《电机学学习指导》第三章 直流电机

电机学学习指导 第三章直流电机 第三章直流电机 3-1一台四极直流电机,元件数S=120,每元件电阻为0.29,当转速为1000r/min时,每元件的平 均电动势为10V。求当电枢绕组分别为单叠和单波时,正负电刷间的电压U和电枢绕组电阻Rn各 为多少? 解:设直流电机电枢绕组的并联支路数为2a,则每条支路的串联元件数为S2a,每条支路的感应电 动势等于支路串联的各元件电动势之和,而支路电阻也等于支路串联的各元件电阻之和。由于单叠 或单波绕组的各支路是对称的,因此正负电刷间的电动势为支路电动势,而电枢绕组电阻则等于支 路电阻除以并联支路数。空载时,正负电刷间的电压等于正负电刷间的电动势 电枢绕组为单叠绕组时,2a=4,每支路串联的元件数为1204=30。因此端电压U和电枢绕组电 阻分别Ra为 30×10V=300V 0.2×30 Q=1.5g 电枢绕组为单波绕组时,2a=2,每支路串联的元件数为120/2=60。因此端电压U和电枢绕组电 阻分别R3为 U=60×10V=600V 0.2×60 R 2=60 3-2两台六极直流电机有相同的元件数和相同的每元件匝数,只是其中一台为单叠绕组,另一台为 单波绕组。试问这两台电机的额定容量是否相同? 答:单波绕组的并联支路数为2,单叠绕组的并联支路数为电机极数6。由于两台电机有相同的每元 件匝数,所以每个元件的电阻也应是相同的。又由于两台电机有相同的元件数,所以单波绕组电机 (下面简称电机一)每条支路的串联元件数为单叠绕组电机(以下简称电机二)的3倍,相应地支 路电阻也是3倍。因此,电机一的支路电动势为电机二的3倍,从而电机一的额定电压是电机二的 3倍;电机一的电枢电阻为电机二的9倍,使得电机一的额定电流为电机二的1/3。所以两台电机的 额定容量相同 3-3有一台四极单叠绕组的他励直流发电机,试回谷下列问题 (1)去掉相邻的两只电刷,端电压有何变化?端电流如何变?容量如何变 (2)若有一元件斷开,端电压有何变化?容量有何变化? (3)若只用相对的两只电刷对电机有何影响 (4)若有一主极励磁绕组开路将会有什么后果? 答:(1)单叠绕组的并联支路数等于极数。取消相邻的两只电刷后,电枢绕组由原来的四条并联支 路变成两条支路:其中一条支路和原来一样,另一条支路(简称“新支路”)是原来的三条相邻支路 串联而成。构成新支路的三条“旧支路”中,有两条支路的电动势方向相同,另一条相反,所以新 支路的电动势和一条旧支路的电动势相等,因此电机端电压不变。假设原来每条支路的电流为ia 从而原来电枢电流为4ia。由于新支路的串联元件数和支路电阻都是旧支路的3倍,取消相邻的两只 电刷后为了不使任何一条支路电流过载,则流过另一条支路的电流应保持为ia,这时流过新支路的 电流为i/3,从而新的电枢电流为4i/3,可见电枢电流(也即端电流)为原来的1/3。因此容量也变

电机学学习指导 第三章 直流电机 第三章 直流电机 3-1 一台四极直流电机，元件数 S=120，每元件电阻为 0.2Ω，当转速为 1000r/min 时，每元件的平 均电动势为 10V。求当电枢绕组分别为单叠和单波时，正负电刷间的电压 U 和电枢绕组电阻 Ra 各 为多少？ 解：设直流电机电枢绕组的并联支路数为 2a，则每条支路的串联元件数为 S/2a，每条支路的感应电 动势等于支路串联的各元件电动势之和，而支路电阻也等于支路串联的各元件电阻之和。由于单叠 或单波绕组的各支路是对称的，因此正负电刷间的电动势为支路电动势，而电枢绕组电阻则等于支 路电阻除以并联支路数。空载时，正负电刷间的电压等于正负电刷间的电动势。 电枢绕组为单叠绕组时，2a =4，每支路串联的元件数为 120/4=30。因此端电压 U 和电枢绕组电 阻分别 Ra为 U = 30×10V = 300V Ω = Ω × = 1.5 4 0.2 30 Ra 电枢绕组为单波绕组时，2a =2，每支路串联的元件数为 120/2=60。因此端电压 U 和电枢绕组电 阻分别 Ra为 U = 60×10V = 600V Ω = Ω × = 6 2 0.2 60 Ra 3-2 两台六极直流电机有相同的元件数和相同的每元件匝数，只是其中一台为单叠绕组，另一台为 单波绕组。试问这两台电机的额定容量是否相同？ 答：单波绕组的并联支路数为 2，单叠绕组的并联支路数为电机极数 6。由于两台电机有相同的每元 件匝数，所以每个元件的电阻也应是相同的。又由于两台电机有相同的元件数，所以单波绕组电机 （下面简称电机一）每条支路的串联元件数为单叠绕组电机（以下简称电机二）的 3 倍，相应地支 路电阻也是 3 倍。因此，电机一的支路电动势为电机二的 3 倍，从而电机一的额定电压是电机二的 3 倍；电机一的电枢电阻为电机二的 9 倍，使得电机一的额定电流为电机二的 1/3。所以两台电机的 额定容量相同。 3-3 有一台四极单叠绕组的他励直流发电机，试回答下列问题： （1） 去掉相邻的两只电刷，端电压有何变化？端电流如何变？容量如何变？ （2） 若有一元件断开，端电压有何变化？容量有何变化？ （3） 若只用相对的两只电刷对电机有何影响？ （4） 若有一主极励磁绕组开路将会有什么后果？ 答：（1）单叠绕组的并联支路数等于极数。取消相邻的两只电刷后，电枢绕组由原来的四条并联支 路变成两条支路：其中一条支路和原来一样，另一条支路（简称“新支路”）是原来的三条相邻支路 串联而成。构成新支路的三条“旧支路”中，有两条支路的电动势方向相同，另一条相反，所以新 支路的电动势和一条旧支路的电动势相等，因此电机端电压不变。假设原来每条支路的电流为 ia， 从而原来电枢电流为 4ia。由于新支路的串联元件数和支路电阻都是旧支路的 3 倍，取消相邻的两只 电刷后为了不使任何一条支路电流过载，则流过另一条支路的电流应保持为 ia，这时流过新支路的 电流为 ia/3，从而新的电枢电流为 4ia/3，可见电枢电流（也即端电流）为原来的 1/3。因此容量也变 -15-

