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《电力拖动自动控制系统》第三版陈伯时课后答案

《电力拖动自动控制系统》第三版陈伯时课后答案
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第一章 闭环控制的直流调速系统

1-1 为什么 PWM —电动机系统比晶闸管—电动机系统能够获得更好的动态性能? 答:PWM —电动机系统在很多方面有较大的优越性:

(1) 主电路线路简单,需用的功率器件少。

(2) 开关频率高,电流容易连续,谐波少,电机损耗及发热都较小。 (3) 低速性能好,稳速精度高,调速范围宽,可达 1:10000 左右。 (4) 若与快速响应的电动机配合,则系统频带宽,动态响应快,动态抗扰能力强。 (5) 功率开关器件工作在开关状态,导通损耗小,当开关频率适当时,开关损耗也

不大,因而装置效率较高。

(6) 直流电源采用不控整流时,电网功率因数比相控整流器高。 1-2 试分析有制动通路的不可逆 PWM 变换器进行制动时,两个 VT 是如何工作的。

答:在制动状态中,i d 为负值,VT 2 就发挥作用了。这种情况发生在电动运行过程中需要降 速的时候。这时,先减小控制电压,使U g 1 的正脉冲变窄,负脉冲变宽,从而使平均电枢电 压U d 降低。但是,由于机电惯性,转速和反电动势还来不及变化,因而造成 E > U d ,很 快使电流 i d 反向,VD 2 截止,在 t on ≤ t <T时,U g 2 变正,于是VT 2 导通,反向电流沿回路 3 流通,产生能耗制动作用。在T ≤ t <T+ t on 时,VT 2 关断,?i d 沿回路 4 经VD 1 续流,向

电源回馈制动,与此同时,VD 1 两端压降钳住VT 1 使它不能导通。在制动状态中,VT 2 和VT 1

轮流导通,而VT 1 始终是关断的。

在轻载电动状态,这时平均电流较小,以致在VT 1 关断后 i d 经VD 2 续流时,还没有达到

周期T,电流已经衰减到零,这时VD 2 两端电压也降为零,VT 2 便提前导通了,使电流反向, 产生局部时间的制动作用。

1-3 调速范围和静差率的定义是什么?调速范围、静差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得多了”? 答:生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围,用字母D表示,即

D = n max

n min

其中,n max 和 n min

一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速,对于少数负

载很轻的机械,可以用实际负载时的最高和最低转速。

当系统在某一转速下运行时,负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落,与理

想空载转速之比,称作静差率 s ,即

或用百分比表示

s =

Δn N

n 0

s =

Δn N

×100% n 0

在直流电动机变压调速系统中,一般以电动机的额定转速 n N 作为最高转速

s =

Δn N n 0 = Δn N

n min + Δn N

∴ n min =

Δn N s ? Δn N

= (1 ? s )Δn N

s

D =

n max n min =

n N S

Δn N (1 ? S )

由上式可看出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。对于同一个调 速系统, Δn N 值一定,如果对静差率要求越严,即要求 s 值越小时,系统能够允许的调速

范围也越小。一个调速系统的调速范围,是指在最低速时还能满足所需静差率的转速可调范 围。

1-4 某一调速系统,测得的最高转速特性为 n O max = 1500r / min ,最低转速特性为

n O min = 150r / min ,带额定负载时的速度降落 Δn N = 15r / min ,且在不同转速下额定速降

Δn N 不变,试问系统能够达到的调速范围有多大?系统允许的静差率是多少?

解 系统能够达到的调速范围为

D =

n max

n min =

1500 150 ? 15

= 11

系统允许的静差率

s =

D Δn N

n N + D Δn N

×100% = 11×15

1500 + 11×15 ×100% = 10%

1-5 某闭环调速系统的调速范围是 1500~150r/min ,要求系统的静差率 s ≤ 2% ,那么系

统允许的静态速降是多少?如果开环系统的静态速降是 100r/min ,则闭环系统的开环放大倍 数应有多大?

因为 s = Δn N n 0

=

Δn N

n min + Δn N

Δn =

n min s = 150 × 0.02 = 3.06r / min

所以

N 1 ? s 1 ? 0.02

因为 Δn cl

=

Δn op

1 + K

e C cl cl Δn 100

K =

op ? 1 =

? 1 = 31.7 所以

Δn cl

3.06

1-6 某闭环调速系统的开环放大倍数为 15 时,额定负载下电动机的速降为 8r/min ,如果 将开环放大倍数提高到 30,它的速降为多少?在同样静差率要求下,调速范围可以扩大多 少倍?

(1) 因为

Δn =

RI d

cl C (1+K )

所以

RI d

= Δn ( e

1+K )=8×(1+15)=128

RI 128 则

Δn =

d

= = 4.13r / min C (e 1+K ) 1

+ 30

(2) 由 D = n N S Δn N (1 ? S )

,可知在

s 和 n N 不变的情况下,D 只与 Δn N 有关

调速范围扩大 1.94 倍。

1 - 7 某 调速系统的 调速范围 D=20 ,额定 转速 n N = 1500r / min ,开环 转速降落

Δn Nop = 240r / min ,若要求系统的静差率由 10%减少到 5%,则系统的开环增益将如何变

化?

解; 当 s=10%时, Δn =

n N s

= 1500× 0.1 = 8.33r / min

N D (1-s ) Δn op 20 ×(1-0.1)

240

此时 K = ? 1 = ? 1 = 27.8

当 s=5%时, Δn cl

Δn =

8.33 n N s =

1500× 0.05

= 3.95r / min N Δn op D (1-s )

240

20 ×(1-0.05)

此时 K = ? 1 = ? 1 = 59.8

Δn cl 3.95

则若要求系统的静差率由 10%减少到 5%,则系统的开环增益将变大。

1—8 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,系统有无克服这种干扰的能力?

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。

n d N N

e

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。 (3)如果给定电压不变,调节测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化, 它不能得到反馈控制系统的抑制,反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是 被反馈环包围的前向通道上的扰动。

1—9 在转速负反馈调速系统中,当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测 速发电机励磁各量发生变化时,都会引起转速的变化,问系统对上述各量有无调节能力?为 什么? 答:当电网电压发生变化时,系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈控制系 统完全服从给定。

负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的变化最 终会影响到转速,都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用,减小它们对稳态转速的 影响。

测速发电机励磁各量发生变化时,它不能得到反馈控制系统的抑制,反而会增大被调量 的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。

1—10 有一 V —M 调速系统。电动机参数为: P N = 2.2kW ,U N = 220V ,I N = 12.5 A ,

n N = 1500r / min , 电枢电阻 R a = 1.2Ω ,整流装置内阻 R rec = 1.5Ω ,触发整流环节的放

大倍数 K s = 35 。要求系统满足调速范围 D=20,静差率 s ≤ 10% 。

(1)计算开环系统的静态速降 Δn op 和调速要求所允许的闭环静态速降 Δn cl 。

(2)采用转速负反馈组成闭环系统,试画出系统的原理图和静态结构框图。

(3)调整该系统参数,使当U ? = 15V 时,I = I ,n=n ,则转速负反馈系数α 应该是

多少?

(4)计算放大器所需的放大倍数。 解:(1)先计算电动机的电动势系数

C =

U N ? I N R a

n N

= 220 ? 12.5 ×1.2

= 0.1367V ? min/ r 1500 则开环系数额定速降为

(1.2+1.5)

Δn op = I N R = 12.5 × = 246.9r / min

C e 0.1367 额定负载时的稳态速降应为

Δn =

n N s ≤ 1500× 0.1 = 8.33r / min

cl D (1-s ) 20 ×(1-0.1)

(2) 系统的静态结构框图如下所示

n +

转速负反馈系统的原理图

-

+

(3 )当U ?=15V时,I d=I N,n=n N,则转速负反馈系数α应该是

??

α= U n= U n = 15= 0.01

n n

N

(4)闭环系统的开环放大系数应为

1500

Δn 246.9

K =op ?1=?1= 28.64

Δn

cl

8.33

运算放大器所需的放大倍数

K

P =K

αK

S

/ C

e

=28.64

0.01×35 / 0.1367

=11.19

1—11 在题1-10 的转速负反馈系统中增设电流截止环节,要求堵转电流I

dbl ≤2I

N

,临界

截止电流I

dcr ≥1.2I

N

,应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻?要求电流反馈采样

电阻不超过主电路总电阻的1/3,如果做不到,需要增加电流反馈放大器,试画出系统的原理图和静态结构框图,并计算电流反馈放大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少?

R R R S

s nm e

U ?

+ I = n U com

≤ 2 I 解:因为

dbl N

S I = U com ≥ 1.2 I dcr N

S

且 U ? =15V ,计算可得 R = 1.5Ω,U = 22.5V n s com

U ?

+ I = n U com

≤ 2 I dbl N

S

I =

U com ≥ 1.2 I

dcr KR N

1—12 某调速系统原理图如图 1-58 所示,已知数据如下:电动机;P N = 18kW ,U N = 220V ,

I N = 94 A ,n N = 1000r / min , R a = 0.15Ω ,整流装置内阻 R rec = 0.3Ω ,触发整流环节

的放大倍数 K = 40 。最大给定电压U ?

= 15V ,当主电路电流达到最大值时,整定电流

反馈电压U im = 10V

设计指标:要求系统满足调速范围 D=20,静差率 s ≤ 10% ,I dbl = 1.5I N ,。I dcr = 1.1I N 。

试画出系统的静态结构框图,并计算:

(1) 转速反馈系数α 。

(2) 调节器放大系数 K p 。

(3) 电阻 R 1 的数值。(放大器输入电阻 R 0 = 20k Ω )

(4) 电阻 R 2 的数值和稳压管 VS 的击穿电压值。

解:(1)转速负反馈系数α 应该是

? ? α =

U n

= U n

= 15

= 0.015 n n N 1000

(2)先计算电动机的电动势系数

C = U N ? I N R a n N

=

220 ? 94 × 0.15

= 0.2059V ? min/ r 1000 则开环系数额定速降为

(0.15+0.3)

Δn op = I N R = 94 ×

C e 0.2059 = 205.4r / min Δn =

n N s ≤ 1000× 0.1 = 5.56r / min

cl D (1-s ) 20 ×(1-0.1)

n n 闭环系统的开环放大系数应为

Δn 205.4

K =

op ? 1 =

? 1 = 35.9 Δn cl

运算放大器所需的放大倍数

5.56

K P =

K α K S / C e = 35.9

0.015 × 40 / 0.2059 = 12.3

1—13 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中,当下列参数发生变化时系统是否有调节作

用,为什么?

