船舶电气设备及系统

1、5-1、直流电机有哪些主要部件？各部件分别起什么作用？     答：直流电机的基本组成为定子和转子两部分。定子主要由主磁极、换向极、机座、端盖和电刷装置等组成，转子则由电枢铁心、电枢绕组、换向器、转轴和风扇等组成。     定子上的主磁极是用来产生直流电机主磁场的；换向极则用于改善换向，减少因电磁原因而引起的电刷火花；机座和端盖是直流电机的固定支撑和防护部件，同时机座还是磁路的一部分。电刷装置是定子上的一个主要部件，其主要作用是将直流电机电枢绕组与外部电路连接起来。     转子的电枢铁心与主磁极铁心、机

2、座等组成直流电机的磁路，且用于嵌放电枢绕组；电枢绕组的作用是用以感应电动势和通过电流，它是实现机电能量转换的重要部件；换向器是直流电机的一个典型部件，与电刷装置配合起“机械整流器”的作用，可将电枢绕组中的交流电量（感应电动势、电流）变换为电刷两端的直流电量（电压、电流），或者将电刷两端的直流电量变换为电枢绕组中的交流电量。转子的转轴是支撑整个转子的部件，风扇则起通风散热的作用。   5-2、直流电机中感应电势与哪些因素有关？感应电势的性质与电机的运行方式有何关系？其方向如何判断？     答：由公式Ea=Cen可知，对已制成的直流电机，电枢电动势正比于每

3、个极面下的磁通量及电机的转速n。如果每个极面下的磁通量一定，则Ean，故转速的快慢会影响电枢两端电动势大小；如果转速一定，则EaIf。也就是说，调节励磁电流If，可改变每个主磁极产生的磁通，从而可调节电枢电动势Ea的大小。     直流电机感应电势的性质有“正电势”和反电势之分。所谓“正电势”，就是电源的电动势，是表现将其它能量转换为电能具体的物理量。而反电势则是阻碍电流通 过、与电源电压相平衡的电动势。感应电势的性质与电机的运行方式直接相关：对于直流发电机，轴上输入的机械能转换成电能后，在电枢绕组中就感应出电动势， 当与负载连接，就可向外部电路提供电能，因此直流

4、发电机电枢绕组的电动势是“正电势”，是电源的电动势。对于直流电动机，转子转动后也将在电枢绕组中感应 电动势，它是消耗电能用于将电能转换成机械能的，它具有阻碍电流通过的特征，与电枢电流方向相反，因此直流电动机电枢绕组的电动势是反电势，是与电源电压 相平衡的电动势。     要判断直流电机感应电势的性质，可以根据感应电势与电枢电流的方向进行判断：直流发电机，感应电势与电枢电流方向相同；直流电动机，感应电势与电枢电流方向相反。   5-3、直流电机中电磁转矩与哪些因素有关？电磁转矩的性质与电机的运行方式有何关系？     答：从电

5、磁转矩公式T=CTIa可知，直流电机中电磁转矩与励磁If和电枢电流Ia有关。当电机励磁If不变，则每个主磁极产生的磁通也不变，电磁转矩T与电枢电流Ia成正比；若电枢电流Ia不变，则电磁转矩T与励磁If或磁通有关。励磁If越大，产生的主磁通越大，电磁转矩T也越大。     直流电机中电磁转矩的性质可分为驱动转矩和制动转矩两种。如果电机作为电动机运行，直流电动机将电源提供的电能转换为机械能，因此电磁转矩是驱动性质的驱 动转矩；如果电机作为发电机运行，直流发电机将机械能转换成电能，电磁转矩要与原动机提供的机械转矩相平衡，起阻碍电机转子转动的作用，因此其电磁转矩为 阻碍性

6、质的制动转矩。   5-4、直流电机的电磁功率是指什么？如何说明在直流电动机中由电能转换为机械能？     答：直流电机是将直流电能和机械能相互转换的电气装置，其电磁功率就是指通过气隙进行转换的功率。从电能的角度看电磁功率为电枢绕组感应的电动势与电枢电流通过的电流的乘积，即为EaIa；从机械能的角度看电磁功率为电磁转与转子的角速度的乘积，即为T。     当直流电动机接上直流电源后，将有电枢电流流过转子的电枢绕组，根据电动力定律电枢电流在定子主磁极产生主磁场的作用下将产生电磁转矩T，使转子转动，通 过转轴向机械负载输出机械功

7、率。转子转动后根据电磁感应定律电枢两端将感应电动势，从整个电路看，电枢通过电流Ia后，直流电动机感应的电动势Ea使电源提供的电压产生压降，因此，直流电动机用来进行机电转换的电磁功率为EaIa。而从机械角度看，转子受到电磁转矩T的驱动，产生角速度，因此，直流电动机通过机电转换得到的电磁功率为T，通过转轴的传送，就可向机械负载输出机械功率了。当然，电枢绕组通电后，也将消耗部分铜损耗；转子转动后，也将产生一定的机械损耗。因此可以这么说，电源向直流电动机提供直流电功率UIa，扣除电枢绕组等产生的损耗外，剩下的电功率转换成机械功率，即电磁功率：EaIa=T，转换成的机械功率还要克服转子、转轴等消耗的摩擦

