf

sx0.8sN0.021TNsN

0.8TNsx

设变频后同步转速为n1,1000(1sx)n1

n1又由10001021rmin10.021150050得f134Hzn1f1u134380258.7V50

3-44

求：某台异步电动机UN=380V，nN=1450r/min，λT=2，定子D接法，设TL=TN=const试

（1）是否可以用降低电压方法使nN=1100r/min时运行？

（2）如采用降低电压调速，转速最低可以调到多少？

（3）如采用变频调速，使nN=1100r/min运行，此时f1及u1应作如何变化？

解：（1）sN150014500.0331500

2smsN(TT1)0.033(23)0.123

nmn1(1sm)1500(10.123)1316rmin

13161000r/min不能降到1100rmin

（2）nminnm1316rmin

（3）降频后的sxsN0.033

nn1(1sx)1100

f1n111001138rmin10.0335011383838Hz,u1380289V150050

第五章电力拖动系统电动机的选择

5-1电力拖动系统中电动机的选择主要包括哪些内容？

答：内容：电机额定功率选择、电机种类、额定电压、额定转速及外部结构形式。5-2确定电动机额定功率时主要应考虑哪些因素？

答：主要考虑负载情况和进行发热校验。

5-3电动机的额定功率选得过大和不足时会引起什么后果？

答：如果额定功率选小了，电动机经常在过载状态下运行，会使它过热而过早的损坏，

还有可能承受不了冲击负载或造成起动困难。

如果额定功率过大，此时不仅增加了设备投资，而且由于电动机经常在欠载运行，其效率及功率因数等性能指标变差，浪费了电能，增加了供电设备的容量，使综合效益下降。

5-4电动机的温度、温升、及环境温度三者之间有什么关系？

答：电动机温度比周围环境温度高出的值称为温升。当电动机的温度高于周围环境温度时，电动机就要向周围散热；温升越高，散热越快。当单位时间内产生的热量与单位时间内散发到周围介质中的热量相等时，电动机的温度不再升高，达到了所谓的热稳定状态，此时的温升为稳定温升w，其大小决定于电动机的负载。

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。

答：规律：发热过程开始时，由于温升小，散发出去的热量少，大部分热量被电动机所吸收，所以温升上升较快。其后随着温升的升高，散发的热量逐渐增加，电动机吸收的热量则逐渐减少，使温升的变化缓慢了。当发热量与散热量相等时，电动机的温升不再升高，达到一稳定值w。

（1）起始温升不同，稳态温升和时间常数相同

（2）起始温升和稳态温升不同，时间常数相同。

（3）起始温升相同，稳态温升和时间常数不同。

（4）起始温升相同，稳态温升不同，时间常数相同。

5-6电动机有几种工作制？是怎样划分的？其发热的特点是什么？

答：一、连续工作制。电动机连续工作时间很长，可达几小时，甚至几昼夜，在工作时间内，电动机的温升可以达到稳定值。

二、短时工作制。电动机工作时间较短，在工作时间内，电动机的温升达不到稳定值。而停歇时间长，电动机的温升可以降到零。

三、断续工作制。电动机的工作时间与停歇时间轮流交替。

5-7同一台电动机，如果不考虑机械强度问题或换向问题等，在下列条件下拖动负载运行

时，为充分利用电动机，它的输出功率是否一样？哪个大？哪个小？

（1）自然冷却，环境温度为40℃；（2）强迫通风，环境温度为40℃；

（3）自然冷却，高温环境。

答：不一样（2）大（3）小

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wQ，由于Q与电动机的损耗功率p成正比，当电动机的A

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与A成反比关系，设法改善散热条件，使A增大，即可降低w。

5-9连续工作变化负载下，电动机容量选择的一般步骤是什么？

解：（1）初选电动机容易

（2）校验电动机容易

5-10用平均损耗法校验电动机发热的依据是什么？请指出等效电流法、等效转矩法、等效功率法及平均损耗法的共同点和不同点，以及它们各自的适用条件？

答：依据：电动机发热是由其内部损耗决定，所以电动机损耗的大小直接反映了电动机的温升情况。

相同点：几种方法实质上都是温升的校验。

不同点：每种方法判断的依据不同

5-11什么是负载持续率？试比较普通三相鼠笼式异步电动机ZC%=15%、PN=30kW与ZC%=40%、PN=20kW的电动机，哪一台实际功率大？

答：在断续周期工作制中，负载工作时间与整个周期之比称为负载持续率。

c%40%,PN20kW的电动机实际功率大。

5-12电动机若周期性地工作15min、停歇85min，则应选择什么工作方式？

答：短时工作方式。

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TH=90min，不变损耗与额定可变损耗比k=0.7，短时过载能力=2。这台电机能否临时代用？1eg

解：PNPgt1Regt

tg30min，T90min，R0.7，Pg35kW

1e1

3

3PN30

PgPN300.1895.66kW10.7e35kW6.18425.66kW

Pg17.5kW不通过过载能力，此时应选择：PN

而PN20kW17.5kW，所以可以代替。

5-14需要一台电动机来拖动工作时间tg5min的短时工作负载，负载功率PL=18kW，空载起动。现有两台笼型异步电动机可供选用，它们是：

（1）PN10kW，nN1460r/min，m2.1，起动转矩倍数kT1.2；

（2）PN14kW，nN1460r/min，m1.8，起动转矩倍数kT1.2；

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u0.9uN

m0.920.81mm

第一台

第二台PNPgm10.58kWPN10kW10.58kW故不取PN14kW12.35kW故可以取用

又因为是空载起动，故选用第二台。

第六章

6-1电弧是怎样产生的？怎样灭弧？常用低压电器

答：电弧实际上是触点间气体在强电场作用下产生的放电现象，所谓气体放电，就是触点间隙中的气体被游离产生大量的电子和离子，在强电场作用下，大量的带电粒子定向运动，于是绝缘的气体就变成了导体。电路通过这个游离区时所消耗的电能转换为

热能和光能，发出光和热的效应，产生高温并发出强光，使触点烧坏，并使电路的切断时间延长，甚至不能断开，造成严重事故。

6-2交流接触器和直流接触器在结构上有何区别？为什么？

答：交流接触器：铁心用钢片叠成，有短路环。

直流接触器：铁心用整块软钢，无短路环，多用指形触点，在动铁与静铁之间加一

个非磁性垫片。

原因：铁心用叠片构成可以减少涡流，短路环用来消除交流电过零点影响。

6-3继电器和接触器比较，区别在哪里？

答：继电器用于通、断小电流的控制电路和保护电路，其触点的额定电流较小，所以在结构上不需加灭弧装置；而接触器用于通、断电动机及电热器等大电流的负载电路，其触点的额定电流较大，所以在结构上有时需加灭弧装置。另外，继电器可以对各种输入量作出反应，而接触器只能在一定的电压信号下工作。

6-4交流接触器在运行中，有时在线圈断电后衔铁仍掉不下来，试分析故障原因。

答：1）释放弹簧损坏或反作用力太小；

2）触点弹簧损坏；

3）衔铁自重量太大；

4）铁芯剩磁太大；

5）铁芯端面有油污。

6-5试述继电器的种类及其用途。

答：电压继电器：作电压保护和控制用

中间继电器：远距离传输或转换控制信号

电流继电器：作起动控制和电流保护

时间继电器：用作电机延时起动等

热继电器：用于电动机过载保护、断相及电流不平衡运行

温度继电器：用于电动机过载、堵转等过热保护

速度继电器：用于反接制动控制中。

6-6热继电器进行过载保护时，如果热继电器不动作而将电动机烧坏，试分析故障原因。

答：电机绕组过热而烧坏也有可能是由于1）电网电压或频率升高2）周围介质温度

过高3）通风不良。

6-7熔断器用于保护电动机时，若电动机过载电流为两倍额定电流，熔断器能否起过载保

护作用？为什么？

答：不能。过载保护实际上是热保护，熔断器不能检测电动机的绕组过热，根据熔断器安秒特性，当通过熔断器的电流为两倍额定电流时，熔断时间会很长。

6-8低压断路器有哪些基本组成部分？在电路中的作用时什么？

答：一般由触点系统、灭弧系统、各种脱扣器及开关机构组成。

作用：对配电电器、电动机或其他用电设备实行不频繁地通断操作、线路转换、当电路内出现过载、短路或欠电压等情况时，能自动分断电路。

6-9单相交流电磁机构中，短路环的作用是什么？

答：单相交流电磁机构中，电磁吸力与磁通的平方成正比，当磁通过零时，吸力也为零，这时衔铁在弹簧反力作用下被拉开，之后又被吸合，造成触点的振动，为了消除衔铁的这种震动，可以在铁心上安装短路环。