(1) 放大器的放大系数 K p ;

(2) 供电电网电压;

(3) 电枢电阻 R a ;

(4) 电动机励磁电流; (5) 电压反馈系数γ 。

答:在电压负反馈单闭环有静差调速系统中,当放大器的放大系数 K p 发生变化时系统有调

节作用再通过反馈控制作用,因为他们的变化最终会影响到转速,减小它们对稳态转速的影 响。

电动机励磁电流、电枢电阻 R a 发生变化时仍然和开环系统一样,因为电枢电阻处于反 馈环外。

当供电电网电压发生变化时系统有调节作用。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统 完全服从给定。

当电压反馈系数γ 发生变化时,它不能得到反馈控制系统的抑制,反而会增大被调量的

误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。

1-13 有一个 V —M 系统,已知:电动机: P N = 2.8kW ,U N = 220V ,I N = 15.6 A ,

n N = 1500r / min ,R a = 1.5Ω ,整流装置内阻 R rec = 1Ω ,触发整流环节的放大倍数

K s = 35 。

(1) 系统开环工作时,试计算调速范围 D=30 时的静差率 s 值。 (2) 当 D=30,s=10%,计算系统允许的稳态速降。

(3) 如组成转速负反馈有静差调速系统,要求 D=30,s = 10% ,在U ?

= 10V 时,

I d = I N ,n=n N ,计算转速负反馈系数α 和放大器放大系数 K p 。

(4) 如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统,仍要求U ? = 10V 时,

I d = I N ,n=n N 并保持系统原来的开环放大系数 K 不变,试求在 D=30 时静

n e 差率。

解:(1)系统开环工作时,

C =

U N ? I N R a n N

= 220 ? 15.6 ×1.5

= 0.1311V ? min/ r

1500

则开环系数额定速降为

(1.5+1)

Δn op = I N R = 15.6 × = 297.5r / min

C e 0.1311

D Δn 30 × 297.5

则 s =

N ×100% = ×100% = 85.6%

n N + D Δn N 1500 + 30 × 297.5

(2)当 D=30,s=10%,系统允许的稳态速降

Δn =

n N s = 1500 × 0.1 = 5.56r / min

N D (1-s ) 30 ×(1-0.1)

( 3 )当 U ?

= 10V 时, I d = I N ,n=n N ,则

转速负反 馈系数 α 应该 是

? ? α =

U n

= U n

= 10

= 0.007 n n N 1500

闭环系统的开环放大系数应为

Δn 297.5

K =

op ? 1 =

? 1 = 52.51 Δn cl

5.56

运算放大器所需的放大倍数

K P =

K α K S / C e = 52.51

0.007 × 35 / 0.1311 = 30.6

(4)在电压负反馈有静差调速系统中,开环与闭环的速降是一样的,

所以 Δn cl = Δn op = 297.5r / min

s =

D Δn N

n N + D Δn N

×100% = 30 × 297.5

1500 + 30 × 297.5 ×100% = 85.6%

1-15 在题 1-10 的系统中,若主电路电感 L=50mH ,系统 运动部分的飞轮惯量

GD 2 = 1.6N ? m 2 ,整流装置采用三相零式电路,试判断按题 1-10 要求设计的转速负

反馈系统能否稳定运行?如果保证系统稳定运行,允许的最大开环放大系数 K 是多 少? 解:计算系统中各环节的时间常数:

L 0.05 电磁时间常数 T =

= = 0.0185s l R 1.2 + 1.5

e m

n n n c n c n

机电时间常数 GD 2 R T m

= 375C C = 1.6 × (1.2 + 1.5) 375 × 0.1367 × 30 × 0.1367

π = 0.065s

三相桥式整流电路,晶闸管装置的滞后时间常数为 T s = 0.00167s

为保证系统稳定,开环放大系数应满足的稳定条件:

T (T + T ) + T 2 0.065 × (0.0185 + 0.00167) + 0.001672

K < m l s s = T l T s 0.0185 × 0.00167

= 42.5

因为 23.1>28.75,所以该系统不可以稳定运行,

如果保证系统稳定运行,允许的最大开环放大系数 K 最大为 23.1.

1-16 为什么用积分控制的调速系统是无静差的?在转速单闭环调速系统中,当积分调节器 的输入偏差电压 ΔU = 0 时,调节器的输出电压是多少?它取决于那些因素? 答;在动态过程中,当 ΔU n 变化时,只要其极性不变,积分调节器的输出U c 便一直增长;

只有达到U ?

= U , ΔU = 0 时,U 才停止上升;不到 ΔU 变负,U 不会下降。当 ΔU = 0

时,U c 并不是零,而是一个终值;如果

ΔU n 不再变化,这个终值便保持恒定而不再变化,

这是积分控制的特点。因此,积分控制可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行,实现无 静差调速。 比例调节器的输出只取决于输入偏差量的现状,而积分调节器的输出则包含了

输入偏 差量的全部历史。虽然现在 ΔU n = 0 ,但历史上有过 ΔU n ,其积分就有一定数值,足以产

生稳态运行时需要的控制电压U c 。

1-17 在无静差转速单闭环调速系统中,转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精 度的影响?并说明理由。 答:系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。

因此转速的稳态精度还受给定电源和测速发电机精度的影响。

1-18 采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统,稳态运行时的速度是否有静差?为

什么?试说明理由。

答:采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统,稳态运行时的速度是无静差的。 电压负反馈实际是一个自动调压系统,只有被包围的电力电子装置内阻引起的稳态速降被 减小到 1/(1+K ),它的稳态性能比带同样放大器的转速负反馈系统要差。但基本控制原 理与转速负反馈类似。它与转速负反馈一样可以实现无静差调节。

第二章 转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法

2-1 在转速、电流双闭环调速系统中,若要改变电动机的转速,应调节什么参数?改变转 速调节器的放大倍数 K n 行不行?改变电力电子变换器的放大倍数 K s 行不行?改变

n n n 0

im n ?

转速反馈系数α 行不行?若要改变电动机的堵转电流,应调节系统中的什么参数?

答:双闭环调速系统在稳态工作中,当两个调节器都不饱和时,各变量之间有下列关系

U * = U = α n = α n 因此 转速 n 是由给定电压U ?

决定的;改变转速反馈系数也可以改变电动机转速。改变转

速调节器的放大倍数 K n 和电力电子变换器的放大倍数 K s 不可以。

2-2 转速、电流双闭环调速系统稳态运行时,两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是 多少?为什么? 答:当两个调节器都不饱和时,它们的输入偏差电压都是零

转速调节器 ASR 的输出限幅电压U ?

决定了电流给定电压的最大值;电流调节器 ACR

的输出限幅电压U cm 限制了电力电子变换器的最大输出电压U dm 。

2-3 如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是 PI 调节器,而改为 P 调节器,对 系统的静、动态性能将会产生什么影响?

答:改为 P 调节器时其输出量总是正比于输入量,PI 调节器的输出量在动态过程中决定于 输入量的积分,到达稳态时,输入为零,输出的稳态值与输入无关而是由它后面环节的需要 决定的。

2-4 试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环 调速系统:

(1)调速系统的静态特性; (2)动态限流性能; (3)起动的快速性; (4)抗负载扰动的性能; (5)抗电源电压波动的性能。 答:(1)转速、电流双闭环调速系统在稳态工作点上,转速 n 是由给定电压U ?

决定的。

ASR 的输出量 U*i 是由负载电流 I dL 决定的。控制电压 U c 的大小则同时取决于 n 和 I d , 或者说,同时取决于U n 和 I dL 。双闭环调速系统的稳态参数计算是和无静差系统的稳态计 算相似。

带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特性特点:电流负反馈的作用相当于在主电 路中串入一个大电阻 K p K s R s ,因而稳态速降极大,特性急剧下垂;比较电压 U com 与 给定电压 U n * 的作用一致,好象把理想空载转速提高了。这样的两段式静特性常称作下垂 特性或挖土机特性。 (2) (3)双闭环直流调速系统的起动过程有以下三个特点:饱和非线性控制、转速超调、准 时间最优控制。

(4)由动态结构图中可以看出,负载扰动作用在电流环之后,因此只能靠转速调节器 ASR 来产生抗负载扰动的作用。在设计 ASR 时,应要求有较好的抗扰性能指标。

n nm im om dm d 0 i i c U ?

c

(5)在单闭环调速系统中,电网电压扰动的作用点离被调量较远,调节作用受到多个环 节的延滞,因此单闭环调速系统抵抗电压扰动的性能要差一些。双闭环系统中,由于增设了 电流内环,电压波动可以通过电流反馈得到比较及时的调节,不必等它影响到转速以后才能 反馈回来,抗扰性能大有改善。

2-5 在转速、电流双闭环调速系统中,两个调节器均采用 PI 调节器。当系统带额定负载运 行时,转速反馈线突然断线,系统重新进入稳态后,电流调节器的输入偏差电压 ΔU i 是否

为零?为什么?

2-6 在转速、电流双闭环调速系统中,转速给定信号U ?

未改变,若增大转速反馈系数α ,

系统稳定后转速反馈电压U n 是增加还是减少?为什么?

2-7 在转速、电流双闭环调速系统中,两个调节器 ASR 、ACR 均采用 PI 调节器。已知参

数:电动机: P N = 3.7kW ,U N = 220V , I N = 20 A , n N = 1000r / min ,电枢回路总电阻

R = 1.5Ω ,设U ? = U ? = U = 8V ,电枢回路最大电流 I = 40 A ,电力电子变换器的

放大系数 K s = 40 。试求:

(1)电流反馈系数 β 和转速反馈系数α ;

(2)当电动机在最高速发生堵转时的U 、U ?

、U 、U 值。

解:(1)稳态时

因为I dm U ?

= im

β ? 所以β = U im =

I dm 8

= 0.2V / A 40

U ?

α = nm n max = 8 1000

= 0.008V ? min/ r

(2)电动机在最高速发生堵转时 n=0

U d 0 = C e n + I d R = 40 ×1.5 = 60V

i = ?U i = β I d = 8V

U i = 8V

U =

U d 0 = 60

= 1.5V K s 40

im i i

2-8 在转速、电流双闭环调速系统中,调节器 ASR 、ACR 均采用 PI 调节器。当 ASR 输出 达到U ?

= 8V 时,

主电路电流达到最大电流 80A 。当负载电流由 40A 增加到 70A 时,试问:

(1)U ?

应如何变化?

(2)U c 应如何变化?

(3)U c 值由哪些条件决定?

2-9 在转速、电流双闭环调速系统中,电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行,现 因某种原因使电动机励磁电源电压突然下降一半,系统工作情况将会如何变化?写出U ?

