第二章直流电动机的电力拖动.ppt

第二章第二章 直流电动机的电力拖动直流电动机的电力拖动第一节第一节 电力拖动系统的运动方程式电力拖动系统的运动方程式第二节第二节 生产机械的负载转矩特性生产机械的负载转矩特性第三节第三节 他励直流电动机的机械特性他励直流电动机的机械特性第四节第四节 他励直流电动机的起动他励直流电动机的起动第五节第五节 他励直流电动机的制动他励直流电动机的制动第六节第六节 他励直流电动机的调速他励直流电动机的调速 电力拖动是以电动机作为电力拖动是以电动机作为原动机，原动机，来带来带动生产机械按动生产机械按人们所给定的规律运动。人们所给定的规律运动。电力拖动系统由电力拖动系统由电动机、传动机构、电电动机、传动机构、电气控制设备、电源气控制设备、电源和和生产机械负载等组成。生产机械负载等组成。学习电动机的目的是为了学习电动机的目的是为了使用电动机，使用电动机，把电动机运用于把电动机运用于拖动控制系统中。拖动控制系统中。需要用需要用到第一章的基本理论和基本公式来解决到第一章的基本理论和基本公式来解决电电力拖动系统的起动、制动力拖动系统的起动、制动和和调速等基本问调速等基本问题。题。第一节第一节 电力拖动系统的运动方程式电力拖动系统的运动方程式 电力拖动系统有电力拖动系统有多种类型，多种类型，最简单的系最简单的系统是统是单台电动机单台电动机直接与直接与生产机械同轴连接，生产机械同轴连接，称为称为单机单轴系统单机单轴系统，简称为，简称为单轴系统单轴系统，如，如图所示。图所示。在多数情况下在多数情况下，由于生产机械转速较低由于生产机械转速较低或具有直线运动部件或具有直线运动部件，所以，所以电动机必须通电动机必须通过过传动机构多根转轴的传动，传动机构多根转轴的传动，才能带动才能带动生生产机械运动，称为产机械运动，称为单机多轴系统单机多轴系统，简称为，简称为多轴系统多轴系统，如图所示。，如图所示。当电动机与工作机构不同轴时当电动机与工作机构不同轴时，两者之两者之间有间有传动机构，传动机构，用以用以变速变速或或变换运动方式。变换运动方式。即实际电力拖动系统中即实际电力拖动系统中，电动机与负载电动机与负载的工作机构间常采用的工作机构间常采用齿轮传动，蜗轮、蜗齿轮传动，蜗轮、蜗杆等传动机构，杆等传动机构，使电力拖动系统的轴使电力拖动系统的轴不只不只一根。一根。在少数场合在少数场合，有两台或多台电动机来带有两台或多台电动机来带动动一个或多个工作机构，称为一个或多个工作机构，称为多电动机拖多电动机拖动系统动系统，简称，简称多机系统多机系统。电力拖动系统工作时电力拖动系统工作时，有些部件是作有些部件是作直直线运动，线运动，如如起重机的吊钩等。起重机的吊钩等。有些部件是有些部件是作作旋转运动的，旋转运动的，如如齿轮机构等。齿轮机构等。分析电力拖动系统的运动规律分析电力拖动系统的运动规律，最主要最主要的任务是要研究的任务是要研究作用在电动机转轴上的转作用在电动机转轴上的转矩矩及及负载转矩与电动机转速之间的关系。负载转矩与电动机转速之间的关系。包括包括稳定运行时的关系稳定运行时的关系及及处于暂态过程中处于暂态过程中的关系。的关系。对于单轴系统对于单轴系统较较简单；简单；对于多轴系统对于多轴系统，各根转轴的转速和作用于各转轴上的转矩各根转轴的转速和作用于各转轴上的转矩都不相同，都不相同，情况比较情况比较复杂。复杂。一般的分析方法是一般的分析方法是先对单轴系统进行先对单轴系统进行研研究，究，得出得出一般规律。一般规律。对于多轴系统对于多轴系统，则通则通过折算将其等效成过折算将其等效成一个单轴系统，一个单轴系统，这样就这样就可以利用单轴系统的规律来分析可以利用单轴系统的规律来分析多轴系统。多轴系统。一单轴系统的运动方程式一单轴系统的运动方程式 如图所示，如图所示，生产机械的转矩生产机械的转矩T2是直接作是直接作用在用在电动机的轴上，所以电动机的轴上，所以电动机轴上所受电动机轴上所受的总制动转矩为：的总制动转矩为：T2+T0=TZ（T0为为电动机本身的空载转矩）。电动机本身的空载转矩）。在电力拖动系统中，在电力拖动系统中，通常称通常称TZ为为生产生产机械的总负载转矩，机械的总负载转矩，即把即把T0考虑在考虑在负载转负载转矩矩TZ之中。之中。这样，这样，作用在电动机轴上的转矩只有作用在电动机轴上的转矩只有驱驱动性质的电磁转矩动性质的电磁转矩Tem及及制动性质的负载转制动性质的负载转矩矩TZ。