1、1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
2、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的概念答：J= gGD4 2 即工程中常用表示转动惯量的飞轮惯量。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 LTT 时， 0dtdn ，系统加速；当 LTT 时， 0dtdn ，系统减速。当 LTT 时， 0dtdn ，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
3、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；2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
4、动机应产生的电磁转矩。折算到电动机轴上的负载转矩Tmeq=195Nm, 折算到电动机轴上的系统总(包括卷筒)转动惯量J=2kgm2,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： meqTT =J dtd， m, 分别是电机转轴。卷筒的机械角速度m =j=2.57 m R=V R dtd m = dtdv=12=2 dtd= 7.252557.2 dtdj m mNdtdJTT meq 4.2467.2521951-10 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
5、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0=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）mpmmeq VgmVgmmT )( 0 mNTmeq 11.118 222 21)(21)602(42102 mpmeq VmVmmngGD 3222 )(21)602(421 0 mpeq VmmmngGD mNgn VmmmGD mpeq 9.15)6.102(1677514)60
6、2( )( 22 22 0 （2）系统以1.5m/s下放罐笼时 meqmpm TyVgmVgmm )( 0 mNTmeq 3.856.102 85.05.181.9700 mNGDGD eqeq 9.15)()( 22 上升下降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， 221 1 mNGD ；Z2=100， 222 6 mNGD ；Z3=30， 223 3 mNGD ；Z4=124， 224 10 mNGD ；Z5=25， 225 8 mNGD ；Z6=92， 226 14 mNGD 。卷筒直径d=0.6m，质量mT=130kg，卷筒回转半径与卷筒半径
7、R之比R0.76，重物质量m=600kg，吊钩和滑轮的质量m0=200kg,，重物提升速度m=12m/min，每对齿轮的传动效率cZ=0.95，滑轮的传动效率cn=0.97，卷轴效率cT=0.96，略去钢绳的质量。电动机的数据为PN=20kW，nN=950r/min， 22R mN21GD 。试求：（1） 折算到电动机轴上的系统总飞轮力矩；（2） 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 卷扬机传动系统图解：1、（1）齿轮总飞轮矩 2563412 22623412 25242122 2322212 )()()( ZZZZZZ GDGDZZZZ GDGDZZ
8、GDGDGDGD Ja 422 )992.75( 9105.26414)65.20( 182591 mN 4505.10483.00422.036.01 2:2JGD mdR 3.02 ， mR 228.03.076.076.0 75792.6228.0130 22 mJ 2mKg 22 9105.2648.9475792.64 mNgJGDJ （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。 2212 )950.5 1(8.9)200600(365)(365 nVGGD HH 21268.0225625002861600 mN 1268.04505.1
9、212222 HaR GDGDGDGD总 25773.22 mN 2、（1）提升时设绳的拉力为F mcn VgyVF )200600(绳绳 NV VFcnm m 24.404197.02 8.98002 8.9800 绳 NZZZZZZj RGTmeq 3832.195475.62 372.121296.095.0 3.024.4041 3563412 （2）下放重物时 785.012 ， cnmVGVF 绳绳 NVVF mm 4.38022 97.08.9800 绳 NjTmeq 78.11992.75 785.03.04.38023.04.3802 5第二章 直流电机的电力拖动2-1 他励
10、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： TCC RRCun Te cae 据以下三个方程： )( caaa RRIEu nCE ea aT ICT 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 0n 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
11、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 LTT ；2）在交点附近应有 dndTdndT L 。62-7 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
12、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 ,0,0 aEn 这时起动电流为aNst RUI ，因电枢电阻数值很小，因此， stI 很大，可达额定电流的（1020）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