U c 、U d 0 、 I d 及 n 在系统重新进入稳定后的表达式。

2-10 某反馈控制系统已校正成典型 I 型系统。已知时间常数 T=0.1s ,要求阶跃响应超调量

σ ≤ 10% 。

(1)求系统的开环增益; (2)计算过度过程时间 t s 和上升时间 t τ ;

(3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间 t τ < 0.25s ,则 K=?,σ = ?

2-11 有一个系统,其控制对象的传递函数为W (s ) = K 1 = 10

,要求设计一个 obj

τ s + 1 0.01s + 1无静差系统,在阶跃输入下系统超调量σ ≤ 5% (按线性系统考虑)。试对该系统进行动态

校正,决定调节器结构,并选择其参数。

2-12 有一个闭环系统,其控制对象的传递函数为W obj (s ) = K 1

= s (Ts + 1) 10 s (0.02s + 1)

,要求

校正为典型 II 型系统,在阶跃输入下系统超调量σ ≤ 30% (按线性系统考虑)。试决定调节

器结构,并选择其参数。

2-13 调节对象的传递函数为W obj (s ) =

18 (0.25s + 1)(0.005s + 1)

,要求用调节器分别将其校

正为典型 I 型和 II 型系统,求调节器的结构与参数。

2-14 在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中,已知电动机 的额定数 据为: P N = 60kW ,U N = 220V , I N = 308 A , n N = 1000r / min ,电动势系数

C e = 0.196V ? min/ r ,主回路总电阻 R = 0.18Ω ,触发整流环节的放大倍数 K s = 35 。电

n N im om 1 ∑i

磁时间常数T l = 0.012s ,机电时间常数T m = 0.12s ,电流反馈滤波时间常数T oi = 0.0025s ,

转速反馈滤波时间常数T on = 0.015s 。额定转速时的给定电压 (U ? ) = 10V ,调节器 ASR 、 ACR 饱和输出电压U ? = 8V ,U = 6.5V 。

系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速范围 D=10,电流超调量σ i ≤ 5% ,空载起

动到额定转速时的转速超调量σ n ≤ 10% 。试求:

(1)确定电流反馈系数 β (假设起动电流限制在 339A 以内)和转速反馈系数α ; (2)试设计电流调节器 ACR ,计算其参数 R i 、 C i 、 C oi 。画出其电路图,调节器输 入回路电阻 R 0 = 40k Ω ;

(3)设计转速调节器 ASR ,计算其参数 R n 、 C n 、 C on 。( R 0 = 40k Ω );

(4)计算电动机带 40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量σ n 。

(5)计算空栽起动到额定转速的时间。 解:1.电流反馈系数 β 和转速反馈系数α 分别为

U ?

β = im

I dm = 8 339 = 0.0236V / A

U ?

α = nm n max = 10

1000

= 0.01V ? min/ r

2.(1)确定时间常数 ① 整流装置滞后时间常数 Ts.按表 1-2,三相零式电路的平均失控时间 Ts=0.0033s.

② 电流滤波时间常数T oi .三相桥式电路每个波头的时间是 3.3ms,为了基本滤平波头,应有 (1–2)T oi =3.33ms,因此取T oi =2.5ms=0.0025s.

③ 电流环小时间常数之和T ∑i .按小时间常数近似处理,取 T = T S + T oi = 0.0058s

(2)选择电流调节器结构

根据设计要求σ i ≤5℅,并保证稳态电流无差,可按典型 I 型系统设计电流调节器.电流

环控制对象是双惯性型的,因此可用 PI 型电流调节器,其传递函数见式(2-57).

T 0.012s

检查对电源电压的抗扰性能: l

= = 2.07 ,参照表 2-3 的典型 I 型系统动态

T ∑

i

抗扰性能,各项指标都是可以接受的. (3)计算电流调节器参数

0.0058s 电流调节器超前时间常数: τ i =T l =0.012s .

电 流 环开环增 益:要 求 σ i

≤5 ℅时,按表 2-2,应取 K T ∑

= 0.5 i

, 因 此

ci

∑ n i ci i K n

K I =

0.5

=

T ∑i

0.5 0.0058s = 86s ?1

K τ R 86 × 0.012 × 0.18 于是,ACR 的比例系数为: K =

I i = = 0.225

(4)校验近似条件

K s β 35 × 0.0236

电流环截止频率: ω = K = 86s ?1

ci I

① 晶闸管整流装置传递函数的近似条件

满足近似条件.

1 3T s = 1 3× 0.0033s

= 101s ?1 > ω ② 忽略反电动势变化对对电流环动态影响的条件

满足近似条件.

= 3×= 79.06s ?1 < ω

③ 电流环小时间常数近似处理条件

= 1 ×= 116.1s ?1 > ω

满足近似条件.

3 ci

(5)计算调节器电阻电容

由图 2-25, 按所用 运算放大 器取 R 0 R i = K i R 0 = 0.225 × 40k Ω = 9k Ω

=40k Ω,各电 阻和电容 值为

C = τ i R i = 0.012

F = 1.33×10?6 F = 1.33μ F , 取1.33μ F 9 ×103

C oi = 4T oi R 0 = 4 × 0.0025 F = 0.25 ×10?6

F = 0.25μ F , 取0.2μ F 40 ×103

按照上述参数,电流环可以达到的动态跟随性能指标为σ i =4.3℅<5℅(见表 2-2),满足设计

要求.

3. (1)确定时间常数

1

① 电流环等效时间常数 1/ K I .已取 K I T i = 0.5 , I

= 2T ∑ = 2 × 0.0058s = 0.0116s

i ② 转速滤波时间常数T on .根据所用测速发电机纹波情况,取T on =0.01s. ③ 转速环小时间常数T ∑ n .按小时间常数近似处理,取

T = 1 ∑ K I + T on =0.0116s+0.015s=0.0266s

K (n

τ n s+1) (2)选择转速调节器结构按照设计要求,选用 PI 调节器,其传递函数W AS (R

s )= τ n s

(3)计算转速调节器参数按跟随和抗扰性能都较好的原则,取 h=3,则 ASR 的超前时间常数 为τ =h T ∑

=3

× 0.0266s=0.0798s n

由式(2-75)可得转速环开环增益: K N

=

h + 1 2h 2T 2 ∑ n

= 4

2 × 32 × 0.0266

2

s ?2 = 314.1s ?2

N K U

n

于是,由式(2-76)可得 ASP 的比例系数为:

K =

(h + 1)β C e T m = n 2h α RT ∑ n

4 × 0.0236 × 0.196 × 0.12

2 × 3× 0.01× 0.18 × 0.0266 = 7.73

(4)检验近似条件

由式(2-33)得转速环截止频率为:

①电流环传递函数简化条件为:

ωcn

= K N ω1

= K N τ n

= 314.1× 0.0798s ?1 = 25.1s ?1

= 1 ×?1 = 40.6s ?1 > ω

,满足简化条件.

3 cn ②转速环小时间常数近似处理条件为:

= 1 ×?1 = 25.2s ?1 > ω

,满足近似条件.

3 cn

(5)计算调节器电阻和电容

根据图 2-27,取 R 0 =40k Ω ,则 R n = K n R 0 = 7.73 × 40k Ω = 309.2k Ω, 取310k Ω

C =

τ n R n = 0.0798 310 ×103

F = 0.257 ×10?6

F = 0.257μ F , 取0.257μ F

C on = 4T on R 0 = 4 × 0.015 F = 1.5 ×10?6

F = 1.5μ F , 取1.5μ F 40 ×103

(6)校核转速超调量

当 h=3 时,由表 2-6 查得, σ n =52.6℅,不能满足设计要求.实际上,由于表 2-6 是按线性系统 计算的,而突加阶跃给定时,ASR 饱和,不符合线性系统的前提,应该按 ASR 退饱和的情况重新 计算超调量。

(7) 由表 2-7 查得,由h = 3得,

ΔC max

C b

= 72.2%

λ = I m I N = 339

= 1.1

308

T

308× 0.18 σ = 2×(ΔC max )(λ Δn -z ) ∑n = 2× 72.2%×1.1× 0.196 × 0.0266 = 9.96% < 10%

n C n * T 1000 0.12 b

m

4.如果只起动

5.空载起动到额定转速的时间

t ≈

? =

2h ? ?

n n

T

= ? =6 ? ×

7.73 ×10

× 0.0266 = 0.386s

2

? h + 1 ? U ? ? β I ∑ n ? 4 ? 8 ? 0.0236 × 308

? ? im dL

? ? 2-15 有一转速、电流双闭环调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为:

P N = 555kW ,U N = 750V , I N = 760 A , n N = 375r / min ,电动势系数 C e = 1.82V ? min/ r , 电枢回路总电阻 R = 0.14Ω ,允许电流过载倍数 λ = 1.5 ,触发整流环节的放大倍数

nm im om 0 nm N im dm e n dl n i K s = 75 。电磁时间常数T l = 0.031s ,机电时间常数T m = 0.112s ,电流反馈滤波时间常数

T oi = 0.002s ,转速 反 馈滤波 时 间常数 T on = 0.02s 。设 调 节器输 入 输出电 压

U ? = U ? = U = 10V ,调节器输入电阻 R = 40k Ω 。

设计指标:稳态无静差,电流超调量σ i ≤ 5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量

σ n ≤ 10% 。电流调节器已按典型 I 型系统设计,并取参数 KT=0.5。

(1)选择转速调节器结构,并计算其参数;

(2)计算电流环的截止频率ωci 和转速环的截止频率ωcn ,并考虑它们是否合理。

2-16 在一个转速、电流双闭环 V —M 系统中,转速调节器 ASR ,电流调节器 ACR 均采用 PI 调节器。

(1)在此系统中,当转速给定信号最大值U ?

= 15V 时, n = n = 1500r / min ;电

流给定信号最大值U ?

= 10V 时,允许最大电流

I = 30 A ,电枢回路总电阻 R = 2Ω ,晶 闸管装置的放大倍数 K s = 30 ,电动机额定电流 I N = 20

A ,电动势系 数

C = 0.128V ? min/ r ,现系统在U ? = 5V ,I = 20

A 时稳定运行。求此时的稳态转速 n=?

ACR 的输出电压U c = ?

(2)当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁( Φ = 0 ),系统将会发生什么现象?

试分析并说明。若系统能够稳定下来,则稳定后 n=?U = ? U ?

= ? I d = ? U c = ?