8、损耗，然后才从轴上输出机械功率P2=T2/这就是直流电动机中由电能（电功率）转换为机械能（机械功率）的过程。   5-5、何谓电枢反应？电枢反应对气隙磁场有什么影响？E=Cen、T=CTIa的计算式中，应该是什么磁通？     答：直流电机励磁后，由励磁磁动势Ff产生气隙磁场，电枢绕组内通过由电枢电流Ia产生的电枢磁动势Fa，这个磁动势对气隙磁场的影响称为电枢反应。简单地说，电枢磁场对气隙磁场的影响就是电枢反应。     由于电枢磁场总是和主极磁场正交如下图a)所示，电枢反应将使气隙磁场波形畸变。对于直流发电机，电枢磁场与主

9、极磁场的波形如下图的c)、d)和e)所 示。若不考虑磁路饱和，电枢反应使气隙磁场波形畸变的同时，将使物理中性线偏离几何物理中性线（两者不再重合）。若考虑磁路的饱和，则发电机的后极尖（电 动机的前极尖）增磁量就小于发电机的前极尖（电动机的后极尖）的去磁量，因此，气隙每极产生的总磁通减小，即呈去磁性质。因此，简单地说，电枢反应对气隙 磁场的影响主要有：使物理中性线偏离几何物理中性线；使气隙总磁通减小。物理中性线偏离几何物理中性线将影响直流电机的换向（使换向性能变坏），气隙 总磁通减小则发电机的端电压减小，电动机的电枢电流增大。     在E=Cen、T=CTIa的计算

10、式中，指的是是直流电机气隙每极产生的总磁通。不考虑磁路饱和时，这个磁通就是励磁绕组产生的每极主磁通，考虑饱和时，则这个磁通小于励磁绕组产生的每极主磁通。   5-6、试述发电机的空载特性曲线，它与磁极的磁化有何区别？又有何联系？     答：直流电机磁路的磁化曲线是指电机主磁通与励磁磁动势的关系曲线0=f(Ff)，电机的空载特性曲线是指电机在保持额定转速不变，空载电压与励磁电流的关系曲线U0=f(If)。由于U0=E=Ce0n0，Ff=2NfINIf，因此，空载特性曲线的实质就是磁路的磁化曲线。即，两者的形状相似，只要选择合适的坐标量纲，两条曲线可以完全

11、重合。它们的区别主要表现在具体所表示的含义上，磁化曲线的是电机磁路的磁性能，空载特性曲线则主要表示直流电机端电压调节的性能等。   5-7、何谓自励起压？直流发电机自励起压的条件是什么？     答：自励起压是指，自励发电机在没有外加励磁电源的情况下，原动机的拖动电枢转子转动，电枢绕组自动建立起电压。直流发电机自励起压的条件是：发电机要 有剩磁；励磁电流磁场与剩磁场方向相同（或者说，电枢绕组与励磁绕组接线正确）；励磁电路的电阻要小于建压临界电阻（或者说，励磁电路的电阻足够 小）。   5-8、直流电机在各种不同励磁方式下，外部电流I、电枢电流I

12、a以及励磁电流If三者之间的关系如何？     答：直流电机的励磁方式一般有四种：他励、并励、串励和复励，如右图所示。其中，复励还可根据串励绕组的位置不同分为短复励和长复励。     他励：I=Ia，If由独立电源提供，与外部电流I、电枢电流Ia没有任何关系；     并励：对于直流电动机，I=Ia+If，外部电流I是电枢电流Ia与励磁电流If之和。对于直流发电机，I=Ia-If，外部电流I是电枢电流Ia与励磁电流If之差；     串励：I=If=Ia；外部电流I、电枢电流

13、Ia以及励磁电流If完全相等；     短复励：对于直流电动机，Is=I=Ia+If，串励电流Is等于外部电流I是电枢电流Ia与并励电流If之和。对于直流发电机，Is=I=Ia-If，串励电流Is等于外部电流I是电枢电流Ia与并励电流If之差；     长复励：对于直流电动机，Is=Ia=I-If，串励电流Is等于电枢电流Ia是外部电流I与并励电流If之差。对于直流发电机，Is=I=Ia-If，串励电流Is等于电枢电流Ia是外部电流I与并磁电流If之和。   5-9、船用直流发电机的励磁方式一般采用何种方式？  &

14、#160;  答：船用直流发电机的励磁方式常采用复励方式，即可采用短复励接线，也可采用长复励接线。作为船舶主电源的直流发电机一般为平复励发电机。作为交流船上使 用变流机组的直流发电机，一般要求具有软的或陡降的外特性，则应该采用差复励直流发电机（如起货机、舵机等使用的变流机组及船用直流电焊发电机）。   5-10、某直流电动机铭牌的参数为：UN=220V, nN=1000r/min ,IN=40A, 电枢电路电阻Ra=0.5。若电枢回路不串联起动电阻在额定电压下直接起动，则起动电流为多少？     解：设，该直流电动机为并励直流电动机。若电枢回路

15、不串联起动电阻，在额定电压下直接起动的电流为：         Ist=UN/Ra=220/0.5=440(A)     答：若电枢回路不串联起动电阻在额定电压下直接起动，则起动电流为440A。   5-11、一台并励直流电动机，在额定电压UN=220V，额定电流IN=80A的情况下运行，电枢绕组电阻Ra=0.0992，电刷接触压降2US=2V，励磁绕组电阻=110.1，额定负载时的效率N=85%，求：      (1) 额定输入功率P1N； &

