“电机与拖动基础（第2版）”习题解答
电机与拖动基础
第一章 电机的基本原理 ....................................................................................... 1 第二章 电力拖动系统的动力学基础 ................................................................... 6 第三章 直流电机原理 ......................................................................................... 12 第四章 直流电机拖动基础 ................................................................................. 14 第五章 变压器 ..................................................................................................... 29 第六章 交流电机的旋转磁场理论 ..................................................................... 43 第七章 异步电机原理 ......................................................................................... 44 第八章 同步电机原理 ......................................................................................... 51 第九章 交流电机拖动基础 ................................................................................. 61 第十章 电力拖动系统电动机的选择 ................................................................. 73
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第一章 电机的基本原理
1-1 请说明电与磁存在哪些基本关系，并列出其基本物理规律与数学公式。
答：
电与磁存在三个基本关系，分别是
（1）电磁感应定律：如果在闭合磁路中磁通随时间而变化，那么将在线圈中感应出电动势。感应电动势的大小与磁通的变化率成正比，即 e??NdΦ dt感应电动势的方向由右手螺旋定则确定，式中的负号表示感应电动势试图阻止闭合磁路中磁通的变化。
（2）导体在磁场中的感应电动势：如果磁场固定不变，而让导体在磁场中运动，这时相对于导体来说，磁场仍是变化的，同样会在导体中产生感应电动势。这种导体在磁场中运动产生的感应电动势的大小由下式给出 e?Blv 而感应电动势的方向由右手定则确定。
（3）载流导体在磁场中的电磁力：如果在固定磁场中放置一个通有电流的导体，则会在载流导体上产生一个电磁力。载流导体受力的大小与导体在磁场中的位置有关，当导体与磁力线方向垂直时，所受的力最大，这时电磁力F与磁通密度B、导体长度l以及通电电流i成正比，即
F?Bli 电磁力的方向可由左手定则确定。
1-2 通过电路与磁路的比较，总结两者之间哪些物理量具有相似的对应关系（如电阻与磁阻），
请列表说明。 答：
磁路是指在电工设备中，用磁性材料做成一定形状的铁心，铁心的磁导率比其他物质的磁导率高得多，铁心线圈中的电流所产生的磁通绝大部分将经过铁心闭合，这种人为造成的磁通闭合路径就称为磁路。而电路是由金属导线和电气或电子部件组成的导电
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回路，也可以说电路是电流所流经的路径。
磁路与电路之间有许多相似性，两者所遵循的基本定律相似，即KCL：在任一节点处都遵守基尔霍夫第一定律约束；KVL：在任一回路中都遵守基尔霍夫第二定律；另外，磁路与电路都有各自的欧姆定律。两者之间相似的物理量主要有：电路中传输的是电流，磁路中相应的为磁通；电路中的电动势、电压与磁路中的磁动势、磁压降类似。
电路中的电阻或电导与磁路中的磁阻或磁导相似。这些对应关系如下表所示：
当然两者之间也有一些不同之处，比如磁通只是描述磁场的物理量，并不像电流那样表示带电质点的运动，磁通通过磁阻时，也不像电流通过电阻那样要消耗功率，因而也不存在与电路中的焦耳定律类似的磁路定律；分析电路时一般不涉及电场问题，不考虑漏电流，而分析磁路时离不开磁场的概念，要考虑漏磁现象；在电路中电动势为零时，电流也为零，但在磁路中往往有剩磁，磁动势为零时，磁通不一定为零；磁路的欧姆定律与电路的欧姆定律也只是形式上的相似，由于铁心的磁导率不是常数，它随励磁电流而变化，因而磁路计算不能应用叠加原理。
1-3 如何理解机电能量转换原理？根据这个原理可以解决什么问题？
答：