当当TemTZ时时，转动体的转速就会发生转动体的转速就会发生变化，变化，产生产生角加速度角加速度 ，则转矩方程式为：则转矩方程式为：Tem-TZ=J 式中，式中，J为为单轴系统的单轴系统的转动惯量转动惯量（包括包括电动机的转动惯量电动机的转动惯量和和生产机械的转动惯量），生产机械的转动惯量），是衡量是衡量惯性作用的一个物理参数。（单位惯性作用的一个物理参数。（单位kgm2）转动惯量转动惯量J越大，越大，转动部分的惯性转动部分的惯性越大，越大，改变其角速度改变其角速度就就越困难。越困难。在工程中在工程中，常用飞轮矩常用飞轮矩GD2来表征来表征转动转动体的惯性作用，体的惯性作用，GD2和和J的关系为：的关系为：J=GD2/(4g)式中，式中，g为为重力加速度，重力加速度，g=9.8（m/s2）；）；GD2为为电动机转子电动机转子与与生产机械转动部分生产机械转动部分的飞轮矩的飞轮矩之和之和（单位（单位Nm2），），可从各自的产可从各自的产品目录中品目录中查得。查得。D为为转动部分惯性直径（转动部分惯性直径（m），），G为为转动转动部分重量（部分重量（N）。）。机械角速度机械角速度=2n/60。可得单轴系统的运动方程式的实用形式：可得单轴系统的运动方程式的实用形式：Tem-TZ=J =上式是电力拖动系统的基本运动方程式上式是电力拖动系统的基本运动方程式，表征了表征了电力拖动系统机械运动的普遍规律，电力拖动系统机械运动的普遍规律，是研究是研究电力拖动系统各种运动状态的理论电力拖动系统各种运动状态的理论基础。基础。(GD2/375)dn/dt称为称为加速转矩加速转矩，其大小其大小和正、负号由和正、负号由Tem、TZ的代数和的代数和来决定的来决定的。如如Tem、TZ、n均为均为正时，正时，可知：可知：（1）当当Tem=TZ时时，=0，则转速则转速n等于等于常数，常数，系统处于系统处于稳定运行状态，稳定运行状态，包括包括静止状态静止状态（n=0）。）。因此，因此，要使系统达到要使系统达到稳定，稳定，必须使必须使Tem=TZ；（2）当当TemTZ时时，0，则转速则转速n在在升高，升高，系统处于系统处于加速过程中。加速过程中。因此，因此，要使电力拖动系统从静止状态要使电力拖动系统从静止状态起起动运转，动运转，必须使必须使起动时的电磁转矩起动时的电磁转矩Tem（即即起动转矩）起动转矩）大于大于n=0时的负载转矩时的负载转矩TZ。（3）当当TemTZ时时，N，即特性即特性变软；变软；转速下降转速下降更多。更多。当当R不同时不同时，理想空载点理想空载点不变，不变，但但值值变化，变化，R越大，越大，对应的对应的值值越大，越大，特性特性越软。越软。因此，因此，电枢回路串电阻的人为特性是电枢回路串电阻的人为特性是通过理想空载点的通过理想空载点的一束直线一束直线。2改变端电压的人为特性改变端电压的人为特性 为了改变电动机的端电压为了改变电动机的端电压U，必须采用必须采用电压值可以调节的直流电源，电压值可以调节的直流电源，对该电动机对该电动机供电。供电。常用方法如常用方法如由直流发电机供电的由直流发电机供电的F-D系系统统和和由可控整流电源供电的由可控整流电源供电的KZ-D系统。系统。发电机发电机-电动机组系统：电动机组系统：他励直流发电机他励直流发电机F由由三相交流电动机三相交流电动机拖动以拖动以nF转速旋转，转速旋转，改变改变发电机的励磁电流发电机的励磁电流IfF，即可改变即可改变其输出电压其输出电压U，以达到改变以达到改变施施加于他励直流电动机加于他励直流电动机D的端电压值的端电压值U。可控硅可控硅-电动机系统：电动机系统：调节电位器调节电位器W的给定值的给定值，经触发电路即经触发电路即可改变可改变可控硅的触发角可控硅的触发角，达到改变达到改变施加于施加于电动机的端电压值电动机的端电压值U。保持保持=N（即（即If=IfN）不变且）不变且R=0，改变改变电动机的端电压电动机的端电压U，所得到的机械特性，所得到的机械特性称为称为改变端电压的人为特性改变端电压的人为特性。表达式为：表达式为：式中式中n0=U/(CeN)为为端电压改变后的端电压改变后的理想空载转速；理想空载转速；由于电动机受耐压的限制由于电动机受耐压的限制，不能在不能在过电过电压状态下运行，所以压状态下运行，所以一般都用降低端电压一般都用降低端电压的人为特性的人为特性，也是一条也是一条下降的直线，如图下降的直线，如图所示。所示。