6-10磁阻尼式时间继电器的工作原理是什么？如何调节延时的长短？

答：工作原理：利用装在铁心上的短路线圈，在衔铁打开时，延迟铁心中的磁场到达F的时间，以达到延时打开的目的。

通过调整反作用弹簧的松紧和非磁性垫片的厚度，可以调整延时时间。

6-11带断相保护和不带断相保护的三相热继电器各用于什么场合？

答：不带断相保护的热继电器适用于三相同时出现过载电流的场合。

带断相保护的热继电器不仅用于以上情况，还可以在某相出现断相，而另外两相过载时也可起到保护作用。

6-12感应式速度继电器是怎样实现动作的？用于什么场合？

答：由于定子笼型绕组受到转子旋转磁场的保护而产生同方向转矩，当转矩值到达一定程度时，即被控电机转速到达一定转速时，定子摆杆推动簧片或离开簧片进而改变触点的状态。

适用场合：用于电动机反接制动中，当转速下降到接近零时自动及时切断电源。6-13试述行程开关的种类及各自优缺点。

答：滚动式：触点分断速度不受生产机械的影响，动作快，价格较贵，结构复杂。

直动式：结构简单，价格便宜，分断速度取决于生产机械的速度。

微动式：操作力小，行程短。

第七章电气控制线路设计

7-1绘图时为何要用标准图形符号和文字符号？

答：为了便于分析系统的工作原理，便于电气设备的安装、调整、使用和维修，必须使用统一规定的图形符号和文字符号。

7-2

试问下列控制线路能否实现点动运行？为什么？

图7-32点动控制线路

答：a）不行，因为装有自锁触点

b）不行，线圈被短路

c）可以

7-3d）不行e）不行画出对应图7-33

所示安装接线图的原理图。

图7-33安装接线图

答：

7-4设计某机床刀架进给运动的控制线路，具体要求如下：

按下起动按钮后，刀架开始进给，到一定位置时，刀架进给停止，开始进行无进给

切削，经过一段时间后刀架自动返回，回到原位自动停止。

答：KM1控制刀架进给，KM2控制刀架返回，SQ1进给终止处，SQ2

原位处。

7-5某机床主轴由一台异步电动机拖动，润滑泵由另一台异步电动机拖动。要求：

(1)主轴必须在油泵开动后，才能起动；

(2)主轴正常为正向运行，但为调试方便，应能正反向点动；

(3)主轴停止后，才允许油泵停止。

试设计电气控制线路。

答：KM1轴正向运行，KM2轴反向运行，KM3

泵机运行。

7-6图7-34

所示为机床自动间歇润滑的控制线路图，试分析其工作原理。

图7-34机床自动间歇润滑的控制线路

答：合上Q时，接触器KM及时间继电器KT1同时通电，液压泵电机工作进行润滑，

经过一段延时后，KT1常开触点闭合，使中间继电器KA及时间继电器KT2同时通电，

中间继电器KA常闭触点断开，使KM及KT1断电，停止润滑；中间继电器KA常开触

点闭合，起自锁作用。又经过一段延时后，KT2常闭触点断开，使KA断电，触点恢复

原位，开始润滑。

按纽SB作用：控制KM实现润滑，为点动控制。

中间继电器KA作用：控制KM的延时通电，及延时断电的停止，使其能间歇润滑。7-7皮带运输机是由异步电动机拖动的。试设计由三台皮带运输机组成的运输系统电气控制线路，要求如下：

(1)起动时，三台皮带运输机工作顺序为3#、2#、1#，并要有一定的时间间隔；

(2)停车时，三台皮带运输机顺序为1#、2#、3#，也要有一定的时间间隔；

(3)具有必要的保护措施。

答：主电路图为：

控制回路电路图为：

7-8某电机只有在继电器K1、K2、K3中任何一个或任何两个动作时才能运转，而在其它条件下都不运转，试用逻辑设计法设计控制线路。

答：控制电动机工作的接触器为KM，根据题意可写出逻辑表达式：

KMK123123123K1K2312K3K123

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[23]1K2

K3]

故设计出控制电路为：

第八章电动机的基本控制线路

8-1设计单向运行反接制动的电气控制线路。

答：

8-2C650卧式车床电气原理图中的KR1、KR2触点位置对调后，还有没有反接制动作用？

为什么？

答：当对调KS1和KS2触点后，线路没有反接制动功能，假设正转时停车，当按下SB6后，正转接触器KM1和KA继电器都断电释放，此时KS1闭合，松开SB6后，KM1线圈经KS1和KA常闭触点又重新接通，又开始正转运行。

8-3X62K立式升降台铣床电气控制线路中采用了哪些基本控制方法和保护？

答：基本控制方法：点动控制、连续控制、互锁控制、联锁控制。

保护线路方法：熔断器作短路保护，热继电器作过载保护。

8-4设计采用电流继电器控制的绕线型异步电动机转子串电阻起动控制线路。

答：如图

8-5图8-31中与电流表并联的时间继电器KT的作用是什么？

答：电流表是用来监测主线路中的电流的，为了防止起动时对电流表造成冲击而损坏

电流表，故在起动时用时间继电器常闭触点短路电流表，当起动完成后，触点打开，使电流表正常工作。

8-6图8-32为Z35摇臂钻床的电气控制原理图，试分析工作原理。

答：1、开车前准备：合上QS1开关，将开关SA扳至左边位置，电压继电器上电自锁，

为线路运行作准备。

2、主轴电动机的控制

将开关SA扳向右边，KM1线圈上电，主轴电机工作。

3、摇臂的升降控制：将开关SA扳向“向上”位置，KM2线圈上电，电机正转使摇臂提

升，将开关SA扳向“向下”位置时，KM3线圈上电，电机反转，摇臂下降。

4、摇臂的夹紧控制

机床工作时，摇臂应夹紧在立柱上，要使摇臂移动，必须先松开夹紧装置，因此，夹紧及松开机构是电气与机械配合的。

M3工作后，假设在上升，KM2上电，此时凭借机械结构使开关SQ2-1闭合，给夹紧动作

做好准备；当摇臂上升到所需要位置时，将开关SA扳至中间位置，使KM2断电，KM2常开闭合，KM3上电，电机开始反转，通过机械机构使摇臂夹紧，然后M3停转，M3下降时，工作与上升时类似。

5、立柱的夹紧与放松

按下SB1，KM4线圈上电，电机正转，立柱夹紧；

按下SB2，KM5

线圈上电，电机反转，立柱放松。

图8-31电流表接入控制电路

图8-32Z35摇臂钻床电气控制原理图

第九章电器元件的选择和电动机的保护

9-1欠电压继电器能否用于过电压保护中？为什么？

答：不可以。欠压继电器在线路中电压低于额定值时，就动作；在电压降到整定值时断电释放。而电压高于额定值，继电器不会动作，故起不到保护作用。

9-2选择接触器时，应考虑哪些技术数据？

答：应考虑的技术数据：额定电压、额定电流、线圈的额定电压、触点数目、额定操作频率。

9-3对保护电热设备的熔断器熔体额定电流如何选择？对保护一台电动机和多台电动机的

熔断器熔体额定电流如何选择？

答：由于电热设备没有冲击电流的负载，应选择熔体的额定电流等于或稍大于负载的额定电流，即IRNIN。

对于单台电动机：IRN(1.5~2.5)IN

对于多台电动机：IRN(1.5~2.5)INmax

其中，INmax为容量最大的电动机额定电流IN

I

9-4N除容量最大电机外，其余电动机额定电流之和。短路保护和热保护有何区别？

答：短路保护：指电机在各种故障情况下产生短路现象时进行的保护，要求具有瞬时特性，采用熔断器进行保护。

热保护：由于负载突加，电压降低，缺相等情况使绕组发热时采取的保护。利用热继电器进行保护。由于热继电器不会受电机短时过载冲击电流或短路电流的影响而动作，所以在使用热继电器做过载保护同时必须设有短路保护。

9-5低压断路器应如何选择？

答：低压断路器主要根据保护特性要求、分断能力、电网电压类型及等级、负载电流、操作频率等方面进行选择。

第一章电力拖动系统的动力学基础

1-1什么是电力拖动系统?它包括那几部分？都起什么作用？举例说明．

答：由原动机带动生产机械运转称为拖动。用各种电动机作为原动机带动生产机械运动，以完成一定的生产任务的拖动方式，称为电力拖动。电力拖动系统，一般由电动机、机械传动机构、生产机械的工作机构、控制设备和电源五部分组成。

其中，电动机作为原动机，通过传动机构带动生产机械的工作机构执行某一生产任务；机械传动机构用来传递机械能；控制设备则用来控制电动机的运动；电源的作用是向电动机和其他电气设备供电。

1-2电力拖动系统运动方式中T，Tn及n的正方向是如何规定的？如何表示它的实际方向？答：设转速n对观察者而言逆时针为正，则转矩T与n的正方向相同为正；负载转矩TL与n的正方向相反为正。与正方向相同取正，否则取反。

1-3试说明GD的概念２

GD2

答：J=即工程中常用表示转动惯量的飞轮惯量。4g

1-4从运动方程式中如何看出系统是处于加速、减速、稳速或静止等运动状态？答:当TTL时，dndt0，系统加速；当TTL时，dndt0，系统减速。当TTL时，dndt0，转速不变，系统以恒定的转速运行，或者静止不动。

1-5多轴电力拖动系统为什么要折算为等效单轴系统？

答:多轴电力拖动系统，不同轴上有不同的转动惯量和转速，也有相应的反映电动机拖动的转矩及反映工作机构工作的阻转矩，这种系统比单轴拖动系统复杂，计算较为困难，为了简化计算，一般采用折算的办法，把多轴电力拖动系统折算为等小的单轴系统。1-6把多轴电力拖动系统折算为等效单轴系统时负载转矩按什么原则折算？各轴的飞轮力矩按什么原则折算？

答:功率相等原则;能量守恒原则.

1-7什么是动态转矩？它与电动机负载转矩有什么区别？

答:动态转矩是指转矩是时间的函数.

而负载转矩通常是转速的函数.