从能量转换的观点，可以把依靠电磁感应原理运行的机电设备看作是一类机电转换装置，比如，变压器是一种静止的电能转换装置，而旋转电机是一种将机械能转换成电能（发电机）或将电能转换成机械能（电动机）的运动装置。因此，机电能量转换原理是学习和研究电机理论的一个重要工具。根据这个原理，可以求得电机（发电机、电动机）和变压器中的关键物理量感应电动势和电磁转矩的大小，进而分析电机和变压器的运行特性。
1-4 旋转电机模型的基本结构由哪些部分组成，其各自有什么作用？气隙又有何作用？
答：
旋转电机模型的基本结构由定子、转子和气隙三个部分组成：定子是固定不动的，
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转子是运动的，它们之间隔着一层薄薄的气隙。在定子和转子上分别按需要安装若干线圈，其目的是在气隙中产生磁场。往往要求气隙磁场按一定的形式分布，例如正弦分布磁场。电机作为一种机电能量转换装置，能够将电能转换为机械能，也能将机械能转换为电能。由于机械系统和电气系统是两种不同的系统，其能量转换必须有一个中间媒介，这个任务就是由气隙构成的耦合磁场来完成的。
1-5 以两极原型电机作为旋转电机的物理模型，有何应用意义？
答：
两极原型电机结构简单，原理清晰，易于扩展，可作为旋转电机的物理模型。通过对该模型的研究和分析，便于学习和掌握一般旋转电机的基本原理。
1-6 通过模型电机，是如何建立电机的基本电动势和转矩方程的？又怎样将两极电机的方程
推广到多极电机？ 答：
通过模型电机，根据电磁感应定律，可以求得旋转电机电动势的通用计算公式
e??NdΦcos?t?NΦ?sin?t。利用该公式可以推导出具体电机的电动势，比如同dt步电机、异步电机或直流电机。再根据机电能量转换原理，可得两极电机的电磁转矩公式Te?μπDl?Wf???0FsFrsin?sr。由于电机的磁极总是成对设置的，常用极对数np来??sr2gμ0πDlFsFrsin?sr。 2g表示电机的磁极数，则多极电机的电磁转矩为Te??np
1-7 电机中存在哪些能量损耗？有哪些因素会影响电机发热？电动机与发电机的功率传递
有何不同？ 答：
电机进行机电能量转换时总是存在能量损耗的，能量损耗将引起电机发热和效率降低。一般来说，电机的能量损耗可分为两大类：
（1）机械损耗：由电机的运动部件的机械磨擦和空气阻力产生的损耗，这类损耗与电机的机械构造和转速有关。
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（2）电气损耗：主要包括导体损耗、电刷损耗和铁耗等。导体损耗是由于电机的线圈电阻产生的损耗，有时又称为铜耗，通常在电机的定子和转子上都会产生铜耗；电刷损耗是由于电刷的接触电压降引起的能量损耗，因为只有在直流电机中安装电刷，所以电刷损耗仅仅出现在直流电机中；铁耗是由于电机铁磁材料的磁滞效应和涡流效应产生的一种损耗，主要取决于磁通密度、转速和铁磁材料的特性。
电动机与发电机的功率传递过程如下图所示：电动机是将电能转换为机械能，而发动机是将机械能转换为电能。
电功率 P1 电磁功率 机械功率 机械功率 P1 电磁功率 电功率 Pem P2 Pem P2 ?pCu pFe?p Fep ?pmmecpmec?pm pFe?p Fe?pCu a)电动机与发电机的功率传递过程a) 电动机 b) 发电机b)
1-8 用硅钢作为导磁材料，现已知B?1.6T，试根据图1-3所示的B?H曲线求取在此磁
场条件下硅钢的磁导率?r。 解：
根据图1-3所示的硅钢B?H曲线，查得B?1.6T时，H?2200A/m ??B1.6??7.27?10?4(H/m) H220?7.27?10?4 ?r???578.8 ?7?04π?10
1-9 有一导体，长度l?3m，通以电流i?200A，放在B?0.5T的磁场中，试求：
（1）导体与磁场方向垂直时的电磁力； （2）导体与磁场方向平行时的电磁力； （3）导体与磁场方向为30o时的电磁力。
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解：
载流导体在磁场中电磁力的一般计算公式为 F?Blisin?
（1）导体与磁场方向垂直时，??90o，F?0.5?3?200?300(N) （2）导体与磁场方向平行时，??0，F?0
（3）导体与磁场方向为30o时，F?0.5?3?200?sin30?150(N)
1-10 有一磁路的铁心形状如图1-20所示，铁心各边的尺寸为：A、B两边相等，长度为17cm，
截面积为7cm2；C边长5.5cm，截面积为14cm2；气隙长度g?0.4cm。两边各有一个线圈，其匝数为N1?N2?100，分别通以电流i1和i2，所产生的磁动势由A、B两边汇入中间的C边，且方向一致。试求：在气隙中产生B?1.2T时所需的电流值，及此时气隙中储存的能量Wf，并计算电感L。
oi1ACBi2N1gN2 解：
图1-20 习题1-10图
设i1?i2?i，N1?N2?N?100， 由Fm1?Fm2??gRmg，得2Ni??g?g ?0Sc?ggBg1.2?0.4?10?2 所以，所需的电流值i????19.1(A)
2N?0Sc2N?02?100?4??10?7 气隙磁通?g?BSc?1.2?14?10?4?0.00168(Wb)
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N?100?0.5?0.00168??0.0044(H)
ii19.11 气隙中储存的能量Wf?2WL?2?Li2?0.0044?19.12?1.61(J)
2 根据电感的定义，L???
