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·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图1-12拖动系统传动机构图解：meqTT=Jdtd，m,分别是电机转轴。卷筒的机械角速度m=j=2.57mR=VRdtdm=dtdv=12=2dtd=7.252557.2dtdjmmNdtdJTTmeq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）mpmmeqVgmVgmmT)(0mNTmeq11.11822221)(21)602(42102mpmeqVmVmmngGD222)(21)602(4210mpeqVmmmngGDmNgnVmmmGDmpeq9.15)6.102(1677514)602()(22220（2）系统以1.5m/s下放罐笼时meqmpmTyVgmVgmm])[(0mNTmeq3.856.10285.05.181.9700mNGDGDeqeq9.15)()(22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D5=0.4m，齿轮的传动比J1=6，J2=10，电动机的飞轮矩GDD2=10Nm2，GD22=10Nm2，GD32=5Nm2，GD42=50Nm2，卷筒的飞轮矩GD52=10Nm2。试求：（1）电动机以等速提升重物时所产生的电磁转矩：NjjDgmjRGTTmeq7.7495.096.01062/4.081.920002/252121（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。2222222212524212322212D2mN7.1110610506520110)jj(jGDGDGDGDGDGDGD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maxT和起动转矩stT,将变为多大?若电动机拖动的额定负载转矩不1423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、定子功率因数1cos和转子功率因数2cos将有什么变化?答：2uT，若Nuu7.0，则ststTTTT49.0,49.0maxmax，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2I增大，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?答：对于直流电机而言aNaRUI，而对于感应电机221221)()(xxrrUINst，式中由于存在电抗，则此时akRz，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。3-10Y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，kz值变大，故stI1减小，而cos2ICTmTst虽然21II减小，但2cos增加更多，所以使stT增大，当串入电阻太大时，2cos亦减小，使stT减小，串电抗器不行，因为这样会使2cos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；s1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nn1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mT和mS。缩短起动时间可以通过改变max12375TnGDTm，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,rn。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，ms随着R的增大而增大。这样0~ms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~ms，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Ps=sPM,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1PmP正序14500.0331500正向电动4++正序1150-0.151000正向回馈6--正序-6001.8750反接制动8++负序5001.83600反接制动10++负序4750.05500反向电动12++负序1575-0.051500反向回馈4--11100%nnsn1160fnnp3-33某台绕线转子异步电动机的数据为：NP=11kW，Nn=715/minr，2NE=163V，2NI=47.2A，起动最大转矩与额定转矩之比T1／TN=1．8，负载转矩LT=98N•m。求三级起动时的每级起动电阻值。解：047.0750715750Ns28.231TsTNNmNTmNTTTLN8.1071.111628.28.112094.02.473163047.03222NNNIEsr214.028.2223rrR489.0214.028.232RR114.1489.028.221RR12.0094.0214.0233rRRs275.0214.0489.0322RRRs625.0489.0114.1211RRRs3-34一台三相六极绕线型异步电动机，1NU=380V，Nn=950/minr，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/minr，求应串入的电阻值（折算到定子侧的）。解：（1）])([212212112111maxxxrrupmT22122122111)()(xxrrrupmTst28.749)2(]532[212222maxrrrTTst78.55.128.7R（2）05.010009501000Ns22211122221117)302(30)43()2(5.1upmrsupmTNN当min600rn时，4.010006001000sNsTRRupmT2221114.07)4.02(4.0015905.23825.1872RR12R5.105.112串R3-35三相笼型异步电动机的额定数据为：NP=40kW，1NU=380kV，1NI=75．1A，Nn=1470/minr，λT=2，定子D接法；拖动系统的飞轮矩2GD=29．42Nm，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）02.0150014701500Ns075.0)32(02.0)1(2TTNmssmNnPTTNNTNT7.519147040955029550maxsTnGDTm226.0375max121)ln2(2211122211ssssssTtmmmst)02.01ln075.0075.0202.01(2226.02s786.0（2）mNTTNT2.17331maxsTnGDTm679.0375max122stts36.2)02.01ln075.0075.0202.01(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/minr，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2NT，则转子每相串接的电阻值为多少?解：（1）)(],1)([maxmax2xNTxNNxxNTxNTxmTTTTTTTTTTTTss，其中4.1750)300(750xsNxTT可得ms6.414或0.306（舍）022.0220321304.03222NNNIEsr75.0)1(2mmssrR（2）96.1750720750xsNTT2]1)