电机

3、 笼型异步电动机降压起动的方法有：星三角起动法；自耦变压器起动法。星型起动的线电流为三角形连接时的1/3。起动转矩为三角形连接时的1/3.

4、 同步电动机的额定电压UN，额定电流IN，功率因素，效率，三相同步发电机的额定容量Sn，额定功率Pn,三相同步电动机的额定功率PN各位多少

5、用一时空矢量图分析电枢电流I滞后空载电势E0的电枢反应

1

2

3

4

5

6

7

、

8

9

9、异步电动机三种运行状态

电动机状态、发电机状态、电磁制动状态

转子转速低于旋转磁场转速，且方向相同，电磁转矩是驱动性质，电机处于电动机状态，转差率0转子转速高于旋转磁场转速，且方向相同，电磁转矩是制动性质，电机处于发电机状态，转差率s<0

转子转向与旋转磁场转向相反，电机转矩是制动性质，电机处于电磁制动状态，转差率s>1

笼型异步电动机的调速方法有哪些？变频调速时。从基频往下调时，通常采用什么负载调速，从基频往上调时，采用什么负载调速 变极调速；变频调速；改变转差率调速。

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12、对并联在无穷大电网上的同步发电机，要调节其有功功率，须调节什么实现，要调节其无功功率，须调节什么实现，何谓正常励磁、过励、欠励

通过调节原动机的输入功率（增大或 减 小输入 力 矩）来 调节有功功率，通过调节发电机励 磁电流 来调节无功功率 答：当励磁电流较大时，E0较 高，定 子电 流I滞后与端电压，输出滞后的无功功率，这时 称发电机运行与“过 励”状态；逐步减小励磁电流，E0 随之减小，定子电流相应减 小，cosq=1时，定 子 电 流 最小，这 称 之 为“正常励磁”；在 减 小 励 磁 电 流，定子电 流 又 开 始 变大，并 超 前 电压U，发电机开始向电网输出超前的无功功率（即从电网吸收无功功率），这时之为“欠励”状态

11

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16、为什么说感应电动机的堵转相当于短路？

因为三相异步电机在正常工作情况下，它的定、转子漏电抗处于不饱和状态，为一常数。但当电机堵转时（如起动情况）转子的感应电流比额定电流大(5～7)倍，此时漏磁路饱和（磁感应强度与磁场强度的关系是形成磁滞回线，磁短路），漏电抗比正常工作时小(15～30)%左右。

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为什么同步发电机的短路曲线为直线？

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同步电机例题

••1.有一台凸极同步发电机，其直轴和交轴同步电抗为：Xd1.0 Xq0.6。电枢电阻略去

不计（Ra0），试计算发电机运行额定电压、额定电流，cos0.8（滞后）时的空载电势的标幺值。

• 解：相量如右图，令U1.00 因 cos0.8（滞后）则36.87

有I1.01.036.87

••00•010.610.60tantan56.3UcosIRa10.81IXUsinq1空载电势相量超前端电压相量相位角为19.43

IdIsin0.8321 IqIcos0.57 E0Ucos()IdXd1.775

0E01.77519.430

•2.试计算上例凸极同步发电机，在额定电压、额定电流 额定功率因数cosN0.8（滞后）的工况运行时 发电机发出的电磁功率Pem。已知发电机的额定容量 为93750kVA。 解：

PemmIEQcos PemPemmIEQcosIEQcos11.4420.570.8 SNmINUN2EQ(UcosN)2(UsinNIXq)1.442 PemPemSN0.89375075000kW

3.有一台25000kW、10.5kV（星形联结）、cosN0.8（滞后）的汽轮发电机，从空载和短路试验中得到下列数据，试求同步电抗的不饱和值和饱和值。 从空载特性上查得：相电压UN10.5/3kV时，Ifo155A； 从短路特性上查得：IIN1718A时，Ifk280A； 从气隙线上查出，If280A时，Eo22.4/3kV；

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解：同步电抗的求解如下图。从气隙线上查出，If280A时，