1-8负载的机械特性有那几种类性？各有什么特点？

答：恒转矩负载特性：与n无关，总是恒值；

恒功率负载特性：与n成反比例变化；

通风机负载特性：与n2成正比例变化。

1-9某拖动系统如图1-11所示。当系统以1m/s2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Tmeq=195N·m,折算到电动机轴上的系统总(包括卷筒)转动惯量J=2kg·m2,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

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

卷筒的机械角速度

=j=2.57mR=Vm

dmdvR==12=2dtdt

ddm=j2.575225.7dtdt

dTTmeqJ195225.7246.4Nmdt

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m0=300k，重物的质量m=1000kg，平衡锤的质量mp=600kg，罐笼提升速度vm=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）

Tmeq(m0m)gVmmpgVm

Tmeq118.11Nm

1GDeq2n21122()

(m0m)VmmpVm24g60222

1GDeq2n212()(m0mmp)Vm24g602

2(m0mmp)Vm167751GD4g15.9Nm22(102.6)(602eq2

（2）系统以1.5m/s下放罐笼时

[(m0m)gVmmpgVm]yTmeq

Tmeq7009.811.50.8585.3Nm102.6

22(GDeq)下降(GDeq)上升15.9Nm

1-11一台卷扬机，其传动系统如图1-13所示，其各部分的数据如下：

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。

卷筒直径d=0.6m，质量mT=130kg，卷筒回转半径ρ与卷筒半径R之比ρ／R＝0.76，重物质量m=600kg，吊钩和滑轮的质量m0=200kg,，重物提升速度νm=12m/min，每对齿轮的传动效率ηcZ=0.95，滑轮的传动效率ηcn=0.97，卷轴效率ηcT=0.96，略去钢绳的质量。电动机的

2数据为PN=20kW，nN=950r/min，GDR21Nm2。试求：

（1）

（2）折算到电动机轴上的系统总飞轮力矩；以vm=12m/min提升和放下重物时折算到电动机轴上的负载转矩

图1-13

解：1、（1）齿轮总飞轮矩卷扬机传动系统图

22GD2GD32GD4GD52GD62GDJ2GDGD

242Z2((246)2()Z1Z3Z1Z3Z5Z12a21

91814264.9105125(20.65)2(75.992)2

10.360.04220.04831.4505Nm2

GD2

J:Rd

20.3m，0.76R0.760.30.228m

Jm21300.22826.75792Kgm2

GD2

JJ4g6.7579249.8264.9105Nm2

（2）动滑轮的飞轮矩（包括钩子和重物）由于动滑轮半径未知，故动滑轮旋转运动的飞轮矩忽略。

GD2365G(V

n2365(600200)9.8(12

HH5.9501

28616000.1268Nm2

22562500

GD2222

总GDRGDaGDH211.45050.1268

22.5773Nm2

2、（1）提升时

设绳的拉力为F

F绳V绳ycn(600200)gVm

F9.8Vm

绳8002V8009.8

974041.24N

mcn20.

TGR4041.240.31212.

meqj37219.3832N

2

Z460.9530.9662.5475

1Z3Z5

（2）下放重物时

21

0.785，F绳V绳GVmcn

F8009.8Vm0.97

绳2V3802.4N

m

T3802.40.33802.

meqj40.30.785

75.99211.78N

第二章直流电机的电力拖动

2-1他励直流电动机的机械特性指的是什么？是根据那几个方程式推倒出来的？答：nuRRcaTCeCeCT

据以下三个方程：uEaIa(RaRc)

EaCen

TCTIa

2-2他励直流电动机的机械特性的斜率与那些量有关？什么叫硬特性？什么叫软特性？

答：与所串电阻RC及励磁磁场有关；

值较小的机械特性称硬特性，反之为软特性

2-3为什么n0称为理想空载转速？堵转点是否只意味着电动机转速为零？为什么？

答：因为实际中空载转矩T0不可避免，故n0达不到。

堵转就是n=0的点。

2-4什么叫人为机械特性？从物理概念上说明为什么电枢外串电阻越大，机械特性越软？答：人为机械特性指通过改变u、、R参数得到的机械特性。

2-5为什么降低电源电压的人为机械特性是互相平行的？为什么减弱气隙每极磁通后机械特性会变软？

答：u与值无关；因为1

减小，增大，特性边软。

2-6什么是电力拖动系统的稳定运行？能够稳定运行的充分必要条件是什么？

答：系统在某种外界扰动下离开原的平衡状态，在新的条件下获得的新的平衡；或当扰动消失后系统能自动恢复到原来的平衡状态。满足上述条件，系统就是稳定的。

系统稳定运行的充分必要条件是：

1）电机的机械特性与负载转矩特性必须有交点，在交点处TTL；

2）在交点附近应有dTdTL。dndn

2-7他励直流电动机稳定运行时，电枢电流的大小由什么决定？改变电枢回路电阻或改变电

源电压的大小时，能否改变电枢电流的大小？

答：Ia由负载TL决定。不能。

2-8他励直流电动机为什么不能直接起动？直接起动会引起什么不良后果？

答：起动开始瞬间，由于机械惯性的影响，电动机转速n0,Ea0,这时起动电流为IstUNRa，因电枢电阻数值很小，因此，Ist很大，可达额定电流的（10~20）倍。因此不能直接起动。

直接起动可能产生如下后果：1、大电流使电枢绕组受到过大的电磁力，易损坏绕组；

2、使换向困难，主要是在换向器表面产生火花及环火，少坏电刷与换向器；3、过大的起动电流还会产生过大的起动转矩，从而使传动机构受到很大的冲击力，加速过快，易损坏传动变速机构；4、过大的起动电流会引起电网电压的波动，影响电网上其他用户的正常用电。

2-9起动他励直流电动机前励磁绕阻断线，没发现就起动了，下面两种情况会引起什么后

果？(1)空载起动；(2)负载起动，TL＝TN。

答：（1）电机飞车，转速太高，容易造成事故。

（2）电机电枢中电流很大，却很可能起动不了，由于TCTIC，

此时磁场只有点剩磁很小。

2-10如何判断他励直流电动机是处于电动运行状态还是制动运行状态？

答：电机所发出的电磁转矩与转速方向相同，即为电动状态。

若电磁转矩与转动方向相反，则为制动状态。

2-11电动机在电动状态和制动状态下运行时机械特性位于哪个象限？

答：电动状态机械特性位于一、三象限；

制动状态机械特性位于二、四象限。

2-12能耗制动过程和能耗制动运行有何异同点？

答：相同点：两种状态下，电磁转矩都与电机转向相反。

不同点：能耗制动中负载转矩与电磁转矩同向；

而能耗运行中负载转矩与电磁转矩反向。

2-13电压反接制动与电动势反接制动有何异同点？

答：相同点：两种状态都是制动状态，即电磁转矩都与转向相反。

不同点：电压反接制动中，电流方向发生改变；

而电动势方向制动中电流流向不变。

2-14什么叫电力拖动系统的过渡过程？在过渡过程中为什么电动机的转速不能突变？

答：指系统从一个稳定工作状态过渡到另一个稳定运行状态。

由于机械惯性时间远大于电磁惯性时间，在过渡过程中可以把电磁量任务是突变的，而机械量不能。

2-15什么是机械过渡过程？推导他励直流电动机拖动系统机械过渡过程解析式时作了哪些

假定？

答：指机械量如转速的变化过程（从一个稳态到另一个稳态）

假设：1）电源电压u恒定不变

2）磁通恒定不变

3）负载转矩TL保持常数不变

2-16什么是他励直流电动机拖动系统机械过渡过程的三要素？机电时间常数的大小与哪些

量有关？

答：三要素指：初始值、稳态值、机电时间常数。

机电时间常数与系统的转动惯量、所串电阻、及励磁磁场有关。

2-17他励直流电动机有那几种调速方法？各有什么特点？

答：1）电枢串电阻调速

特点：优点：设备简单、初投资少；

缺点：1、有级调速，级数有限，平滑性差

2、轻载时，调速范围小

3、低速时，低，电能损耗大

4、低速运行，转速稳定性差

适用于调速性能要求不高的场合。

2）降低电压调速

特点：优点：1、电源电压能连续调节，调速的平滑性好，可达到无级调速；

2、无论是高速或低速，机械特性硬度不变，低速时稳定性好；

3、低速时电能损耗小，效率高。

缺点：设备的初投资大。

适用于对调速性能要求较高的设备上。

3）减弱励磁磁通调速

特点：优点：1、电流较小的励磁电路中进行调节、控制方便，功率损耗小

2、用于调速的变阻器功率小，可较平滑调速，实现无级调速。

缺点：调速范围较小。

2-18静差率与机械特性的硬度有何区别？答：n0n，机械特性越硬，越小。n0

可以利用来衡量机械特性的硬度。

2-19调速范围与静差率有什么关系？为什么要同时提出才有意义？答：调速范围Dnmax，其中nmin受到调速相对稳定性限制，而稳定性则通过（静nmin

差率）反映，故同时考察D与对调速系统才有意义。

2-20什么叫恒转矩调速方式和恒功率调速方式？他励直流电动机的三种调速方法各属于哪

种调速方式？

答：恒转矩调速方式：当采用电枢串电阻调速和降低电枢电压调速时，

则电动机容许输出的转矩为TcyCTNINTN常数。由此可见，N,IaIN，

这两种调速方法在整个调速范围内，不论转速等于多少，电动机容许输出的转矩都为一恒值，因此称为恒转矩调速方式。

恒功率调速方式：当采用弱磁调速时，磁通是变化的，因此容许输出转矩Tcy与转速n成反比。而输出功率PTcy

调速方式。

串电阻调速和降电压调速属于恒转矩调速方式，弱磁调速属于恒功率调速。

2-21电动机的调速方式为什么要与负载性质匹配？不匹配时有什么问题？

答：电动机的容许输出转矩和容许输出功率，仅仅表示电动机的利用限度，并不代表电动机的实际输出，电动机的实际输出是由负载的需要来决定的。负载有三种类型：恒转矩负载、恒功率负载、通风机型负载。每种类型的负载，在不同转速下所需要的转矩和电流是不同的。所以要根据电动机所拖动负载的性质来选择调速方式，达到合理使用电动机的目的。