第二章 电力拖动系统的动力学基础
2-1 什么是电力拖动系统？它包括哪些部分？
答：
拖动就是由原动机带动生产机械产生运动，以电动机作为原动机拖动生产机械运动的拖动方式，称为电力拖动。如图2-1所示，电力拖动系统一般由电动机、生产机械的传动机构、工作机构、控制设备和电源组成，通常又把传动机构和工作机构称为电动机的机械负载。
电源 控制设备 电动机 传动机构 工作机构
图2-1 电力拖动系统组成
2-2 电力拖动系统旋转运动方程式中各量的物理意义是什么？它们的正负号如何确定？
答：
电力拖动系统经过化简，都可视为如图2-2a所示的电动机转轴与生产机械的工作机构直接相连的单轴电力拖动系统，各物理量的方向（正负号）标示如图2-2b所示。
Te ? TL 电动机 生产机械 Te ? TL a)图2-2 单轴电力拖动系统a) 单轴电力拖动系统 b) 系统各物理量的方向标示b)
根据牛顿力学定律，该系统的运动方程为
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d? dt Te?TL?J式中，各量的物理意义分别是：Te——电动机的电磁转矩（N·m），TL——生产机械的阻转矩（N·m），J——电动机轴上的总转动惯量（kg·m2），?——电动机的角速度（rad / s）。
2-3 转矩的动态平衡关系与静态平衡关系有什么不同？
答：
转矩的静态平衡是指电力拖动系统稳定运行时，电动机的电磁转矩Te与生产机械的阻转矩TL相平衡，即Te?TL。而转矩的动态平衡是指电力拖动系统在扰动作用下，从原来的平衡状态达到新的平衡状态的过渡过程中，电动机的电磁转矩Te与生产机械的阻转矩TL以及加速度转矩Jd?d?相平衡，即Te?TL?J。由于过渡过程中转速?dtdt是变化的，电磁转矩Te也是随时变化的，以保持转矩的动态平衡关系。
2-4 拖动系统的飞轮惯量GD2与转动惯量J是什么关系？
答：
在拖动系统的工程计算中，习惯用飞轮惯量GD2代替转动惯量J，GD2与J的关系为
GD2J?mr?4g
2式中，m——系统转动部分的质量（kg），G——系统转动部分的重力（N），r——系统转动部分的回转半径（m），D——系统转动部分的回转直径（m），g——重力加速度（可取g= 9.81m/s2）。
2-5 把多轴电力拖动系统简化为单轴电力拖动系统时，负载转矩的折算原则是什么？各轴飞
轮惯量的折算原则是什么？
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答：
对于一个复杂的多轴电力拖动系统，比较简单而且实用的分析方法是用折算的方法把它等效成一个简单的单轴拖动系统来处理，并使两者的动力学性能保持不变，其基本思想是通过传动机构的力学折算把实际的多轴系统表示成等效的单轴系统。
在电力拖动系统中折算一般是把负载转矩和各轴飞轮惯量折算到电动机轴上，而中间传动机构的传送比在折算中就相当于变压器的匝数比。系统等效的的原则是：保持两个系统传递的功率及储存的动能相同。
2-6 起重机提升和下放重物时，传动机构的损耗是由电动机还是重物负担？提升和下放同一
重物时，传动机构损耗的大小是否相同？传动机构的效率是否相等？ 答：
起重机提升重物时，传动机构的损耗由电动机负担；下放重物时，则由重物负担。提升和下放同一重物时，可以认为传动机构的损耗是相同的，但其效率不相等。设提升
?，两者之间的关系为 重物时的效率为?c，下放重物时的效率为?c??2??c
2-7 生产机械的负载转矩特性归纳起来，可以分为哪几种基本类型？
答：
生产机械的负载转矩特性归纳起来可以分为三种基本类型：
（1）恒转矩负载特性：负载转矩TL与转速n无关，当转速变化时，负载转矩TL保持常值。恒转矩负载特性又可分为反抗性负载特性和位能性负载特性两种，如下图所示。
n n 1?c
O TL O TL
图2-3 反抗性恒转矩负载特性
图2-4 位能性恒转矩负载特性
（2）通风机负载特性：负载转矩TL与转速n大小有关，基本上与转速n的平方成