(3)该系统转速环按典型 II 型系统设计,且按 M min 准则选择参数,取中频宽 h=5, 已知转速环小时间常数T

= 0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数,并计算

∑ n

出放大系数及各时间常数。

(4)该系统由空载( I dL = 0 )突加额定负载时,电流 I d 和转速 n 的动态过程波形是 怎样的?已知机电时间常数T m = 0.05s ,计算其最大动态速降 Δn max 和恢复时间 t V 。

2-17 有一转速、电流双闭环控制的 H 性形双极式 PWM 直流调速系统,已知电动机参数为: P N = 200kW ,U N = 48V , I N = 3.7 A , n N = 200r / min ,电枢电阻 R a = 6.5Ω ,电枢回路总 电阻 R = 8Ω ,允许电流过载倍数 λ = 2 ,电势系数 C e = 0.12V ? min/ r ,电磁时间常数

on nm

im

om β α T l = 0.015s ,机电时间常数T m = 0.2s ,,电流反馈滤波时间常数T oi = 0.001s ,转速反馈

滤波时间常数T = 0.005s 。设调节器输入输出电压U

?

= U ? = U = 10V ,调节器输入

电阻 R 0 = 40k Ω 。已计算出晶体管 D202 的开关频率 f=1kHz ,PWM 环节的放大倍数

K s = 4.8 。

试对该系统进行动态参数设计,设计指标:稳态无静差,电流超调量σ i ≤ 5% ;空载起

动到额定转速时的转速超调量σ n ≤ 20% ;过载过程时间 t s ≤ 0.1s 。

第 3 章 直流调速系统的数字控制

3-1 直流电机额定转速 n N = 375r / min ,电枢电流额定值为 I dN = 760 A ,允许过流倍数 λ = 1.5 ,计算机内部定点数占一个字的位置(16 位),试确定数字控制系统的转速反馈存

储系数和电流反馈存储系数,适当考虑余量。 解:定点数长度为 1 个字(16 位),但最高位须用作符号位,只有 15 位可表示量值,故最

大存储值D max =215-1。电枢电流最大允许值为 1.5I N ,考虑到调节过程中瞬时值可能超 过此值,故取I max =1.8I N 。因此,电枢电流存储系数为

215

K β =

? 1 =

32768

= 23.95 A ?1

1.8I N 1.8 × 760

额定转速n N =375r/min ,取n max =1.3n N ,则转速存储系数为

215 ? 1 32768 K α = = 1.3n N 1.3 × 375

min/ r = 67.21min/ r

对上述运算结果取整得 K = 23A ?1,K == 67 min/ r 。

3-2 旋转编码器光栅数为 1024,倍频系数为 4,高频时钟脉冲频率 f 0 = 1MHz ,旋转编码

器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用 16 位计数器,M 法和 T 法测速时间均为 0.01s , 求转速 n=1500r/min 和 n=150r/min 时的测速分辩率和误差率最大值。 解:电动机每转一圈共产生 Z=4 × 2048=4096 个脉冲。

(1) M 法测速

测速分辨率 Q = 6(0 M 1 + 1 ZT C ? 60M 1 = ZT C 60

ZT C = 60 4096 × 0.01

r / min = 1.46r / min

电动机的转速为 n =

60M 1

ZT C

max

max

2

2

当 n=1500r/min 时, M 1 =

ZT C n = 60 4096 × 0.01×1500

60 = 1024

测速误差率最大值 δ = 1 ×100% = 1

×100% ≈ 0.098% 当 n=150r/min 时, M 1 =

M 1

ZT C n =

60 1024

4096 × 0.01×150

60 ≈ 102

测速误差率最大值 δ = 1 ×100% = 1

×100% ≈ 0.98%

(2) T 法测速

M 1

102

当 n=1500r/min 时, n =

60 f 0

ZM 2

60 f 测速分辨率

60 f

60 f Zn 2 4096×15002 Q = 0 ? 0 = 0

= = r / min ≈171r / min Z (M -1) ZM ZM (M -1) 60

f ? Z n 60×106 ? 4096×1500 2 2 2 2 0

60 f 60 ×106 M =

0 = ≈ (9 取整数) 2 Zn 4096 ×1500

测速误差率最大值

当 n=150r/min 时,

δ =

1 ×100% = 1

×100% ≈ 12.5% max M ? 1 9 ? 1

2

2

测速分辨率 Q =

Zn = 4096 ×150

r / min ≈ 1.55r / min 60 f 0 ? Zn 60 ×106

? 4096 ×150

60 f 60 ×106

M =

0 = ≈ 9(7 取整数) 2 Zn 4096 ×150

测速误差率最大值

δ =

1 ×100% = 1

×100% ≈ 1.04% max M ?

1 97 ? 1

3-3 将习题 2-14 设计的模拟电流调节器进行数字化,采样周期T sam = 0.5ms ,调节器输出

限幅及积分限幅均为 ±U m ,写出位置式和增量式数字 PI 调节器的表达式,并用已掌握的汇

编语言设计实时控制程序。 3-4 根据习题 2-15 电流调节器的设计结果(电流调节器按典型 I 型系统设计,KT=0.5), 按离散系统设计方法设计转速调节器,要求转速无静差。已知电动机额定功率 P N = 555kW , 额定电压U N = 750V ,额定电枢电流 I N = 760 A ,额定转速 n N = 375r / min ,电动势系数

s oi ?1

C e = 1.82V ? min/ r ,电枢回路总电阻 R = 0.14Ω ,允许过载倍数 λ = 1.5 ,机电时间常数

T m = 0.112s ,转速滤波时间常数T on = 0.02s ,电流反馈存储系数 K β = 23A

,转速反馈

存储系数 K α = 67 m in/ r ,转速调节器采样时间 T sam = 0.01s ,电流环小惯性时间常数

T = T + T = 0.0017s + 0.002s = 0.0037s ∑

i

第 4 章 可逆直流调速系统和位置随动系统

4-1 晶闸管-电动机系统需要快速回馈制动时,为什么必须采用可逆线路?

答:当电动机需要回馈制动时,由于反电动势的极性未变,要回馈电能必须产生反向电流, 而反向电流是不可能通过 VF 流通的,这时,可以通过控制电路切换到反组晶闸管装置 VR , 并使它工作在逆变状态,产生逆变电压,电机输出电能实现回馈制动。

4-2 试画出采用单组晶闸管装置供电的 V-M 系统在整流和逆变状态下的机械特性,并分析这 种机械特性适合于何种性质的负载。 解;机械特性图如下:

4-3 解释待逆变、正组逆变和反组逆变,并说明这三种状态各出现在何种场合下。

答:待逆变 正组逆变电枢端电压为负,电枢电流为正,电动机逆向运转,回馈发电,机械

特性

在第四象限。 反组逆变电枢端电压为正,电枢电流为负,电动机正向运转,回馈发

电,机械特性 在第二象限。

4-4 分析配合控制的有环流可逆系统反向起动和制动的过程。画出各参变量的动态波形,并 说明在每个阶段中 ASR 和 ACR 各起什么作用,VF 和 VR 各处于什么状态。 解:控制电路采用典型的转速、电流双闭环系统,其中:

转速调节器 ASR 控制转速,设置双向输出限幅电路,以限制最大起制动电流; 电流调节器 ACR 控制电流,设置双向输出限幅电路,以限制最小控制角 αmin 与 最小逆变角 βmin 。 正组晶闸管 VF ,由 GTF 控制触发,正转时,VF 整流;反转时,VF 逆变。 反组晶闸管 VR ,由 GTR 控制触发,反转时,VR 整流;正转时,VR 逆变。

4-5 试分析图 4-13 所示逻辑选触无环流可逆系统的工作原理,说明正向制动时各处电压极 性及能量关系。 解:图 4-13 逻辑选触无环流可逆系统的原理框图如下

图中:SAF ,SAR 分别是正、反组电子模拟开关。

采用数字控制时,电子开关的任务可以用条件选择程序来完成,实际系统都是逻辑选触 系统。此外,触发装置可采用由定时器进行移相控制的数字触发器,或采用集成触发电路。

4-6 试分析位置随动系统和调速系统在哪些方面是不同的。

答:位置随动系统与调速系统的主要区别在于,调速系统的给定量一经设定,即保持恒值, 系统的主要作用是保证稳定和抵抗扰动;而位置随动系统的给定量是随机变化的,要求输出 量准确跟随给定量的变化,系统在保证稳定的基础上,更突出需要快速响应。位置随动系统 的反馈是位置环,调速系统的反馈是速度环。

第 5 章 闭环控制的异步电动机变压调速系统

——一种转差功率消耗型调速系统

5-1 异步电动机从定子传入转子的电磁功率 P m 中,有一部分是与转差成正比的转差功率 P s , 根据对 P s 处理方式的不同,可把交流调速系统分成哪几类?并举例说明。

答:从能量转换的角度上看,转差功率是否增大,是消耗掉还是得到回收,是评价调速系统

效率高低的标志。从这点出发,可以把异步电机的调速系统分成三类 。 转差功率消耗型调

速系统:这种类型的全部转差功率都转换成热能消耗在转子回路中,

降电压调速、转差离合器调速、转子串电阻调速属于这一类。在三类异步电机调速系统中, 这类系统的效率最低,而且越到低速时效率越低,它是以增加转差功率的消耗来换取转速的 降低的(恒转矩负载时)。可是这类系统结构简单,设备成本最低,所以还有一定的应用价 值。

转差功率馈送型调速系统:在这类系统中,除转子铜损外,大部分转差功率在转子侧通 过变流装置馈出或馈入,转速越低,能馈送的功率越多,绕线电机串级调速或双馈电机调速 属于这一类。无论是馈出还是馈入的转差功率,扣除变流装置本身的损耗后,最终都转化成 有用的功率,因此这类系统的效率较高,但要增加一些设备。

电机学第三版课后习题答案

电机学第三版课后习题答案 变压器 1-1从物理意义上说明变压器为什么能变压,而不能变频率? 答:变压器原副绕组套在同一个铁芯上,原边接上电源后,流过激磁电流|0,产生励磁磁动势F o,在铁芯中产生交变主磁通 e 0,其频率与电源电压的频率相同,根据电磁感应定 d d)律,原副边因交链该磁通而分别产生同频率的感应电动势 e i和e2, 且有巴- -N1, dt e2= _N2 d 0,显然,由于原副边匝数不等,即N产N2,原副边的感应电动势也就不等, dt 即e i^e2,而绕组的电压近似等于绕组电动势,即U i~E i, 匕~ E?,故原副边电压不等,即 U i^ U2,但频率相等。 1-2变压器一次线圈若接在直流电源上,二次线圈会有稳定直流电压 吗? 答:不会。因为接直流电源,稳定的直流电流在铁心中产生恒定不变的磁通,其变化率为零,不会在绕组中产生感应电动势。 1-3变压器的空载电流的性质和作用如何? 答:作用:变压器空载电流的绝大部分用来供励磁,即产生主磁通,另有很小一部分用来供给变压器铁心损耗,前者属无功性质,称为空载电流的无功分量,后者属有功性质,称为空 载电流的有功分量。 性质:由于变压器空载电流的无功分量总是远远大于有功分量,故空载电流属感性无功 性质,它使电网的功率因数降低,输送有功功率减小。 1-4 一台220/110伏的变压器,变比k=N—2,能否一次线圈用2匝, N2 二次线圈用1匝,为什么? 答:不能。由U1 E^ 4.44fN^J m可知,由于匝数太少,主磁通m将剧增,磁密B m过 大,磁路过于饱和,磁导率卩降低,磁阻R m增大。于是,根据磁路欧姆定律l0N1= R m「m 可知,产生该磁通的激磁电流I。必将大增。再由p Fe^B m2f1.3可知,磁密B m过大,导致 2 铁耗P Fe大增,铜损耗I0 r1也显著增大,变压器发热严重,可能损坏变压器。