Eo22.4/3kV12930V； 在同一励磁电流下，由短路特性查出，短路电流

IIN1718A；所以同步电抗（不饱和值）XsXdEo129307.528； I1718同步电抗的饱和值：从空载曲线上得知，产生空载额定相电压UN10.5/3kV时，

Ifo155A。由于短路特性为直线，故Ifo155A时，产生的短路电流

UN10.51000155IIN951.04A。XsXd'6.374

280Ik3951.04'k

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感应电机例题

1.设有一50Hz,三相4极异步电机，请填满下表 n(r/min) s 10 1470 1 0 —600 f2(Hz)

工作状态 2.有一台50Hz,三相四极感应电动机，正常运行时转子的转差率s5%，试求：1）.此时转子电流的频率；2）转子磁势相对于转子的转速；3）.转子磁势在空间（相对于定子）的转速；

解：1）.转子电流的频率 f2sf10.0550Hz2.5Hz 2.） 转子磁势相对于转子的转速（和同步转速同方向）

n260f2602.5r/min75r/min p23）由于转子转速nn1(1s)1500(10.05)r/min1425r/min，所以转子磁势在空间的转速为nn2(142575)r/min1500r/min，和定子磁势相对静止。

3.有一台三相笼型感应电动机，额定功率PN10kW，额定电压U1N380v（三角形联

'结），定子每相电阻R11.33，每相漏抗X12.43，转子电阻R21.12，漏抗'X24.4，激磁阻抗Rm7，Xm90，电动机的机械损耗pmec100W，额定

负载时的杂散损耗p100W。试求额定负载时电动机的转速，电磁转矩，输出转矩，定子和转子相电流，定子功率因数和电动机的效率。 解1）定子电流和定子输入功率

用T形等效电路来计算。设额定负载时的转差率sN0.032（试探值，考试时会告诉转速），

'R21.12'jX2(j4.4)35.287.16o 则转子的等效阻抗为 Zs0.032'20'激磁阻抗 ZmRmjXm90.2785.55 Z2与Zm的并联值等于

'•Z2Zm030.8226.7 于是定子相电流I1为 'Z2Zm

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U1380000I111.4729.43A '0ZmZ21.33j2.4330.8226.7Z1'ZmZ2•0定子功率因数和输入功率为 cos1cos29.430.871

•PW113W 13U1I1cos1338011.470.8712）转子电流和激磁电流

'ZmZ2II110.02A ImI13.917A ''ZmZ2ZmZ2'23）定、转子损耗

pCu13I12R1311.4721.33W524.9W

2pFe3ImRm33.91727W322.2W '2'pCu23I2R2310.0221.12W337.3W

ppCu1pCu2pFepmecp(534.9322.2337.3100100)W1384W

4）输出功率和效率

PW 2P1p(1131384)W10005P21000587.84% 可见，在所设转差率下，输出功率P210kW，即电动机P1131在额定负载下运行，符合题目要求。如果算出的P2PN，须重新假定一个转差率进行重算，一直到算出的P2PN为止。

5）额定负载时的转速 nNn1(1sN)1500(10.032)r/min1452r/min 6）电磁转矩和输出转矩

1s'10.032R2310.0221.12W10204W s0.032PPT67.1Nm T2265.79Nm

'2P3I2'4.一台三相四极、380V、三角形联结的感应电动机，其参数为R14.47，R23.18，

'X16.7，X29.85,Xm188，Rm忽略不计。试求电动机的最大转矩及临界

转差率，起动转矩。

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解 校正系数 c1X16.711.036 Xm188'cR2临界转差率smR(X1cX)21'221.0363.184.47(6.71.0369.85)220.1884