13、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，TLTN。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 CT ICT ，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
14、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。7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
15、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
16、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。83）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： 00n nn ，机械特性越硬， 越小。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
17、同时提出才有意义？答：调速范围 minmaxnnD ，其中nmin受到调速相对稳定性限制，而稳定性则通过（静差率）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，NaN II , ，则电动机容许输出的转矩为 NNNTcy TICT 常数。由此可见，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 cyT 与转速n成反比。而输
18、出功率 knncTP cy 602 ，即为一恒定值。故称为恒功率调速方式。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
19、一种调速9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 NL TT 时，绕组Na II ，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） 038.0)305305 60000305220(21)(21 2N NNNa I PIuR ， N aNNNe n RIUC min208.01000 038.0305220 rVmi
20、n1058208.02200 rCUn Ne N mNICTNNeN 8.605305208.055.955.9 通过（1058，0）及（1000，605.8）可以作出固有机械特性（2） 时NNTNe NaNe N TTCC TRCUn 75.0 min1016208.0208.055.9 8.60575.0038.0208.0220 rn （3）n=1100r/min NNe aNe N ICRCUn ARCnCUIaNeNe NN 9.229038.0208.0)11001058()( 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
21、性。10（2） 电枢回路总电阻为2RN的人为机械特性。（3） 电源电压为0.5UN，电枢回路不串电阻时的人为机械特性。（4） 电源电压为UN，电枢不串电阻，=0.5N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） 721.0305220NNN IUR当外串后总电阻为0.5Rn时： TTCC RCUn NTNe nNe N 874.010585.0 （2）当电枢总电阻为 442.12 nR 时： TTCC RCUn NTNe nNe N 49.310582 （3） NUU 5.0 TTCC RCUn NTe aNe N 092.
22、0529)(5.0 2 （4） N 5.0 TTCCRCUn NTe aNeN 368.02116)(25.05.0 2 2-25 Z271型他励直流电动机,PN=7.5kW，UN=110V，IN=85.2A，nN=750r/min，Ra=0.129。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 NII 21 ， 646.02.8521101IUR Nm 711.1129.0646.033 amRR 221.0129.0711.11 aRR 378.0711.1221.012 RR 092.0129.0221.011 ast RRR11 157.0221.037
23、8.0122 RRRst 268.0378.0646.0233 RRRst2-26 一台他励直流电动机，PN=7.5kW，UN=220V， IN=41A， nN=1500r/min，Ra=0.376，拖动恒转矩负载运行，T=TN。当把电源电压降到U=180V时，问：（1） 降低电源电压瞬间电动机的电枢电流及电磁转矩是多少？（2） 稳定运行时转速是多少？解： 1min316.01500 376.041220 rVn RIUC N aNNNe机械特性 TCC RCUn NTe aNe N 2)(（1）当在额定点运行时 VnCE NNeN 2041500136.0 降压瞬间 180 aa RI 20
24、4 AIa 8.63376.0 204180 mNICT aNT 9.82)8.63(136.055.9(2) min1211113132441136.0376.0136.0180 rn 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=0.8N,。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: TCC RCn NTNe aNe 220当T=TN, N 8.0 时 41136.055.955.9136.08.0136.08.0 376.0136.08.0 220 n min1845136.064.0 41376.02022 r AIC ICC TI NN
25、T NNTNT Na 25.51458.08.0 Na II 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=0.224。采用电枢串电阻调速，要求max=30%，求：12（1） 电动机拖动额定负载时最低转速。（2） 调速范围。（3） 电枢需串入的电阻值。（4） 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) 3.000 n nn 0min0 7.07.0 nnnn rVn RIUC N aNNNe 1min136.01500 224.07.6822