其特点是：其特点是：1）理想空载转速理想空载转速n0n0，即比即比固有特性的固有特性的高；高；2）斜率斜率N，即特性即特性变软。变软。四电力拖动系统的稳定运行条件四电力拖动系统的稳定运行条件1电力拖动系统的平衡状态电力拖动系统的平衡状态 如图所示是一个如图所示是一个由他励直流电动机带由他励直流电动机带动动恒转矩负载恒转矩负载的拖动系统的的拖动系统的电动机机械特电动机机械特性性n=f（Tem）与与负载转矩特性负载转矩特性n=f（TZ）。）。在机械特性与负载转矩特性的交点在机械特性与负载转矩特性的交点A处处，Tem=TZ。此时，此时，dn/dt=0，转速，转速不变，不变，电动机的电动机的电流电流Ia=Tem/(CTIa)=TZ/(CTIa)也保持也保持不变，不变，则称则称该拖动系统处于平衡状态该拖动系统处于平衡状态。2电力拖动系统的稳定平衡状态电力拖动系统的稳定平衡状态 某电力拖动系统原来处于某电力拖动系统原来处于平衡状态，平衡状态，如果由于某种原因如果由于某种原因（如如电压波动、负载变电压波动、负载变化化或或电机参数的正常调节），电机参数的正常调节），使系统离开使系统离开了了原来的平衡状态，原来的平衡状态，但能够在新的条件下但能够在新的条件下自动地达到自动地达到新的平衡，新的平衡，或者或者在外界扰动消在外界扰动消失后能够恢复到失后能够恢复到原来的平衡状态，原来的平衡状态，则称则称该该拖动系统原来的运行状态是稳定平衡状态拖动系统原来的运行状态是稳定平衡状态。如果不能自动地达到如果不能自动地达到新的平衡新的平衡或或在扰在扰动消失后不能回到动消失后不能回到原来的平衡状态，则称原来的平衡状态，则称该系统原来的运行状态是平衡状态该系统原来的运行状态是平衡状态，但但不不是稳定的平衡状态是稳定的平衡状态。对于图中的交点对于图中的交点A平衡状态平衡状态，如果由于如果由于某种原因，某种原因，如端电压突然下降如端电压突然下降1%，电动机电动机的机械特性也随之的机械特性也随之突然下移至特性突然下移至特性2。由于机械惯性由于机械惯性，在端电压突变的瞬间在端电压突变的瞬间，转速来不及转速来不及变化，变化，仍为仍为n=nA，电动机的工电动机的工作点从作点从A点点突然跳到突然跳到B点。（点。（U=Cen+IaRa，使使Ia下降，下降，Tem下降）下降）此时，此时，Tem=TBTZ，使系统开始使系统开始加速，加速，Ia、Tem开始下降，开始下降，工作点沿特性工作点沿特性1上升到上升到A点，点，TA=TZ，dn/dt=0，n=nA，转速保持转速保持不变，不变，系统回到系统回到原来的平衡状态。原来的平衡状态。因此，因此，系统在原来的平衡状态系统在原来的平衡状态A点运行点运行时，是处于时，是处于稳定平衡状态稳定平衡状态。对于如图所示的系统对于如图所示的系统，设原来也运行设原来也运行于交点于交点A，处于，处于平衡状态。平衡状态。如果某外界扰动如果某外界扰动（如如电压下降），电压下降），使电动机的机械特性突使电动机的机械特性突变为变为特性特性2时，时，由于由于n=nA不能突变，不能突变，工作点工作点突变为突变为B点。点。由于由于B点的点的TBTZ，系统开始系统开始加速，加速，工工作点沿特性作点沿特性2向上移动，向上移动，Tem越来越大，越来越大，dn/dt也也越来越大，越来越大，不可能达到不可能达到新的平衡点新的平衡点C。即使在加速过程中即使在加速过程中，外界扰动消失了外界扰动消失了，如在如在D点时端电压恢复为点时端电压恢复为UN，机械特性恢复机械特性恢复为为特性特性1，但电压恢复的瞬间但电压恢复的瞬间n=nD也不能也不能突突变，变，工作点跳至工作点跳至特性特性1的的E点，点，而而E点点TETZ，使系统仍然使系统仍然加速，加速，工作点沿工作点沿特性特性1上升，上升，结果使结果使Tem越来越大，越来越大，系统加速度也系统加速度也越来越越来越大，大，不可能回到不可能回到原来的平衡状态原来的平衡状态A点。点。因此，因此，此拖动系统是此拖动系统是不能稳定平衡运行不能稳定平衡运行的系统。的系统。3电力拖动系统稳定运行的条件电力拖动系统稳定运行的条件 可以证明电力拖动系统稳定运行的条件为：可以证明电力拖动系统稳定运行的条件为：1）电动机的机械特性与生产机械的负载转电动机的机械特性与生产机械的负载转矩特性必须有矩特性必须有交点（交点（必要条件必要条件）；）；2）在交点处满足在交点处满足：TZ,n,Ea=UN-IaRa,Ia,Tem,Tem=TZ,n=nN）但是，但是，要使系统获得要使系统获得较大的加速度而顺较大的加速度而顺利起动，利起动，在起动时，必须先加在起动时，必须先加大的励磁大的励磁且使且使If=IfN。