电机与拖动基础课程设计.docx
电机与拖动基础 课程设计 电机与拖动基础 直流电动机串电阻启动课程设计 年级： 专业：自动化 班级： 姓名： 学号： 指导老师： 目录 一、直流电动机的综述 直流电动机运行原理 (3) 二、他励直流电动机 他励直流电动机机械特性 (4) 启动条件 (4) 启动方法 (4) 三、设计内容 直流电动机串电阻启动具体方案实现 (7) 控制线路原理图 (9) 四、结论 (10) 五、心得体会 (12) 六、参考文献 (12) 直流电动机的综述 直流电动机是人类最早发明和应用的一种电机。直流电机可作为电动机用，也可作为发电机用。直流电动机是将直流电转换成机械能的而带动生产机械运转的电器设备。与交流电动机相比，直流机因结构复杂、维护困难、价格较贵等缺点制约了它的发展，但是它具有良好的起动、调速和制动性能，因此在速度调节要求较要、正反转和起动频繁或多个单元同步协调运转的生产机械上，仍广泛采用直流电动机拖动。在工业领域直流电动机仍占有一席之地。因此有必要了解直流电动的运行特性。在四种直流电动机中，他励电动机应用最为广泛。 直流电动机运行原理 如图所示，电枢绕组通过电刷接到直流电源上，绕组的转轴与机械负载相连，这是便有电流从电源正极流出，经电刷A流入电枢绕组，然后经过电刷B流回电源的负极。在图1-1所示位置，在N级下面导线电流是由a到b，根据左手定则可知导线ab受力的方向向左，而cd的受力方向是向右的。当两个电磁力对转轴所形成的电磁转矩大于阻转矩是，电动机逆时针旋转。当线圈转过180度时，这是导线的电流方向变为由d到c和b到a，因此电磁转矩的方向仍然是逆时针的,这样就使得电机一直旋转下去。 他励直流电动机 他励直流电动机是一种励磁绕组与电枢绕组无连接关系，而由其他直流电源而由其他直流电源对励磁绕组单独供电的直流电动机 他励直流电动机启动条件与方法 他励直流电动机的起动分为直接起动，降电压起动，电枢串电阻起动 一、直接起动 直接起动是指接通励磁电源后，将电动机的电枢直接投入额定电压的电源上起动。直接起动又称为全压起动。由于起动瞬间，转速等于零，电枢绕组的感应电动势： =n C E e a 起动电流为： a N a a N st R U R E U I =-= 由于电枢绕组的电阻Ra 很小，所以起动电流很大，可达到额定电流的十几倍。该电流对电网的冲击很大。因而，除了小容量电机可采用直接起动外，对大中、容量的电动机不能直接起动。 二、降电压起动 降低电枢电压起动，即起动前将施加在电动机电枢两端的电源电压降低，以减小起动电流 ，电动机起动后，再逐渐提高电源电压，使起动电磁转矩维持在一定数值，保证电动机按需要的加速度升速。这种起动方法需要专用电源，投资较大，但起动电流小，起动转矩容易控制，起动平稳，起动能耗小，是一种较好的起动方法。 三、电枢串电阻起动 在实际中，如果能够做到适当选用各级起动电阻，那么串电阻起动由于其起动设备简单、经济和可靠，同时可以中道平滑快速情动，因而得到广泛应用。但对于不同类型和规格的直流电动机，对起动电阻的级数要求也不尽相同。 下面所示直流他励电动机电枢电路串电阻二级起动为例说明起动过程。 起动过程分析： 如图4-1（a）所示，当电动机已有磁场时，给电枢电路加电源电压U。触点KM1、KM2均断开，电枢传入了全部附加电阻Rk1+Rk2电枢回路总电阻为Ral=ra+Rk1+Rk2。这时起动电流为： 与起动电流所对应的起动转矩为T1。对应于由电阻所确定的人为机械特性如图（b）中的曲线1所示。 n0h e c I T O T L I L I2 T2 g m f d 3 2 b 1 R al r a R a2 （b）特性图 （a）电路图 直流他励电动机分二级起动的电路和特性 根据电力拖动系统的基本运动方程： 式中： T 电动机的电磁转矩； T L 由负载作用所产生的阻转矩； Jdw/dt错误！未找到引用源。 -电动机转矩克服负载转矩后所产生的动态转矩。 由于起动转矩T1大于负载转矩T L,电动机收到加速转矩的作用，转矩有零逐渐上升，电动机开始起动。在图（b）中，由a点沿着曲线1上升，反电动势亦随之上升，电枢电流下降，电动机的转矩亦随之下降，加速转矩减小。上升到b 点时，为保证一定的加速转矩，控制触点K M1闭合，切除一段起动电阻R k1后，b 点所对应的电枢电流I2成为切换电流，其对应的电动机的转矩T2成为切换转矩。切除R K1后 ,电枢回路总电阻为R a2=r a+R k2。这时电动机对应于由电阻R a2确定的人为机械特性。在切除起动电阻R K1的瞬间，由于惯性电动机的转速不变，仍为n b，其反电动势亦不变。因此，电枢电流突增，其相应的电动势转矩也突增。