2-22是否可以说他励直流电动机拖动的负载只要转矩不超过额定值，不论采用哪一种调速

c2nk，即为一恒定值。故称为恒功率n60

方法，电动机都可以长期运行而不致过热损坏？

答：不可以。串电阻调速和降压调速可以这样认为，但弱磁调速时TLTN时，绕组IaIN，故不能长时间运行。

2-23一台他励直流电动机，铭牌数据为PN=60kW，UN=220V，IN=305A，nN=1000r/min，

试求：

（1）固有机械特性并画在坐标纸上。

（2）T=0.75TN时的转速。

（3）转速n=1100r/min时的电枢电流。

解：（1）Ra1uNINPN

2(I21(22030560000)0.038，

N2305305

CUNINRa220305

eNn0.0380.208Vrmin

N1000

n0UN

C2201058rmin

eN0.208

TN9.55CeNIN9.550.208305605.8Nm

通过（1058，0）及（1000，605.8）可以作出固有机械特性

（2）nUNRaT

CNT0.75TN时

eNCeNCTN

n220

0.2080.0380.75605.8

9.550.2080.2081016rmin

（3）n=1100r/min

nUN

Ra

CIN

eNCeN

IUNN(Cn)CeN(10581100)0.208

0.038229.9A

eNRa

2-24电动机的数据同上题，试计算并画出下列机械特性：（1）电枢回路总电阻为0.5RN时的人为机械特性。

（2）

（3）

（4）电枢回路总电阻为2RN的人为机械特性。电源电压为0.5UN，电枢回路不串电阻时的人为机械特性。电源电压为UN，电枢不串电阻，ф=0.5фN时的人为机械特性。

注：RN=UN/IN称为额定电阻，它相当于电动机额定运行时从电枢两端看进去的等效电阻。

解：（1）RNUN2200.721IN305

当外串后总电阻为0.5Rn时：

nUN0.5RnT10580.874TCeNCeNCTN

（2）当电枢总电阻为2Rn1.442时：

nUN2RnT10583.49TCeNCeNCTN

（3）U0.5UN

n0.5UNRaT5290.092TCeNCeCT(N)2

（4）0.5N

n

2-25UNRaT21160.368T0.5CeN0.25CeCT(N)2Z2—71型他励直流电动机,PN=7.5kW，UN=110V，IN=85.2A，nN=750r/min，Ra=0.129Ω。采用电枢串电阻分三级起动,最大起动电流为2ln，试计算各级起动电阻值。

解：选I12IN，RmUN1100.646I1285.2

Rm30.646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

Rst2R2R10.3780.2210.157Rst3R3R20.6460.3780.268

2-26

一台他励直流电动机，PN=7.5kW，UN=220V，IN=41A，nN=1500r/min，Ra=0.376

Ω，拖动恒转矩负载运行，T=TN。当把电源电压降到U=180V时，问：

（1）（2）

降低电源电压瞬间电动机的电枢电流及电磁转矩是多少？稳定运行时转速是多少？

解：CeN

UNINRa220410.376

0.316Vrmin1

nN1500

UNRa

T2

CeNCeCT(N)

机械特性n

（1）当在额定点运行时ENCeNnN0.1361500204V

降压瞬间180204IaRaIa

180204

63.8A

0.376

TCTNIa9.550.136(63.8)82.9Nm

(2)n

1800.376

4113241131211rmin0.1360.136

2-27上题中的电动机拖动恒转矩负载运行，T=TN，若把磁通减小到φ=0.8φN,。计算稳定

运行时电动机的转速是多少?电动机能否长期运行?为什么?解:

n

220Ra

TCeNCeNCTN

当T=TN,0.8N时

n

2200.376

9.550.13641

0.80.1360.80.1360.80.1369.55

0.37641

20221845rmin

0.640.136TNCI5

TNNIN51.25A

CTN0.80.8CTN4

Ia

IaIN

电机不能长期运行

2-28他励直流电动机的数据为PN=13kW，UN=220V，IN=68.7A，nN=1500r/min，Ra=0.224Ω。采用电枢串电阻调速，要求δmax=30%，求：

（1）（2）（3）（4）

电动机拖动额定负载时最低转速。调速范围。

电枢需串入的电阻值。

拖动额定负载在最低转速下运行时电动机电枢回路输入的功率，输出功率（忽略T0）及外串电阻上的消耗的功率。

解:(1)

n0n

0.3n0

n0.7n0nmin0.7n0

CeN

UNINRa22068.70.224

0.136Vmin1rnN1500

nmin0.716181133rmin

n0

220

rminCeN

nmax1500

1.324nmin1133

2200.224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

10.6kW

60

2

PRnINRn68.720.7363474W

2-29上题中的电动机，如果采用降低电源电压调速，要求δmax=30%，求：

（1）（2）（3）（4）

电动机拖动额定负载运行时的最低转速。调速范围。

电源电压需调到的最低数值。

电动机拖动额定负载运行在最低转速时，从电源输入的功率及输出功率（不计T0）。解:(1)nNn0nN16181500118rmin

0.3

nN

0.3n0

n0min

118

393rmin0.3

nminn0minnN393118275rmin

(2)D

nmax1500

5.5nmin275Umin

Umin53.4VCeN

(3)n0min

(4)P1UminIN53.468.73672W

P2TN9.550.13668.7

6.28275

2568W60

2-30他励直流电动机PN=29kW，UN=440V，IN=76A，nN=1000r/min，Ra=0.376Ω，采用降低电源电压及弱磁调速，要求最低理想空载转速n0min=250r/min，最高理想空载转速

n0max=1500r/min，试求：

（1）（2）（3）

T=TN时的最低转速及此时的静差率。拖动恒功率负载P2=PN时的最高转速。调速范围。

解:CeN

UNINRa440760.376

0.411Vrmin1

nN1000

nN1071100071rmin

n0

440

1071rmin0.411

(1)nminn0minnN25071179rmin



n0minnmin

n0min



250179

0.284250

(2)n0max

440

1500(设x为弱磁系数)

x0.4111071x0.7141500

Ra

T

0.714CeN0.714CTN

n1500

当P2PN时,设电机转速为nx,转矩为Tx

Tx

2

2nx

PN

60



Tx

60PN

代入机械特性n中,整理有

2nx

nx1500nx126675.90

解得nx1410rmin或90rmin

拖动恒功率P2PN时最高转速为1410rmin.

(3)弱磁时拖动TTN恒转矩负载的转速

n1500D

2-31

0.376

761364rmin

0.7140.4110.714

1364

7.62179

一台他励直流电动机PN=3KW，UN=110V，IN=35.2A，nN=750r/min，Ra=0.35Ω。电动

机原工作在额定电动状态下，已知最大允许电枢电流为Iamax=2IN，试问：

（1）（2）（3）（4）

采用能耗制动停车，电枢中应串入多大电阻？采用电压反接制动停车，电枢中应串入多大电阻？两种制动方法在制动到n=0时，电磁转矩各是多大？

要使电动机以-500r/min的转速下放位能负载，TL=TN，采用能耗制动运行时电枢应串入多大电阻？

解:CeN

UNINRa

0.1304Vrmin1

nN

（1）ENCeNnN0.1302475097.68V

能耗制动：0ENIa(RaRn)代入数据，可解得Rn1.0375（2）UNENIa(RaRn)（3）能耗制动时：n=0则T=0；

反接制动时：n

Rn2.6

UCeN



RaRn

T

CeNCTN

将U=110V，R2.6代入：得T46.3Nm（4）n2-32

2Rn

T

CeNCTN

Rn1.5

一台他励直流电动机，PN=13KW，UN=220V，IN=68.7A，nN=1500r/min，Ra=0.195Ω，

拖动一台起重机的提升机构。已知重物的负载转矩TL=TN，为了不用机械闸而由电动机的电磁转矩把重物吊在空中不动，问此时电枢回路中应串入多大电阻？

解：CeN

UNINRa22068.70.195

0.138Vrmin1

nN1500

n0

UN2201594rminCeN0.138

Ra

T

CeNCTN

固有机械特性n1594

若使重物吊在空中不动，即n0时TTN

n1594

RaRn0.195Rn

TN159468.7

CeNCTN0.138

解得Rn3

2-33

他励直流电动机的技术数据为PN=29KW，UN=440V，IN=76A，nN=1000r/min，Ra=0.377

Ω，Iamax=1.8IN，TL=TN。问电动机拖动位能负载以-500r/min的转速下放重物时可能工作在什么状态？每种运行状态电枢回路中应串入多大电阻（不计传动机构中的损耗转矩和电动机的空载转矩）？要求画出相应的机械特性，标出从稳态提升重物到以500r/min速度下放重物的转换过程。