26、0 min16182200 rCn Ne min113316187.0min rn (2) 324.111331500minmax nnD(3) 1133 7.68136.0224.0136.0220 nR 736.0nR解得(4) kWIUP NN 1.157.682201 kWP 6.1060 113314.327.68136.055.92 WRIPnNRn 3474736.07.68 22 2-29 上题中的电动机，如果采用降低电源电压调速，要求max=30%，求：（1） 电动机拖动额定负载运行时的最低转速。（2） 调速范围。（3） 电源电压需调到的最低数值。（4） 电动机拖动额定负载运
27、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) min118150016180 rnnn NN 3.03.0 0 nnN min3933.0118min0 rn min275118393min0min rnnn N 13(2) 5.52751500minmax nnD(3) VUCUn Ne 4.53minmin0min (4) WIUP N 36727.684.53min1 WTP N 25686027528.67.68136.055.92 2-30 他励直流电动机PN=29kW，UN=440V，IN=76A， nN=1000r/min，Ra=0.376，采用降低电源电压
28、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） T=TN时的最低转速及此时的静差率。（2） 拖动恒功率负载P2=PN时的最高转速。（3） 调速范围。解: 1min411.01000 376.076440 rVn RIUC N aNNNe min1071411.04400 rn min7110001071 rnN (1) min17971250min0min rnnn N 284.0250179250minmin 0 min0 n nn(2) 1500411.0440max0 xn (设x为弱磁系数)714.015001
29、071x TCC Rn NTNe a 714.0714.01500 当 NPP 2 时,设电机转速为nx,转矩为TxNxx PnT 602 xNx nPT 260 代入机械特性n中,整理有09.12667515002 xx nn解得 xn min1410r 或 min90r14拖动恒功率 NPP 2 时最高转速为1410 minr .(3) 弱磁时拖动 NTT 恒转矩负载的转速 min136476714.0411.0714.0 376.01500 rn 62.71791364 D2-31 一台他励直流电动机PN=3KW，UN=110V，IN=35.2A，nN=750r/min，Ra=0.35。
30、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） 采用能耗制动停车，电枢中应串入多大电阻？（2） 采用电压反接制动停车，电枢中应串入多大电阻？（3） 两种制动方法在制动到n=0时，电磁转矩各是多大？（4） 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: 1min1304.0 rVn RIUC N aNNNe（1） VnCE NNeN 68.9775013024.0 能耗制动： )(0 naaN RRIE 代入数据，可解得 0375.1nR（2） )( naaNN RRIEU 6.2nR（3）能耗制动时
31、：n=0 则T=0；反接制动时： TCC RRCUn NTNe naNe 将U= V110 ， 6.2R 代入：得 mNT 3.46（4） TCC Rn NTNe n 2 5.1nR2-32 一台他励直流电动机，PN=13KW，UN=220V，IN=68.7A，nN=1500r/min，Ra=0.195，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？15解： 1min138.01500 195.07.68220 rVn RIUC N aNNNe min1594138.02200 rCUn Ne N
32、固有机械特性 TCC Rn NTNe a 1594若使重物吊在空中不动，即 0n 时 NTT 7.68138.0195.015941594 nNNTNe na RTCC RRn 解得 3nR2-33 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，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
33、：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 aNNN RIUE 4113.0 NNNe nEC aNe ca IC RRn 若-500下放，则 NNe ca IC RR 500则 706.2ca RR ， 33.2377.0706.2cR此时校核制动瞬间的电流aI4113.0 706.21000 AIa 152AII Na 8.1368.1max 16可见 maxaa II 故不可采用。ii） aNe naNe N IC RRCUn 将（IN，-500）代入得 109.8cR 变换瞬间 Na II 满足要求如图转换过程： CBA 2-34 电动机的数据
34、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） 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？（2） 分别求出电枢不串电阻及电枢串有0.5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） NNNLLL TTTTTT 4.0)2.1(8.021 电机不串电阻时： min109828107076)4.0(4113.0 377.04113.0440 rn 电机串0.5电阻时： min113565107076)4.0(4113.0 5.0377.04113.0440
35、 rn 2-35 一台他励直流电动机的数据与题233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？17（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） VURAI na 440,0,60