电机学学习指导 第三章直流电机 成原来的1/3 (2)若一元件断线,则该元件所在的支路断开,其余三条支路不变。因此,端电压不变,容量 则变成原来的3/4。 (3)若只用相对的两只电刷,则变为两条并联支路,而且每条支路的感应电动势相互抵消,电 机不能运行。 (4)若有一极的励磁绕组断开,则使每极下磁通不相等,从而造成各支路电动势不相等,绕组 内有很大的环流,电机不能运行 34一合六极他励直流发电机,电枢采用单叠绕组,PN=138kW,U=230V。若保持额定运行时的转 速和励磁电流不变,而去掉相邻的一对电刷,试分析该电机现在能发出的最大功率为多少?(忽略 电枢反应的影响) 解:去掉相邻一对电刷前 la==P_138000 A=600A 230 每条支路为ia=l/2a=600A÷6=100A 去掉相邻的一对电刷后,并联支路数由原来的六条变成了四条,其中三条和原来一样,另一条 则是由原来的另外三条支路串联而成。前三条支路的最大支路电流仍为100A时,则后一条支路中 的电流将变为 l=a/3=100A÷3=34 所以这时的电枢电流变为 =3a+i=3×100+33.33=3333A) 又由于去掉电刷前后的端电压不变(见3-2中的分析),所以最大功率为 D_3333 PN 13&kW=77.67kW 3-5电枢磁动势与磁场相互作用产生电磁转矩。若电枢磁动势有交、直轴两个分量,那么是哪个分 量产生电磁转矩?还是两个都能产生? 答:产生直轴电枢磁动势的那部分电枢电流沿电枢表面对称分布在任何中性线两侧,受到不同极性 的磁场作用,其合成电磁力为0,即不产生电磁转矩。产生交轴电枢磁动势的电流对称分布在主极 轴线两侧,产生在电磁转矩是同一方向的。可见,只有交轴电枢磁动势才产生电磁转矩。 3-6直流电机的感应电动势与哪些因素有关?若一台直流发电机在额定转速下、额定励磁下的感应 电动势为230V,试问下列情况下电动势变为多少?(1)磁通减小10%;(2)励磁电流减小10%; (3)转速增加10%;(4)磁通减小10%同时转速增加10% 答:直流电机的感应电动势E=C如,在电机结构不变的情况下,E∝p·n (1)磁通减小10%,电动势也减小10%,变为207V; (2)励磁电流减小10%,由于磁路饱和的影响,磁通的减小程度不到10%,因此电势也应减小不

电机学学习指导 第三章 直流电机 成原来的 1/3。 （2）若一元件断线，则该元件所在的支路断开，其余三条支路不变。因此，端电压不变，容量 则变成原来的 3/4。 （3）若只用相对的两只电刷，则变为两条并联支路，而且每条支路的感应电动势相互抵消，电 机不能运行。 （4）若有一极的励磁绕组断开，则使每极下磁通不相等，从而造成各支路电动势不相等，绕组 内有很大的环流，电机不能运行。 3-4 一台六极他励直流发电机，电枢采用单叠绕组，PN=138kW，UN=230V。若保持额定运行时的转 速和励磁电流不变，而去掉相邻的一对电刷，试分析该电机现在能发出的最大功率为多少？（忽略 电枢反应的影响） 解：去掉相邻一对电刷前 A 600A 230 138000 = = = = N N a N U P I I 每条支路为 ia = I a 2a = 600A ÷ 6 =100A 去掉相邻的一对电刷后，并联支路数由原来的六条变成了四条，其中三条和原来一样，另一条 则是由原来的另外三条支路串联而成。前三条支路的最大支路电流仍为 100A 时，则后一条支路中 的电流将变为 ia ′ = ia 3 =100A ÷ 3 = 33.33A 所以这时的电枢电流变为 I a ′ = 3ia + ia ′ = 3×100 + 33.33 = 333.33（A） 又由于去掉电刷前后的端电压不变（见 3-2 中的分析），所以最大功率为 138kW 77.67kW 600 333.33 max = × = ′ ′ = N a a P I I P 3-5 电枢磁动势与磁场相互作用产生电磁转矩。若电枢磁动势有交、直轴两个分量，那么是哪个分 量产生电磁转矩？还是两个都能产生？ 答：产生直轴电枢磁动势的那部分电枢电流沿电枢表面对称分布在任何中性线两侧，受到不同极性 的磁场作用，其合成电磁力为 0，即不产生电磁转矩。产生交轴电枢磁动势的电流对称分布在主极 轴线两侧，产生在电磁转矩是同一方向的。可见，只有交轴电枢磁动势才产生电磁转矩。 3-6 直流电机的感应电动势与哪些因素有关？若一台直流发电机在额定转速下、额定励磁下的感应 电动势为 230V，试问下列情况下电动势变为多少？（1）磁通减小 10%；（2）励磁电流减小 10%； （3）转速增加 10%；（4）磁通减小 10%同时转速增加 10%。 答：直流电机的感应电动势 E = Ceφn ，在电机结构不变的情况下， E ∝φ ⋅ n 。 （1） 磁通减小 10%，电动势也减小 10%，变为 207V； （2） 励磁电流减小 10%，由于磁路饱和的影响，磁通的减小程度不到 10%，因此电势也应减小不 -16-