解：若只可进行一次变换则有可能的工作状态：

能耗制动，转速反向的反接制动。i）能耗制动

ENUNINRaCeN

EN

0.4113nN

n

RaRc

Ia

CeN

若-500下放，则500

RaRc

IN

CeN

则RaRc2.706，Rc2.7060.3772.33此时校核制动瞬间的电流

1000

2.706

Ia

0.4113

Ia152A

Iamax1.8IN136.8A

可见IaIamaxii）n

故不可采用。

UNRRn

aIa

CeNCeN

满足要求

将（IN，-500）代入得Rc8.109变换瞬间IaIN如图

转换过程：ABC

2-34

电动机的数据同上题，拖动一辆电车，摩擦负载转矩TL1=0.8TN，下坡时位能负载转

矩TL2=1.2TN，问：

（1）（2）

电车下坡时在位能负载转矩作用下电动机的运行状态将发生什么变化？分别求出电枢不串电阻及电枢串有0.5Ω电阻时电动机的稳定转速。

解：（1）在位能负载转矩作用下，电机从正向电动状态逐渐过渡到正向回馈制动的发电

状态。

（2）TLTL1TL20.8TN(1.2TN)0.4TN

电机不串电阻时：

n

4400.377

(0.4)761070281098rmin0.41130.4113

4400.3770.5

(0.4)761070651135rmin0.41130.4113

电机串0.5电阻时：

n

2-35

一台他励直流电动机的数据与题2－33相同，拖动起重机的提升机构，不计传动机构

的损耗转矩和电动机的空载转矩，求：

（1）

电动机在反向回馈制动状态下下放重物，Ia=60A，电枢回路不串电阻，求电动机的转速及转矩各为多少？回馈到电源的功率多大？

（2）

采用电动势反接制动下放同一重物，要求转速n=-850r/min，问电枢回路中应串入多大电阻？电枢回路从电源吸收的功率是多大？电枢外串电阻上消耗的功率是多少？

（3）

采用能耗制动运行下放同一重物，要求转速n=-300r/min，问电枢回路中应串入的电阻值为多少？该电阻上消耗的功率为多少？

解：（1）Ia60A,Rn0,U440V

n

4400.377

601125rmin0.41130.4113

TN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26400W

2

PRnIaRn60212.78546026W

（3）n300rmin,U0,串Rn

300

0.377Rn

60Rn1.68

0.4113

2

PRnIaRn6021.686048W

2-36设题2－33中的电动机原工作在固有特性上，T=0.8TN，如果把电源电压突然降到

400V，求：

（1）

降压瞬间电动机产生的电磁转矩T=？画出机械特性曲线并说明电动机工作状态的变化；

（2）

电动机最后的稳定转速为多少？

解：（1）T0.8TN,UN

n

4400.377

(0.8)761070561014rmin0.41130.4113

电源电压降到400V，EaCeNn0.41131014417V

UEaIaRaIa

UEa

45.1ARa

T9.55CeNIa9.550.4113(45.1)177.1Nm

（2）n2-37

4400.377

(0.8)7697356917rmin0.41130.4113

Ｚ2－52型他励直流电动机，PN=4kW，UN=220V，IN=22.3A，nN=1000r/min，Ra=0.91

Ω。TL=TN，为了使电动机停转，采用电压反接制动，已知电枢回路串入的制动电阻Rc=9Ω，求：

（1）（2）（3）

制动开始时电动机产生的电磁转矩；制动结束时电动机所发出的电磁转矩；

如果是反抗性负载，在制动到n=0时不切断电源，不用机械闸制动，电动机能否反转？为什么？

解：CeN

UNINRa22022.30.91

0.2Vrmin1

nN1000

（1）U220V，Rc9，EaCeNnN0.21000200V

UEaIaRa

I461.5A

T9.550.2(461.5)881.5Nm

（2）n0时

0

2200.919

T0.29.550.22

T42.4Nm

（3）TN9550

PN4

955038.2NmnN1000

不采用机械抱闸，电机会反向起动。

L

2-38

2

他励直流电动机的数据为PN=17kW，UN=110V，IN=185A，nN=1000r/min，Ra=0.035

Ω，GDR=30N﹒m2，拖动恒转矩负载运行，TL=0.85TN，采用能耗制动或反接制动停车，最大允许电枢电流为1.8IN。求两种停车方法的停车时间是多少（取系统总飞轮矩GD2=1.25

GD2R）?

解：CeN

UNINRa1101850.035

0.1035Vrmin1

nN1000

（1）能耗制动

n

1100.0350.851851010rmin

0.10350.1035

EaCeNn0.10351010105V0EaIa(RaRn)取Ia1.8INn0(10100)e

tm

得Rn0.28

GD2RTm0.32

375CeCTN

得t

取t=4Tm1.2s

n0代入，01010et0.3

（2）110ENIa(RaRn)

Ia1.8IN

Rn0.611,Tm0.615NmnL

1100.646

0.851852044rmin

0.10350.1035(ttx,n0)txTmln

1010(2044)

0.246s

0(2044)

第三章三相异步电动机的电力拖动

3-1何谓三相异步电动机的固有机械特性和人为机械特性?

答：固有特性：异步电机在额定电压和频率下，按规定的接线方式接线，定、转子外接

电阻为零时的n与T的关系。

人为特性：人为改变电动机参数或电源参数而得到的机械特性。

3-2三相笼型异步电动机的起动电流一般为额定电流的4～7倍，为什么起动转矩只有额定转矩的0.8～1.2倍?

答：由起动时s=1，由cos2

r2r

2(2)2x2

s

很小，约0.2左右；

另一方面，Ist大，引起定子漏阻抗压降大，电动势E1减小，主磁通m减小。由于这两方面原因所致。

3-3异步电动机的最大转矩Tmax受哪个参数变化的影响最大?试从物理意义上解释其原。

解：Tmax受电压参数变化影响很大。

3-4三相异步电动机的机械特性，当0＜s＜sm时，电磁转矩T随转差率s的增大而增加，当sm＜s＜1时，电磁转短随转差率的增大而减小，为什么?

答：由于Tm1p(

u12sw1r2)2w1(sr1r2)2s2w12(L1L2

u12sw1)s；w1r2

当s很小时，忽略分母中s各项，Tm1p(

当s(sm,1)时，可以忽略式中分母中的r2，即

Tm1p(

3-5

u12w1r21)

)2]sw1s[r12w12(L1L2

为什么通常把异步电动机机械特性的直线段称为稳定运行区，而把它的曲线段称为不

稳定运行区?曲线段是否有稳定运行点?

答：对于恒转矩负载而言，只有特性的直线段满足稳定运行条件，曲线段不满足。但若是对于风机、泵类负载整条特性都满足条件，都是稳定工作区域。

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Tmax和起动转矩Tst将变为多大?若电动机拖动的额定负载转矩不变，问电压下降后，电动机转速n、定于电流Il、转于电流I2、主磁通φm、定子功率因数cosφl和转子功率因数cosφ2将有什么变化?

0.49Tmax,Tst0.49Tst，当电压下降后，n减小，答：Tu，若u0.7uN，则Tmax

增大，m减小，cos1与cos2降低。I1与I2

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?

2

答：对于直流电机而言Ia

UNUN

，而对于感应电机Ist，式中

22Ra)(r1r2)(x1x2

由于存在电抗，则此时zkRa，使得感应电机起动时电流增大倍数没有直流电机那么剧烈。3-8

三相笼型异步电动机的起动方法有哪几种?各有何优缺点?各适用于什么条件?

答：各起动方法比较，如下表。

起动方

法直接起

动串电阻

或电抗起动自耦变

压器起动Y-起

动

1

1

1

起动最简单，但起动电流大，起动转矩小，只适用于小容量轻载起动

U1NI1stIststTst

优缺点

111



2

起动设备较简单，起动转矩较小，适用于轻载起动

1

ka12ka12ka

起动转矩较大，有三种抽头可选，起动设备较复杂，可带较大负载起动

13

1313

起动设备简单，起动转矩较小，适用于轻载起动，只用于联结电动机

3-9两台一样的笼型异步电动机同轴联接，起动时把它们的定于绕组串联，如图3-43所示，

起动后再改成并联。试分析这种起动方式时的起动转矩和起动电流，与把它们并联接电源起动相比较有什么不同?

答：即相当于

1

的定子串电阻减压起动，与直接并联起动相比，串联后2

I1st串

3-10

11

I1st并，Tst串Tst并。24

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。

3-11双笼式和深槽式异步电动机与一般笼型异步电动机相比有何优缺点?为什么?

答：优点：起动性能好，即有较大起动转矩，较小起动电流。

缺点：功率因数和过载能力稍低，用铜多，制造工艺复杂原因：利用集肤效应在起动时增大了转子电阻。

3-12

三相绕线转于异步电动机有哪几种起动方法?为什么绕线转于电动机的转于串频敏变

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减小所串入的电阻，参数选择合适时可以维持起动时间转矩不变。

3-13绕线转子异步电动机、转于电路串入适当电阻，为什么起动电流减小而起动转短反而增大?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?

cos虽然I1I2减小，答：因为串入电阻后，zk值变大，故I1st减小，而TstCTmI2

但cos2增加更多，所以使Tst增大，当串入电阻太大时，cos2亦减小，使Tst减小，串电抗器不行，因为这样会使cos2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：0s1时，电机电动运行；

1s时，电机制动；s0时，电机回馈发电运行。

3-15为使异步电动机快速停车，可采用哪几种制动方法?如何改变制动的强弱?试用机械特性说明其制动过程。

答：（1）能耗制动：可以采用增大转子电阻或加大直流励磁来增强制动效果。（2）两相反接的反接制动：可以采用转子串电阻来增大制动效果。

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。

3-17异步电动机有哪几种制动运转状态?每种状态下的转差串及能量转换关系有什么不同?