36、 min1125604113.0 377.04113.0440 rn mNICT aNeN 7.235604113.055.955.9 WUIP a 26400604401 （2） nRVUrn ,440,min850 604113.0377.04113.0440850 nR 785.12nRWIUP aN 26400604401 WRIP naRn 46026785.126022 （3） nRUrn 串,0,min300 68.1604113.0377.0300 nn RR WRIP naRn 604868.16022 2-36 设题233中的电动机原工作在固有特性上，T=0.8TN，如果把
37、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） NN UTT ,8.0 min101456107076)8.0(4113.0 377.04113.0440 rn 电源电压降到400V， VnCE Nea 41710144113.0 aaa RIEU AREUI a aa 1.45 mNICT aNe 1.177)1.45(4113.055.955.9 18（2） min9175697376)8.0(4113.0 377.04113.0440 rn 2-37 252型他励直流电动机
38、，PN=4kW，UN=220V，IN=22.3A，nN=1000r/min，Ra=0.91。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=9，求：（1） 制动开始时电动机产生的电磁转矩；（2） 制动结束时电动机所发出的电磁转矩；（3） 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： 1min2.01000 91.03.22220 rVn RIUC N aNNNe（1） VU 220 ， 9cR ， VnCE NNea 20010002.0 aaa RIEU AI 5.461 mNT 5.881)5.461(2.055
39、.9（2） 0n 时 T22.055.9 991.02.02200 mNT 4.42（3） mNnPT NNN 2.381000495509550LTT 不采用机械抱闸，电机会反向起动。2-38 他励直流电动机的数据为PN=17kW，UN=110V，IN=185A，nN=1000r/min，Ra=0.035， GD2R=30Nm2，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=1.2519GD2R）?解： 1min1035.01000 035.0185110 rVn RIUC N aNNN
40、e（1）能耗制动 min101018585.01035.0 035.01035.0110 rn VnCE Nea 10510101035.0 )(0 naaa RRIE 取 Na II 8.1 得 28.0nRmTten )01010(0 22375 NTem CC RGDT 3.00n 代入， 3.010100 te 得 t 取t= sTm 2.14 （2） )(110 naaN RRIE Na II 8.1mNTR mn 615.0,611.0 min204418585.01035.0 646.01035.0 110 rnL )0,( ntt x sTtmx 246.0)2044(0 )2
41、044(1010ln 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47倍，为什么起动转矩只有额定转矩的0.81.2倍?20答：由起动时s=1，由 2222 22 )(cos xsr sr 很小，约0.2左右；另一方面， stI 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
42、个参数变化的影响最大?试从物理意义上解释其原。解： maxT 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0ssm时，电磁转矩T随转差率s的增大而增加，当sms1时，电磁转短随转差率的增大而减小，为什么?答：由于 221212221 212111 )()()( LLwsrsr rswwupmT 当s很小时，忽略分母中s各项， srswwupmT 212111 )( ；当 )1,( mss 时，可以忽略式中分母中的 2r，即 sLLwrs rwwupmT 1)()( 2212121 212111 3-5 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
43、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m、定子功率因数cosl和转子功率因数cos2将有什么变化?答： 2uT ，若 Nuu 7.0 ，则 stst TTTT 49.0,49.0 maxmax ，当电压下降后，n减小，I1与 2I增大，
44、 m 减小， 1cos 与 2cos 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?21答：对于直流电机而言 aNa RUI ，而对于感应电机 221221 )()( xxrr UI Nst ，式中由于存在电抗，则此时 ak Rz ，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 NUU1 stst II 11 stst TT 优 缺 点直接起动 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串电阻或电
45、抗起动 1 1 21 起动设备较简单，起动转矩较小，适用于轻载起动自耦变压器起动 ak1 21ak 21ak 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Y-起动 31 31 31 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 21 的定子串电阻减压起动，与直接并联起动相比，串联后22并串并串 ， stststst TTII 4121 11 。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。3-11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