Tst=CTIst 即要使即要使Tst较大，较大，而而Ist又不能又不能太大，太大，所以所以先要加足先要加足磁场，磁场，使使=N，再接通再接通电枢电源，电枢电源，产生产生Tst，电动机电动机开始起动。开始起动。(若无若无，则，则Tst=0，无起动转矩，无起动转矩Tst=0，TstTZ，电动机加速度电动机加速度dn/dt0，保证电动机保证电动机能够起动，能够起动，且起动过程时间且起动过程时间较短，较短，以提高以提高生生产率。产率。2）起动电流的起始值起动电流的起始值Ist不能太大，不能太大，否则使否则使换换向向困难，困难，产生产生强烈火花，强烈火花，损坏损坏电动机；电动机；还会还会产生产生转矩冲击（转矩冲击（Tst太大），太大），影响影响传动机构。传动机构。3）起动设备与控制装置起动设备与控制装置简单，可靠，方便。简单，可靠，方便。起动条件起动条件互相联系又互相制约，互相联系又互相制约，应结合应结合具体情况具体情况进行取舍。进行取舍。任何一种起动方法任何一种起动方法，最根本的原则是最根本的原则是确确保保足够大的起动转矩足够大的起动转矩和限制和限制起动电流。起动电流。所以所以每种起动方法均应保证有每种起动方法均应保证有足够大的足够大的磁通。磁通。直接起动方法特点是：直接起动方法特点是：不必另设不必另设起动设备，起动设备，起动转矩起动转矩大，大，但起但起动电流动电流大。大。2降压起动降压起动 起动时，先加上起动时，先加上励磁电压励磁电压Uf，保持保持励磁励磁电流电流If为额定值不变。为额定值不变。降低端电压降低端电压U，使使Ist=U/Ra（1.52.0）IN，且且Tst=CTNIst（1.52.0）TN。在不大的起动在不大的起动电流下电流下，使系统使系统顺利起动。顺利起动。随着转速的升高随着转速的升高，反电动势反电动势Ea=CeNn增大，增大，电枢电流电枢电流Ia=(U-Ea)/Ra开始下降，开始下降，电电磁转矩磁转矩Tem下降，这时，下降，这时，为了保持为了保持起动过程起动过程中电磁转矩较大中电磁转矩较大，电枢电流在一定范围，电枢电流在一定范围，可可以逐渐升高以逐渐升高端电压端电压U，使使Ia、Tem回升，回升，直至直至U=UN，起动完毕起动完毕。若不逐渐升高若不逐渐升高U，则则n增加时，增加时，Ea增加，增加，Ia减小，减小，Tem减小，减小，起动时间起动时间长。长。根据起动条件，可以确定根据起动条件，可以确定起始电压起始电压U的的大小，大小，即即 U（1.52.0）IN Ra 这种起动方法的特点是：这种起动方法的特点是：起动平稳，起动电流小，起动过程中的起动平稳，起动电流小，起动过程中的能量损耗小。但需专用电源，设备投资较能量损耗小。但需专用电源，设备投资较大。大。3电枢回路串电阻起动电枢回路串电阻起动 起动前，先把起动变阻器的电阻调到起动前，先把起动变阻器的电阻调到最最大值，大值，加上加上励磁电压励磁电压Uf，保持保持励磁电流励磁电流If为为额定值不变。额定值不变。再接通再接通电枢电源，电枢电源，电动机开电动机开始始起动。起动。随着随着转速的升高，转速的升高，Ia、Tem开始减小，开始减小，可以逐级切除可以逐级切除起动电阻，起动电阻，使使Ia、Tem回升，回升，直至全部切除直至全部切除起动电阻，起动电阻，起动完毕起动完毕。（。（Ia=(U-Ea)/（Ra+R）额定功率较大的电动机一般采用额定功率较大的电动机一般采用分级起分级起动的方法，动的方法，以保证以保证起动过程中起动过程中既有既有比较大比较大的起动转矩，的起动转矩，又使又使起动电流不会超过允许起动电流不会超过允许值。值。根据起动条件，可确定根据起动条件，可确定起始串入电阻的起始串入电阻的大小，即大小，即 Ia=UN/(Ra+R)R=UN/(1.52.0)IN)-Ra 如图所示为如图所示为电枢回路串三级起动电阻原电枢回路串三级起动电阻原理图。理图。起动时，接入全部起动电阻起动时，接入全部起动电阻，并加上并加上额定电压额定电压UN，则瞬时起动电流为则瞬时起动电流为：(n=0，Ea=0)I1=UN/(R3+R2+R1+Ra)=UN/R3 其中，其中，R3=R3+R2+R1+Ra，为，为全全部起动电阻均接入时的电枢回路总电阻。部起动电阻均接入时的电枢回路总电阻。