电机学学习指导 第三章直流电机 到10%,有207V<E<230V (3)转速增加10%,电动势也增加10%,变为253V (4)磁通减小10%同时转速增加10%,E=(1-01)×(+0.1)×230V=228V。 37一台四极直流发电机,空载时每极磁通为03b,每极励磁磁动势为3000A。假设电枢圆周上 共有电流8400A,并均匀分布在电枢表面。已知电枢外径为042m,若电刷自几何中性线顺着旋转 方向移动20°电角度。试求:(1)每对极的交轴电枢磁动势和直轴电枢磁动势各为多少?(2)当 略去交轴电枢反应的去磁作用并假定磁路不饱和时,每对极的净有磁动势及每极下的气隙磁通为多 解:(1)线负荷 A=2 A/m=63694A/m 3.14×042 极距 丌D3.14×04 4m=0.33m 电刷移动的弧长 3.14×042m=0.0366I 2×360 每极交轴电枢磁动势F=45-b=63694 2-00366极=8178A/极 每极直轴电枢磁动势F=Aba=63694×0.0366A/极=2331A极 所以每对极的交轴电枢磁动势为16356A极,每对极的直轴电枢磁动势为466.2A极。 (2)发电机电刷自几何中性线顺着旋转方向移动时,直轴电枢磁动势起去磁作用,因此每极净有磁 动势为 F=F0-F=(3000-233)A极=27669A/极 每对极的净有磁动势为55338A极。 由于磁路不饱和,因此φ∝F,故气隙磁通为 F 2766.9 3000×03Wb=0.277Wb 3-8并励发电机正转能自励,反转能否自励? 答:由题知正转时满足自励条件,即:①有一定的剩磁;②励磁绕组的接法与电机转向的配合正确; ③励磁回路电阻小于运行转速所对应的临界转速(由于不同转速对应不同的空载曲线,转速越低空 载特性曲线越低,从而临界转速也越小)。如果转向改变了,励磁绕组的接线也应改变(交换两个端 子的连接点),否则剩磁方向与励磁电流产生的磁场方向相反,电机不能自励。 39一台他励直流电动机拖动一台他励直流发电机在额定转速下运行,当发电机电枢电流增加时, 电动机的电枢电流有何变化?并说明其原因 答ε直流电动机的电枢电流也增加。因为直流发电机电枢电流增加时,其电磁转矩也增大(磁通不

电机学学习指导 第三章 直流电机 到 10%，有 207V<E<230V； （3） 转速增加 10%，电动势也增加 10%，变为 253V； （4） 磁通减小 10%同时转速增加 10%， E = (1− 0.1)× (1+ 0.1)× 230V = 228V 。 3-7 一台四极直流发电机，空载时每极磁通为 0.3Wb，每极励磁磁动势为 3000A。假设电枢圆周上 共有电流 8400A，并均匀分布在电枢表面。已知电枢外径为 0.42m，若电刷自几何中性线顺着旋转 方向移动 20°电角度。试求：（1）每对极的交轴电枢磁动势和直轴电枢磁动势各为多少？（2）当 略去交轴电枢反应的去磁作用并假定磁路不饱和时，每对极的净有磁动势及每极下的气隙磁通为多 少？ 解：（1）线负荷 A/m 6369.4A/m 3.14 0.42 8400 = × = = D Z i A a a π 极距 m 0.33m 4 3.14 0.42 2 = × = = p πD τ 电刷移动的弧长 3.14 0.42m 0.0366m 2 360 20 360 × × = × = D = p b π β β 每极交轴电枢磁动势 0.0366 A/极 817.8A/极 2 0.33 6369.4 2  =       = × −      = − β τ Faq A b 每极直轴电枢磁动势 Fad = Abβ = 6369.4 × 0.0366A/极 = 233.1A/极 所以每对极的交轴电枢磁动势为 1635.6A/极，每对极的直轴电枢磁动势为 466.2A/极。 （2）发电机电刷自几何中性线顺着旋转方向移动时，直轴电枢磁动势起去磁作用，因此每极净有磁 动势为 F = F0 − Fad = ( ) 3000 − 233.1 A/极 = 2766.9A/极 每对极的净有磁动势为 5533.8A/极。 由于磁路不饱和，因此φ ∝ F ，故气隙磁通为 0.3Wb 0.2777Wb 3000 2766.9 0 0 φ = φ = × = F F 3-8 并励发电机正转能自励，反转能否自励？ 答：由题知正转时满足自励条件，即：①有一定的剩磁；②励磁绕组的接法与电机转向的配合正确； ③励磁回路电阻小于运行转速所对应的临界转速（由于不同转速对应不同的空载曲线，转速越低空 载特性曲线越低，从而临界转速也越小）。如果转向改变了，励磁绕组的接线也应改变（交换两个端 子的连接点），否则剩磁方向与励磁电流产生的磁场方向相反，电机不能自励。 3-9 一台他励直流电动机拖动一台他励直流发电机在额定转速下运行，当发电机电枢电流增加时， 电动机的电枢电流有何变化？并说明其原因。 答：直流电动机的电枢电流也增加。因为直流发电机电枢电流增加时，其电磁转矩也增大（磁通不 -17-

电机学学习指导 第三章直流电机 变),若要保持额定转速运行,就要求其输入转矩(也即电动机的输出转矩)增大,从而电动机的电 磁转矩要增大,因此其电枢电流也要增大。 3-10如何改变直流电动机的转向? 答:要改变直流电动机的转向就是要改变电磁转矩的方向。电磁转矩是由电枢电流与气隙磁场相互 作用产生的,因此改变电枢电流或气隙磁场的方向就可以改变电动机的转向。对他励、并励或串励 电动机,可将电枢绕组的两个接线端对调或将励磁绕组的两个接线端对调,但两者不能同时改变; 对复励电动机,为了保持积复励或差复励不变,最简单的方法是将电枢绕组的两个接线端对调。 3-1他励直流电动机在拖动恒转矩负载时,为什么电机端电压或电枢回路串接电阻的变化都不能改 变其稳态下的电枢电流大小?这时拖动系统中哪些量必然要变化?对串励电动机情况又如何 答:由于Tm=T2+T0,当负载转矩(等于T2)不变时,稳态下的电磁转矩也应不变。由Tm=Cr 知φa必须不变。他励电动机的励磁是独立的,不计电枢反应的影响时φ不变,因此l必然不变。 若改变电机端电压,他励电动机的输入功率P=U=U。要变,E=U-laRn要变,从而n要 变,输岀功率P=TΩ改变,铁耗改变(因转速变化使铁心中磁通的交变频率改变),机械损耗改变 (因速度变化)。而电枢回路的铜耗p=12Rn不变。 或改变电枢回路串接电阻的大小,则E、n、P2、PFe、pmc和pm改变,而P1不变。 对串励电动机,同样由于电枢电流和磁通不变,结果与他励电动机相似。 3-2电动机的电磁转矩是驱动性质的,但为什么电磁转矩增大时电动机转速反而会下降?(不变) 答:由=C7和n=知,当了增大时,若中不变则会使增大,从而电枢回路电阻 C2中 压降增大使转速下降。 3-13一台并励电动机原在某一状态稳定运行,现设负载转矩增大,试分析电动机将发生怎样的过渡 过程,并将最后稳定的I2、nE2和Tm的数值与原值进行比较 答:稳定运行时Tm=72+10,当T2增大后,Tm<T2+T0,从而使转速下降。由Ea=C2知Ea下 降,而端电压不变,所以la上升,Tm=C7也上升。这个过程一直持续到新的平衡Tm=T+T 为止,电动机在新的状态下稳定运行。与原值相比,l增大、n减小、E减小、Tm增大。 3-14一台并励直流电动机在某一转速下运行,现将其停下来,用改变励磁绕组极性来改变转向后(其 他均未变),当电枢电流大小与正转相同时,发现转速与正转时不同。这可能是什么原因引起的? 答:由于仅改变了励磁绕组极性,与正转时相比,反转时U、l、Ra、Ce均未变,但现在转速改变

