当前位置：文档库 › 电机及拖动第二章习题答案讲解学习

电机及拖动第二章习题答案讲解学习

电机及拖动第二章习

题答案

第二章直流电动机的电力拖动

2.1 答：由电动机作为原动机来拖动生产机械的系统为电力拖动

系统。一般由电动机、生产机械的工作机构、传动机构、控制设备及电源几部分组成。电力拖动系统到处可见，例如金属切削机床、桥式起动机、电气机车、通风机、洗衣机、电风扇等。

2.5 答：电动机的理想空载转速是指电枢电流I a =0时的转速，

即。实际上若I a =0，电动机的电磁转矩T em =0，这时电动机根本转不起来，因为即使电动机轴上不带任何负载,电机本身也存在一定的机械摩擦等阻力转矩（空载转矩）。要使电动机本身转动起来，必须提供一定的电枢电流I a0（称为空载电流），以产生一定的电磁转矩来克服这些机械摩擦等阻力转矩。由于电动机本身的空载摩擦阻力转矩很小，克服它所需要的电枢电流I a0及电磁转矩T 0很小，此所对应的转速略低于理想空载转速，这就是实际空载转速。实际空载转速为简单地说，I a =0是理想空载，对应的转速n 0称为理想空载转速；是I a = I a0实际空载，对应的转速n 0’的称为实际空载转速，实际空载转速略低于理想空载转速。

C U n 0

C C R C U I

C R

C U n N

a N

ΦΦ

Φ-=-='

2.7答：固有机械特性与额定负载转矩特性的交点为额定工作点，额

定工作点对应的转矩为额定转矩，对应的转速为额定转速。理想空载转速与额定转速之差称为额定转速降，即：

2.8 答：电力拖动系统稳定运行的条件有两个，一是电动机的机

械特性与负载的转矩特性必须有交点；二是在交点（T em

=T L ）处，满足

，或者说，在交点以上（转速增加时）,T em T L 。一般来说，若电动机的机械特性是向下倾斜的，则系统便能稳定运行，这是因为大多数负载转矩都随转速的升高而增大或者保持不变。 2.9 答：只有（b ）不稳定，其他都是稳定的。 2.10 答：他励直流电动机稳定运行时，电枢电流：

可见，电枢电流I a 与设计参数U 、C e Φ、R a 有关，当这些设计参数一定时，电枢电流的大小取决于电动机拖动的负载大

C C R

n n n N

N N 2

0Φ

-=?n

d d n

d d T

T L

C R

E I a

e a

a a n

U U Φ-=-=

小，轻载时n 高、I a 小，重载时n 低、I a 大，额定运行时n=n N 、I a =I N 。当恒转矩负载下，电枢回路串入电阻或改变电源电压进行调速，达到稳定后，电枢电流仍为原来的数值，但磁通减小时，电枢电流将增大。

2.11 答：起动瞬间转速n=0，电动势E a =C e Φn=0，最初起动电

流。若直接起动，由于R a 很小，I st 会达到十几倍甚至几十倍的额定电流，造成电机无法换向，同时也会过热，因此不能直接起动。

2.12 答：将处于电动状态运行的他励直流电动机的电枢两端从

电源断开后投向制动电阻两端，便进入能耗制动状态。制动瞬间，n 和E a 的大小及方向均不变，I a 和T em 的大小不变，但方向改变，之后随着制动过程的进行，这四个量均由制动瞬间的值逐渐减小到零，制动过程结束。

2.13 答：进行制动时，如果不在电枢回路串入制动电阻，则制

动瞬间电枢电流将很大。例如，能耗制动瞬间电枢电流为

,电压反接制动瞬间 ,由于

R a 很小，所以I aB 很大。制动时在电枢回路串入适当的制动电阻R aB ，是为了限制过在的制动电流。由I aB 和I aB ’两个公式可知，电压反接制动时的制动电流I aB ’约为能耗制动时的制动电流I aB 的2倍，故电压反接制动时应串入较大的制动电阻。