与与R3对应的人为特性对应的人为特性如图的如图的n0ba线，线，与横轴的交点与横轴的交点a为为起动转矩起动转矩T1=CTNI1。只要合理选择只要合理选择R3+R2+R1的阻值，的阻值，可使可使I1=（1.52.0）IN，T1=（1.52.0）TNTZ，系统可以系统可以安全顺利安全顺利起动。起动。随着转速的升高随着转速的升高，Ea增大，增大，使使Ia=(U-Ea)/Ra减小，减小，Tem=CTNIa也减小，也减小，工作点工作点沿着沿着特性特性abn0上移。上移。当当Tem减小到减小到b点，点，Tem=T2=(1.11.2)TN 时，时，为了得到为了得到较大的加较大的加速度，速度，可将触点可将触点C3闭合，闭合，把把R3切除，切除，则电则电枢回路电阻突变为枢回路电阻突变为R2=R2+R1+Ra，对应对应的人为特性为的人为特性为n0dc。由于由于切换时转速切换时转速n=nb不不能突变，所以能突变，所以工作点突变为工作点突变为c点。点。如果各级起动电阻如果各级起动电阻设计得当，设计得当，可以做到可以做到Tc=T1，系统又获得系统又获得较大的加速度，较大的加速度，而电流而电流仍与仍与I1相等，相等，不会不会过大。过大。当工作点沿当工作点沿cdn0上移到上移到d点点即即Tem=T2时，时，触点触点C2闭合，闭合，把把R2切除，切除，则电枢回路电阻则电枢回路电阻突变为突变为R1=R1+Ra，对应的人为特性为对应的人为特性为n0fe，工作点突变为工作点突变为e点，点，电动机又得到电动机又得到较大的较大的加速度。加速度。当工作点沿当工作点沿efn0上移到上移到f点点即即Tem=T2时，时，触点触点C1闭合，闭合，把把R1切除，切除，工作点从工作点从f突变至突变至固有特性固有特性ghn0的的g点，点，电动机又得到电动机又得到较大的较大的加速度，加速度，工作点沿工作点沿ghn0上升至上升至h而稳定，而稳定，起起动过程动过程结束。（结束。（T=TZ，n=nh）此方法特点是：此方法特点是：耗能大，不经济，但所需的起动设备耗能大，不经济，但所需的起动设备不多。不多。二他励直流电动机分级起动电阻的计算二他励直流电动机分级起动电阻的计算 起动电阻的分段数起动电阻的分段数m、最大起动电流、最大起动电流I1与切换电流与切换电流I2的大小是根据的大小是根据生产过程生产过程与与起动起动要求要求来选定的来选定的。最大起动电流一般为最大起动电流一般为I1=（1.52.0）IN或或最大起动转矩为最大起动转矩为T1=（1.52.0）TN；为保证一定的加速转矩，减少起动时间为保证一定的加速转矩，减少起动时间，切换电流切换电流I2必须大于必须大于稳态负载电流稳态负载电流IZ=TZ/(CTN)，一般取切换电流为一般取切换电流为I2=（1.11.2）IN或或I2=（1.11.2）IZ，切换切换转矩为转矩为T2=（1.11.2）TN或或T2=（1.11.2）TZ。IZ为为起动时所带负载对应电枢电流值；起动时所带负载对应电枢电流值；若未知，可以用若未知，可以用IN代替。代替。TZ为为起动时所带负载转矩。起动时所带负载转矩。若若TZ未知，未知，可以用可以用TN代替。代替。I2越小，越小，m越少越少，但起动过程中，但起动过程中，电流电流的变化范围大的变化范围大，转矩脉动大转矩脉动大。如图中，由于如图中，由于nf=ng，则，则Ef=CeNnf=Eg，即：，即：UN-I2R1=UN-I1Ra 则有则有：I1/I2=R1/Ra 同理可得：同理可得：nd=ne，则，则Ed=CeNnd=Ee，UN-I2R2=UN-I1R1 I1/I2=R2/R1 nb=nc，则，则Eb=CeNnb=Ec，UN-I2R3=UN-I1R2 I1/I2=R3/R2 有：有：R3/R2=R2/R1=R1/Ra=I1/I2=式中，式中，=I1/I2（或（或T1/T2）为）为起动电流起动电流比（比（或或起动转矩比）。起动转矩比）。对于对于m级起动的一般情况有：级起动的一般情况有：Rm/Rm-1=R2/R1=R1/Ra=I1/I2=式中，式中，Rm=Rm+R2+R1+Ra为为第第m级起动（级起动（即即起动电阻全部接入）时的电起动电阻全部接入）时的电枢回路总电阻；枢回路总电阻；R2=R2+R1+Ra 第第2级级 R1=R1+Ra 第第1级级 可得各级电枢回路总电阻可得各级电枢回路总电阻：R1=Ra R2=R1=Ra2 Rm=Rm-1=Ram 可得到起动电流比可得到起动电流比=对对m=Rm/Ra两边取对数，两边取对数，得到级数得到级数 m=若得到的若得到的m不是不是整数，整数，可以取可以取相近整数。