电机学学习指导 第三章 直流电机 变），若要保持额定转速运行，就要求其输入转矩（也即电动机的输出转矩）增大，从而电动机的电 磁转矩要增大，因此其电枢电流也要增大。 3-10 如何改变直流电动机的转向？ 答：要改变直流电动机的转向就是要改变电磁转矩的方向。电磁转矩是由电枢电流与气隙磁场相互 作用产生的，因此改变电枢电流或气隙磁场的方向就可以改变电动机的转向。对他励、并励或串励 电动机，可将电枢绕组的两个接线端对调或将励磁绕组的两个接线端对调，但两者不能同时改变； 对复励电动机，为了保持积复励或差复励不变，最简单的方法是将电枢绕组的两个接线端对调。 3-11 他励直流电动机在拖动恒转矩负载时，为什么电机端电压或电枢回路串接电阻的变化都不能改 变其稳态下的电枢电流大小？这时拖动系统中哪些量必然要变化？对串励电动机情况又如何？ 答：由于Tem = T2 + T0，当负载转矩（等于T2 ）不变时，稳态下的电磁转矩也应不变。由Tem T a = C φI 知 a φI 必须不变。他励电动机的励磁是独立的，不计电枢反应的影响时φ 不变，因此 I a 必然不变。 若改变电机端电压，他励电动机的输入功率 P1 =UI =UI a 要变， a aRa E =U − I 要变，从而 要 变，输出功率 改变，铁耗改变（因转速变化使铁心中磁通的交变频率改变），机械损耗改变 （因速度变化）。而电枢回路的铜耗 不变。 n P2 = T2Ω cua a Ra p I 2 = 或改变电枢回路串接电阻的大小，则 E、n、P2、pFe、pmec和 pcua改变，而 P1 不变。 对串励电动机，同样由于电枢电流和磁通不变，结果与他励电动机相似。 3-12 电动机的电磁转矩是驱动性质的，但为什么电磁转矩增大时电动机转速反而会下降？（Φ不变） 答：由Tem T a = C φI 和 eφ a a C U I R n − = 知，当Tem 增大时，若φ 不变则会使 增大，从而电枢回路电阻 压降增大使转速下降。 a I 3-13 一台并励电动机原在某一状态稳定运行，现设负载转矩增大，试分析电动机将发生怎样的过渡 过程，并将最后稳定的 Ia、n、Ea 和 Tem的数值与原值进行比较。 答：稳定运行时Tem = T2 + T0，当T2 增大后，Tem T2 + T0 < ′ ，从而使转速下降。由 a e a E = C φI 知 下 降，而端电压不变，所以 上升，T Ea a I a I em = CT φ 也上升。这个过程一直持续到新的平衡Tem Te + T0 = ′ 为止，电动机在新的状态下稳定运行。与原值相比， 增大、 Tem I a n 减小、E 减小、 增大。 3-14 一台并励直流电动机在某一转速下运行，现将其停下来，用改变励磁绕组极性来改变转向后（其 他均未变），当电枢电流大小与正转相同时，发现转速与正转时不同。这可能是什么原因引起的？ 答：由于仅改变了励磁绕组极性，与正转时相比，反转时 U、Ia、Ra、Ce均未变，但现在转速改变 -18-

电机学学习指导 第三章直流电机 了,因此必定是磁通改变引起的。但励磁电流大小并未变,所以造成磁通下降的原因可能是由于电 枢反应的影响。由于电枢电流没变,因此无论正转还是反转,交轴电枢反应的作用是一样的。根据 电枢反应理论,对电动机而言,电刷自几何中性线顺电枢旋转方向偏移时,直轴电枢磁势起去磁作 用:而电刷逆着旋转方向偏移时,直轴电枢磁势起助磁作用。因此,造成题述现象的原因可能是由 于电刷不在几何中性线上 3-15试分析在下列情况下,直流电动机的电枢电流和电磁转矩如何变化(假设电机磁路不饱和): 1)端电压减半,励磁电流和负载转矩不变;(2)端电压减半,励磁电流和输出功率不变;(3)励 磁电流加倍,端电压和负载转矩不变;(4)勵磁电流和端电压减半,输出功率不变;(5)端电压减 半,励磁电流不变,负载转矩随转速的平方变化 答:(1)因磁路不饱和且励磁电流不变,因此磁通不变。又因负载转矩不变使电磁转矩不变,故电 枢电流不变。根据转速公式nU-1Ra知,此时转速下降且小于原来的一半 (2)U减半而输出功率不变,则电枢电流必然上升(否则,由于Pem=Eal,若L不变或减小,输出 功率必然不能保持不变)。L上升则n必然下降,且由转速公式可知比第(1)种情况降得更多。 (3)加倍则中加倍:T2不变即Tm不变,故1减半。而LR。<<U,由转速公式知n几乎减半。 (4)U减半而输出功率不变,由(2)知L上升。1,减半则中减半。而(-。R2)比C中减得多, 所以n下降。 (5)不变则φ不变。由于72xn2,近似有Tm∝n2,亦即xn2。当U减半时,假设n上升 则L上升,(-lR)下降,由转速公式知n下降,这与假设相矛盾。故n必然下降、L下降 3-16一台并励直流电动机,U=110V,Ⅰ=28A,n=1500rmin,电枢回路总电阻Ra=015,励磁 回路总电阻R=110Q。若将该电动机用原动机拖动作为发电机并入电压为U的电网运行,忽略电 枢反应的影响,试问:(1)若保持电枢电流不变,此发电机转速为多少?向电网输出的功率为多少? (2)当此发电机向电网输出的功率为0时,转速度为多少? 解:(1)作为电动机在额定状态时 励磁电流N=UN/R2=110÷110=1A 电枢电流a=l-lN=(28-1)A=27A 电枢电势E0=Ux-laRn=(10-27×015V=10605V 作为发电机运行时 电枢电流=l=27A(因电枢电流不变 电枢电势E=U+lR2=(10+27×0.15y=114 由于端电压不变,励磁电流不变,因此主磁通不变。故发电机运行时的转速为