U I a

N st

U R

E I a

N a

a aB

≈=R

U R

E U I

a aB

2≈='+

2.14 答：这两种制动方式的实现都是以位能性负载为前提条

件，当电枢回路串入较大的电阻，使电动机的机械特性与位

能性负载转矩特性的交点（工作点）处于第四象限时，电动

机便处于倒拉反转反接制动运行状态，此时电机的转速方向

与电动状态运行时相反。而回馈制动时，转速方向不变，但

转速值超过了理想空载转速，这是位能性负载作用的结果。

2.15 答：（1）采用能耗制动或倒拉反转反接制动；（2）采用

反向回馈制动。

2.16 答：电动状态：电动机把从电网输入的电能转换成机械能

从轴上输出。能耗制动状态：电动机将轴上的机械惯性贮能

转换成电能消耗在电枢回路电阻上。回馈制动状态：电动机

将轴上输入的机械能转换成电能回馈到电网。反接制动状

态：电网输入的电能与轴上输入的机械能并转换与电能一起

都消耗在电枢回路电阻上。

2.17 答：直流电动机的调速方法有：（1）降压调速；（2）电

枢回路串电阻调速；（3）弱磁调速。前两种调速方法适用于

恒转矩负载，后一种调速方法适用于恒功率负载。降压调速

可实现无级调速，机械特性斜率不变，速度稳定性好，调速

范围较大。串电阻调速为有级调速，调速平滑性差，机械特

性斜率增大，速度稳定性差，受静差率的限制，调速范围很

小。弱磁调速控制方便，能量损耗小，调速平滑，受最高转

速限制，调速范围不大。

2.18 答：静差率是指电动机由理想空载到额定负载时的转速降

落Δn N =n 0-n N 与理想空载转速n 0之比，即：

它反映了负载变化时转速的变化程度，即转速的稳定性。静

差率的大小与机械特性的斜率（或硬度）及理想空载转速n 0的大小有关。特性斜率小（硬度大）、理想空载转速高，则静差率就小，反之就大。电枢串电阻调速时， n 0不变，转速越低，需要串联的电阻越大，机械特性的斜率越大，转速降落Δn 也越大，所以静差率越大；降压调速时，虽然机械特性的斜率（或硬度）不变，但n 0减小了，所以低速时的静差率大。

2.19 答：恒转矩调速方式是指在调速过程中电动机的电枢电流保

持在额定值的前提下，其输出转矩是恒定的。恒功率调速方式是指在调速过程中电动机的电枢电流保持在额定值的前提下，其输出功率是恒定的。他励直流电动机的降压调速和电枢串电阻调速属于恒转速转矩调速方式，而弱磁调速属于恒功率调速方式。

2.20 答：调速方式与负载类型相匹配时，可以按照负载实际大小

选择一台合适额定功率的电动机，在整个调速过程中电流的大小始终等于或接近额定电流，保证电动机能得到充分得用。例如，拖动恒转矩性质的负载时采用恒转矩调速方式（降碱度调速或电枢串电阻调速）、拖动恒功率性质的负载

%100%100%0

??=?-=n n n n n N

时采用恒功率调速方式（弱磁调速），在整个过程中就能保证电枢电流始终等于额定值，即能保证电动机得到充分利用，所以恒转矩负载配恒转矩调速方式、恒功率负载配恒功率调速方式是理想的配合。如果恒转矩负载配恒功率调速方式或恒功率负载配恒转矩调速方式，这两种情况都不是合理的配合，因为在调速过程中不是出现过载运行就是出现轻载运行，电动机不可能在任何转速下都得到充分利用。 2.25 解：（1）

()V

V I R U E a

64.1984.534.0220=?-=-=W

W I E P a

4.106074.5364.198=?==N

1324

.01500===Φn

C N

min /16621324

.02200

r N

C U n ===

Φmin /1653min /1324.055.986.34.016622

r r T C C R n n N

=??? ????-==-

（3）

2.26 解：（1）由上一题可知：

则固有特性为：

（2）电枢串电阻时n 0不变，斜率变为：

故串电阻的人为特性为：

min

/1581min /1324

.04

.04.535.02205.02

1r r N

N N C R I U n

=??-=

-=Φ

A A n R

C U R E U I a

4.204.016001324.0220=?-=-=-=

Φ389.21324

.055.94.01324.0min /16622

=?==

==ΦΦΦN

C C R C n ，，r βT

T n n em

389.216620

-=-=β95.111324

.055.96.14.02

=?+=+=

ΦN

C C R R βT

T n n em

95.1116620

-=-=β

（3）电压下降一半时β不变，理想空载转速n 0下降一半。故降压的人为特性为：

（4）磁通减少30%时，n 0和β均变化。弱磁人为特性为：

（机械特性曲线图略）

2.27 解：（1）直接起动电流和起动电流倍数分别为：

（2）

2.27解：起动电流比为：

T T T n em

n 876.4234749

.0389.27.016627.07.02

-=-=-=βT T T n em

em em n 389.2831389.216622

210-=-?=-=βA A R U I a

6.3283067

.0220===

=Ω???

??-?=-=64.0067.05.2075.12205

.0R I U R a N

倍

8.155.2076.3283==I

I N

各级起动电阻为:

2.29 解：

（1）

当转速n=1200r/min 时，电动势为：

此时进行能耗制动时，应串入制动电阻为：

7.113.02.8521103

=??==

I U a

N m

β()()Ω

=Ω?-=-=091.013.017.111

R R a

st βΩ

=Ω?==155.0091.07.11

R R st st βΩ

=Ω?==263.0155.07.12

R R st st β()()

min /14.0min /1500

.128.0220r V r V n

I R U C N

a N

e =?-=

-=ΦV

V n N

C E 168120014.0=?==ΦΩ=Ω??? ??-?=-=92.58.05.1221682R

E R a

N m N n

T T N

?=????=?==3.141500

5.255.99.055

.99.09.0103

（2）

当忽略空载转矩时，T em=T L，将已知数据代入能耗制动机

械特性：

即

解得

当考虑空载转矩时，T em=T L+T0。

额定电磁功率：

空载转矩：

8.0

120

.02

R B

=77

R B

P N

emN

2625

1500

.0=

=Φ

emN

=86

1500

2500

2625

制动时电磁转矩：

由能耗制动机械特性：

解得

2.30 解：先画出机械特性草图，如图2.3所示。图中A点为电动

机额定工作点，B点为反接制动起始点，根据题意，B点对

应的转矩为2.2T N。电压反接制动特性为通过B点和（0，-

n0）点的直线。

（1）限制最大制动电流为2.2I N，电枢回路应串入的电阻为：

其中

将已知数据代入R B式中，得：

T N

=2.