相近整数。则各级起动电阻为：则各级起动电阻为：R1=R1-Ra=(-1)Ra R2=R2-R1=(2-)Ra=R1 Rm=Rm-Rm-1=(m-m-1)Ra=m-1R1 若已知若已知、Ra、m，可以算出可以算出各级电阻各级电阻Ri。计算各级起动电阻值的步骤：计算各级起动电阻值的步骤：1）根据电动机名牌数据根据电动机名牌数据，估算电枢回路电估算电枢回路电阻阻Ra，Ra=(UNIN-PN)/(2*IN2)2）选取最大起动电流选取最大起动电流I1，取取I1=（1.52.0）IN，算出电枢最大起动电阻算出电枢最大起动电阻Rm=UN/I1；（第；（第m级电枢回路总电阻）级电枢回路总电阻）3）如分级数如分级数m未定未定，则应先确定则应先确定m数数。初初选切换电流选切换电流I2，取，取I2=（1.11.2）IN或或I2=（1.11.2）IZ，初得起动电流比初得起动电流比=I1/I2，初得初得m=ln(Rm/Ra)/ln，取取接接近整数值，近整数值，即为即为分级数分级数m；4）若若m是取相近整数是取相近整数，则需要重新计算则需要重新计算。反计算起动电流比反计算起动电流比=，然后算出实然后算出实际值际值I2=I1/，并校验并校验I2的大小，符合的大小，符合I2=（1.11.2）IN或或I2=（1.11.2）IZ。若若I2不符合不符合，应重新选择应重新选择m值。值。若若I2太小太小，应增大应增大m值，以减小值，以减小值，值，使使I2增大。增大。5）将将值代入值代入公式，公式，算出各级起动电阻值算出各级起动电阻值Ri。Rm=Rm-Rm-1=(m-m-1)Ra=m-1R1 若分级数若分级数m已定已定。则选择则选择I1，算出算出Rm，将将Rm、m、Ra代入公式代入公式=，算出算出值，值，然后算出然后算出I2=I1/，并校验并校验I2的的大小。大小。以后同前以后同前（4、5步）。步）。例：某例：某他励他励直流电动机额定数据为：直流电动机额定数据为：PN=21kW，UN=220V，IN=115A，nN=980r/min。负载电流为负载电流为IZ=92A，最大起最大起动电流动电流不超过不超过2IN，试求试求分级起动数分级起动数m及各及各段起动电阻值段起动电阻值Ri。解：解：估算电枢电阻：估算电枢电阻：Ra=(UNIN-PN)/(2*IN2)=(220*115-21*103)/(2*1152)=0.163 取最大起动电流取最大起动电流 I1=2IN=2*115=230A 则：则：Rm=UN/I1=220/230=0.957 m未知未知。初取切换电流初取切换电流 I2=1.2IZ=1.2*92=110A 则则 起动电流比起动电流比=I1/I2=230/110=2.09 得级数得级数 m=ln(Rm/Ra)/ln =ln(0.957/0.163)/ln2.09 =2.4 取取m=3，则，则 校验校验 I2=I1/=230/1.804=127A1.2IZ=110A 所以，所以，m=3是是合适的，则合适的，则 各级电枢回路总电阻：各级电枢回路总电阻：R1=Ra=1.804*0.163=0.294 R2=2Ra=1.8042*0.163=0.530 R3=3Ra=1.8043*0.163=0.957 各级起动电阻：各级起动电阻：R1=R1-Ra=0.294-0.163=0.131 R2=R2-R1=0.530-0.294=0.236 R3=R3-R2=0.957-0.530=0.427返回第五节第五节 他励直流电动机的制动他励直流电动机的制动 电动机的停车方法有：电动机的停车方法有：1）自由停车：）自由停车：断开电源断开电源，Ia=0，Tem=0，在总负载转在总负载转矩矩TZ的作用下的作用下，转速降至转速降至停车。停车。此方法此方法，停车时间长，特别是在空载，停车时间长，特别是在空载（TZ=T0小）时，小）时，|dn/dt|很小，所需时间更很小，所需时间更长。长。（Ia=0，Tem=0，-TZ=kdn/dt0）08.10.9.（自动化06A）2）机械制动：）机械制动：断开电源断开电源，Ia=0，Tem=0，利用机械摩利用机械摩擦获得擦获得制动转矩制动转矩Tm的方法（抱轴），的方法（抱轴），|dn/dt|增大。增大。此方法此方法，更快速停车，有机械磨损。，更快速停车，有机械磨损。