电机学学习指导 第三章 直流电机 了，因此必定是磁通改变引起的。但励磁电流大小并未变，所以造成磁通下降的原因可能是由于电 枢反应的影响。由于电枢电流没变，因此无论正转还是反转，交轴电枢反应的作用是一样的。根据 电枢反应理论，对电动机而言，电刷自几何中性线顺电枢旋转方向偏移时，直轴电枢磁势起去磁作 用；而电刷逆着旋转方向偏移时，直轴电枢磁势起助磁作用。因此，造成题述现象的原因可能是由 于电刷不在几何中性线上。 3-15 试分析在下列情况下，直流电动机的电枢电流和电磁转矩如何变化（假设电机磁路不饱和）： （1）端电压减半，励磁电流和负载转矩不变；（2）端电压减半，励磁电流和输出功率不变；（3）励 磁电流加倍，端电压和负载转矩不变；（4）励磁电流和端电压减半，输出功率不变；（5）端电压减 半，励磁电流不变，负载转矩随转速的平方变化。 答：（1）因磁路不饱和且励磁电流不变，因此磁通不变。又因负载转矩不变使电磁转矩不变，故电 枢电流不变。根据转速公式 eφ a a C U I R n − = 知，此时转速下降且小于原来的一半。 （2）U 减半而输出功率不变，则电枢电流必然上升（否则，由于 Pem=EaIa，若 Ia 不变或减小，输出 功率必然不能保持不变）。Ia 上升则 n 必然下降，且由转速公式可知比第（1）种情况降得更多。 （3）I f 加倍则φ 加倍；T2 不变即Tem 不变，故 I a 减半。而 I aRa <<U ，由转速公式知 n 几乎减半。 （4）U 减半而输出功率不变，由（2）知 Ia 上升。 I f 减半则φ 减半。而( ) aRa U − I 比Ceφ 减得多， 所以 n 下降。 （5）I f 不变则φ 不变。由于T ，近似有T ，亦即 。当 U 减半时，假设 n 上升， 则 上升， 下降，由转速公式知 n 下降，这与假设相矛盾。故 n 必然下降、 下降。 2 2 ∝ n 2 n em ∝ 2 I n a ∝ a I ( − I ) U aRa a I 3-16 一台并励直流电动机，UN=110V，IN=28A，nN=1500r/min，电枢回路总电阻 Ra=0.15Ω，励磁 回路总电阻 Rf=110Ω。若将该电动机用原动机拖动作为发电机并入电压为 UN的电网运行，忽略电 枢反应的影响，试问：（1）若保持电枢电流不变，此发电机转速为多少？向电网输出的功率为多少？ （2）当此发电机向电网输出的功率为 0 时，转速度为多少？ 解：（1）作为电动机在额定状态时 励磁电流 I fN =U N Rf =110 ÷110A =1A 电枢电流 I aN = I N − I fN = (28 −1)A = 27A 电枢电势 EaN =U N − I aN Ra = (110 − 27 × 0.15)V =106.05V 作为发电机运行时 电枢电流 I a ′ = I aN = 27A （因电枢电流不变） 电枢电势 Ea ′ =U N + I a ′ Ra = (110 + 27 × 0.15)V =114.1V 由于端电压不变，励磁电流不变，因此主磁通不变。故发电机运行时的转速为 -19-

电机学学习指导 第三章直流电机 ea 114.1 1500/min=1614r/min 106.05 输出功率P=U1=N(a-lm)=110×27-1)w=280W=286W (2)发电机向电网输出功率为0,即此时输出电流为0,故发电机的电枢电流等于励磁电流 MEI=lA 电枢电势E=UN+"R2=(110+1×0.15=1102V 转速 E".110.2 1614r/min=1559r/ 3-17一台他励发电机,U=230V,P=80kW,nN=970r/min,电枢绕组电阻R=0.02Q,电刷接触压 降2△U、=2V。若额定电压调整率为5%问额定负载时电枢反应的去磁作用使电枢电压下降多少? 解:空载电压Uo=U(1+△)=230×(1+0.05)N=2415V 额定电流Ix=P/UN=80000230A=3478A 额定负载时电枢反应的去磁作用使电枢电压下降的值为 E0-EaN=U0-Ukx-lxR-2△U,=(245-230-3478×002-2=25V 3-18一台并励直流电动机,U=110V,P、=2kW,n=1000r/min,电枢回路总电阻(含电刷接触电 阻)R=0.02389,=4A,n=84%求其空载电枢电流为多少? 解:输入功率B=P/7x=22÷0.84kW=26.9kW 额定电流=P/UM=26190÷110A=2381A 电枢电流=/×-N=(2381-4)A=234A 电枢电势Ea=UN-lR2=(10-2341×00238)y=10443V 空载损耗P0=R1-P-Pm-p-Pam=P-P-Rn-UxlN 26190-200023412×0.0238-110×4=24457W 空载转矩T =60×24597N.m=2337Nm 2×3.14×1000 空载电枢电流 Tem07oT0m23.37×3.14×1000 A=23.42A 0C7p(30/Cp30E 30×104.43

