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/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·m,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。

解：T?Tmeq=J

d?dt2

图1-11 拖动系统传动机构图 图1-12 拖动系统传动机构图

，?,?m分别是电机转轴。

卷筒的机械角速度

??m=j=2.57 ?mR=V

=1?2=2 dtd?m?2.57?5?2?25.7 =j?dtdtdtd??Tmeq?J?d?dt?195?2?25.7?246.4N?m

m? Rd??=

dv? T1-10 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?V

Tmeq?118.11N?m

1GDeq2?n21122()?(m0?m)Vm?mpVm

24g60221GDeq2?n212()?(m0?m?mp)Vm

24g60222?GD2eq(m0?m?mp)Vm167751??4g??15.9N?m 22?n2(102.6)()602（2）系统以1.5m/s下放罐笼时

[(m?m)g?Vm?mpg?Vm]?y?Tmeq??

0Tmeq?2700?9.81?1.5?0.85102.62?85.3N?m

(GDeq)下降?(GDeq)上升?15.9N?m

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D5=0.4m，齿轮的传动比J1=6， J2=10，电动机的飞轮矩GD D=10N?m，GD 2=10N?m， GD 3 2=5N?m2，GD 4 2=50N?m2，卷筒的飞轮矩GD 5 2=10N?m2。试求：

2

2

2

2

1

4 3

2

（1）电动机以等速提升重物时所产生的电磁转矩：

T?Tmeq?G?Rj???m?g?D/2j1?j2??1??2??5?2000?9.81?0.4/26?10?0.96?0.952?74.7N

（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。 GD2总?GD2D?GD?21?GD22?GD3j212?GD242?GD5222(j1?j2)2

?10?1?20?56250?106?1022?11.7N?m3-6 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I1、转子电流I2、主磁通?m、定子功率因数cos?1和转子功率因数cos?2将有什么变化?

??0.49Tmax,Tst??0.49Tst，当电压下降后，n减小，答：T?u2，若u??0.7uN，则Tmax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 ?增大，?m减小，cos?1与cos?2降低。 I1与I23-7 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Ia?UNRa，而对于感应电机Ist?UN?)(r1?r2?)?(x1?x222，式中

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?

?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。

3-16 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n1的大小（在n

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?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。

GDn1375Tmax2，即采用小转动惯量电机，以及采用高转