（-（TZ+Tm）=kdn/dt0）3）电气制动：）电气制动：靠电动机本身产生一个与靠电动机本身产生一个与转速转速n转向相转向相反的电磁转矩反的电磁转矩Tem，成为成为制动转矩，制动转矩，使系统使系统快速停车快速停车或或使位能性负载稳速下放。使位能性负载稳速下放。|dn/dt|增大。增大。此方法此方法，更快速停车，无机械磨损，更快速停车，无机械磨损，容易实现自动控制。容易实现自动控制。（-（TZ+Tem）=kdn/dt0）其特点是：其特点是：它从轴上吸收它从轴上吸收机械能机械能转换成转换成电能（电能（消耗消耗在在电机内部电机内部或或反馈回电网），反馈回电网），其电磁转矩其电磁转矩Tem与与转速转速n方向方向相反相反，是是制动性质。制动性质。电动机的这种运行状态称为电动机的这种运行状态称为制动状态制动状态。他励直流电动机制动运行时他励直流电动机制动运行时，一般是保一般是保持持磁通磁通的大小与方向的大小与方向不变不变。当需要快速停车时当需要快速停车时，由于转向由于转向未变，所未变，所以以必须使必须使Ia反向，反向，才能使才能使Tem与与n相反；相反；(Tem=CTNIa)当需要将位能性负载稳速下放时当需要将位能性负载稳速下放时，由于由于n反向，所以反向，所以Ia即即Tem的方向必须与的方向必须与电动状态电动状态（即提升）时的方向一致，（即提升）时的方向一致，才能达到才能达到制动制动的目的。的目的。分析时，仍采用分析时，仍采用该机原电动状态时的正该机原电动状态时的正方向规定、基本方程式、机械特性表达式，方向规定、基本方程式、机械特性表达式，只是各物理量的大小及正负只是各物理量的大小及正负，由由各制动方各制动方式的实际情况式的实际情况而定而定。一能耗制动一能耗制动1能耗制动的原理与方法能耗制动的原理与方法 如图所示是如图所示是他励直流电动机能耗制动原他励直流电动机能耗制动原理图，理图，电动状态时各量的正方向电动状态时各量的正方向如图所示。如图所示。该机进行能耗制动的方法是：该机进行能耗制动的方法是：保持励磁电流保持励磁电流If的大小及方向的大小及方向不变，不变，将将电源开关电源开关倒向倒向Rz，使电枢从使电枢从电网脱离，电网脱离，而而经制动电阻经制动电阻Rz闭合。闭合。参数特点是参数特点是：=N，U=0，且且电枢回电枢回路总电阻为路总电阻为R=Ra+Rz。带入电动状态时的电动势平衡方程式带入电动状态时的电动势平衡方程式：0=Ea+Ia(Ra+Rz)可得到制动时的电枢电流为：可得到制动时的电枢电流为：Ia=-Ea/(Ra+Rz)=-CeN n/(Ra+Rz)0 制动初瞬制动初瞬，由于惯性由于惯性，n来不及来不及变化，变化，方向也不变。方向也不变。则则Ia0，使使Tem0，反向，反向，系系统在统在TZ与与Tem（=CTNIa）的共同制动下）的共同制动下，减速减速n，Ia，Tem，直至停车直至停车（n=0，Tem=0）。）。（-（TZ+Tem）=kdn/dt0时时，Tem0；当当n=0时时，Tem=0；当当n0；所以，所以，能耗制动的机械特性是一条能耗制动的机械特性是一条通通过原点穿过第二过原点穿过第二和和第四象限的直线，如图第四象限的直线，如图所示的所示的BOF线。线。对应于两种制动状态：对应于两种制动状态：（1）能耗制动停车过程）能耗制动停车过程 设电机原来运行于设电机原来运行于电动状态固有特性的电动状态固有特性的A点。点。制动初瞬时制动初瞬时，由于由于n=nA来不及来不及变化，变化，所以所以工作点突变跳到与工作点突变跳到与Rz相对应的相对应的BOF线线上的上的B点。这时，点。这时，电枢电流电枢电流Ia0，电磁转矩电磁转矩Tem0，而，而转速从转速从nA至零的整个制动过程中至零的整个制动过程中（n为正为正），），无论是无论是反抗性反抗性或或位能性负载，位能性负载，TZ的方向的方向均不改变。因此，均不改变。因此，在在Tem与与TZ的共的共同制动作用下同制动作用下（-（TZ+Tem）=kdn/dt0），），系统系统很快减速，很快减速，工作点沿工作点沿BO段段下移，下移，直至直至n=0。08.10.13.（自动化06B）制动电阻制动电阻Rz的作用是的作用是将制动电流初瞬将制动电流初瞬最大电流最大电流I1限制在限制在允许范围内。允许范围内。可知，制动初瞬的最大电流为：可知，制动初瞬的最大电流为：EA=EB I1=IB=-EA/(Ra+Rz)=-CeNnA/(Ra+Rz)=Ia 式中，式中，CeNnA=EA，为，为电动状态时电动状态时A点点所对应的电枢电动势。（所对应的电枢电动势。