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电力拖动第一篇作业讲解

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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/s 2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T meq =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 2 ,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：meq T T -=Jdtd Ω，m ΩΩ,分别是电机转轴。

卷筒的机械角速度mΩΩ=j=2.57 m ΩR=V ∴R dt d m Ω=dt dv =1⨯2=2∴dtd Ω=7.252557.2=⨯⨯=Ω⋅dt d j m∴m N dtd J T T meq ⋅=⨯+=Ω⋅+=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m 0=300k ，重物的质量m =1000kg ，平衡锤的质量m p =600kg ，罐笼提升速度v m =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）m p m meq V g m V g m m T ⋅-⋅+=⋅Ω⋅)(0ηm N T meq ⋅=11.11822221)(21)602(42102m p m eq V m V m m n g GD ++=π222)(21)602(4210mp eq V m m m n g GD ++=πm N g n V m m m GD m p eq⋅==⨯++=∴9.15)6.102(1677514)602()(22220π （2）系统以1.5m/s 下放罐笼时Ω⋅=⋅⋅-⋅+meq m p m T y V g m V g m m ])[(0m N T meq ⋅=⨯⨯⨯=3.856.10285.05.181.9700m N GD GD eq eq ⋅==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D 5=0.4m ，齿轮的传动比J 1=6， J 2=10，电动机的飞轮矩GD D 2=10N •m 2，GD 2 2=10N •m 2， GD 3 2=5N •m 2，GD 4 2=50N •m 2，卷筒的飞轮矩GD 5 2=10N •m 2。

试求：（1）电动机以等速提升重物时所产生的电磁转矩：N j j D g m j R G T T meq 7.7495.096.01062/4.081.920002/252121=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅==ηηηη （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。

2222222212524212322212D2m N 7.1110610506520110)j j (j ⋅=⋅+++++=⋅+++++=GD GD GD GD GD GD GD 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max T 和起动转矩st T ,将变为多大?若电动机拖动的额定负载转矩不14 23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 φ、定子功率因数1cos φ和转子功率因数2cos φ将有什么变化?答：2u T ∝，若N u u 7.0='，则st st T T T T 49.0,49.0max max='='，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 φ减小，1cos φ与2cos φ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a N a R U I =，而对于感应电机221221)()(x x r r U I N st '++'+=，式中由于存在电抗，则此时a k R z >>，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?答：因为串入电阻后，k z 值变大，故st I 1减小，而θφcos 2I C T m T st '=虽然21I I '≈减小， 但2cos θ增加更多，所以使st T 增大，当串入电阻太大时，2cos θ亦减小，使st T 减小，串电抗器不行，因为这样会使2cos θ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；∞<<s 1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n<n 1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m T 和m S 。

缩短起动时间可以通过改变max12375T n GD T m =，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,r n '。

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，m s 随着R 的增大而增大。

这样0~m s 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~m s ，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P s =sP M ,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 1Pm P正序 1450 0.033 1500 正向电动 4 ++正序 1150 -0.151000 正向回馈 6 - - 正序 -600 1.8 750 反接制动 8 + + 负序 500 1.83 600 反接制动 10 + + 负序 475 0.05 500 反向电动 12 + + 负序1575-0.051500反向回馈4--11100%n ns n -=⨯1160f n n p==3-33 某台绕线转子异步电动机的数据为：N P =11kW ，N n =715/min r ，2N E =163V ，2N I =47.2A ，起动最大转矩与额定转矩之比T 1／T N =1．8，负载转矩L T =98N •m 。

求三级起动时的每级起动电阻值。

解：047.0750715750=-=N s 28.231==T s T N N γm N T m N T T T L N⋅=>⋅===8.1071.111628.28.112γΩ=⨯⨯==094.02.473163047.03222N N N I E s r ∴Ω=⨯==214.028.2223r r R γΩ=⨯==489.0214.028.232γR RΩ=⨯==114.1489.028.221γR R ∴Ω=-=-=12.0094.0214.0233r R R sΩ=-=-=275.0214.0489.0322R R R s Ω=-=-=625.0489.0114.1211R R R s3-34 一台三相六极绕线型异步电动机，1N U =380V ，N n =950/min r ，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r 1=2Ω，x 1=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/min r ，求应串入的电阻值（折算到定子侧的）。