电机学课后习题解答(配王秀和孙雨萍编)

《电机学》作业题解 (适用于王秀和、孙雨萍编《电机学》) 1-5 何为铁磁材料?为什么铁磁材料的磁导率高? 答:诸如铁、镍、钴及他们的合金,将这些材料放在磁场后,磁场会显著增强,故而称之为铁磁材料;铁磁材料之所以磁导率高,是因为在这些材料的内部,大量存在着磁畴,这些磁畴的磁极方向通常是杂乱无章的,对外不显示磁性,当把这些材料放入磁场中,内部的小磁畴在外磁场的作用下,磁极方向逐渐被扭转成一致,对外就显示很强的磁性,所以导磁性能强。 1-9 铁心中的磁滞损耗和涡流损耗是如何产生的?为何铁心采 用硅钢片? 答:铁心中的磁滞损耗是因为铁心处在交变的磁场中,铁心反复被磁化,铁心中的小磁畴的磁极方向反复扭转,致使磁畴之间不断碰撞,消耗能量变成热能损耗;又因为铁心为导体,处在交变的磁场中,铁中会产生感应电动势,从而产生感应电流,感应电流围绕着磁通做漩涡状流动,从产生损耗,称之为涡流损耗,之所以采用硅钢片是因为一方面因硅钢电阻高,导磁性能好,可降低涡流损耗,另一方面,采用薄片叠成铁心,可将涡流限制在各个叠片中,相当于大大增加了铁心的电阻,从进一步降低了涡流损耗。 1-13 图1-27所示为一铁心,厚度为0.05m,铁心的相对磁导率为1000。问:要产生0.003Wb的磁通,需要多大电流?在此电流下,铁心各部分的刺痛密度是多少?

解:取磁路的平均长度,上下两边的长度和截面积相等算一段,算作磁路段1,左侧为2,右侧为3。 磁路段1长度和截面积:()120.050.20.0250.55m =?++=l , 210.050.150.0075m =?=A ; 41m17 10.55 5.83610A wb 10004100.0075 π-= ==????l R uA 磁路段2长度和截面积:20.1520.0750.30m =+?=l , 220.050.100.005m =?=A ; 42m27 20.30 4.77510A wb 10004100.005 π-= ==????l R uA 磁路段1长度和截面积:30.1520.0750.30m =+?=l , 230.050.050.0025m =?=A ; 43m37 30.309.54910A wb 10004100.0025 π-= ==????l R uA 总磁阻: 45m m1m2m3(5.836 4.7759.549)10 2.01610A wb ==++?=?R R +R +R 磁动势:5m 0.003 2.01610604.8A φ==??=F R 励磁电流:604.8 1.512A 400 = ==F i N

完整word版,《电机学上》林荣文版课后答案

09电气学习部 《电机学》系列材料电机学 作业参考答案 福州大学电气工程与自动化学院 电机学教研组黄灿水编 2008-3-3

2-1 设有一台500kV A 、三相、35000/400V 双绕组变压器,初级、次级侧绕组均系星形连接,试求高压方面和低压方面的额定电流。 解:由已知可得:kVA S N 500=、V U N 350001=、V U N 4002=,则有: 高压侧:)(25.8350003105003311A U S I N N N =??= = 低压侧: )(7.721400 3105003322A U S I N N N =??== 2-2 设有一台16MV A 、三相、110/11kV 、Yd 连接的双绕组变压器(表示初级三相绕组接成星形,次级三相绕组接成三角形)。试求高压、低压两侧的额定线电压、线电流和额定相电压、相电流。 解:由已知可得:MVA S N 16=、kV U N 1101=、kV U N 112=,则有: 高压侧 额定线电压: kV U N 1101= 额定线电流: )(0.8410 1103101633 611A U S I N N N =???= = 额定相电压: kV U U N 5.633 110311== =φ 额定相电流: )(8411A I I N ==φ 低压侧 额定线电压: kV U N 112= 额定线电流: )(84010 113101633 622A U S I N N N =???= = 额定相电压: kV U U N 1122==φ 额定相电流: )(4853 8403 22A I I N == =φ

《电机学》胡虔生-课后答案

2-1 设有一台500kV A 、三相、35000/400V 双绕组变压器,初级、次级侧绕组均系星形连接,试求高压方面和低压方面的额定电流。 解:由已知可得:kVA S N 500=、V U N 350001=、V U N 4002=,则有: 高压侧:)(25.8350003105003311A U S I N N N =??= = 低压侧: )(7.721400 3105003322A U S I N N N =??== 2-2 设有一台16MV A 、三相、110/11kV 、Yd 连接的双绕组变压器(表示初级三相绕组接成星形,次级三相绕组接成三角形)。试求高压、低压两侧的额定线电压、线电流和额定相电压、相电流。 解:由已知可得:MVA S N 16=、kV U N 1101=、kV U N 112=,则有: 高压侧 额定线电压: kV U N 1101= 额定线电流: )(0.8410 1103101633 611A U S I N N N =???= = 额定相电压: kV U U N 5.633 110311== =φ 额定相电流: )(8411A I I N ==φ 低压侧 额定线电压: kV U N 112= 额定线电流: )(84010 113101633 622A U S I N N N =???= = 额定相电压: kV U U N 1122==φ 额定相电流: )(4853 840322A I I N ===φ

2-6、设有一台10kV 、2200/220V 、单相变压器,其参数如下:r 1=3.6Ω、r 2=0.036Ω、x k =x 1+x 2’=26Ω,在额定电压下的铁芯损耗p Fe =70W ,空载电流I 0为额定电流的5%。假定一、二次侧绕组的漏抗如归算到同一方面时可作为相等,试求各参数的标么值,并绘出该变压器的T 形等效电路和近似等效电路。 解:在一次侧计算有: )(55.42200 1010311A U S I N N N =?== )(48455 .42200 111Ω=== N N N I U Z 10220 220021===N N U U k I 0=5%I 1N =0.05×4.55=0.228(A) )(6.3036.010222'2Ω=?==r k r )(2.76.36.3'21Ω=+=+=r r r k )(0.27262.7222 2Ω=+=+=k k k x r Z ∴ )(1347228.070 2 20Ω=== I p r Fe m )(9649228 .02200 00Ω=== I U Z m )(955513479649222 2Ω=-=-=m m m r Z x ∴ 015.0484 2 .71*=== N k k Z r r 78.24841347 1*=== N m m Z r r 054.0484 26 1*===N k k Z x x 74.194849555 1*=== N m m Z x x 056.0484 27 1*===N k k Z Z Z 94.19484 9649 1*=== N m m Z Z Z T 型等效电路 近似等效电路 2-11、设有一台50kV A ,50 Hz ,6300/400V ,Yy 连接的三相铁芯式变压器,空载电流 I 0=0.075I N ,空载损耗p 0=350W ,短路电压u k*=0.055,短路损耗p kN =1300W 。 (1)试求该变压器在空载时的参数r 0及x 0,以及短路参数r k 、x k ,所有参数均归算到高压侧,作出该变压器的近似等效电路。 (2)试求该变压器供给额定电流且cos θ2=0.8滞后时的电压变化率及效率。 '2&'' '2 &' '

电机学第五版汤蕴璆复习重点带答案

1、变压器的铁心损耗包括:磁滞损耗 、涡流损耗。 2、感应电机经两次折算后得到等效电路,这两次折算为:频率折算、绕组折算。 3、直流电机按励磁方式可分类为:他励式、并励式 、串励式 、复励式。 4、变压器开路试验可以获得哪些等效电路参数:激磁电阻、激磁电抗。 4、同步电动机的起动方法有:变频起动、辅助起动、异步起动。 5、变压器等效绕组折算的一般原则是:归算前、后二次侧绕组磁动势保持不变。 6、并励直流发电机希望改变他电枢两端的正负极性,采用的方法是改变励磁绕组的接法。 7、直流发电机的电磁转矩与转速方向相反,转子电枢导体中的电流是交流电。 8、变压器制造时,硅钢片接缝变大,那么此台变压器的励磁电流将增大。 9、一台感应电机,其转差率s>1,转速n<0,则电机运行状态是电磁制动。 10、一台三相感应电机接在50Hz 三相交流电源上运行,额定转速为1480r/min ,定子上A 、B 两导体空间相隔20°机械角度,则A 、B 两导体的空间电角度为:40°。 11、简述改变他励直流电动机、三相鼠笼异步电动机转子转向的方法。 答:他励直流电动机:将电枢绕组的两个接线端对调;三相鼠笼异步电动机:将三相电源线的任意两根线换接。 12、简述并励直流发电机的自励条件。 答:1.磁路中必须有剩磁;2.励磁磁动势与剩磁两者的方向必须相同;3.励磁回路的总电阻必须小于临界电阻。 13、已知直流他励电机的额定电流I N 、额定电压U N 、额定效率ηN ,简述直流电动机和直流发电机额定功率的定义,并写出表达式。 答:对于发电机,额定功率是指线端输出的电功率,I U P ;对于电动机,额定功率是指轴上输出的机械功率,N N N N =。 14、简述单相变压器的工作原理。 15、为什么同步电动机不能自启动?说明原因。 16、一台三相绕线型感应电动机,若将定子三相短路,转子绕组通入频率为f1的三相交流电,试问:空载时电机转子能否转动,分析其工作原理。 17、简述直流电机、鼠笼异步电机、绕线异步电机和同步电机的原理和结构异同? 18、在导出变压器的等效电路时,为什么要进行归算?归算是在什么条件下进行的,要遵循哪些原则? 答:因为变压器原、副边只有磁的联系,没有电的联系,两边电压21E E ≠,电流不匹配,必须通过归算,才能得到两边直接连接的等效电路。 归算原则:归算前、后二次侧绕组磁动势保持不变。 19、一台并励直流发电机不能正常输出电压,试分析其可能原因。 答:1.磁路中没有剩磁;2.励磁回路与电枢回路之间接线错误;3.励磁回路的总电阻大于临界电阻。 20、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。因为直流发电机电流增加时,则制动转矩即电磁转矩增大,要使电动机在额定转速下运行,则必须增大输入转矩即电动机的输出转矩,那么,电动机的电磁转矩增大,因此电枢电流也增大。