16、#160;    (2) 额定输出功率P2；      (3) 总损耗P；      (4) 励磁回路铜耗PCuf；      (5) 电枢回路铜耗PCua；      (6) 电刷接触损耗PS；      (7) 附加损耗P（设P=1%PN）；      (8) 机械损耗和铁耗之和P+PFe。   

17、0; 解：     额定输入功率P1N：  P1N=UN×IN=220×80=17.6(kW)     额定输出功率P2：   P2=N×P1N=17.6×0.85=14.96(kW)     总损耗P：        P= P1N-P2=17.6-14.96=2.64(kW)     励磁回路铜耗PCuf：  PC u f =

18、UN2/Rf=2202/110.1=439.6(W)     电枢回路铜耗PCua：  PC u a =I a N2×R a =(I N-UN/Rf)2×0.0992=143.26(W)     电刷接触损耗PS：   PS =2US×I a N=2US×(I N-UN/Rf)=2×(40-220/110.1)=76(W)     附加损耗P；       P=1%P

19、N=0.01×14960=149.6(W)     机械损耗和铁耗之和P+PF e；           P+PF e=P-PC u f -PC u a-PS-P=2640-439.6-143.26-76-149.6=1.832(kW)     答：额定输入功率为17.6kW；额定输出功率为14.96kW；总损耗为2.64kW；励磁回路铜耗为439.6W；电枢回路铜耗为143.26W；电刷接触损耗76W；附加损耗为149.6W；机械损耗

20、和铁耗之和P+PF e约为1832W。6-1、转子不动时，异步测速发电机为何没有电压输出？转动时，为何输出电压值与转速成正比，但频率却与转速无关？     答：当异步测速发电机的转子不动时， 励磁绕组在其轴线方向上产生的脉振磁通与输出绕组的轴线方向垂直，因而不能在输出绕组中感应电势，也就无电压输出。转动时测速发电机（杯形）转子切割励磁 绕组产生的脉振磁通，将在转子导体中感应电势、产生电流；此电流所产生的转子磁通与输出绕组轴线方向基本一致，输出绕组与转子这部分导体的关系就如变压器 原副绕组的关系一样，因而输出绕组将有电压输出。    

21、由于切割励磁磁通的转子导体感应电势的大小与励磁磁通和转子转速成正比，励磁磁通是脉振磁通（幅值不变，频率为励磁电源频率），所以异步测速发电机感应的电势为交变电势，电势的大小正比于转速，交变电势的频率为励磁电源的频率，与转速无关。   6-2、改变交流伺服电动机转向的方法有哪些？     答：要改变交流伺服电动机的转动方向，可单独改变它的励磁绕组的接线（即，将其两根引线脱开对调一下再接上）；或可单独改变它的控制绕组的接线（即，将其两根引线脱开对调一下再接上）。也可不改变接线，仅通过控制装置，单使控制电压相位变反来实现。   6-3、当直流伺服电动机

22、电枢电压，励磁电压不变时，如将负载转矩减少，此时电动机的电枢电流，电磁转矩、转速将怎样变化？     答：根据如右图所示的直流伺服电动机机械特性曲线可知，电动机电枢电压不变时，负载转矩减小，转速将升高。根据直流电机感应电势公式E=Cen可知，转速升高则感应电势增大，再根据直流电机电枢电路电压平衡方程式Ia=(U-E)/Ra，电压不变感应电势升高，则电枢电流将减小Ia。根据电磁转矩公式T=CTIa可知，电枢电流减小，电磁转矩也减小。因此，当直流伺服电动机电枢电压，励磁电压不变时，如将负载转矩减少，此时电动机的电枢电流将减小、转速将升高、电磁转矩也将减小。一直到电磁转

23、矩与负载转矩平衡，直流伺服电动机转速停止升高，电流停止减小，直流伺服电动机稳定运行。     【简单回答】：当直流伺服电动机的励磁电压U1 和控制电压（电枢电压）U2 不变时，如将负载转矩减小，则电枢电流I2和电磁转矩T都将随之减小，转速n将随之增大。这是因为负载转矩T2减小，TT2，转速n将增大，电枢电势E随之增大，而电压不变，I2减小，T也减小。   6-4、什么是步进电动机的步距角？什么是单三拍、六拍和双三拍？     答：步进电动机每次通电工作时，其转子都将相应转动一个角度，这一过程称为一步。工作时每一步，步进电动机

24、转子转过的角度称为步进电动机的步距角。步进电动机从一相绕组通电换接到另一相绕组通电称为“一拍”，每次只有一个绕组通电用“单拍”以示区别于每次有两个绕组通电的则称为“双拍”。所谓“单三拍”通电方式是指：步进电动机每次只有一个绕组通电，且完成一个轮流通电的周期需要三拍的工作方式。   6-5、交流测速发电机的转子静止时有无电压输出？转动时为何输出电压与转速成正比，但频率却与转速无关？     答：当交 流测速发电机的转子静止时，励磁绕组在其轴线方向上产生的脉振磁通与输出绕组的轴线垂直，因而不能在输出绕组中感应电势，也就无电压输出。转动时测速发电 机（杯形）转

25、子切割励磁绕组产生的脉振磁通，将在转子导体中感应电势、产生电流；此电流所产生的转子磁通与输出绕组基本一致，输出绕组与转子这部分导体的 关系就如变压器原副绕组的关系一样，因而输出绕组将有电压输出。由于切割励磁的转子导体感应的电势大小与励磁磁通和转子转速成正比，励磁磁通是脉振磁通 （幅值不变，频率为励磁电源频率），所以感应的电势为交变电势，大小正比于转速，交变频率为励磁电源频率。再者，输出绕组的输出电压与此感应电势（按变压 器原理）成正比。于是，结论为：输出电压幅值与转速成正比，电压的频率为励磁电源频率与转速无关。     【注】：此题与6-1的回答基本一样，因为此题