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d电力拖动基础解析课件 (一)

d电力拖动基础解析课件 (一)

d电力拖动基础解析课件 (一)随着电气化水平的不断提高，电力拖动技术在各个领域得到了广泛应用。

为了促进电力拖动技术的普及和推广，许多公司和机构都开发了相应的课件进行知识传授，其中《电力拖动基础解析课件》成为了人们学习电力拖动技术的重要工具之一。

一、课件概述《电力拖动基础解析课件》分为四个模块，分别是电力拖动基本知识、电力拖动控制原理、电力拖动系统组成和检修和维护。

每个模块按照逻辑顺序编排，包括讲解、案例分析和整理答疑等环节，具有良好的条理分明和结构合理性。

二、模块分析1.电力拖动基本知识在这一模块中，课件重点介绍了电力拖动的定义、种类和优势，让学生了解电力拖动技术的基本概念。

此外，课件还详细讲解了电动机原理、变频器原理和电力拖动系统的特点，为后续的学习奠定了基础。

2.电力拖动控制原理这一模块分为运动控制和过程控制两个部分，具体介绍了在电力拖动系统中实现运动控制和过程控制所必需的概念、算法和技术。

其中，运动控制部分介绍了闭环和开环控制、速度控制和位置控制，过程控制部分涉及了PID控制和模糊控制等内容。

3.电力拖动系统组成这一模块涉及了电力拖动系统的组成和安装、接线方式、运行和故障分析等方面，介绍了电动机、变频器、电压、电流、功率、转矩和温度等参数的定义、计算和应用，以及电力拖动系统维护和保养方面的知识。

4.检修和维护这一模块主要介绍了电力拖动系统的检修和维护方法，包括电动机的维护、变频器的检测和诊断、传动部件的检修等内容。

此外，课件还着重强调了安全问题，让学生了解在维护和检修过程中的注意事项。

三、总结《电力拖动基础解析课件》是一份深入浅出的电力拖动技术学习指南，它讲解了电力拖动技术的基本知识、控制原理、系统组成和检修维护等方面内容，为初学者打下了坚实的基础。

课件条理分明、结构合理、重点突出，通过完整的讲解和多种案例分析，使广大学生更好地理解和掌握电力拖动技术。

电力拖动运动控制系统平时作业答案

电力拖动运动控制系统平时作业答案

电⼒拖动运动控制系统平时作业答案第⼀章1、请画出运动控制系统及其组成的框图。

答：运动控制系统由电动机、功率放⼤与变换装置、控制器及相应的传感器等构成，其框图如下：2、如果请你设计⼀辆电动滑板车，请问这个电动滑板车的构成？答：由刹车开关、电池电压取样、限流保护、驱动电路、直流有刷电机、霍尔调速⼿柄等===================================================================== 第⼆章1、请写出直流电动机的稳态转速公式，并分析转速与电枢电压的关系。

答：直流电机的稳态转速公式转速n=U-(IR+L*di/dt)/Kφ，I是电枢电流，R是电枢回路的电阻φ是励磁磁通，k是感应电动势常数所以从公式可以看出，要想对直流电机进⾏调速，⼀般的⽅法有两种：⼀种是对励磁磁通φ进⾏控制的励磁控制法，⼀种是对电枢电压U进⾏控制的电枢电压控制法。

2、什么是调速范围和静差率？调速范围、静态速降和最⼩静差率之间有什么关系？为什么说“脱离了调速范围，要满⾜给定的静差率也就容易多了”？3、某⼀直流调速系统，测得的最⾼转速特性为=1500 r/min, 最低转速特性为=150 r/min。