电机学学习指导 第三章 直流电机 1500r/min 1614r/min 106.05 114.1 = × = ′ ′ = N aN a n E E n 输出功率 P2 ′ =U N I′ =U N (I a ′ − I fN )=110 × (27 −1)W = 2860W = 2.86kW （2）发电机向电网输出功率为 0，即此时输出电流为 0，故发电机的电枢电流等于励磁电流 I a ′′ = I fN =1A 电枢电势 Ea ′′ =U N + I a ′′Ra = ( ) 110 +1× 0.15 V =110.2V 转速 1614r/min 1559r / min 114.1 110.2 ′ = × = ′ ′′ ′′ = n E E n a a 3-17 一台他励发电机，UN=230V，PN=80kW，nN=970r/min，电枢绕组电阻 R=0.02Ω，电刷接触压 降 2△Us=2V。若额定电压调整率为 5%，问额定负载时电枢反应的去磁作用使电枢电压下降多少？ 解： 空载电压 U0 =U N ( ) 1+ ∆uN = 230 × (1+ 0.05)V = 241.5V 额定电流 I N = PN U N = 80000 ÷ 230A = 347.8A 额定负载时电枢反应的去磁作用使电枢电压下降的值为 E0 − EaN =U0 −U N − I N R − 2∆Us = (241.5 − 230 − 347.8 × 0.02 − 2)V = 2.54V 3-18 一台并励直流电动机，UN=110V，PN=22kW，nN=1000r/min，电枢回路总电阻（含电刷接触电 阻）Ra=0.0238Ω，IfN=4A，ηN=84%。求其空载电枢电流为多少？ 解：输入功率 P1 = PN η N = 22 ÷ 0.84kW = 26.19kW 额定电流 I N = P1 UN = 26190 ÷110A = 238.1A 电枢电流 I a = I N − I fN = ( ) 238.1− 4 A = 234.1A 电枢电势 Ea = UN − I aRa = ( ) 110 − 234.1×0.0238 V = 104.43V 空载损耗 N cua s cuf N a a N fN p = P − P − p − p − p = P − P − I R −U I 2 0 1 1 = (26190 − 22000 − 234.12 ×0.0238 −110× 4)W = 2445.7W 空载转矩 N m 23.37N m 2 3.14 1000 60 2445.7 2 60 0 0 0 ⋅ = ⋅ × × × = = Ω= N N n p p T π 空载电枢电流 ( ) A 23.42A 30 104.43 23.37 3.14 1000 30 30 0 0 0 0 = × × × = = = = a N T e em a E T n C T C T I π φ π φ -20-

电机学学习指导 第三章直流电机 3-19一并励直流电机并联于U=220V电网上运行,已知=1,p=2,Za=398,nN=1500rmin,φ =0.0103Wb,电枢回路总电阻(含电刷接触电阻)Ra=0.179,I=183A,Pe=276W,pme=379W, p△=0.86%P1。试问此电机是发电机还是电动机?并计算其电磁转矩和效率 解:电势常数C=P2a2×398 =13.27 感应电势E=C如=(13.27×00103×1500V=205VUN=230V 1000 1200 0O×18667V=224V<0=230V 所以电机A是发电机,电机B是电动机 (2)电机A的电枢电流la4= 235-230A=5 0A Ra 电机A的电磁功率PmA=EAla4=235×50W=11750W 电机B的电枢电流1=-2=230-224=60A 0.1

电机学学习指导 第三章 直流电机 3-19 一并励直流电机并联于 U=220V 电网上运行，已知 a=1，p=2，Za=398，nN=1500r/min，Φ =0.0103Wb，电枢回路总电阻（含电刷接触电阻）Ra=0.17Ω，IfN=1.83A，pFe=276W，pmec=379W， p△=0.86%P1。试问此电机是发电机还是电动机？并计算其电磁转矩和效率。 解：电势常数 13.27 60 1 2 398 60 = × × = = a pZ C a e 感应电势 Ea = CeφnN = ( ) 13.27 × 0.0103×1500 V = 205V U N = 186.67V 224V 230V 1000 1200 EB = × = <U N = 所以电机 A 是发电机，电机 B 是电动机。 （2）电机 A 的电枢电流 A 50A 0.1 235 230 = − = − = a A N aA R E U I 电机 A 的电磁功率 PemA = EA I aA = 235× 50W =11750W 电机 B 的电枢电流 A 60A 0.1 230 224 = − = − = a N B aB R U E I -21-

电机学学习指导 第三章直流电机 电机B的电磁功率PmB= EnI=224×60W=13440W 对发电机AP1A=Pan4+PA 对电动机BPnB=BB+Pg 又由题意有PA=PB,所以两台电机总的空载损耗为 PA+PB=PmB-Pm=(3440-11750w=1690W=169kW (3)调节励磁电流可以改变两台电机的运行状态。例如对调两台电机的励磁电流变交换其状态 (4)可调节励磁电流使两台电机在1200min时都作电动机运行,同时从电网中吸取电功率;但不 能都作发电机运行,因为没有原动机拖动。 3-21一并励直流电动机在额定电压下运行,当n=1000r/min时,PA=9kW,P1A=10kW。若在电枢 回路中串电阻调速,并保持电磁转矩不变,且忽略空载损耗,试问当转速为800r/min时,输出、输 入功率各为多少? 解:由于不考虑空载损耗,即忽略空载转矩,因此电磁转矩等于负载转矩。当电磁转矩不变时负载 转矩也不变,故调速后的输出功率为 P 4÷44 PN x 9kW=7.2kW 1000 另外,调速前后端电压不变,所以并励的励磁电流不变,从而磁通不变。由此可知调速后电枢 电流仍为调速前的值。因此电动机端电流保持不变,输入功率也就不变,即P=Bx=10kW。 3-2某串励直流电动机,U=220V,IA=78.5A,PA=14.7kW,n=585r/min,电枢回路总电阻(含 电刷接触电阻)R=0.26Ω。欲在总负载转矩不变的情况下把转速降到350r/min,求求需串入多大 的电阻(设磁路不饱和)? 解:由于串励电机励磁电流等于电枢电流,当磁路不饱和时,磁通与电枢电流成正比,因此有 Tem=C,pla =CK, I2 (K,为比例常数,中=K,l1=K,la) 串电阻调速前后,因总负载转矩不变,所以电磁转矩不变,从而电枢电流和磁通都保持不变 调速前后电枢电势与转速成正比。 调速前电枢电势为EaN=UN-xRn=(20-78.5×026V=1996V 350 调速后电枢电势为Ea=EaN 58×1996V=1194V 需串入的电阻为2 220-1194 0.26g=1.02g 78.5 3-23一台并励直流电动机,UN=110V,PA=7.2kW,nN=900r/min,电枢回路总电阻(含电刷接触电 阻)Ra=0.089,I=2A,n=85%(1)若保持负载转矩不变,在电枢回路突然串入0.2电阻 22