26、所问的问题也基本一样 交流测速发电机主要采用异步测速发电机，而其它类型书上又没讲，因此只能以异步测速发电机来回答。   6-6、如何控制步进电动机输出的角位移（或线位移量）与转速（或线速度）？步进电动机有哪些可贵的特点？     答：步进电动机是一种利用电磁铁的作用原理将电脉冲转换为线位移或角位移的电机。按照一定的规律，给步进电动机定子多相磁极绕组轮流通入电脉冲，就能控制其转子的位置变化，即使其转子按照一定的规律转动或产生一定的角位移。轮流通电的顺序决定转子转向，轮流通电的频率决定转子的转速。     步进电动机的可贵特点主

27、要有：结构简单、维护方便、精确度高、起动灵敏、停车准确，转速与电压、负载、温度等因素无关，可通过改变脉冲频率进行无级调速，调速范围很宽等。   6-7、将无刷直流电动机与永磁式同步电动机及直流电动机作比较，它们之间有哪些相同和不相同点？     答：无 刷直流电动机与永磁式同步电动机比较，主要相同点是：它们的结构上，转子都是采用永磁材料制成的磁极，定子都是多相电枢绕组；它们的工作原理都是利用 定、转子磁极产生的相互吸力使转子转动的；它们的转向都是可以改变的。主要不同点是：无刷直流电动机定子电枢绕组通入的是经过控制的脉冲电流，而永磁 式同步电动机定子电枢绕

28、组通入的则是多相对称交流电流；无刷直流电动机具有直接起动的能力，而永磁式同步电动机则无直接起动的能力；无刷直流电动机的 转速由其结构（定子的相数和齿数等）决定，一般较难进行速度调节，而改变通入同步电动机电枢绕组电流的频率，就可方便地对其进行速度调节。     无 刷直流电动机与直流电动机作比较，主要相同点是：它们的电枢电源都是直流电源；它们的电枢绕组流过的电流都是交流电流；它们都可以达到很高的转速 （与普通工频交流电动机比较）。主要不同点是：无刷直流电动机的电枢通常在定子，而普通直流电动机通常在转子；无刷直流电动机采用位置传感器控制电枢绕组的换向，而普通直流电动机

29、则通过换向器与电刷配合进行换向；无刷直流电动机的容量通常较小（毫瓦级到千瓦级），而普通直流电动机的容量可以很大（毫瓦级到几十上百兆瓦）。   6-8、无刷电机中的位置传感器起什么作用？     答：转子位置传感器是一种无机械接触的检测装置，其作用是检测转子磁场相对于定子绕组的位置。进而根据检测到的位置信号控制电子换向电路的导通或者截止，以此代替有刷电机的电刷和换向器。   6-9、【补充】试述力矩式自整角机的工作原理。     答： 力矩式自整角机需要两个自整角机配合工作，一个作为发送机，一个作为接收机。两机的励磁

30、绕组同时通入同一单相交流励磁电流，三相整步绕组对应相连；工作 时，当两机的转子处于协调位置时，三相整步绕组感应的电势对应相等，整步绕组无电流流过，两机都不产生电磁转矩；发送机转子转过一个角度后，两机的转子 不再处于协调位置了，整步绕组感应的电势对应不相等，于是整步绕组流过单相失调电流，因而产生电磁转矩，力图使两机的转子朝协调位置转动；由于发送机的 转子受发送装置控制不能动，只有接收机的转子转动；接收机的转子转到新的协调位置时才停止。这就是力矩式自整角机自整步的工作原理。   6-10、【补充】试述控制式自整角机的工作原理。     答：控制式自整角机也需

31、 要两个自整角机配合工作，一个作为发送机，一个作为接收机，三相整步绕组对应相连。工作时，发送机的励磁绕组通入单相交流励磁电流，三相绕组在励磁电流的 作用下，感应三个幅值不等相位相同的电势。在这三个电势的作用下，接收机三相整步绕组将有三个幅值不等相位相同的电流流过，并产生交流磁通。当两机的转 子处于协调位置时（两机转子相差90）， 由发送机供电的接收机三相绕组产生的交变磁通与输出绕组没有交链，因此不感应电动势，接收机的输出电压为0。当发送机转子转过一个角度后，两机的转子不再 处于协调位置了，接收机三相绕组产生的磁通就以一定的角度穿过输出绕组，输出绕组将感应电动势。发送机转子转过的角度越大（在90

32、内），穿过接收机输出绕组的磁通就越大，感应的电动势和输出的电压也就越大。若发送机转子转过的角度方向变反，穿过接收机输出绕组的磁通变反，感应的电动势和输出的电压相位也变反。也就是说，控制式自整角机工作时，接 收机输出绕组输出的电压大小反映了发送机转子转过的角度的大小。接收机输出绕组输出的电压相位反映了发送机转子偏转的方向。接收机输出绕组输出的电压经 过一定的处理或放大后即可用来控制伺服电动机工作，实现被控设备转轴与接收机转轴的跟随转动。通常接收机转子与被控设备相连，被控设备转轴转动后，将反 过来带动接收机转子，使之回到与发送机转子相差90的协调位置。7-1、电力拖动系统运行的稳定性是指什么？而拖