（即即制动前的电枢制动前的电枢电动势）电动势）nA为为制动前的转速（电动状态时）。制动前的转速（电动状态时）。可得到制动电阻为：可得到制动电阻为：Rz=-CeNnA/I1-Ra 若近似地取若近似地取EA=UN-INRaUN，则则 I1-UN/(Ra+Rz)如果制动电阻如果制动电阻Rz=0，即即不串入制动电不串入制动电阻，阻，则则I1-UN/Ra，相当于，相当于直接起动电流，直接起动电流，这是这是不允许的。不允许的。Rz值越大值越大，则制动初瞬的冲击电流则制动初瞬的冲击电流I1越越小，但是小，但是z越大，越大，特性特性越陡，平均制动转矩越陡，平均制动转矩Tem越小，越小，制动时间制动时间越长。越长。Rz值越小值越小，则制动初瞬的冲击电流则制动初瞬的冲击电流I1越越大，但是大，但是z越小，越小，特性特性越平坦，平均制动转越平坦，平均制动转矩矩Tem越大，越大，制动时间制动时间越短。越短。通常选取通常选取I1为为额定电流额定电流IN的的2倍，倍，将将I1=-2IN带入带入上式，上式，可求出所需的可求出所需的Rz值值。即制动电阻为：即制动电阻为：Rz=-CeNnA/(-2IN)-Ra =CeNnA/(2IN)-Ra 当工作点沿当工作点沿BOF线下移至线下移至转速转速n较低时，较低时，对应的对应的Tem也很小，也很小，制动效果制动效果很差。很差。通常在转速很低时通常在转速很低时，借助电磁抱闸借助电磁抱闸，使系统使系统准确停车。准确停车。能耗制动停车的特点是：能耗制动停车的特点是：当当n=0时时，Tem=0。对于反抗性负载采用能耗制动对于反抗性负载采用能耗制动，能可能可靠停机靠停机，Tem=0，不会重新不会重新反向起动。但是，反向起动。但是，n较低时较低时，Tem较小较小，制动效果制动效果较差。较差。对于位能性负载对于位能性负载，制动到制动到n=0，Tem=0时，时，应采取应采取其他方法停车，其他方法停车，如如抱轴，抱轴，否则，否则，由于由于n=0，Tem=0时，时，TZ0，系统会系统会反转起反转起来，来，即即n0，下放。，下放。能耗制动停车能量关系：（能耗制动停车能量关系：（BO段）段）Ia0,Ea0,EaIa0,从轴上输入从轴上输入机械能机械能转转换成换成电能，电能，消耗在消耗在电枢回路电阻（电枢回路电阻（Ra+Rz）上。上。（2）位能性负载稳速下放）位能性负载稳速下放 如果是位能性负载如果是位能性负载，能耗制动至能耗制动至n=0时，时，虽然虽然Tem=0，但是，但是，重物的负载转矩重物的负载转矩TZ0大大小和方向小和方向均不变，均不变，重物的下降，迫使重物的下降，迫使电机电机反转，反转，n0，电磁转矩方向与电磁转矩方向与电动状电动状态态即即提升时一致，提升时一致，对重物下放起对重物下放起制动作用。制动作用。（Tem与与n方向相反）方向相反）此时，此时，Tem 0,U=0,IaU=0,不吸收不吸收电网电能。电网电能。n0,Ea0,EaIaTem，n下降，下降，Tem回回升，升，工作点沿工作点沿BC段段下移，下移，直至直至n=0。转速从转速从nA到零的过程中到零的过程中，Tem与与n方向方向均未变（为正），所以均未变（为正），所以还是正向电动状态还是正向电动状态，只是只是提升速度越来越慢。提升速度越来越慢。在在C点点，TZTem，TZ的方向的方向不变（为正），不变（为正），在重力的作用下，在重力的作用下，使重物开始使重物开始下放，下放，工作点沿工作点沿CD段段下移，下移，进进入入第四象限。这时，第四象限。这时，Tem0，n0，Tem与与n的方向的方向相反相反，起制动作用起制动作用。n反向反向增加，增加，Tem增加，增加，下放加速到下放加速到D点时，点时，Tem=TZ相平相平衡，衡，系统以系统以nd的速度的速度稳速下放。稳速下放。其其机械特性不变，即为：机械特性不变，即为：可得稳定下放的速度为：可得稳定下放的速度为：0 式中，式中，Iz=Tz/(CTN)，为，为稳定下放时的稳定下放时的电枢电流。电枢电流。如果不计传动机械的损耗，如果不计传动机械的损耗，则下放时稳则下放时稳态电枢电流态电枢电流Iz与与提升（即电动状态）时提升（即电动状态）时A点点的稳态电枢电流的稳态电枢电流相等相等。可知，当可知，当Rz值选择得当时值选择得当时，可使可使nz0。所以，所以，用电动势反向的反接制动使用电动势反向的反接制动使重物下重物下放时，放时，可以获得可以获得极低的稳定下放速度。极低的稳定下放速度。Rz越大，越大，nZ越大越大。此制动方