答：（1）能耗制动。机械能转换为电能在外串电阻上消耗。

（2）反接制动。1s2，机械能与定子输入的电磁能均被外串的转子电阻消耗。（3）回馈制动。s0，机械能转变为电能回馈回电网。

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n1的大小。

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Tm和Sm。

缩短起动时间可以通过改变Tm，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、n1,r2。

可以采用减小系统性能，降低同步转速，增大r2方法来减小损耗。

3-20绕线转子异步电动机转子突然串入电阻后电动机降速的电磁过程是怎样的？如负载转

矩TL为常数，当系统达到稳定时转子电流是否会变化？为什么？

答：当转子突然串入电阻后，电动机所发出的电磁转矩减小，使TTL，此时电机转速没变，在负载作用下，开始减速，同时T增大，当T=TL时，电机稳定运行，再次稳定后，转子电流不变。因为此时

sNr2

，对于等效电路不影响。s2NRsr2

3-21在绕线转子异步电动机转子电路中串接电抗器能否改变转速？这时的机械特性有何不同？

答：可以改变转速，sm

1

，随着所串电抗器的增大sm减小。x1x2

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，sm随着R的增大而增大。这样0~sm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~sm，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。

3-24为什么调压调速必须采用闭环调速系统？

答：单纯调节电压来调速，调速范围太小，串了电阻后特性又太软，为了克服这些问题故采用闭环调速系统。

3-25怎样实现变极调速？变极调速时为什么同时要改变定子电源的相序？

答：通过改变定子绕组的接法，当变极后，将会引起绕组相序的变化，故要改变

定子相序。

3-26如采用多速电动机配合调压调速来扩大平滑调速的范围，问应采取哪种变极电动机较合理（D-YY还是（Y-YY），为什么？

答：采用Y–YY变极电机更合理，它可以在变极后同时增大过载能力。3-27变频调速时，为什么需要定子电压随频率按一定的规律变化？试举例说明之。

答：u1E14.44f1N1kw1m,m

u1

，f1

当f1变化时，为使m保持恒定，u1也

要随f1同时变。

3-28几种分析讨论以下异步电机变频调速控制方式的机械特性及优点

（1）恒电压频率比（U1/f1=c）控制；（2）恒气隙电势频率比（E1/f1=c）控制；（3）恒转子电势频率比(Er/f1=g)控制；答：（1）恒电压频率比（

u1

c）控制f1

机械特性：1）n1随w1变化

2）不同频率下机械特性为一组硬度相同的平行直线3）Tmax随频率降低而减小

优点：m近似不变，控制简单，易于实现。（2）恒气隙电动势频率比（

E1

c）控制f1

机械特性：1）与恒压频比控制时性质相同。

2）低频起动转矩比额定频率起动转矩大，而起动电流并不大。3）Tmax不随f1变化。

优点：m恒定，稳定性优于恒压频比时（3）恒转子电动势/频率比（

Er

f1

c）控制

机械特性：是一条准确的直线。

优点：稳定工作特性最好，类似他励直流电动机。

3-29

保持恒气隙电势频率比控制中，低频空载时可能会发生什么问题，如何解决。答：会出现负载愈轻电流愈大的问题，可以采用电流反馈控制，使低频时电压降低。3-30填写下表中的空格

解：

电

源

转速

转差率

n1

运行状

极

P1Pm

态

正

序

0145

30.03

0150

正向电动

正

序

1150

-0.15

0100

正向回馈

正

序

-600

1.8

750

反接制动

负

序

500

1.83

600

反接制动

负

序

475

0.05

500

反向电动

负

序

5157

-0.05

0150

反向回馈

3-31一台三相绕线转于异步电动机，已知：PN=75kW，nN=720r/mincosφ1N=0.85，λT=2．4，E2N=213V，I2N=220A。试求：

①电动机的临界转差率sm和最大转矩Tmax；②用实用表达式计算并绘制固有机械特性。

I1N=148A，ηN=90．5％，4

--21

+

+

01

+

+

8

+

+

6

--4

+

+

解：（1）sN

750720

0.04

750

2

smsN(TT1)0.04(2.42.421)0.183

TmaxTTNT9550

PN75

2.495502387.5NmnN720

（2）T

2T4775

（固有特性）

mssms0.183

4775

845.5Nm

0.1835.464

TstTs1

3-32

一台笼型异步电动机额定数据为：U1N=380V，I1N=20A，nN=1450r/min，K1=7，KT=1、

4，λT=2。试求：

①若要保证满载起动，电网电压不得低于多少伏?②如用Y-D起动，起动电流为多少?能否带半载起动?

③如用自耦变压器在半载下起动，起动电流为多少?并确定此时的变化k为多少?解：（1）设

uN

u1

，Tst

1



T2st

1

2

1.4TN

1.4Tst

1TN2

.41.183

st（2）I1

u1

uN





380

321V1.183

17

I1stI1N46.7A3311

Tst1.4TN0.467TN0.5TNTst

33

所以不能带半载起动

（3）Tst

11.4TNT0.5TN2st2RaRa17I1N

I50A21stRa2.8

Ra

1.4

1.6730.5

I1st

3-33某台绕线转于异步电动机的数据为：PN=11kW，nN=715r／min，E2N=163V，I2N=47.2A，起动最大转矩与额定转矩之比T1／TN=1．8，负载转矩TL=98N•m。求三级起动时的每级起动电阻值。

解：sN

750715

0.047

750T1



TN

2.28sNT1

T2



1.8TN

116Nm1.1TL107.8Nm2.28

r2

sNE2N0.047163

0.094I2N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

3-34一台三相六极绕线型异步电动机，U1N=380V，nN=950r／min，f1=50Hz，定子和转于绕组均为Y接法，且定于和转子(折算)的电阻、电抗值分别为r1=2Ω，x1=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，转于每相串人的电阻值应为多少（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600r／min，求应串人的电阻值（折算到定子侧的）。

解：（1）Tmax

pm121

u1w1)2]2[r1r12(x1x2

Tst

pm12r2u1

)w1(r1r2)(x1x2

1r2r27.282

2[2](2r2)49

TmaxTst

R7.281.55.78

（2）sN

1000950

0.05

1000

TN

pm12m1p230

u1u1w1(2r2)2(34)2w1(230)272

1000600

0.4

1000

1.5sN

当n600rmin时，s

Ts0.4

R

mp1u12TN

w1

(2272

0.4



R12

187.5R22382.5R15900R串121.510.5

3-35三相笼型异步电动机的额定数据为：PN=40kW，U1N=380kV，I1N=75．1A，nN=1470r／min，λT=2，定子D接法；拖动系统的飞轮矩GD2=29．4N·m2，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）sN

15001470

0.02

1500

2

smsN(TT1)0.02(2)0.075

TmaxTTNT9550GD2n1Tm10.226s

375Tmax

PN4029550519.7NmnN1470

22

Ts2ss0.22610.021tst(sm1ln(0.075ln)

22sm1s2220.0750.02

0.786s

（2）Tmax

1

TTN173.2Nm3

Tm2

GD2n10.679s375Tmax

2

0.67910.021tst(0.075ln)2.36s

220.0750.02

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=300r／min，负载转矩等于额定转矩，转于每相应串人多大电阻?

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2TN，则转于每相串接的电阻值为多少?

sx[解：（1）sm

TTN

Tx

(

TTN

Tx

)21]

TxTN

其中sx

750(300)

1.4

750

6.414或0.306（舍）可得smRr2(

sm

1)0.75sm

r2

（2）sx

sNE2N0.04213

0.0223I2N220750720

1.96

750

T2TN

sx[sm

TTN

Tx

(

TTN

Tx

21]=3.646或1.058

3.646

1)0.4160.183

3.646时，R0.022(sm

1.058时，R0.105sm

3-37某异步电动机，UN=380V，定于D接，nN=1460r／min，λT=2，设TL=TN=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=1300r／min?解：（1）sN

15001460

0.027

1500

2

smsN(TT1)0.027(2)0.1

当n1100rmin时s

15001100

0.267

1500

由于降压调速不改变sm，此时ssm，所以不能降到1100rmin。（2）当ssm时，nnmin1350rmin

（3）降电压调速无法使转速降为1300rmin。

3-38某绕线转子异步电动额定值PN=55kW，U1N=380V，I1N=121.1A，nN=580r/min，E2N=212V，I2N=159A，λT=2．3；电动机带一个TL＝0．9TN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转于中未中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，转于中串人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520r／min的电动状态)。

解：1）r2sNE2N0.0332126005800.026，sN0.033600I2N159

2smsN(TT1)0.033(2.32.321)0.144

T2TmaxP，TN9550N905.6NmmnNssm

22.3TN2整理有0.9s0.66s0.0190s0.1440.9TN

解得s10.03或s20.703（舍去）

nn1(1s)600(10.03)618rmin

2）R20.0260.40.426

smsmr2R2

TsmR2sm2.359r20.9TN22.3TNs2.3592Tmaxmssm

0.9s210.85s5.00850

解得s10.483或s211.57（舍）

nn1(1s1)600(10.483)889.8rmin

3）当n520rmin时s6005201.867600

2.359smT2Tmax4.6TN2027.17Nm0mssm2.3591.867

3-39一台笼型异步电动机，PN=7.5kW，U1N=380V，I1N=15.4A，nN=1440r／min，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，现采用定于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0.1TN。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）sN150014400.041500