33、动系统稳定运行的条件又是什么？     答：对于一个电力拖动系统，当T=TL时，拖动系统处于稳定运行状态。当系统由于受到外界干扰时，系统转速发生变化而离开原来平衡状态；一旦干扰消失，系统能够自动回复到原来的工作点上，这样一种性质称为电力拖动系统的稳定性。     稳定性的判别：系统在电动机机械特性曲线和负载特性曲线的交点能够保持恒速运行（即T=TL）；如果在交点所对应的转速之上有TTL，而在交点所对应的转速之下TTL，那么系统就具有恢复稳定工作的能力，满足稳定运行的条件。用数学式表达为：T=TL，且在T=TL处，满足dT/dndTL/

34、dn。简单地说，稳定性的判别为：电机和负载机械特性曲线有交点，在交点附近有dT/dndTL/dn或T/nTL/n。   7-2、为了缩短起动过程，在电动机方面应采取哪些办法？常见船舶上的起货电动机转子为什么要制成又细又长的？     答：从运动方程看，为了缩短起动过程，可以增大电动机起动的电磁转矩或减小负载转矩，还可以减小拖动系统的飞轮矩GD2。不论是交流异步电动机或直流电动机，起动转矩与励磁磁通及电机电流成正比。因此，为 了缩短起动过程，在电动机方面应采取的办法主要有：保证直流电机的励磁磁通为最大或额定值；直流电机电枢电流为最大限制值（一般为额定电流的

35、 22.5倍）；交流异步电机采用特殊（高转差率）电动机或采用绕线式异步电动机转子回路串电阻起动；此外，要求起动迅速的电机，其转子可制成细长 型，以减小电机本身的飞轮矩，从而使整个电力拖动系统的飞轮矩得到减小，缩短起动加速的时间。     船舶上起货机转子之所以制成又细又长主要是为了减小电机本身的飞轮矩，缩短起动加速的时间。   7-3、直流电动机采用电阻分级起动时，切换电阻时的电流要稍大于额定电流，为什么？为了使起动平稳，是否分级越多越好？     答：简单地说，直流电动机采用电阻分级起动时，切换电阻时的电流要稍大于额定电流

36、是为了缩短起动过程。因为电动机起动过程是一个转速增加的过渡过程，这个过程之所以能够加速是由于电动机产生的电磁转矩T大于负载转矩TL，即T=T-TL0。若起动过程中，TL不变，随着转速的增加，电动机电枢绕组感应的电动势增大，电枢电流Ia减小，电磁转矩T=CTIa也减小，若不适时增大Ia，起动过程将延长。因此，采用电阻分级起动时，切换电阻时的电流要稍大于额定电流，尤其是在带额定负载起动时更应该如此，否则起动过程将会很长。     若单从起 动平稳的角度看，理论上说为了使采用电阻分级起动的直流电动机起动平稳，电阻分级越多起动就越平稳。但是，增加电阻分级数，不仅增加起动设

37、备的复杂程度， 是该起动方法的优点变成不明显。而且电阻分级数的增加，每段电阻值变小，对电阻值的要求将提高，切换条件的精度也提高，这不但增加起动设备的成本，且容易 由于精度误差，使切换时电枢电流超过所限制的最大电流，引起另外的不平稳因素，更会降低电动机的使用寿命。因此，实际直流电动机串电阻起动通常可分为二级起动和三级起动两种。即，并非分级越多越好。   7-4、在空载和满载起动时，电动机的起动电流及起动转矩是否一样？对于同一交流异步电动机接成Y形（电源电压为380V）和接成形（电源电压为220V），起动时的起动电流及起动转矩是否一样？     答：由电动机

38、电流和电磁转矩公式看，电动机的起动电流及起动转矩与负载大小无关。因此，在空载和满载起动时，电动机的起动电流及起动转矩是一样的。     对 于同一交流异步电动机接成Y形（电源电压为380V）和接成形（电源电压为220V），起动时，定子每相绕组的端电压都是220V，流过定子每相绕组的 电流是一样的，电机产生的起动转矩也是一样的。但通常起动电流的定义是：电动机起动时电源向电动机提供的线电流。因此，接成Y形（电源电压为380V）时 间电流较小，只有接成形（电源电压为220V）的1/3倍。   7-5、试比较异步电动机变转差率、变极和变频调速的各自优缺点。 &#

39、160;   答：异步电动机变转差率调速通常包含降压、定子回路串阻抗、绕线式转子串电阻等多种方法。因此变转差率调速的优点主要是：这些方法一般都较简单，都属于恒转矩调速，而且降压调速还可实现无级调速。它们共同的缺点主要是：调速范围小，机械特性变软，转速的稳定性较差，过载能力下降，调速电阻耗能大等。     异步电动机变极调速的优点主要是：调速控制简便，调速时机械特性硬度基本不变，可以选择不同的电机适应恒功率负载或恒转矩负载的需要。异步电动机变极调速的缺点主要是：不能实现平滑的无级调速，只有24个可选择的转速，变极电机制造工艺较复杂，成本相对较高。