电机学学习指导 第三章 直流电机 电机 B 的电磁功率 PemB = EB I aB = 224 × 60W =13440W 对发电机 A 对电动机 B P1A = PemA + P0A PemB = P2B + P0B 又由题意有 P1A = P2B ，所以两台电机总的空载损耗为 P0A + P0B = PemB − PemA = ( ) 13440 −11750 W =1690W =1.69kW （3）调节励磁电流可以改变两台电机的运行状态。例如对调两台电机的励磁电流变交换其状态。 （4）可调节励磁电流使两台电机在 1200r/min 时都作电动机运行，同时从电网中吸取电功率；但不 能都作发电机运行，因为没有原动机拖动。 3-21 一并励直流电动机在额定电压下运行，当 nN=1000r/min 时，PN=9kW，P1N=10kW。若在电枢 回路中串电阻调速，并保持电磁转矩不变，且忽略空载损耗，试问当转速为 800r/min 时，输出、输 入功率各为多少？ 解：由于不考虑空载损耗，即忽略空载转矩，因此电磁转矩等于负载转矩。当电磁转矩不变时负载 转矩也不变，故调速后的输出功率为 9kW 7.2kW 1000 800 2 = = × = Ω Ω = N N N N P n n P P 另外，调速前后端电压不变，所以并励的励磁电流不变，从而磁通不变。由此可知调速后电枢 电流仍为调速前的值。因此电动机端电流保持不变，输入功率也就不变，即 P1 = P1N =10kW 。 3-22 某串励直流电动机，UN=220V，IN=78.5A，PN=14.7kW，nN=585r/min，电枢回路总电阻（含 电刷接触电阻）Ra=0.26Ω。欲在总负载转矩不变的情况下把转速降到 350 r/min，求求需串入多大 的电阻（设磁路不饱和）？ 解：由于串励电机励磁电流等于电枢电流，当磁路不饱和时，磁通与电枢电流成正比，因此有 Tem = CT φI a = CT Ks I a 2 （ Ks 为比例常数， s s s a φ = K I = K I ） 串电阻调速前后，因总负载转矩不变，所以电磁转矩不变，从而电枢电流和磁通都保持不变。 调速前后电枢电势与转速成正比。 调速前电枢电势为 EaN =U N − I N Ra = (220 − 78.5× 0.26)V =199.6V 调速后电枢电势为 199.6V 119.4V 585 350 = aN = × = N a E n n E 需串入的电阻为 Ω = Ω      − − − = − = 0.26 1.02 78.5 220 119.4 a a N a j R I U E R 3-23 一台并励直流电动机，UN=110V，PN=7.2kW，nN=900r/min，电枢回路总电阻（含电刷接触电 阻）Ra=0.08Ω，IfN=2A，ηN=85%。（1）若保持负载转矩不变，在电枢回路突然串入 0.2Ω电阻， -22-

电机学学习指导 第三章直流电机 问串入电阻瞬间的电磁转矩是多少?稳定运行的转速是多少?(2)若总负载(含空载转矩)减小 半,求串入电阻后的稳定转速为多少?(3)总负载转矩不变,电枢回路不串电阻而将磁通降低到 0.8④时,稳定转速是多少? PN 200 解:额定电流 A=77A 7Ux0.85×110 额定电枢电流a=/x-1=(77-2)A=75A 额定电枢电势Ea=UN-laR=(10-75×008=104V (1)串入电阻瞬间,由于电动机轴上的惯性,转速来不及变化:又由于励磁电流不变,磁通不变 因此电枢电势仍为串电阻前的值。电枢电流突变为 Uu-e a=110-104 A=2143A R+R:0.08+0.2 电磁转矩变为T1=C1=30c,=30.E,1=30×104×214N.m=236Nm 达到稳定状态后,由于总负载转矩不变,因此电磁转矩等于串入电阻前的值,故稳定后电枢电 流也为串电阻前的值,即l=laN=75A。 此时电枢电势为En=Ux-1(Rn+R)=110-75×008+02)=89V) 故稳定后转速为n 900r/min=770r/min (2)总负载转矩减小一半,即电磁转矩减小一半;而由(1)知磁通不变,因此电枢电流减小一半 a=0.5/a=0.5×75A=375A 电枢电势为En=Ux-ln(Rn+R)=110-375×(008+02)=950 稳定转速为n=En 99.5×90 Or/min=86r/mi (3)因负载转矩不变,所以调速前后电磁转矩相等,电枢电流变为 A=93.75A 0.8 电枢电势为En=Ux-1(Rn+R,)=10-975×(08+02)=8375V) 稳定转速为n=En 83.751 104 x90or/min=906r/min