适当的选择切除的电阻值R k1，使切除R k1后的电枢电流刚好等于I1,所对应的转矩为T2，即在曲线2上的c点。又有T1>T2,电动机在加速转矩作用下，由c点沿曲线2上升到d点。控制点K M2闭合，又切除一切起动电阻R k2。同理，由d点过度到e点，而且e点正好在固定的机械特性上。电枢电流又由I2突增到I1相应的电动机转矩由T2突增到T1。T1>T2，沿固有特性加速到g点T=T L，n=n g电动机稳定运行，起动过程结束。 在分级起动过程中，各级的最大电流I1（或者相应的最大转矩T2）及切换电流I2（或者与之对应的切换转矩T2）都是不变的，这样，使得起动过程中有均匀的加速。 要满足以上电枢回路串接电阻分级起动的要求，前提是选择合适的各级起动电阻。 设计内容 一、直流电动机串电阻启动具体方案实现 1、选择起动电流 I1 和 I2 起动电流 I 1=（2.02.5）I N =（2.02.5）116.3=(232.6-290.75)A 取 I 1=240A I 2=(1.11.2)I N =（1.11.2）116。3=（127.93139.56）A 取 I 2=130A 2、求出电动机的电枢电路电阻 =(220*116.3-22000/116.32 )/2=0.133 3、求出起动时电枢电路的电阻R aM I U R N M 1 a a ÷=220/240=0.92 ) (10 )3221 (23 ?-=N N N N a I P I U R 4、求出起切电流比 1.9 0.133*240220*13 1 1 =? ? ? ? ?Ra I Un M 5、求出I 1校验I 2 A I I 3.1261.9 2401 2 = = I 2在规定范围之内 6、求出启动级数m 取m=3 7、求出各级电阻 133 .0a = R R ? 2527 .0133.09.10 1 =?=R R ? 48 .02527.09.11 2 =?= R R ? =?= 912.048.09.12 3 R R 8、求出各级起动电阻 =-=12.0133.02527.0-0 1st1 R R R =-=23.02527.048.0-1 2 2 st R R R =-= 432.048.0912.0-2 3 3st R R R 9、求出各级总电阻 R1=R 0+R st1=0.133+0.12=0.253 R2=R 0+R st1+R st2=0.133+0.12+0.23=0.483 R3=R 0+R st1+R st2+R st3 =0.133+0.12+0.23+0.432=0.951 二、控制线路原理图 n 0 n N n 3 T I n 1 T L I L T 2 I 2 T 1 I 1 st2 st2+R st3 M a R S 1 S - + U 1 st R 2st R 3 st R 2 S S 3 结论 他励直流电动机串电阻起动计算方法： 1 .选择起动电流I1和切换电流I2 起动电流为 I 1=（2.02.5）I N 切换电流为 I 2=（1.11.2）I L 对应的起动转矩 T 1=（1.52.0）T N 对应的切换转矩 T 2=(1.5-2.0)T N 2 .求出起切电流（转矩）比 2 1I I = 3 .求出电动机的电枢电路电阻a R 4 .求出起动时的电枢总电阻Rm N N I U R a a m = 5 .求出起动级数m lg lg m a m R R = 选取m=3 6.重新计算，校验I2是否在规定范围内 若m 是取相近整数，则需重新计算I 2 再根据得出的重新求出I2，并校验I2是否在规定范围内。若不在规定范围内，需加大起动级数m 重新计算和I2，直到符合要求为止。 7.求出各级电阻 R 0=0 ×R a R 1= 1 ×R a R n =n ×R a )(10 )3221(2 3 ?-=N N N N a I P I U R 8.求出各级起动电阻 R R R 0 1 st1 -= R R R 1 2 2 st - = R R R n 1 -n n st - = 9.求出各级总电阻 R1=R0+Rst1 R2=R0+Rst1+Rst2 . Rn=R0+Rst1+Rst2+Rstn 数据记录： 级数m=3 起动电流：I 1=240A ；切换电流：I 2=130A 电流比：=1.9 电动机电枢电路电阻：Ra=0.133 电机启动时电枢电路电阻Ram=0.92 各级电阻：R 0=0.133 R 1=0.25 R 2=0.48 R 3=0.91 各级启动电阻: R st1=0.12 R st2=0.23 R st3=0.432 各级总电阻R1=0.253 R2=0.483 R3=0.951