40、     随着电力电子技术的发展和基于坐标变换的矢量控制理论的成熟，异步电动机变频调速已经成为一种比较理想的调速方式。变频调速的主要优点是：可以实现平滑的无级调速，调速范围大，机械特性硬，可满足恒功率负载或恒转矩等各种负载调速的需要。主要缺点是：难于实现真正意义上的回馈制动，将制动能量送回电网，变频器容易受无线电干扰，容易造成逆变颠覆，过载能力相对较弱，高性能变频器价格相对较高等。   7-6、有一台鼠笼式三相异步电动机，铭牌上标明：额定电压380V，Y形连接，出厂时绕组用Y形连接，今拟用Y-换接降压起动，是否可以？为什么？   &#

41、160; 答：若使用电压为380V的交流电源，则不能采用Y-换接降压起动。如果该电机使用电压为220V的三相交流电源，则可以采用Y-换接降压起动。     因 为，该电机一相绕组可以承受的额定电压为220V，在电源电压为三相380V时，接成Y连接，其绕组已经承受220V的额定电压。若电源电压为380V而 该电机接成连接，绕组所承受的电压就是380V，已经大大超过其额定电压，该电机将因为过电压而烧毁。因此，电源电压为380V时，该电机不能采用Y- 换接降压起动。     而若使用电压为220V的三相交流电源，接成Y连接时，其绕组所承受的

42、电压约为127V左右，接成连接，绕组所承受的电压为220V，不超过其额定电压。因此，电源电压为200V时，该电机可以采用Y-换接降压起动。   7-7、电源反接制动和倒拉反接制动的区别是什么？鼠笼式异步电动机能否实现倒拉反接制动？     答：电 源反接制动和倒拉反接制动的主要区别有：电源反接制动是一个过渡过程，制动后若不及时断电，电机将反向起动。而倒拉反接制动则是一个稳定的工作过程，只 有通过控制改变电机的机械特性，或将电源断开才能结束倒拉反接制动；电源反接制动时负载转矩方向与电机转子的转动方向相反，而与电磁转矩方向一般是相同 的。而倒拉反接制动时负载

43、转矩方向与电机转子的转动方向相同，而与电磁转矩方向相反。     鼠 笼式异步电动机是不能实现倒拉反接制动的。因为，要实现拉反接制动的条件有两个：带足够大的位能性负载，电机转子回路串足够大的电阻使电机的机械特性 变得足够软，在位能性负载的拉动下才能进入倒拉反接制动。而鼠笼式异步电动机的转子回路是一个独自形成闭合回路的电路，不能串接任何电阻或阻抗。且由于鼠 笼式异步电动机转子回路电阻通常较小，以满足其正常时工作在电动状态。因此，鼠笼式异步电动机是不能实现倒拉反接制动的。   7-8、异步电动机带一位能性负载运行在电动状态，突然将其中两相电源反接，会出现什么

44、情况，电动机最终稳定运行在何种状态？试予分析。         设：该异步电动机带一位能性负载TL以电动状态运行在如右图所示的正向机械特性的a点。若突然将电机的两相电源反接，此时电机气隙旋转磁场的转向立即变反，电机立即工作在反向机械特性。由于电机转子因惯性仍保持着原来的转向不变，于是工作点就从a点切换到b点。电机产生的电磁转矩T方向亦变反，成为制动转矩。再加上负载转矩为能性负载转矩，其方向是阻止转子转动的方向。因此转子转速下降，迅速从b点下降到c点，转子转速为0，这个过程为电源反接制动过程。     电源

45、反接制动过程结束时，电机的电磁转矩不为0，也不等于负载转矩。因此，转子仍不能保持不动。在电磁转矩（为反向驱动转矩）和负载转矩的共同作用下，转子开始反转，进入反向起动过程，由c点反向加速到反向理想空载转速-n0，反向起动过程结束。     到-n0时， 电机产生的电磁转矩为0，转子在负载转矩的作用下进一步反向加速，开始进入反向回馈制动状态。进入反向回馈制动状态后，电机产生的电磁转矩由负变成正，但 此时转子处于反转状态。因此，电磁转矩为制动转矩，开始与负载转矩平衡，直到d点，电磁转矩与制动转矩相等，电机转子稳定运行在反向回馈制动状态，将负载 的位能变成电能回馈给电源。

46、   7-9、一台直流他励直流电动机带一位能性负载运行在倒拉反接制动状态，此时突将电枢电源反接，并切除制动电阻，试问拖动系统将会发生什么情况？电动机最终将稳定运行在何种状态？画出机械特性曲线。         设：直流他励直流电动机带一位能性负载TL以倒拉反接制动状态运行在如右图所示的倒拉反接制动机械特性的a点。若突将电枢电源反接（此时，制动电阻未切除，相当于反向起动电阻），工作点就从a点切换到反向串电阻起动特性的b点。此时，电枢电流方向变反，电机产生的电磁转矩方向也变，变成反向驱动转矩。在电磁转矩和位能性负载转矩的共同作用

47、下，电机反向加速至c点。     若此时切除制动电阻（相当于反向起动电阻），工作点就从c点换到反向固有机械特性的d点，此时，反向起动的电磁转矩增大，电机进一步反向加速至-n0，反向起动过程结束。     到-n0时， 电机产生的电磁转矩为0，转子在负载转矩的作用下进一步反向加速，开始进入反向回馈制动状态。进入反向回馈制动状态后，电机产生的电磁转矩由负变成正，但 此时转子处于反转状态。因此，电磁转矩为制动转矩，开始与负载转矩平衡，直到e点，电磁转矩与制动转矩相等，电机转子稳定运行在反向回馈制动状态，将负载 的位能变成电能回馈给电源。整个