2smsN(TT1)0.04(2.22.221)0.166

所以反接时的机械特性为T

制动瞬间：n1440rmin2TTN0.166s15001440s1.961500

Ts1.960.37TN

（2）T0.1TN代入机械特性

0.1TN4.4TN0.166ss27.304s0.0280

.s=7.3（舍）或0.004

（3）n(1s)n11494rmin

3-40一台绕线转于异步电动机带动一桥式起重机的主钩，已知：PN=60kW，nN=577r／min，I1N=133A，I2N=160A，E2N=253V，λT=2.9，cosφ1N=0.77，ηN=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8m／min的速度上升，求电动机转于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预各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TL=0.8TN，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TL=0．8TN，求此时电动机的转速。

解：（1）sN6005770.038600r2sNE2N0.035I2N

2smsN(TT1)0.038(2.92.921)0.21

n35.48283.2rmin

sx[smsx6002830.053600TTN

Tx(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0.4TN

sx[smTTN

Tx(TTNTx2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TTNmssm将T0.8TN代入，整理有14.43，T（3）sm

s2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2.9TN0.57s0.57sm0.8TNs24.13s0.320

s0.08或4.05（舍）

n(1s)n1648rmin

3-41一台双速笼型异步电动机，P=2时，PNl=40kW，nN1=1450r／min，λT1=2；P=1时，PN2=55kW，nN2=2920r/min，λT2=2，已知拖动系统的GD2=44.3N·m2，r1／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n12→n11)用回馈制动，第二级制动(由n11→0)用能耗制动。

解：（1）s11,s2sN0

12r121GD22n12r2Wst1J1(1s1s2)((11)2r224g60r2

55711.5(11.5)139279J

（2）第一级：0~1500rmin

s11,s20

12r121GD22n12r22J1(1s1s2)Wst()(112r224g60r2

13927.82.534819J

第二级：1500~3000rmin

s10.5,s20

12r121GD22n12r22J1(1)(s1s2)Wst()(110.520)2r224g60r2

34819J

总Wst269638J

3-42有一台四极绕线转子电动机，其额定数据为：PN=30kw，UN=380V，nN=720r/min，r1=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500r/min，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）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不变，又Pmm1I2所以I2

3-43r2sPm亦不变某一笼型电动机，PN=11kw，UN=380V，fN=50Hz，nN=1460r/min，λT=2，如采用变频调速，当负载转矩TL=0.8TN时，要使nN=1000r/min，则f1及U1应调节到多少？解：采用恒u控制时：当TL0.8TN时，ssxf

sx0.8sN0.021TNsN

0.8TNsx

设变频后同步转速为n1,1000(1sx)n1

n1又由10001021rmin10.021150050得f134Hzn1f1u134380258.7V50

3-44

求：某台异步电动机UN=380V，nN=1450r/min，λT=2，定子D接法，设TL=TN=const试

（1）是否可以用降低电压方法使nN=1100r/min时运行？

（2）如采用降低电压调速，转速最低可以调到多少？

（3）如采用变频调速，使nN=1100r/min运行，此时f1及u1应作如何变化？

解：（1）sN150014500.0331500

2smsN(TT1)0.033(23)0.123

nmn1(1sm)1500(10.123)1316rmin

13161000r/min不能降到1100rmin

（2）nminnm1316rmin

（3）降频后的sxsN0.033

nn1(1sx)1100

f1n111001138rmin10.0335011383838Hz,u1380289V150050

第五章电力拖动系统电动机的选择

5-1电力拖动系统中电动机的选择主要包括哪些内容？

答：内容：电机额定功率选择、电机种类、额定电压、额定转速及外部结构形式。5-2确定电动机额定功率时主要应考虑哪些因素？

答：主要考虑负载情况和进行发热校验。

5-3电动机的额定功率选得过大和不足时会引起什么后果？

答：如果额定功率选小了，电动机经常在过载状态下运行，会使它过热而过早的损坏，

还有可能承受不了冲击负载或造成起动困难。

如果额定功率过大，此时不仅增加了设备投资，而且由于电动机经常在欠载运行，其效率及功率因数等性能指标变差，浪费了电能，增加了供电设备的容量，使综合效益下降。

5-4电动机的温度、温升、及环境温度三者之间有什么关系？

答：电动机温度比周围环境温度高出的值称为温升。当电动机的温度高于周围环境温度时，电动机就要向周围散热；温升越高，散热越快。当单位时间内产生的热量与单位时间内散发到周围介质中的热量相等时，电动机的温度不再升高，达到了所谓的热稳定状态，此时的温升为稳定温升w，其大小决定于电动机的负载。

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。

答：规律：发热过程开始时，由于温升小，散发出去的热量少，大部分热量被电动机所吸收，所以温升上升较快。其后随着温升的升高，散发的热量逐渐增加，电动机吸收的热量则逐渐减少，使温升的变化缓慢了。当发热量与散热量相等时，电动机的温升不再升高，达到一稳定值w。

（1）起始温升不同，稳态温升和时间常数相同

（2）起始温升和稳态温升不同，时间常数相同。

（3）起始温升相同，稳态温升和时间常数不同。

（4）起始温升相同，稳态温升不同，时间常数相同。

5-6电动机有几种工作制？是怎样划分的？其发热的特点是什么？

答：一、连续工作制。电动机连续工作时间很长，可达几小时，甚至几昼夜，在工作时间内，电动机的温升可以达到稳定值。

二、短时工作制。电动机工作时间较短，在工作时间内，电动机的温升达不到稳定值。而停歇时间长，电动机的温升可以降到零。

三、断续工作制。电动机的工作时间与停歇时间轮流交替。

5-7同一台电动机，如果不考虑机械强度问题或换向问题等，在下列条件下拖动负载运行

时，为充分利用电动机，它的输出功率是否一样？哪个大？哪个小？

（1）自然冷却，环境温度为40℃；（2）强迫通风，环境温度为40℃；

（3）自然冷却，高温环境。

答：不一样（2）大（3）小

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wQ，由于Q与电动机的损耗功率p成正比，当电动机的A

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与A成反比关系，设法改善散热条件，使A增大，即可降低w。

5-9连续工作变化负载下，电动机容量选择的一般步骤是什么？

解：（1）初选电动机容易

（2）校验电动机容易

5-10用平均损耗法校验电动机发热的依据是什么？请指出等效电流法、等效转矩法、等效功率法及平均损耗法的共同点和不同点，以及它们各自的适用条件？

答：依据：电动机发热是由其内部损耗决定，所以电动机损耗的大小直接反映了电动机的温升情况。

相同点：几种方法实质上都是温升的校验。

不同点：每种方法判断的依据不同

5-11什么是负载持续率？试比较普通三相鼠笼式异步电动机ZC%=15%、PN=30kW与ZC%=40%、PN=20kW的电动机，哪一台实际功率大？

答：在断续周期工作制中，负载工作时间与整个周期之比称为负载持续率。

c%40%,PN20kW的电动机实际功率大。

5-12电动机若周期性地工作15min、停歇85min，则应选择什么工作方式？

答：短时工作方式。

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TH=90min，不变损耗与额定可变损耗比k=0.7，短时过载能力=2。这台电机能否临时代用？1eg

解：PNPgt1Regt

tg30min，T90min，R0.7，Pg35kW

1e1

3

3PN30

PgPN300.1895.66kW10.7e35kW6.18425.66kW

Pg17.5kW不通过过载能力，此时应选择：PN

而PN20kW17.5kW，所以可以代替。

5-14需要一台电动机来拖动工作时间tg5min的短时工作负载，负载功率PL=18kW，空载起动。现有两台笼型异步电动机可供选用，它们是：

（1）PN10kW，nN1460r/min，m2.1，起动转矩倍数kT1.2；

（2）PN14kW，nN1460r/min，m1.8，起动转矩倍数kT1.2；

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u0.9uN

m0.920.81mm

第一台

第二台PNPgm10.58kWPN10kW10.58kW故不取PN14kW12.35kW故可以取用

又因为是空载起动，故选用第二台。

第六章

6-1电弧是怎样产生的？怎样灭弧？常用低压电器

答：电弧实际上是触点间气体在强电场作用下产生的放电现象，所谓气体放电，就是触点间隙中的气体被游离产生大量的电子和离子，在强电场作用下，大量的带电粒子定向运动，于是绝缘的气体就变成了导体。电路通过这个游离区时所消耗的电能转换为

热能和光能，发出光和热的效应，产生高温并发出强光，使触点烧坏，并使电路的切断时间延长，甚至不能断开，造成严重事故。

6-2交流接触器和直流接触器在结构上有何区别？为什么？

答：交流接触器：铁心用钢片叠成，有短路环。

直流接触器：铁心用整块软钢，无短路环，多用指形触点，在动铁与静铁之间加一

个非磁性垫片。

原因：铁心用叠片构成可以减少涡流，短路环用来消除交流电过零点影响。

6-3继电器和接触器比较，区别在哪里？

答：继电器用于通、断小电流的控制电路和保护电路，其触点的额定电流较小，所以在结构上不需加灭弧装置；而接触器用于通、断电动机及电热器等大电流的负载电路，其触点的额定电流较大，所以在结构上有时需加灭弧装置。另外，继电器可以对各种输入量作出反应，而接触器只能在一定的电压信号下工作。