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2正比，即TL?kn。属于通风机负载的生产机械有通风机、水泵、油泵等，其中空气、
水、油等介质对机器叶片的阻力基本上和转速的平方成正比，如下图所示。
n n O 图2-5 通风机负载特性TL O TL 图2-6 恒功率负载特性
（3）恒功率负载特性：有些生产机械（比如车床），在粗加工时，切削量大，切削阻力大，此时开低速；在精加工时，切削量小，切削阻力小，往往开高速。因此，在不同转速下，负载转矩TL与基本上与转速n成反比，即TL?k。由于负载功率PL?TL?，n表明在不同转速下，电力拖动系统的功率保持不变，负载转矩TL与转速n的持性曲线呈现恒功率的性质，如上图所示。
2-8 电力拖动系统稳定运行的条件是什么？请举例说明。
答：
对于一个电力拖动系统，稳定运行的充分必要条件是
?Te?TL?0? ?dT dTLe?dn?dn?0?其中，Te?TL?0表示电动机的机械特性与负载转矩特性必须存在交点，是系统稳定运行的必要条件；而
dTedTL??0表示电动机机械特性的硬度必须小于负载转矩特性的dndn硬度，是系统稳定运行的充分条件。
例如，对于带恒转矩负载的电力拖动系统，只要电动机机械特性的硬度是负值，系统就能稳定运行。而各类电动机机械特性的硬度大都是负值或具有负的区段，因此，在一定范围内电力拖动系统带恒转矩负载都能稳定运行。
222-9 在图2-16所示的电力拖动系统中，已知飞轮惯量GDe?15N?m，
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2?100N2?m，传动效率?c1?0.9，?c2?0.8，负载转矩GD12?16N2?m，GDLTL'?72N?m，转速ne?1500r/min，n1?750r/min，nL?150r/min。试求：折
算到电动机轴上的系统总飞轮惯量GD2和负载转矩TL。 解：
Je ne JeJ1 n1 JL nL 图2-16 三轴拖动系统
折算到电动机轴上的系统总飞轮惯量为
GD2?GDe2?(n12n2)GD12?(L)2GDLnene
75021502)?16?()?100 15001500?20(N?m2)?15?( 折算到电动机轴上的负载转矩为 TL?TL?TL?72???5(N?m) j?cj1jL?c1?c21500?1500?0.9?0.8750150
2-10 有一起重机的电力拖动系统如图2-18所示，电动机转速1000r/min，齿轮减速箱的传
动比j1?j2?2；卷筒直径D?0.2m；滑轮的减速比j3?5；空钩重量G0?100N；起重负荷G?1500N；电动机的飞轮惯量GDe2?10N?m2，传动系统的总传动效率?c?0.8，放大系数??1.2。试求提升速度vL和折算到电动机轴上的静转矩TL以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD。 解：
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nr Je J1 nne J2 vL JL nL （1）提升速度vL
图2-18 提升机构
依照电动机转速n经过三级减速后，再转换成直线速度的关系，得
nnn ?j，j?j1j2j3，nL??jj1j2j3nL vL?πDnL vL?πDnL?πD3.14?0.2?1000n??31.4(m/min) j1j2j32?2?5 （2）折算到电动机轴上的静转矩TL
根据功率平衡原则，折算到电动机轴上的静转矩为 TL?FLvL??c
这里，FL?GL?G?G0，vL?(G?G0)j?c2πnπDn， ??，所以 j6060D2?(1500?100)?0.1?10(N?m)
2?2?5?0.82 TL? （3）折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD
