电机原理及拖动第4版习题及答案（边春元）第九章思考与习题解答.pdf
思考与习题解答9-1 确定电动机额定功率时主要应考虑哪些因素？答：1、电动机的发热及温升；2、电动机的短时过载能力。对于笼型异步电动机还应考虑起动能力。9-2 电动机额定功率选得过大和不足时会引起什么后果？答：选小：电动机经常在过载状态下运行，会使它因过热而过早地损坏；还有可能承受不了冲击负载或造成起动困难。选大：增加设备投资；电动机经常在欠载下运行，其效率及功率因数等力能指标变差，浪费电能，增加了供电设备的容量，使综合经济效益下降。9-3 电动机的温度、温升及环境温度三者之间的关系？答：电动机工作时，一方面因损耗而产生热量，使电动机温度升高；另一方面，当电动机温度高于环境温度时，还要通过冷却介质（空气）向周围环境散热。电动机某部件的温度与冷却介质的温度之差称为该部件的温升。当电动机的绝缘材料确定后，其最高容许工作温度就确定了，此时温升限度就取决于冷却介质的温度。冷却介质的温度越高，容许的温升就越低。电动机的环境温度是随季节和使用地点而变化，国标G B 7 5 5 2 0 0 0 规定，电动机运行的环境温度不应超过4 0。因此，电动机的最高容许温升应等于绝缘材料的最高容许工作温度与4 0 的差值。9-4 电动机的发热和冷却过程中，其温升各按什么规律变化？I答:T=Ts+（Ti-Ts Th初值和终值之间按指数规律变化。9-5 电动机的发热时间常数7H的物理意义是什么？它的大小与哪些因素有关?答：发热时间常数表示电动机达到稳定温升快慢的程度，一般经（3-4）TH,即可认为电动机已达到稳定温升。其大小与电动机的容量、散热方式和散热条件等有关。9-6 为什么说电动机运行时的稳定温升取决于负载的大小？答：电动机的稳定温升q=?，由于。与电动机的损耗功率。成正比，当电动机的负载增大时，b p随之增大，因而。增加。若散热系数A不变，则rs将随负载的增加而升高。9-7 什么是电动机的工作制？S,S 2 及 S 3 三种工作制的电动机及其发热的特点？答：电动机的工作制：对电动机承受负载情况的说明，包括起动、电制动、空载、断电停转以及这些阶段的持续时间和先后顺序。S,工作制：即连续工作制，电动机在恒定负载下持续运行。其工作时间足以使电动机的温升达到稳定温升。S 2 工作制：即短时工作制，电动机拖动恒定负载在给定的时间内运行。其工作时间不足以使电动机的温升达到稳定温升，随之即断电停转足够时间，使电动机冷却到与冷却介质的温差在2K以内。S 3 工作制：即断续周期工作制，电动机按一系列相同的工作周期运行，周期时间：10Min,不满足断续工作制的条件。电动机处于短时工作制，因此计算负载持续率是没意义的。9-10用平均损耗法校验电动机发热的依据是什么？答：对于周期性变化负载，如果周期时间0.不太长，满足 ，这时，由于热惯性，在一个工作周期内，温升变化是不大的，可以认为一个周期内的平均温升与最高温升 0相等。当转速一定时,散热系数A 不变,则ro c A p,因此,可以用一个周期内的平均损耗如研,来间接地反映平均温升9 T 1 校验电动机发热的等效电流法，等效转矩法和等效功率法各适用何种情况？答：等效电流法：周期时间 10 M in、散热系数八=常数；定损耗po和与绕组电阻有关的系数c 为常数。深槽及双笼型异步电动机，在经常起动、制动和反转时，绕组电阻及铁损耗变化较大，不适于该方法。等效转矩法：在等效电流法基础上要求Toe L 不满足等效电流法以及串励直流电动机等磁通变化的情况，不适于该方法。等效功率法：在等效转矩法基础上要求P o e T,即要求转速基本不变。不满足等效转矩法以及转速变化较大的情况，不适于该方法。9-12 一 台 35kW,工作时限为30min的短时工作制电动机，突然发生故障，现有一台20kW连续工作制电动机，其发热时间常数为弟=90015,损耗系数。=0.7,短时过载能力4=2。试问这台电动机能否临时代用？l-e TH解：P=PL、-/_!R.-ae/=3 5 x301-/母l +0.7 x e 丽=1 5.2H V 2(W可以。9 T 3 一台它励直流电动机，K=7.5 k肌N=1 5 00r /mi n,Am=2,一个周期的转矩负载图如图9-1 4所示，试 就（1）他扇冷式；（2）自扇冷式两种情况校验电动机的发热是否通过？八 T(Nm)8025解：tc=5+25+3+10=435,10m inTN=9 550-=9 550 x 3 L=47.75/V-mNnN 1500Q=J先，%=(8 02 X 5+402 X 25+322 X 3)=41.8N.z 7；发热通过。Q,+攻+稔用+4+/。+以0_ 802X5+402X25+322X3-V 0.75x 5+25+0.75x 3+0.5x 10=45.87V-m 7；发热通过。9 T 4需要一台电动机来拖动工作时间t R =5 m in的短时工作负载，负载功率为PL=18k Y空载起动，现有两台笼型异步电动机可供选用，它们是：(1)PN-l O A w ,M=1460 r/m in,4n=2.1,起动转矩倍数 A T =1.2；(2)PN=14K v v ,nN-1460 r/m in,=1.8,kr=1.2如果温升都无问题，试校验起动能力和过载能力，以决定哪台电动机可以使用(校验时考虑到电网电压可能降到10%)。解：因小功率电动机温升时间常数T”为10 20分钟，而运行时间勿为5分钟，相对 小很多，又是空载起动，因此，发热及起动均无问题。只需按过载能力选择电动机即可。选择时要考虑电网降到0.9UR的影响。tR(0.3 0.4兄71=9 550”=9 550 x-=117.7N.mnN 1460(1)选PN=1 0 K w的电动机=9 550”=9 550 x 工-=65.4N 加N nN 14600.9K；AmTN=0.9 x 0.92 x 2.1 x 65.4=100.1 TL 过载通过，可用。9 T 5试比较F S=15乐30kW和F S=40%、20kW两台断续周期工作制的电动机，哪一台的实际功率大一些？解：取损耗系数a =0.73040%”-+0.7X15%40%.15%-1=15.3kW参数为FS=40%、20kW的电机的实际功率大一些。