6-4交流接触器在运行中，有时在线圈断电后衔铁仍掉不下来，试分析故障原因。

答：1）释放弹簧损坏或反作用力太小；

2）触点弹簧损坏；

3）衔铁自重量太大；

4）铁芯剩磁太大；

5）铁芯端面有油污。

6-5试述继电器的种类及其用途。

答：电压继电器：作电压保护和控制用

中间继电器：远距离传输或转换控制信号

电流继电器：作起动控制和电流保护

时间继电器：用作电机延时起动等

热继电器：用于电动机过载保护、断相及电流不平衡运行

温度继电器：用于电动机过载、堵转等过热保护

速度继电器：用于反接制动控制中。

6-6热继电器进行过载保护时，如果热继电器不动作而将电动机烧坏，试分析故障原因。

答：电机绕组过热而烧坏也有可能是由于1）电网电压或频率升高2）周围介质温度

过高3）通风不良。

6-7熔断器用于保护电动机时，若电动机过载电流为两倍额定电流，熔断器能否起过载保

护作用？为什么？

答：不能。过载保护实际上是热保护，熔断器不能检测电动机的绕组过热，根据熔断器安秒特性，当通过熔断器的电流为两倍额定电流时，熔断时间会很长。

6-8低压断路器有哪些基本组成部分？在电路中的作用时什么？

答：一般由触点系统、灭弧系统、各种脱扣器及开关机构组成。

作用：对配电电器、电动机或其他用电设备实行不频繁地通断操作、线路转换、当电路内出现过载、短路或欠电压等情况时，能自动分断电路。

6-9单相交流电磁机构中，短路环的作用是什么？

答：单相交流电磁机构中，电磁吸力与磁通的平方成正比，当磁通过零时，吸力也为零，这时衔铁在弹簧反力作用下被拉开，之后又被吸合，造成触点的振动，为了消除衔铁的这种震动，可以在铁心上安装短路环。

6-10磁阻尼式时间继电器的工作原理是什么？如何调节延时的长短？

答：工作原理：利用装在铁心上的短路线圈，在衔铁打开时，延迟铁心中的磁场到达F的时间，以达到延时打开的目的。

通过调整反作用弹簧的松紧和非磁性垫片的厚度，可以调整延时时间。

6-11带断相保护和不带断相保护的三相热继电器各用于什么场合？

答：不带断相保护的热继电器适用于三相同时出现过载电流的场合。

带断相保护的热继电器不仅用于以上情况，还可以在某相出现断相，而另外两相过载时也可起到保护作用。

6-12感应式速度继电器是怎样实现动作的？用于什么场合？

答：由于定子笼型绕组受到转子旋转磁场的保护而产生同方向转矩，当转矩值到达一定程度时，即被控电机转速到达一定转速时，定子摆杆推动簧片或离开簧片进而改变触点的状态。

适用场合：用于电动机反接制动中，当转速下降到接近零时自动及时切断电源。6-13试述行程开关的种类及各自优缺点。

答：滚动式：触点分断速度不受生产机械的影响，动作快，价格较贵，结构复杂。

直动式：结构简单，价格便宜，分断速度取决于生产机械的速度。

微动式：操作力小，行程短。

第七章电气控制线路设计

7-1绘图时为何要用标准图形符号和文字符号？

答：为了便于分析系统的工作原理，便于电气设备的安装、调整、使用和维修，必须使用统一规定的图形符号和文字符号。

7-2

试问下列控制线路能否实现点动运行？为什么？

图7-32点动控制线路

答：a）不行，因为装有自锁触点

b）不行，线圈被短路

c）可以

7-3d）不行e）不行画出对应图7-33

所示安装接线图的原理图。

图7-33安装接线图

答：

7-4设计某机床刀架进给运动的控制线路，具体要求如下：

按下起动按钮后，刀架开始进给，到一定位置时，刀架进给停止，开始进行无进给

切削，经过一段时间后刀架自动返回，回到原位自动停止。

答：KM1控制刀架进给，KM2控制刀架返回，SQ1进给终止处，SQ2

原位处。

7-5某机床主轴由一台异步电动机拖动，润滑泵由另一台异步电动机拖动。要求：

(1)主轴必须在油泵开动后，才能起动；

(2)主轴正常为正向运行，但为调试方便，应能正反向点动；

(3)主轴停止后，才允许油泵停止。

试设计电气控制线路。

答：KM1轴正向运行，KM2轴反向运行，KM3

泵机运行。

7-6图7-34

所示为机床自动间歇润滑的控制线路图，试分析其工作原理。

图7-34机床自动间歇润滑的控制线路

答：合上Q时，接触器KM及时间继电器KT1同时通电，液压泵电机工作进行润滑，

经过一段延时后，KT1常开触点闭合，使中间继电器KA及时间继电器KT2同时通电，

中间继电器KA常闭触点断开，使KM及KT1断电，停止润滑；中间继电器KA常开触

点闭合，起自锁作用。又经过一段延时后，KT2常闭触点断开，使KA断电，触点恢复

原位，开始润滑。

按纽SB作用：控制KM实现润滑，为点动控制。

中间继电器KA作用：控制KM的延时通电，及延时断电的停止，使其能间歇润滑。7-7皮带运输机是由异步电动机拖动的。试设计由三台皮带运输机组成的运输系统电气控制线路，要求如下：

(1)起动时，三台皮带运输机工作顺序为3#、2#、1#，并要有一定的时间间隔；

(2)停车时，三台皮带运输机顺序为1#、2#、3#，也要有一定的时间间隔；

(3)具有必要的保护措施。

答：主电路图为：

控制回路电路图为：

7-8某电机只有在继电器K1、K2、K3中任何一个或任何两个动作时才能运转，而在其它条件下都不运转，试用逻辑设计法设计控制线路。

答：控制电动机工作的接触器为KM，根据题意可写出逻辑表达式：

KMK123123123K1K2312K3K123

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[23]1K2

K3]

故设计出控制电路为：

第八章电动机的基本控制线路

8-1设计单向运行反接制动的电气控制线路。

答：

8-2C650卧式车床电气原理图中的KR1、KR2触点位置对调后，还有没有反接制动作用？

为什么？

答：当对调KS1和KS2触点后，线路没有反接制动功能，假设正转时停车，当按下SB6后，正转接触器KM1和KA继电器都断电释放，此时KS1闭合，松开SB6后，KM1线圈经KS1和KA常闭触点又重新接通，又开始正转运行。

8-3X62K立式升降台铣床电气控制线路中采用了哪些基本控制方法和保护？

答：基本控制方法：点动控制、连续控制、互锁控制、联锁控制。

保护线路方法：熔断器作短路保护，热继电器作过载保护。

8-4设计采用电流继电器控制的绕线型异步电动机转子串电阻起动控制线路。

答：如图

8-5图8-31中与电流表并联的时间继电器KT的作用是什么？

答：电流表是用来监测主线路中的电流的，为了防止起动时对电流表造成冲击而损坏

电流表，故在起动时用时间继电器常闭触点短路电流表，当起动完成后，触点打开，使电流表正常工作。

8-6图8-32为Z35摇臂钻床的电气控制原理图，试分析工作原理。

答：1、开车前准备：合上QS1开关，将开关SA扳至左边位置，电压继电器上电自锁，

为线路运行作准备。

2、主轴电动机的控制

将开关SA扳向右边，KM1线圈上电，主轴电机工作。

3、摇臂的升降控制：将开关SA扳向“向上”位置，KM2线圈上电，电机正转使摇臂提

升，将开关SA扳向“向下”位置时，KM3线圈上电，电机反转，摇臂下降。

4、摇臂的夹紧控制

机床工作时，摇臂应夹紧在立柱上，要使摇臂移动，必须先松开夹紧装置，因此，夹紧及松开机构是电气与机械配合的。

M3工作后，假设在上升，KM2上电，此时凭借机械结构使开关SQ2-1闭合，给夹紧动作

做好准备；当摇臂上升到所需要位置时，将开关SA扳至中间位置，使KM2断电，KM2常开闭合，KM3上电，电机开始反转，通过机械机构使摇臂夹紧，然后M3停转，M3下降时，工作与上升时类似。

5、立柱的夹紧与放松

按下SB1，KM4线圈上电，电机正转，立柱夹紧；

按下SB2，KM5

线圈上电，电机反转，立柱放松。

图8-31电流表接入控制电路

图8-32Z35摇臂钻床电气控制原理图

第九章电器元件的选择和电动机的保护

9-1欠电压继电器能否用于过电压保护中？为什么？

答：不可以。欠压继电器在线路中电压低于额定值时，就动作；在电压降到整定值时断电释放。而电压高于额定值，继电器不会动作，故起不到保护作用。

9-2选择接触器时，应考虑哪些技术数据？

答：应考虑的技术数据：额定电压、额定电流、线圈的额定电压、触点数目、额定操作频率。

9-3对保护电热设备的熔断器熔体额定电流如何选择？对保护一台电动机和多台电动机的

熔断器熔体额定电流如何选择？

答：由于电热设备没有冲击电流的负载，应选择熔体的额定电流等于或稍大于负载的额定电流，即IRNIN。

对于单台电动机：IRN(1.5~2.5)IN

对于多台电动机：IRN(1.5~2.5)INmax

其中，INmax为容量最大的电动机额定电流IN

I

9-4N除容量最大电机外，其余电动机额定电流之和。短路保护和热保护有何区别？

答：短路保护：指电机在各种故障情况下产生短路现象时进行的保护，要求具有瞬时特性，采用熔断器进行保护。

热保护：由于负载突加，电压降低，缺相等情况使绕组发热时采取的保护。利用热继电器进行保护。由于热继电器不会受电机短时过载冲击电流或短路电流的影响而动作，所以在使用热继电器做过载保护同时必须设有短路保护。

9-5低压断路器应如何选择？

答：低压断路器主要根据保护特性要求、分断能力、电网电压类型及等级、负载电流、操作频率等方面进行选择。