48、过程的机械特性曲线如图所示。   7-10、对恒转矩及恒功率的变极调速，分别应配以何种负载特性比较合理？为什么？     答：对恒转矩变极调速应配以恒转矩负载特性比较合理，对恒功率的变极调速应配以恒功率负载特性比较合理。     因为，对于恒转矩变极调速，调速前后电机产生的最大电磁转矩不变，配以恒转矩负载特性，既可以防止低速时负载转矩超过电机的额定转矩造成过载，又可避免高速时负载转矩大大小于额定电磁转矩，造成不必要的功率浪费。     而对于恒功率的变极调速，调速前后电机所允许输出的功率不变，配

49、以恒功率负载特性，既可以防止高速时输出的负载功率超过电机所允许输出的功率，又可避免低速时负载转矩小于电机的额定转矩很多，输出的功率大大小于电机的额定功率，造成不必要的功率浪费。   7-11、异步电动机变频调速时，为什么希望在调速过程中保持磁通不变？在过载能力不变的前提下，恒转矩或的各自的条件是什么？     答：异步电动机在额定频率之下变频调速时，为了使电动机的最大转矩Tm不变，维持在恒转矩的调速方式，就必须在调速过程中保持磁通不变。     所谓过载能力不变，是指电机不过载所能带的负载转矩与电机的最大转矩之比保持不变。在

50、过载能力不变的前提下，要维持恒转矩变频调速的条件是：在降低频率的同时电源电压也按比例下调，其比例关系为U1/f1=常数。而在额定频率之上进行升频调速时，若要保持主磁通基本不变，U1应随f1而上升。由于电源电压的上升将受制于电机的绝缘强度等诸多因素影响，故一般保持U1不变。此时，随着f1的升高，将减弱，电动机的电磁转矩也将减小，属于恒功率的调速方式。因此，要维持恒功率变频调速的条件是：在升频调速时，应该保持U1不变。此时，电机所能够产生的不过载的电磁转矩与最大转矩同时减小，电机的过载能力可以认为基本不变。   7-12、一台他励直流电动机的工作参数为：PN=40kW，UN=220V，I

51、N=207.5A，Ra=0.067，nN=1000r/min，试求： (1) 若直接起动，则起动电流为额定电流的多少倍？ (2) 如采用三级起动，起动电流不超过2.5IN，则应串入多大的起动电阻？并估算各级的起动电阻值。 (3) 算出各级起动电阻切除时瞬时转速（每次切换时的电流为1.2IN）。     解：根据直流电动机电压平衡方程U=Ea+IaRa可知，直接起动时电枢电流为：           Iast=U/Ra=220/0.067=3286.58A15.8IN 

52、0;       如采用三级起动，起动电流不超过2.5IN，按照要求取Iast=2.5IN,应串入多大的起动电阻为：           Iast=U/(Ra+Rst)=2.5IN, 即Rst=U/2.5IN-Ra=220/(2.5×207.5)-0.067=0.357()     如果采用三级起动，则三级起动时依次切除的三段电阻分别为0.5Rst、0.3Rst、0.2Rst，即分别为：0.179、0.10

53、7、0.071         对于他励直流电动机，E=Cenn，因此只要计算出起动电阻切除时刻的感应电动势即可求出对应转速。因此，根据电压平衡方程各级起动电阻切除时瞬时的感应电动势为：     切除0.5Rst瞬时：Ea1=U-1.2IN(Ra+Rst)=220-1.2×207.5×(0.067+0.357)=114.4(V)     切除0.3Rst瞬时：Ea2=U-1.2IN(Ra+0.5Rst)=220-1.2×207.5

54、15;(0.067+0.179)=158.86(V)     切除0.3Rst瞬时：Ea2=U-1.2IN(Ra+0.2Rst)=220-1.2×207.5×(0.067+0.071)=185.53(V)     根据电动势公式E=Cenn，由于Ce不变，因此：Ea1/n1=Ea2/n2=Ea3/n3=EaN/nN，而：           EaN=U-INRa=220-207.5×0.067=206.0975(V)

55、，nN=1000r/min，因此，各级起动电阻切除时瞬时转速分别为：           n1=(nNEa1)/EaN =(1000×114.4)/206.0975=555(r/min)           n2=(nNEa2)/EaN =(1000×158.86)/206.0975=770.8(r/min)        &#

56、160;  n2=(nNEa2)/EaN =(1000×185.53)/206.0975=900(r/min)     答：若直接起动，则起动电流约为额定电流的15.8倍，如采用三级起动，起动电流不超过2.5IN，则应串入的起动电阻约为0.357，各级的起动电阻估算值分别约为0.179、0.107、0.071，各级起动电阻切除时瞬时转速分别约为555r/min、770.8r/min和900 r/min。   7-13、一台鼠笼式三相异步电动机的工作参数为：PN=30kw，UN=380V，IN=57.5A，f1=50Hz，p=2，sN=

57、0.02, =90%，Tst/TN=1.2,Ist/IN=7,试求： (1) 用Y-换接降压起动时的起动电流和起动转矩；如负载转矩分别为额定负载转矩的60%和25%时，电动机能否起动？ (2) 用自耦变压器降压起动，使电动机起动转矩为额定转矩的85%时，自耦变压器的变比应为多少？此时电动机的起动电流和线路上的起动电流各为多少？     解：要计算起动转矩，应该先计算额定转速nN和额定转矩TN：         nN=(1-sN)n1=(1-sN)60f/p=(1-0.02)60×50/