题中未给出系统中间传动轴和卷筒的飞轮惯量，可用放大系数?近似估计。今取
??1.2，则折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量为
GD2???GDe2?365(G?G0)(vL2)n31.42)
60?1000 ?1.2?10?365?(1500?100)?(?12.16(N?m2)
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第三章 直流电机原理
3-1 换向器在直流电机中起什么作用？
答：
换向器是直流电机最重要的部件之一，对于直流发电机，是将电枢绕组元件中的交变电动势转换为电刷间的直流电动势；对于直流电动机，则是将输入的直流电流转换为电枢绕组元件中的交变电流，以产生恒定方向的电磁转矩。
3-2 说明下列情况下空载电动势的变化：
（1）每极磁通减少10%，其他不变； （2）励磁电流增大10%，其他不变； （3）电机转速增加20%，其他不变。 答：
根据直流电机感应电动势（即空载电动势）的基本计算公式 Ea?Ce?n
（1）若每极磁通?减少10%，则空载电动势Ea减小10%；
（2）若励磁电流?f增大10%，因电机磁路存在非线性的磁饱和效应，空载电动势
Ea将增大，但低于10%；
（3）如电机转速n增加20%，则空载电动势Ea增大20%。
3-3 主磁通既链着电枢绕组又链着励磁绕组，为什么却只在电枢绕组里感应电动势？
答：
因为主磁通是由定子励磁绕组通入直流励磁电流而产生，是一恒定的磁场，它与励磁绕组间没有相对运动，所以只在转子电枢绕组里感应电动势。
3-4 他励直流电动机的电磁功率指什么？
答：
他励直流电动机的电磁功率Pem是指由定子方通过气隙传入转子方的功率，可以由
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定子方的输入电功率P1扣除定子铜耗?pCua来计算，也可以由转子方的输出机械功率
P2加上铁心损耗?pFe、机械摩擦损耗?pm和附加损耗?padd来计算，即
Pem?P1??pCua?P2??pFe??pm??padd
3-5 他励直流电动机运行在额定状态，负载为恒转矩负载，如果减小磁通，电枢电流是增大、
减小还是不变？ 答：
根据他励直流电动机的电压平衡方程和转矩平衡方程
Ua?Ea?IaRa?Ce?n?IaRa，Te?TL?CT?Ia
如果减小磁通?，则感应电动势Ea减小，电枢电流Ia将增大，以保持转矩Te?TL的平衡关系。
nN?1500r/min，UN?220V，?N?83%。3-6 某他励直流电动机的额定数据为PN?17kW，
计算额定电枢电流、额定转矩和额定负载时的输入电功率。 解：
额定负载时的输入电功率 P1N? 额定电枢电流
P20.48?1031N??93.09(A) IN?UN220PN??17?20.48(kW) 0.83 额定转矩
PN17?103?9.55??108.23(N?m) TN?9.55nN1500
3-7 有一他励直流电动机的额定数据为PN?5kW，UN?220V，nN?1000r/min，
ΔpCua?500W，P0?395W，计算额定运行时电动机的Te，TL，T0，P1，?N，Ra。
解：
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PN5?103?9.55??47.75(N?m) 负载转矩TL?9.55nN1000 空载转矩T0?9.55P0395?9.55??3.77(N?m) nN1000 电磁转矩Te?TL?T0?47.75?3.77?51.52(N?m)
输入功率P1?Pem??pCua?PN?P0??pCua?5?0.395?0.5?5.895(kW) 额定效率?N?PN5?100%??100%?84.8% P5.8951?pCua?pCua500???0.696(?) 2P58952IN12()()220UN 电枢电阻Ra?