电机学课后答案汤蕴缪

第一章 磁路 1-1 磁路的磁阻如何计算?磁阻的单位是什么? 答:磁路的磁阻与磁路的几何形状(长度、面积)和材料的导磁性能有关,计算公式为 A l R m μ= ,单位:Wb A 1-2 铁心中的磁滞损耗和涡流损耗是怎样产生的,它们各与哪些因素有关? 答:磁滞损耗:铁磁材料置于交变磁场中,被反复交变磁化,磁畴间相互摩擦引起的损 耗。经验公式V fB C p n m h h =。与铁磁材料的磁滞损耗系数、磁场交变的频率、铁心的体积及磁化强度有关; 涡流损耗:交变的磁场产生交变的电场,在铁心中形成环流(涡流),通过电阻产生的 损耗。经验公式G B f C p m Fe h 2 3.1≈。与材料的铁心损耗系数、频率、磁通及铁心重量有关。 1-3 图示铁心线圈,已知线圈的匝数N=1000,铁心厚度为0.025m (铁心由0.35mm 的DR320 硅钢片叠成), 叠片系数(即截面中铁的面积与总面积之比)为0.93,不计漏磁,试计算:(1) 中间心柱的磁通为4 105.7-?Wb ,不计铁心的磁位降时所需的直流励磁电流; (2) 考虑铁心磁位降时,产生同样的磁通量时所需的励磁电流。 解:Θ磁路左右对称∴可以从中间轴线分开,只考虑右半磁路的情况: 铁心、气隙截面2422109.293.01025.1025.0m m A A --?=???==δ (考虑边缘效应时,通长在气隙截面边长上加一个气隙的长度;气隙截面可以不乘系数) 气隙长度m l 41052-?==δδ 铁心长度()m cm l 21045.122025.025.15225.125.7-?=?--+??? ? ??-= 铁心、气隙中的磁感应强度T T A B B 29.1109.22105.724 4 =???=Φ= =--δ (1) 不计铁心中的磁位降: 气隙磁场强度m A m A B H 6 7 100.110 429.1?=?= = -πμδ δ

《电机学》课后习题答案

《电机学》 课后习题答案 华中科技大学辜承林主编

第1章 导论 1.1 电机和变压器的磁路常采用什么材料制成?这些材料各有哪些主要特性? 解:磁路:硅钢片。 特点:导磁率高。 电路:紫铜线。 特点:导电性能好,电阻损耗小. 电机:热轧硅钢片, 永磁材料 铁氧体 稀土钴 钕铁硼 变压器:冷轧硅钢片。 1.2 磁滞损耗和涡流损耗是什么原因引起的?它们的大小与哪些因素有关? 解:磁滞损耗:铁磁材料在交变磁场作用下反复磁化,磁畴会不停转动,相互间产生摩擦, 消耗能量,产生功率损耗。 与磁场交变频率f ,磁通密度B ,材料,体积,厚度有关。 涡流损耗:由电磁感应定律,硅钢片中有围绕磁通呈涡旋状的感应电动势和电流产生 叫涡流,涡流在其流通路径上的等效电阻中产生的损耗叫涡流损耗。 与 磁场交变频率f ,磁通密度,材料,体积,厚度有关。 1.3 变压器电动势、运动电动势产生的原因有什么不同?其大小与哪些因素有关? 解:变压器电势:磁通随时间变化而在线圈中产生的感应电动势 4.44m E fN φ=。 运动电势:线圈与磁场间的相对运动而产生的e T 与磁密B ,运动速度v ,导体长度l ,匝数N 有关。 1.6自感系数的大小与哪些因素有关?有两个匝数相等的线圈,一个绕在闭合铁心上,一个 绕在木质材料上,哪一个自感系数大?哪一个自感系数是常数?哪一个自感系数是变数,随什么原因变化? 解:自感电势:由于电流本身随时间变化而在线圈内感应的电势叫自感电势。d L e d t L ψ =- 对空心线圈:L Li ψ= 所以di e L L dt =- 自感:2L L N N m m i i i L Ni N φψ= = = ∧=∧ A m l μ∧= 所以,L 的大小与匝数平方、磁导率μ、磁路截面积A 、磁路平均长度l 有关。 闭合铁心μ>>μ0,所以闭合铁心的自感系数远大于木质材料。因为μ0是常数,所以木 质材料的自感系数是常数,铁心材料的自感系数是随磁通密度而变化。 1.7 在图1.30中,若一次绕组外加正弦电压u 1、绕组电阻R 1、电流i 1时,问 (1)绕组内为什么会感应出电动势? (2)标出磁通、一次绕组的自感电动势、二次绕组的互感电动势的正方向; (3)写出一次侧电压平衡方程式; (4)当电流i 1增加或减小时,分别标出两侧绕组的感应电动势的实际方向。 解:(1) ∵u 1为正弦电压,∴电流i 1也随时间变化,由i 1产生的磁通随时间变化,由电磁感 应定律知d dt e N Φ=-产生感应电动势. (2) 磁通方向:右手螺旋定则,全电流定律1e 方向:阻止线圈中磁链的变化,符合右手螺 旋定则:四指指向电势方向,拇指为磁通方向。

电机学陈乔夫第三版答案

第1章 导论 1.1 电机和变压器的磁路常采用什么材料制成?这些材料各有哪些主要特性? 解:磁路:硅钢片。 特点:导磁率高。 电路:紫铜线。 特点:导电性能好,电阻损耗小. 电机:热轧硅钢片, 永磁材料 铁氧体 稀土钴 钕铁硼 变压器:冷轧硅钢片。 1.2 磁滞损耗和涡流损耗是什么原因引起的?它们的大小与哪些因素有关? 解:磁滞损耗:铁磁材料在交变磁场作用下反复磁化,磁畴会不停转动,相互间产生摩擦, 消耗能量,产生功率损耗。 与磁场交变频率f ,磁通密度B ,材料,体积,厚度有关。 涡流损耗:由电磁感应定律,硅钢片中有围绕磁通呈涡旋状的感应电动势和电流产生 叫涡流,涡流在其流通路径上的等效电阻中产生的损耗叫涡流损耗。 与 磁场交变频率f ,磁通密度,材料,体积,厚度有关。 1.3 变压器电动势、运动电动势产生的原因有什么不同?其大小与哪些因素有关? 解:变压器电势:磁通随时间变化而在线圈中产生的感应电动势 4.44m E fN φ=。 运动电势:线圈与磁场间的相对运动而产生的e T 与磁密B ,运动速度v ,导体长度l ,匝数N 有关。 1.6自感系数的大小与哪些因素有关?有两个匝数相等的线圈,一个绕在闭合铁心上,一个 绕在木质材料上,哪一个自感系数大?哪一个自感系数是常数?哪一个自感系数是变数,随什么原因变化? 解:自感电势:由于电流本身随时间变化而在线圈内感应的电势叫自感电势。d L e d t L ψ =- 对空心线圈:L Li ψ= 所以di e L L dt =- 自感:2L L N N m m i i i L Ni N φψ= = = ∧=∧ A m l μ∧= 所以,L 的大小与匝数平方、磁导率μ、磁路截面积A 、磁路平均长度l 有关。 闭合铁心μ>>μ0,所以闭合铁心的自感系数远大于木质材料。因为μ0是常数,所以木 质材料的自感系数是常数,铁心材料的自感系数是随磁通密度而变化。 1.7 在图1.30中,若一次绕组外加正弦电压u 1、绕组电阻R 1、电流i 1时,问 (1)绕组内为什么会感应出电动势? (2)标出磁通、一次绕组的自感电动势、二次绕组的互感电动势的正方向; (3)写出一次侧电压平衡方程式; (4)当电流i 1增加或减小时,分别标出两侧绕组的感应电动势的实际方向。 解:(1) ∵u 1为正弦电压,∴电流i 1也随时间变化,由i 1产生的磁通随时间变化,由电磁感 应定律知d dt e N Φ=-产生感应电动势. (2) 磁通方向:右手螺旋定则,全电流定律1e 方向:阻止线圈中磁链的变化,符合右手螺 旋定则:四指指向电势方向,拇指为磁通方向。

电机学课后 思考题 习题 答案

《电机学》各章练习题与自测题参考答案 第1章 思考题与习题参考答案 1.1 变压器是怎样实现变压的?为什么能够改变电压,而不能改变频率? 答:变压器是根据电磁感应原理实现变压的。变压器的原、副绕组交链同一个主磁通,根据电磁感应定律dt d N e φ =可知,原、副绕组的感应电动势(即电压)与匝数成正比,所以当原、副绕组匝数21N N ≠时,副边电压就不等于原边电压,从而实现了变压。因为原、副绕组电动势的频率与主磁通 的频率相同,而主磁通的频率又与原边电压的频率相同,因此副边电压的频率就与原边电压的频率相同,所以,变压器能够改变电压,不能改变频率。 1.2变压器一次绕组若接在直流电源上,二次侧会有稳定的直流电压吗,为什么? 答:若一次绕组接直流电源,则铁心中将产生恒定的直流磁通,绕组中不会产生感应电动势,所以二次侧不会有稳定的直流电压。 1.3变压器铁心的作用是什么?为什么要用0.35mm 厚、表面涂有绝缘漆的硅钢片叠成? 答:变压器铁心的主要作用是形成主磁路,同时也是绕组的机械骨架。采用导磁性能好硅钢片材料是为了提高磁路的导磁性能和减小铁心中的磁滞损耗,而用薄的(0.35mm 厚)表面绝缘的硅钢片叠成是为了减小铁心中的涡流损耗(涡流损耗与硅钢片厚度成正比)。 1.4 变压器有哪些主要部件,其功能是什么? 答:变压器的主要部件是器身,即铁心和绕组。铁心构成变压器的主磁路,也是绕组的机械骨架;绕组构成变压器的电路,用来输入和输出电能。除了器身外,变压器还有一些附属器件,如绝缘套管、变压器油、油箱及各种保护装置等。 1.5 变压器二次额定电压是怎样定义的? 答:变压器一次绕组加额定电压,二次绕组空载时的端电压定义为变压器二次额定电压。 1.6 双绕组变压器一、二次侧的额定容量为什么按相等进行设计? 答:变压器传递电能时,内部损耗很小,其效率很高(达95%以上),二次绕组容量几乎接近一次绕组容量,所以双绕组变压器的一次、二次额定容量按相等设计。 1.7 变压器油的作用是什么? 答:变压器油既是绝缘介质,又是冷却介质,起绝缘和冷却作用。