U12m1最大转矩Tmax60.61Nm

2'212cRR(XcX)11212n121500 16060起动转矩Tst'm1pU12R22f1[(R1cR)(X1cX)]'22'2225.34Nm

5.一台三相、星形联结、380V、30kW的八极绕线型感应电动机，其参数为：

''0.134，X2R10.143，X10.262，R20.328，电压比和电流比

keki1.342，试求起动转矩达到最大转矩时，转子回路中每相应接入多大的起动电阻。

设c1。

解：起动转矩达到最大转矩时，临界转差率sm1，设每相应接入的起动电阻为Rst。 则sm'Rst1，得Rst0.263

2'2kkR1(X1cX2)ei''c(R2Rst)6、有一台三相感应电动机，三角形联结，额定电流104A，额定转速980r/min 55kW,380V，起动电流倍数6.5，起动转矩倍数1.8。电网要求所供的起动电流不超过300A。起动负载

转矩不能低于290Nm，试求：1）能否用星形-三角起动；2）用自耦变压器起动，该变压器副方电压抽头为73%，%和50%等三组，应选用哪种抽头。 解：额定转矩TNPN551000535.93Nm nN980226060直接起动，起动电流Ist6.5IN6.5104676A， 起动转矩Tst1.8TN1.8535.939.674Nm 1）星形-三角起动，起动电流IstY起动转矩TstYIst676225.3A300A 33Tst9.674321.558Nm290Nm 331 0.7322

故可以采用星形-三角起动。

2）用自耦变压器起动，电网供给的起动电流：73%电压抽头时，变比Ka

Ist1Ist0.732676360.24A300A，不能满足要求。 2KaIst0.2676276.A300A 2Ka%电压抽头时，Ist1起动转矩TsTst20.9.674395.13Nm290Nm 能满足要求 2KaIst0.502676169A300A 2Ka50%电压抽头时，Ist1起动转矩TsTst20.509.674241.17Nm290Nm 不能满足要求 2Ka∴用自耦变压器起动选用%电压抽头，才能满足电网和负载的起动要求。

1470r/min，转子电流为 7.一台三相绕线式感应电动机技术数据为：30kW,50Hz,4极，51.5A，转子开路电压360V，Y解法，负载转矩保持额定值不变。转速降到1321r/min时，

转子每相应串入多大的调速电阻。 解：电动机的额定转差率sN额定时转子回路电压方程：

n1nN150014700.02 n11500E2sI2s(R2jX2s)I2s(R2jsNX2) I2sR2 转子每相本身电阻R2

••••R2E2ssNE20sNE200.023600.0807I2sI2s3I2s351.5转子每相串入调速电阻R1时，转子转速从a点降到b

'R2m1pUs点，如图。有T 'R'22f1[(R1c2)2(X1X2)]s21'''15001321R2R2R1得 sasN,sb 1500sasbR1

sbR2R20.4 sa23

同步电动机计算例题1

例：某工厂电力设备所消耗的总功率为2400kW，cos0.8（滞后）。今欲添置功率为400kW的电动机。现有400kW、cos0.8（滞后）的感应电动机和400kW、cos0.8（超前）的同步电动机可供选用，试问在这两种情况下，工厂的总视在功率和功率因数各为多少（电动机的损耗不计）？

解：工厂原来所耗功率情况： 有功功率 P2400kW，视在功率 SP24003000kVA， cos0.8由于cos0.8（滞后），故sin0.6，于是无功功率为

QSsin30000.61800kvar。添置电动机运行示意图及相

量图如下图。

'1、选用感应电动机时 总有功功率P2400400kW2800kW，

总无功功率 Q'18004000.6kvar2100kvar（滞后）。 0.8总视在功率S'P'2Q'228002210023500kVA，总功率因数

P'cos'0.8（滞后）不变。

S'2、选用同步电动机时

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从相量图知，同步电动机电流超前电网电压，同步电动机电流的无功分量和原负载电流的无功分量反相位，同步电动机电流的有功分量和原负载电流的有功分量同相位。

总有功功率P2400400kW2800kW，

''400''Q1800(0.6)总无功功率 。 kvar1500kvar（滞后）0.8''''2''222SPQ280015003176kVA， 总视在功率

总功率因数

''P2800''cos''0.8815（滞后）。

S3176计算表明，若选用同步电动机，则工厂所需的总视在功率较少，总功率因数提高。

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