电机学学习指导 第三章 直流电机 问串入电阻瞬间的电磁转矩是多少？稳定运行的转速是多少？（2）若总负载（含空载转矩）减小一 半，求串入电阻后的稳定转速为多少？（3）总负载转矩不变，电枢回路不串电阻而将磁通降低到 0.8ΦN时，稳定转速是多少？ 解：额定电流 A 77A 0.85 110 7200 = × = = N N N N U P I η 额定电枢电流 I aN = I N − I fN = ( ) 77 − 2 A = 75A 额定电枢电势 EaN =U N − I aN Ra = (110 − 75× 0.08)V =104V （1）串入电阻瞬间，由于电动机轴上的惯性，转速来不及变化；又由于励磁电流不变，磁通不变， 因此电枢电势仍为串电阻前的值。电枢电流突变为 A 21.43A 0.08 0.2 110 104 = + − = + − ′ = a j N aN a R R U E I 电磁转矩变为 N m 23.66N m 3.14 900 30 30 30 104 21.43 ⋅ = ⋅ × × × ′ = ′ = ′ = ⋅ ⋅ a ′ = N aN em T a e a I n E T C I C I π φ π φ 达到稳定状态后，由于总负载转矩不变，因此电磁转矩等于串入电阻前的值，故稳定后电枢电 流也为串电阻前的值，即 I a = I aN = 75A 。 此时电枢电势为 Ea =U N − I a (Ra + Rj )=110 − 75× (0.08 + 0.2) = 89（V） 故稳定后转速为 900r/min 770r/min 104 89 = N = × = aN a n E E n （2）总负载转矩减小一半，即电磁转矩减小一半；而由（1）知磁通不变，因此电枢电流减小一半 I a = 0.5I aN = 0.5× 75A = 37.5A 电枢电势为 Ea =U N − I a (Ra + Rj)=110 − 37.5× (0.08 + 0.2) = 99.（5 V） 稳定转速为 900r/min 861r/min 104 99.5 = N = × = aN a n E E n （3）因负载转矩不变，所以调速前后电磁转矩相等，电枢电流变为 A 93.75A 0.8 75 = aN = = N a I I φ φ 电枢电势为 Ea =U N − I a (Ra + Rj )=110 − 93.75× (0.08 + 0.2) = 83.75（V） 稳定转速为 900r/min 906r/min 0.8 1 104 83.75 = ⋅ ⋅ N = × × = N aN a n E E n φ φ -23-

电机学学习指导 第三章直流电机 324一台并励直流电动机,UA=220V,Ia=22A,PA=38kW,n=500r/min,电枢回路总电阻(含 电刷接触电阻)R=0.969,勵磁绕Ir(A)0.460.30.81151.341.872.86 组电阻R=12l0。空载特性如右。[E(V)5941909861241138157176 电动机带额定负载转矩,若用减小励磁电流的方法使转速上升到750r/min,求需在励磁回路串多大 的电阻?(不计电枢反应的影响) 解:额定时C,.=E=-nk=20-22096=03978 500 因带额定负载转矩不变,所以电磁转矩不变。减小励磁电流后la变为l,φ变为φ’,应有 4=2 减小励磁电流后的电压方程为 C9=0x-R=U、_C1、Ra 将n=750min、UN=220V、C2φ=0.3978、la=22A、Ra=0.9692代入上式有 750(C。p)-22C.+84=0 解之得Cp’=0.2482或0.04513(不合理,舍去) 减小励磁后的电枢电势为E=Cph’=0.2482×750V=1862V 为了查n=500rmin时的空载特性,将E折算到00rmn为E=2×1862V=124IV。由 750 空载特性知,当E0=E”=124V时,Ir=1.15A。所以应在励磁回路串入的电阻值为 220 Rn= -12192=70.32 3-25某他励直流电动机,U=220V,I=538A,P=10kW,nN=1500rmin,电枢回路总电阻(含电 刷接触电阻)R=0.286Q。试计算:(1)直接起动时的起动电流lx;(2)若限制起动电流不超过100A, 采用电枢回路串电阻起动,最小应串入多大的起动电阻?(3)若拖动大小为T的恒转矩负载起动 时,采用降压起动的最低电压为多少?这时起动电流为多大? 解:(1)直接起动电流为 A=7692A Ra0.28 (2)最小附加电阻为R8=7/20 U 0286g2=19142

电机学学习指导 第三章 直流电机 3-24 一台并励直流电动机，UN=220V，IaN=22A，PN=3.8kW，nN=500r/min，电枢回路总电阻（含 电刷接触电阻）Ra=0.96Ω，励磁绕 If（A） 0.46 0.63 0.8 1.15 1.34 1.87 2.86 组电阻 Rf=121Ω。空载特性如右。 E0（V） 59.4 79.0 98.6 124.1 138 157 177.6 电动机带额定负载转矩，若用减小励磁电流的方法使转速上升到 750r/min，求需在励磁回路串多大 的电阻？（不计电枢反应的影响） 解：额定时 0.3978 500 220 22 0.96 = − × = − = = N N aN a N aN e n U I R n E C φ 因带额定负载转矩不变，所以电磁转矩不变。减小励磁电流后 I aN 变为 I a ′ ，φ 变为φ′ ，应有 a aN I I φ φ ′ ′ = 减小励磁电流后的电压方程为 aN a e e e N a a N I R C C C n U I R U φ φ φ ′ ′ ′ = − ′ = − 将 n′ = 750r/min 、U N = 220V 、Ceφ = 0.3978、 I aN = 22A 、 Ra = 0.96Ω 代入上式有 750( ) 220 8.4 0 2 Ceφ′ − Ceφ′ + = 解之得Ceφ′ = 0.2482 或 0.04513（不合理，舍去） 减小励磁后的电枢电势为 Ea ′ = Ceφ′n′ = 0.2482 × 750V =186.2V 为了查 n = 500r/min 时的空载特性，将 Ea ′ 折算到500r/min 为 186.2V 124.1V 750 500 Ea ′′ = × = 。由 空载特性知，当 E0 = E′′ =124.1V 时， I f =1.15A 。所以应在励磁回路串入的电阻值为 Ω = Ω      Ω = − = −121 70.3 1.15 220 f f N f R I U R 3-25 某他励直流电动机，UN=220V，IN=53.8A，PN=10kW，nN=1500r/min，电枢回路总电阻（含电 刷接触电阻）Ra=0.286Ω。试计算：（1）直接起动时的起动电流 Ist；（2）若限制起动电流不超过 100A， 采用电枢回路串电阻起动，最小应串入多大的起动电阻？（3）若拖动大小为 TN的恒转矩负载起动 时，采用降压起动的最低电压为多少？这时起动电流为多大？ 解：（1）直接起动电流为 A 769.2A 0.286 220 = = = a N st R U I （2）最小附加电阻为 Ω = Ω      − = − ′ = 0.286 1.914 100 220 a st N st R I U R -24-