电机学第四版课后答案---_(汤蕴缪主编)

第一章 第二章 第三章 第四章 第五章 第六章 第七章 第八章 磁路 1-1 磁路的磁阻如何计算?磁阻的单位是什么? 答:磁路的磁阻与磁路的几何形状(长度、面积)和材料的导磁性能有关,计算公式为 A l R m μ= ,单位:Wb A 1-2 铁心中的磁滞损耗和涡流损耗是怎样产生的,它们各与哪些因素有关? 答:磁滞损耗:铁磁材料置于交变磁场中,被反复交变磁化,磁畴间相互摩擦引起的损 耗。经验公式V fB C p n m h h =。与铁磁材料的磁滞损耗系数、磁场交变的频率、铁心的 体积及磁化强度有关; 涡流损耗:交变的磁场产生交变的电场,在铁心中形成环流(涡流),通过电阻产生的 损耗。经验公式G B f C p m Fe h 23.1≈。与材料的铁心损耗系数、频率、磁通及铁心重量有 关。 1-3 图示铁心线圈,已知线圈的匝数N=1000,铁心厚度为0.025m (铁心由0.35mm 的DR320 硅钢片叠成), 叠片系数(即截面中铁的面积与总面积之比)为0.93,不计漏磁,试计 算:(1) 中间心柱的磁通为4105.7-?Wb ,不计铁心的磁位降时所需的直流励磁电流; (2) 考虑铁心磁位降时,产生同样的磁通量时所需的励磁电流。 解: 磁路左右对称∴可以从中间轴线分开,只考虑右半磁路的情况: 铁心、气隙截面2422109.293.01025.1025.0m m A A --?=???==δ (考虑边缘效应时,通长在气隙截面边长上加一个气隙的长度;气隙截面可以不乘系数) 气隙长度m l 41052-?==δδ 铁心长度()m cm l 21045.122025.025.15225.125.7-?=?--+??? ? ??-= 铁心、气隙中的磁感应强度T T A B B 29.1109.22105.724 4 =???=Φ= =--δ (1) 不计铁心中的磁位降: 气隙磁场强度m A m A B H 67 100.110 429 .1?=?= = -πμδ δ 磁势A A l H F F I 500105100.146=???=?==-δδδ

电机学课后答案

第1章导论 电机和变压器的磁路常采用什么材料制成?这些材料各有哪些主要特性? 解:磁路:硅钢片。特点:导磁率高。 电路:紫铜线。特点:导电性能好,电阻损耗小. 电机:热轧硅钢片,永磁材料铁氧体 稀土钴 钕铁硼 变压器:冷轧硅钢片。 磁滞损耗和涡流损耗是什么原因引起的?它们的大小与哪些因素有关? 解:磁滞损耗:铁磁材料在交变磁场作用下反复磁化,磁畴会不停转动,相互间产生摩擦,消耗能量,产生功率损耗。与磁场交变频率f,磁通密度B,材料,体积,厚度有关。 涡流损耗:由电磁感应定律,硅钢片中有围绕磁通呈涡旋状的感应电动势和电流产生叫涡流,涡流在其流通路径上的等效电阻中产生的损耗叫涡流损耗。与磁场交变频率f,磁通密度,材料,体积,厚度有关。 变压器电动势、运动电动势产生的原因有什么不同?其大小与哪些因素有关? 解:变压器电势:磁通随时间变化而在线圈中产生的感应电动势。 运动电势:线圈与磁场间的相对运动而产生的eT与磁密B,运动速度v,导体长度l,匝数N有关。 自感系数的大小与哪些因素有关?有两个匝数相等的线圈,一个绕在闭合铁心上,一个绕在木质材料上,哪一个自感系数大?哪一个自感系数是常数?哪一个自感系数是变数,随什么原因变化? 解:自感电势:由于电流本身随时间变化而在线圈内感应的电势叫自感电势。 对空心线圈:所以 自感: 所以,L的大小与匝数平方、磁导率μ、磁路截面积A、磁路平均长度l有关。 闭合铁心μ??μ0,所以闭合铁心的自感系数远大于木质材料。因为μ0是常数,所以木质材料的自感系数是常数,铁心材料的自感系数是随磁通密度而变化。 在图中,若一次绕组外加正弦电压u1、绕组电阻R1、电流i1时,问 (1)绕组内为什么会感应出电动势? (2)标出磁通、一次绕组的自感电动势、二次绕组的互感电动势的正方向; (3)写出一次侧电压平衡方程式; (4)当电流i1增加或减小时,分别标出两侧绕组的感应电动势的实际方向。 解:(1) ∵u1为正弦电压,∴电流i1也随时间变化,由i1产生的磁通随时间变化,由电磁感应定律知产生感应电动势. (2) 磁通方向:右手螺旋定则,全电流定律方向:阻止线圈中磁链的变化,符合右手螺旋定则:四指指向电势方向,拇指为磁通方向。 (3) (4) i1增加,如右图。i1减小 在图中,如果电流i1在铁心中建立的磁通是,二次绕组的匝数是,试求二次绕组内感应电动势有效值的计算公式,并写出感应电动势与磁通量关系的复数表示式。

电机学第三版课后习题测验答案

电机学第三版课后习题测验答案 原边接上电源后,流过激磁电流I0,产生励磁磁动势F0,在铁芯中产生交变主磁通ф0, 其频率与电源电压的频率相同,根据电磁感应定律,原副边因交链该磁通而分别产生同频率的感应电动势 e1和e2, 且有 , , 显然,由于原副边匝数不等, 即 N1≠N2,原副边的感应电动势也就不等, 即e1≠e2, 而绕组的电压近似等于绕组电动势,即U1≈E1, U2≈E2,故原副边电压不等,即U1≠U2, 但频率相等。1-2 变压器一次线圈若接在直流电源上,二次线圈会有稳定直流电压吗?答:不会。因为接直流电源,稳定的直流电流在铁心中产生恒定不变的磁通,其变化率为零,不会在绕组中产生感应电动势。1-3变压器的空载电流的性质和作用如何? 答:作用:变压器空载电流的绝大部分用来供励磁,即产生主磁通,另有很小一部分用来供给变压器铁心损耗,前者属无功性质,称为空载电流的无功分量,后者属有功性质,称为空载电流的有功分量。性质:由于变压器空载电流的无功分量总是远远大于有功分量,故空载电流属感性无功性质,它使电网的功率因数降低,输送有功功率减小。1-4一台220/110伏的变压器,变比,能否一次线圈用2匝,二次线圈用1匝,为什么?答:不能。由可知,由于匝数太少,主磁通将剧增,磁密过大,磁路过于饱和,磁导率μ降低,磁阻增大。于是,根据磁路欧姆定律可

知, 产生该磁通的激磁电流必将大增。再由可知,磁密过大, 导致铁耗大增,铜损耗也显著增大,变压器发热严重,可能损坏变压器。1-5有一台S-100/6、3三相电力变压器,,Y,yn(Y/Y0)接线,铭牌数据如下:I0%=7% P0=600W uk%=4、5% PkN=2250W试求:1。画出以高压侧为基准的近似等效电路,用标么值计算其参数,并标于图中;2。当变压器原边接额定电压,副边接三相对称负载运行,每相负载阻抗,计算变压器 一、二次侧电流、二次端电压及输入的有功功率及此时变压器的铁损耗及激磁功率。解: 1、1-6 三相变压器的组别有何意义,如何用时钟法来表示?答:三相变压器的连接组别用来反映三相变压器对称运行时,高、低压侧对应的线电动势(线电压)之间的相位关系。影响组别的因素不仅有绕组的绕向、首末端标记,还有高、低压侧三相绕组的连接方式。用时钟法表示时,把高压绕组的线电动势(线电压)相量作为时钟的长针,并固定在12点,低压绕组的线电动势(线电压)相量作为短针,其所指的数字即为三相变压器的连接组别号。三相变压器共有12种组别,其中有6种单数组别和6种偶数组别。1-7为什么说变压器的激磁电流中需要有一个三次谐波分量,如果激磁电流中的三次谐波分量不能流通,对线圈中感应电动机势波形有何影响?答:因为磁路具有饱和特性,只有尖顶波电流才能产生正弦波磁通,因此激磁电流需要有三次谐波分量(只有这样,电流才是尖顶波)。如果没有三次谐波电流分

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第二章 Φ=1144.4fN E 11E U ≈1U f 1N '1'11144.444.4Φ=Φ=≈N f fN E U N 5060'=f f ?6050'=ΦΦΦ=Φ5's l R m μ=m m R N I Φ=?1∴m m I I 65' = βαf B p m Fe ∝βα> σσσπ11''1562x L f x = ?=σσσπ22' '25 62x L f x =?= 21E E ≠ kKA S N 5000=kV kV U U N N 3.61021= A A U S I N N N 68.28810 35000 311=?== A A U S I N N N 21.4583 .635000 322=?== kV kV U U N N 77.53 10 311=== Φ A I I N N 68.28811==Φ ?kV U U N N 3.611==Φ

A A I I N N 55.2643 21 .458311=== Φ Ω=19.21R Ω=4.151σX Ω=15.02R Ω=964.02σX Ω=1250m R Ω =12600m X 26087621=N N V U 60002=A I 1802=8.0cos 2=?1?U 1? I Ω=19.21R Ω=4.151σX Ω=1250m R Ω=12600m X Ω=Ω?? ? ??==70.115.02608762 22' 2R k R Ω=Ω?? ? ??==94.10964.02608762 22'2σ σX k X V U k U 0202152' 2∠==? ? A k I I 88.3642.53' 2-∠==? ? ()V j A V Z I U E E 15.14.2064294.1070.188.3642.53020215' 2 ' 2' 2' 21∠=Ω+?-∠+∠=+=-=-???? ()A j V Z E I m m 18.8363.112600125015.14.206421-∠=Ω +∠=-= ? ? ? A A A I I I m 12.3856.5488.3642.5318.8363.1' 21-∠=-∠+-∠=+=?? ? V Z I E U 70.24.212791111∠=?+-=? ?? Ω=+=89.3' 2 1R R R k Ω=+=34.26' 21σσX X X k A I I 88.3642.53' 21-∠==?? V Z I U U k 80.20.21254121∠=?+=? ?? 1I I m ?? I ' ' L Z '' I ' ' L Z ''

最新电机学第五版课后答案_(汤蕴璆)