58、2=1470(r/min)         TN=9550PN/nN=9550×30/1470=194.88(N·m)     用Y-换接降压起动时的起动电流和起动转矩；如负载转矩分别为额定负载转矩的60%和25%时，电动机能否起动？         IstY=Ist/3=7IN/3=7×57.5/3=134.2(A)       

59、60; TstY=Tst/3=1.2TN/3=1.2×194.88/3=77.95(N·m)     对于60%额定负载转矩，即为：0.6×194.88=116.93N·mTstY=77.95N·m，不能起动；对于25%额定负载转矩，即为：0.25×194.88=48.72N·mTstY=77.95N·m，可以起动。     用自耦变压器降压起动，使电动机起动转矩为额定转矩的85%时，自耦变压器的变比应为多少？此时电动机的起动电流和线路上的起动电流各为多少

60、？     设：自耦变压器的变比为k，则k2等于电动机直接起动转矩Ist与采用自耦变压器降压起动时电动机的起动转矩Tsts=0.85TN之比。因此，自耦变压器的变比应k为：         k=(1.2TN/0.85TN)-0.5=(1.2/0.85)-0.5=1.188     电动机绕组电压为直接起动时的1/k，因此，此时电动机的起动电流Ist为：         Ist=Ist/k=7

61、15;57.5/1.188=338.8(A)     线路中的电流就是自耦变压器原边电流Ists为：         Ists=Ist/k2=7×57.5/1.1882=285.1(A)     答：用Y-换接降压起动时，起动电流约为134.2A，起动转矩约为77.95N·m；对于60%额定负载转矩，电动机不能起动；对于25%额定负载转矩，电动机可以起动。用自耦变压器降压起动，使电动机起动转矩为额定转矩的85%时，自耦变压器的变比应为1.188；

62、此时电动机的起动电流约为338.8A，线路上的起动电流约为285.1A。   7-14、一台直流他励直流电动机的工作参数为PN=29kw，UN=440V，IN=76A，nN=1000r/min，Ra=0.065RN(RN=UN/IN)，若忽略空载损耗，试求： (1) 电动机以转速500r/min吊起TL=0.8TN的负载，求这时串接在电枢电路上的电阻Rz； (2) 用哪几种方法可使负载（TL=0.8TN）以-500r/min的转速下降？求每种方法电枢电路的串接电阻值各为多少？ (3) 当电动机以500r/min转速稳定起吊TL=0.8TN的负载时，忽然将电枢反接，并使电流不超过IN，

63、求最后稳定下降时的转速； (4) 电动机在倒拉反接制动下工作，转速n=-600r/min，电枢电流Ia=50A，求：（a）电枢电路内所有串接的电阻值；（b）电动机轴上的转矩；（c）电网供给的功率；(d)从轴上输入的功率；(e)在电枢电路内电阻上消耗的功率。     解：额定转矩TN=9550PN/nN=9550×29/1000=276.93 N·m。带额定负载时，根据电压平衡方程式有：Ce=(UN-INRa)/nN=(440-76×0.065×440/76)/1000=0.4114。忽略空载损耗，根据转矩公式有：CT=TN/

64、IN=276.93/76=3.64381。Ra=0.065RN=0.065×440/76=0.3763()【注】：有关CT的计算见本题解答后的说明。     电动机以转速500r/min吊起TL=0.8TN=221.544 N·m的负载，求这时串接在电枢电路上的电阻Rz。根据机械特性公式有Rz：     Rz=CT(U-Cen)/TL-Ra=3.6438(440-0.4114×500)/221.544-0.3763=3.4773()        

65、; 由于n0=UN/CeN=440/0.4114=1069.5-500，因此不能采用回馈制动实现。除了回馈制动外，可以采用：.能耗制动和.倒拉反接制动两种方法，可使负载（TL=0.8TN）以-500r/min的转速下降。     .根据机械特性公式，采用能耗制动实现时，Cen=-(Ra+R1)T/CT。因此，有：         R1=-CeCT2n/TL-Ra=-0.4114×3.6438×(-500)/221.544-0.37633()    

66、; .根据机械特性公式，采用倒拉反接制动实现时，Cen=U-(Ra+R2)T/CT。因此，有：         R2=CT(U-Cen)/TL-Ra=3.6438×440-0.4114×(-500)/221.544-0.3763           =10.24()     当电动机以500r/min转速稳定起吊TL=0.8TN的负载时，忽然将电枢反接，并使电流不超过IN，求最后稳定下降

67、时的转速；     以500r/min转速稳定起吊TL=0.8TN的负载时，电枢感应电动势E3为：         E3=Cen=0.4114×500=205.7(V)     忽然将电枢反接，为了使电枢电流（方向与反接前相反）不超过IN，则电枢回路应该串联电阻R3，且根据反接后电压平衡方程式-U=E3+(Ra+R3)IN，所串电阻R3至少应为：         R3=-(U+E3)/I

68、N-Ra=-(440+205.7)/(-76)-0.3763=8.1197()     电枢回路串R3后，电机首先进行电源反接制动，然后反向起动，最后进入反向回馈制动稳定下降。此时，根据机械特性方程式，有：         n=U/Ce-(Ra+R3)T/CeCT2          =-400/0.4114-(0.3763+8.1197)221.544/(0.4114×3.6438)-2325(r/min)