电动机额定转速为，带额定负载时的速度速降 =15r/min，且在转速下额定速降如不变，试问系统能够达到的调速范围D是多少？系统允许的静差率s是多少？解：4、转速单闭环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速，为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压⽐是否能够改变转速，为什么？如果测速发电机的励磁发⽣了变化，系统还有克服什么⼲扰的能⼒？答：1）转速单闭环调速系统有以下三个基本特征①只⽤⽐例放⼤器的反馈控制系统，其被被调量仍是有静差的。

②反馈控制系统的作⽤是：抵抗扰动，服从给定。

扰动性能是反馈控制系统最突出的特征之⼀。

③系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。

2）改变给定电压会改变电动机的转速，因为反馈控制系统完全服从给定作⽤。

第三章 直流电动机的电力拖动

第三章 直流电动机的电力拖动


U
Ec R1
两级起动时
I1 R2 R1 I 2 R1 Ra
推广到m级起动的一般情况
I1 Rm Rm1 R2 R1
I 2 Rm1 Rm2
R1 Ra
I1 / I2 称为起动电流比
30
R1 Ra
R2 R1 Ra 2
Rm1
Rm 2
Ra
m1
Rm Rm1 Ra m
17
B、风机与泵类负载的转矩特性
通风机负载转矩与转速的大小有关，基本上与转速的平方成正比
特点： TL Kn2
通风机类负载的转矩特性
如实际生产机械中的水泵、油泵、离心式通风机等其介质 对叶片的阻力基本上与转速的平方成正比。
18
C、恒功率负载的转矩特性
特点：
TL
k
1 n
恒功率负载的转矩特性
在不同转速下，负载转矩基本上与转速成反比,其功率基本
恒转矩负载 大多数生产机械可归纳为： 风机与泵类负载
恒功率负载
14
各类生产机械的负载转矩特性 A、恒转矩负载的转矩特性
特点： 负载转矩不受转速变化的影响。在任何转速下，负载转矩
总是保持恒定或大致恒定。
反抗性恒转矩负载 恒转矩负载
位能性恒转矩负载
15
(1) 反抗性恒转矩负载的转矩特性如下图所示。
反抗性恒转矩负载的转矩特性
22000 Ω
0.174Ω
Ce N
UN
I N Ra nN
220 116 0.174 V/(r/min) 1500
0.133 V/(r/min)
理想空载点 Te 0
n
n0
UN
Ce N
220 r/min 1650r/min 0.133
电力拖动第一篇作业讲解

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/s 2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T meq =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 2 ,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：meq T T -=Jdtd Ω，m ΩΩ,分别是电机转轴。

卷筒的机械角速度mΩΩ=j=2.57 m ΩR=V ∴R dt d m Ω=dt dv =1⨯2=2∴dtd Ω=7.252557.2=⨯⨯=Ω⋅dt d j m∴m N dtd J T T meq ⋅=⨯+=Ω⋅+=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m 0=300k ，重物的质量m =1000kg ，平衡锤的质量m p =600kg ，罐笼提升速度v m =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）m p m meq V g m V g m m T ⋅-⋅+=⋅Ω⋅)(0ηm N T meq ⋅=11.11822221)(21)602(42102m p m eq V m V m m n g GD ++=π222)(21)602(4210mp eq V m m m n g GD ++=πm N g n V m m m GD m p eq⋅==⨯++=∴9.15)6.102(1677514)602()(22220π （2）系统以1.5m/s 下放罐笼时Ω⋅=⋅⋅-⋅+meq m p m T y V g m V g m m ])[(0m N T meq ⋅=⨯⨯⨯=3.856.10285.05.181.9700m N GD GD eq eq ⋅==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D 5=0.4m ，齿轮的传动比J 1=6， J 2=10，电动机的飞轮矩GD D 2=10N •m 2，GD 2 2=10N •m 2， GD 3 2=5N •m 2，GD 4 2=50N •m 2，卷筒的飞轮矩GD 5 2=10N •m 2。