第一章 磁路 电机学 1-1 磁路的磁阻如何计算?磁阻的单位是什么? 答:磁路的磁阻与磁路的几何形状(长度、面积)和材料的 1-2 铁心中的磁滞损耗和涡流损耗是怎样产生的,它们各与哪些 因素有关? 答:磁滞损耗:铁磁材料置于交变磁场中,被反复交变磁化, 磁畴间相互摩擦引起的损耗。经验公式V fB C p n m h h =。与铁磁材料的磁滞损耗系数、磁场交变的频率、铁心的体积及磁化强度有关; 涡流损耗:交变的磁场产生交变的电场,在铁心中形成环流 (涡流),通过电阻产生的损耗。经验公式G B f C p m Fe h 23.1≈。与材料的铁心损耗系数、频率、磁通及铁心重量有关。 1-3 图示铁心线圈,已知线圈的匝数N=1000,铁心厚度为0.025m (铁心由0.35mm 的DR320硅钢片叠成), 叠片系数(即截面中铁的面积与总面积之比)为0.93,不计漏磁,试计算: (1) 中间心柱的磁通为4105.7-?Wb ,不计铁心的磁位降时所需的直流励磁电流; (2) 考虑铁心磁位降时,产生同样的磁通量时所需的励磁电流。 解: 磁路左右对称∴可以从中间轴线分开,只考虑右半磁路的情况:

铁心、气隙截面2422109.293.01025.1025.0m m A A --?=???==δ (考虑边缘效应时,通长在气隙截面边长上加一个气隙的长度;气隙截面可以不乘系数) 气隙长度m l 41052-?==δδ 铁心长度 铁心、气隙中的磁感应强度 (1) 不计铁心中的磁位降: 磁势A A l H F F I 500105100.146=???=?==-δδδ (2) 考虑铁心中的磁位降: 铁心磁位降A A l H F Fe 15.871045.127002=??=?=- A A A F F F Fe I 15.58715.87500=+=+=δ 1-4 图示铁心线圈,线圈A 为100匝,通入电流1.5A ,线圈B 为 50匝,通入电流1A ,铁心截面积均匀,求PQ 两点间的磁位降。

电机学-汤蕴谬主编第三版答案

电机学课后习题 第一章 磁路 1-1 磁路的磁阻如何计算磁阻的单位是什么 答:磁路的磁阻与磁路的几何形状(长度、面积)和材料的导磁性能有关,计算公式为 A l R m μ= ,单位:Wb A 1-2 铁心中的磁滞损耗和涡流损耗是怎样产生的,它们各与哪些因素有关 答:磁滞损耗:铁磁材料置于交变磁场中,被反复交变磁化,磁畴间相互摩擦引起的损 耗。经验公式V fB C p n m h h =。与铁磁材料的磁滞损耗系数、磁场交变的频率、铁心的 体积及磁化强度有关; 涡流损耗:交变的磁场产生交变的电场,在铁心中形成环流(涡流),通过电阻产生的 损耗。经验公式G B f C p m Fe h 2 3.1≈。与材料的铁心损耗系数、频率、磁通及铁心重量有 关。 1-3 图示铁心线圈,已知线圈的匝数N=1000,铁心厚度为0.025m (铁心由0.35mm 的DR320 硅钢片叠成), 叠片系数(即截面中铁的面积与总面积之比)为,不计漏磁,试计算:(1) 中间心柱的磁通为4105.7-?Wb ,不计铁心的磁位降时所需的直流励磁电流; (2) 考虑铁心磁位降时,产生同样的磁通量时所需的励磁电流。 解: 磁路左右对称∴可以从中间轴线分开,只考虑右半磁路的情况: 铁心、气隙截面2422109.293.01025.1025.0m m A A --?=???==δ (考虑边缘效应时,通长在气隙截面边长上加一个气隙的长度;气隙截面可以不乘系数) 气隙长度m l 4 1052-?==δδ 铁心长度()m cm l 21045.122025.025.15225.125.7-?=?--+??? ? ??-= 铁心、气隙中的磁感应强度T T A B B 29.1109.22105.724 4 =???=Φ= =--δ (1) 不计铁心中的磁位降:

电机学第五版课后答案

第一章磁路电机学 1-1磁路得磁阻如何计算?磁阻得单位就是什么? 答:磁路得磁阻与磁路得几何形状(长度、面积)与材料得导磁性能有关,计算公式为,单位: 1-2铁心中得磁滞损耗与涡流损耗就是怎样产生得,它们各与哪些因素有关? 答:磁滞损耗:铁磁材料置于交变磁场中,被反复交变磁化,磁畴间相互摩擦引起得损耗。经验公式。与铁磁材料得磁滞损耗系数、磁场交变得频率、铁心得体积及磁化强度有关; 涡流损耗:交变得磁场产生交变得电场,在铁心中形成环流(涡流),通过电阻产生得损耗。经验公式。与材料得铁心损耗系数、频率、磁通及铁心重量有关。 1-3图示铁心线圈,已知线圈得匝数N=1000,铁心厚度为0、025m(铁心由0、35mm得DR320硅钢片叠成), 叠片系数(即截面中铁得面积与总面积之比)为0、93,不计漏磁,试计算:(1) 中间心柱得磁通为Wb,不计铁心得磁位降时所需得直流励磁电流; (2) 考虑铁心磁位降时,产生同样得磁通量时所需得励磁电流。 解:磁路左右对称可以从中间轴线分开,只考虑右半磁路得情况: 铁心、气隙截面

(考虑边缘效应时,通长在气隙截面边长上加一个气隙得长度;气隙截面可以不乘系数) 气隙长度 铁心长度 铁心、气隙中得磁感应强度 (1)不计铁心中得磁位降: 气隙磁场强度 磁势 电流 (2)考虑铁心中得磁位降: 铁心中查表可知: 铁心磁位降 1-4图示铁心线圈,线圈A为100匝,通入电流1、5A,线圈B为50匝,通入电流1A,铁心截面积均匀,求PQ两点间得磁位降。 解:由题意可知,材料得磁阻与长度成正比,设PQ段得磁阻为,则左边支路得磁阻为: 1-5图示铸钢铁心,尺寸为

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2-1一台单相变压器, S N =5000kV A,U 1N /U 2N =35/6.0kV ,f N =50H Z ,铁心有效面积 A=1120cm 2,铁心中的最大磁密B m =1.45T ,试求高、低压绕组的匝数和变比。 解: 高压绕组的匝数 152410112045.12 5044.4103544.444.44 3 111=?????== ≈-π φA fB U f U N av N m N 变压器的变比83.56352121==≈=kV kV U U N N k N N 低压绕组的匝数26183 .51524 12===k N N 2-2 有一台单相变压器,已知r1=2.19Ω,x1σ=15.4 Ω ,r2=0.15 Ω ,x2σ=0.964 Ω , rm= 1250 Ω ,xm= 12600 Ω ,N1 = 876匝, N2 = 260匝,当cos φ2 = 0.8滞后时, 二次侧电流I2 = 180A , U2N= 6000V ,试用“Г”形近似等效电路和简化等效电路求 u 1及 i1 。 下面用“Г”形近似等效电路求解。 令 369 .326087621===N N k Ω =?=='Ω=?=='94.10964.0369.3703.115.0369.32 1222 222σσx k x r k r V kU U A I k I 202156000369.34.53180369 .311222 2=?=='=?== 'Ω =+='+=Ω =+='+=3.2694.104.1589.3703.119.22121σσx x x r r r k k ??∠=∠'='0 20215022U U

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第一章 磁路 1-1 磁路的磁阻如何计算磁阻的单位是什么 答:磁路的磁阻与磁路的几何形状(长度、面积)和材料的导磁性能有关,计算公式为 A l R m μ= ,单位:Wb A 1-2 铁心中的磁滞损耗和涡流损耗是怎样产生的,它们各与哪些因素有关 答:磁滞损耗:铁磁材料置于交变磁场中,被反复交变磁化,磁畴间相互摩擦引起的损耗。 经验公式V fB C p n m h h =。与铁磁材料的磁滞损耗系数、磁场交变的频率、铁心的体积及磁化强度有关; 涡流损耗:交变的磁场产生交变的电场,在铁心中形成环流(涡流),通过电阻产生的损 耗。经验公式G B f C p m Fe h 2 3.1≈。与材料的铁心损耗系数、频率、磁通及铁心重量有关。 1-3 图示铁心线圈,已知线圈的匝数N=1000,铁心厚度为(铁心由的DR320硅钢片叠成), 叠片 系数(即截面中铁的面积与总面积之比)为,不计漏磁,试计算:(1) 中间心柱的磁通为 4105.7-?Wb ,不计铁心的磁位降时所需的直流励磁电流; (2) 考虑铁心磁位降时,产生同样的磁通量时所需的励磁电流。 解: 磁路左右对称∴可以从中间轴线分开,只考虑右半磁路的情况: 铁心、气隙截面2422109.293.01025.1025.0m m A A --?=???==δ (考虑边缘效应时,通长在气隙截面边长上加一个气隙的长度;气隙截面可以不乘系数) 气隙长度m l 41052-?==δδ 铁心长度()m cm l 21045.122025.025.15225.125.7-?=?--+??? ? ??-= 铁心、气隙中的磁感应强度T T A B B 29.1109.22105.724 4 =???=Φ= =--δ (1)不计铁心中的磁位降: 气隙磁场强度m A m A B H 67 100.110 429 .1?=?= = -πμδ δ 磁势A A l H F F I 500105100.146=???=?==-δδδ 电流A N F I I 5.0== (2)考虑铁心中的磁位降: 铁心中T B 29.1= 查表可知:m A H 700= 铁心磁位降A A l H F Fe 15.871045.127002=??=?=-

《电机学上》课后答案

《电机学》系列材料电机学 作业参考答案 福州大学电气工程与自动化学院 电机学教研组黄灿水编 2008-3-3

2-1 设有一台500kV A 、三相、35000/400V 双绕组变压器,初级、次级侧绕组均系星形连接,试求高压方面和低压方面的额定电流。 解:由已知可得:kVA S N 500=、V U N 350001=、V U N 4002=,则有: 高压侧:)(25.8350003105003311A U S I N N N =??= = 低压侧: )(7.721400 3105003322A U S I N N N =??== 2-2 设有一台16MV A 、三相、110/11kV 、Yd 连接的双绕组变压器(表示初级三相绕组接成星形,次级三相绕组接成三角形)。试求高压、低压两侧的额定线电压、线电流和额定相电压、相电流。 解:由已知可得:MVA S N 16=、kV U N 1101=、kV U N 112=,则有: 高压侧 额定线电压: kV U N 1101= 额定线电流: )(0.8410 1103101633 611A U S I N N N =???= = 额定相电压: kV U U N 5.633 110311== =φ 额定相电流: )(8411A I I N ==φ 低压侧 额定线电压: kV U N 112= 额定线电流: )(84010 113101633 622A U S I N N N =???= = 额定相电压: kV U U N 1122==φ 额定相电流: )(4853 8403 22A I I N == =φ

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