1500

2500

9.0

8.0

120

.02

R B

=68

R B

R a

2.2

()V

E N a

112

1.0

110=

（2）当制动到C 点，n=0时，电源不切断，电机能否反转，这取决于C 点的电磁转矩T emC 是否大于负载转矩。考虑到负载是反抗性恒转矩负载，当不计空载转矩时，负载制动转矩为：

计空载转矩时，负载制动转矩为：

其中

故

C 点处，n=0，E a =0，电枢电流大小为：

C 点处的电磁转矩大小为： Ω=Ω??

? ??-?+=747.01.01122.28.98110R B m

N m N n

P T N

?=???==3.127750

1055.955.9103

I C I C T T T T N

N e N N T emN L L ΦΦ===

+='55.90132

.07508.98===Φn

C N

A R

R U

I B

9.129747.01.0110=+=+=m

N m N T L

?=???='2.141112132.055.9m

N m N I C T a

e emC ?=???==Φ8.1639.129132.055.955.9

可见在C 点处n=0时，存在T emC >T L ，故电机将反转加速运行，直到D 点，电磁转矩与负载转矩相等，这时电机处于反向电动状态稳定运行。其稳定转速为：

2.31解：参见图2.3。

根据

代入已知数据：

可以解出制动瞬间电磁转矩为：

（2）由

()()()负号表示反向电动运行min /115min /2.141132.055.9747.01.0132.011022

r r T C C R R C U n emN

-=??

???-??+--=-+--=

ΦΦ2.010003.2291.0220=?-=-=Φn I R U C N

T C C R R C U emB

B a N

N n Φ

+Φ

--=2m

N T

emB

?-=81.0T emC

.0255.999.02.02200?+--=

得n=0时的电磁转矩：

（3）

因为，所以不能反转。

2.32 解：（1）

（2）

N T

emC

?-=4.42m

N m N I C I C T N

?=???===ΦΦ6.423.222.055.955.9T T N emC

<204.010005.1581.0220=?-=-=

Φn

I R U C N

min

/1016204

.05.1581.08.0220r =??-=()()min

/830204.05.1583.01.08.02208.0r n N

C I R R U =?+?-=

+-=Φ

（3）降压瞬间n 不突变，E a 不突变，电流突变为：

稳态后电流I a 恢复到原来值（0.8I N ），稳态后转速为：

得

2.33解：（1）

A A n U U R C R E I a

N e a a a 1931.01016

204.0188-=?-=-=-=

Φmin

/r 066.015008.4423.0110=?-=-=

Φn

I R U C N

min

/1251min /204.08.05.1581.0220r r n C I R U e

=??-=Φ'

-='I C I C T a

ΦΦ'==A

I I I I N N N

N a N a 5.1588.08.0===Φ'=ΦΦΦ'

根据：

代入数据得：

解得：

（2）根据：

代入数据：

()Φ+-=

C I R R U n ()066

.08

.4423.0110800?+-=

R S Ω

=05.1R S

a C I R U n W

W I U P N

49288.441101

=?==W

W n I

C I E P P P N

23658.44800066.000

=??==-=-=Φ%48%10049282365%1001

2=?=?=P

P η8.4423.0800?-=

解得：

2.34 解：画出机械特性草图，如图2.4所示。在固有特性曲线1

上，A点是额定工作点。

U1.

U I

P N2827

P N

2365

800

066

100

2827

2365

100

411

1500

440

min

1070

min

411

440

()min

min

1000

1070

n N

（2）在降压人为特性曲线2上，B 点对应的转速为

静差率为：

在弱磁人为特性曲线3上：

C 点对应的电流和转速分别为：

静差率为：

28%10025070

%100%0

=?=??='n n N

δ()min

/180min /702500

min

r r n n n N

=-=-=?'293.01500

4400

===Φ?=

''Φ''n U C C U n N

A A I I

N N

6.10676293

.0411

.0=?=

Φ=Φ

min /1363min /293.06.10638.0440max

r r C I R U n e

=?-=Φ

2.35 解：

即

当δ=20%时，调速范围为：

13.9150013631500%0

max 0

=-=-='

'''n n n δ148.01430378023.0220=?-=-=

Φn

I R U C N

()I

C R R C U N

n Φ

Φ+-=min

/115min /14860

r n ，r n =?=()()

.22.011152.013711max

=-??=-?=δδn D n ()min

/1371min /1151486min

/378148.0022.0023.0148.0220r r r =-=??

? ???+-=

电机及拖动 第二章习题答案讲解学习

电机及拖动第二章习题答案讲解学习