3-8 有一他励直流发电机的额定数据为：PN?46kW，UN?230V，nN?1000r/min，
Ra?0.1?，已知P0?1kW，Δpadd?0.01PN，求额定负载下的P1、Pem及?N。
解：
电枢电流IN?PN46??0.2(A) UN2302Ra?0.22?0.1?4(kW) 定子铜耗?pCua?IN 输入功率P1?PN??pCua?P0??padd?46?4?1?0.01?46?51.46(kW) 电磁功率Pem?PN??pCua?46?4?50(kW)
第四章 直流电机拖动基础
4-1 直流电动机一般为什么不允许直接起动？可采用什么方法起动比较好？
答：
所谓起动就是指电动机接通电源后，由静止状态加速到某一稳态转速的过程。他励直流电动机起动时，必须先加额定励磁电流建立磁场，然后再加电枢电压。他励直流电动机当忽略电枢电感时，电枢电流为
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UN?Ea Ra Ia?在起动瞬间，电动机的转速n?0，感应电动势Ea?CeΦNn?0，电枢回路只有电枢绕组电阻Ra，此时电枢电流为起动电流Ist，对应的电磁转矩为起动转矩Tst，并有
Ist?UN，Tst?CTΦNIst RaIN，约为(10~20)IN，这么大的起动电
由于电枢绕组电阻Ra很小，因此起动电流Ist流使电机换向困难，在换向片表面产生强烈的火花，甚至形成环火；同时电枢绕组也会因过热而损坏；另外，由于大电流产生的转矩过大，将损坏拖动系统的传动机构，这都是不允许的。因此除了微型直流电动机由于Ra较大、惯量较小可以直接起动外，一般直流电动机都不允许直接起动。这样，就需要增加起动设备和采取措施来控制电机的起动过程。
由Ist?UN/Ra可知，限制起动电流的措施有两个：一是增加电枢回路电阻，二是降低电源电压，即直流电动机的起动方法有电枢串电阻和降压两种。串电阻起动操作较简单、可靠，但起动电阻要消耗大量电能，效率较低。因此，目前已较少使用，只在应用串电阻调速的电力拖动系统中才使用这种起动方法；降压起动需要可调的直流电源，可采用基于电力电子器件的可控整流器向直流电机供电。采用降压起动方法，可使整个起动过程既快又平稳，同时能量损耗也小。此外，可控直流电源还可用于调速，因而在电机拖动系统中得到广泛应用。
4-2 为什么要考虑调速方法与负载类型的配合？怎样配合才合理？试分析恒转矩调速拖动
恒功率负载，以及恒功率调速拖动恒转矩负载两种情况的机械特性。 答：
为了使电机得到充分利用，根据不同的负载，应选用相应的调速方式。通常，恒转矩负载应采用恒转矩调速方式，恒功率负载应采用恒功率调速方式，这样可使调速方式与负载类型相匹配，电动机可以被充分利用。
例如初轧机主传动机构，在转速比较低时，压下量较大，即负载转矩大，可采用恒转矩调速方式；转速高时，压下量减小，即负载转矩随转速的升高而减小，为恒功
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率负载，因此，要与恒功率调速方式相配合。所以，在采用他励直流电动机拖动的初轧机主传动系统中，在额定转速nN以下一般用改变供电电压调速，在nN以上用弱磁调速，这样的配合较恰当。如图4-13所示。
P Te 2 Te P 1 O 变电压调 速nN 弱磁调速 nma xn
图4-13 他励直流电动机调速时的容许输出转矩和功率
反之，假如恒转矩负载采用恒功率调速方式，或者恒功率负载采用恒转矩调速方式，则调速方式与负载类型就不匹配，电动机不能被充分利用。
例如用转矩调速方法去拖动恒功率负载（如下图），因调速时负载转矩TL在Ta~Tc范围内变化，故电机的电磁转矩也相应地变化。由于励磁磁通并不变，那么电枢电流就随之在Ia~Ic范围内变化。如果令Ib?IN，则低速时Ic?IN，电机过载、过热；高速时，Ia?IN，电机为轻载，没被充分利用。
TLT
0
又如用恒功率调速方法去拖动恒转矩负载（如下图），因为调速时负载转矩TL为常值，所以电机的电磁转矩Te也为常值，从电磁转矩公式Te?CTΦI可知，随着磁通Φ的减小，电枢电流I一定会变大。如果令Ib?IN，则弱磁高速时Ia?IN，电机会过热；强磁低速时，Ic?IN，电机没被充分利用。
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TL
T
4-3 如何区别电动机是处于电动状态还是制动状态？
答：
直流电动机的运行状态主要分为电动状态和制动状态两大类。
电动状态是电动机运行时的基本工作状态。电动状态运行时，电动机的电磁转矩Te与转速n方向相同，此时Te为拖动转矩，电机从电源吸收电功率，向负载传递机械功率。电动机电动状态运行时的机械特性如图4-14所示。
电动机在制动状态运行时，其电磁转矩Te与转速n方向相反，此时Te为制动性阻转矩，电动机吸收机械能并转化为电能，该电能或消耗在电阻上，或回馈电网。电动机制动状态的机械特性处在第二、四象限。
n 正向电动运 行A -TL O TL Te B 反向电动运 行
图4-14 他励直流电动机的电动运行状态
4-4 一台他励直流电动机拖动的卷扬机，当电枢所接电源电压为额定电压、电枢回路串入
电阻时拖动着重物匀速上升，若把电源电压突然倒换极性，电动机最后稳定运行于什么状态？重物提升还是下放？画出机械特性图，并说明中间经过了什么运行状态？
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“电机与拖动基础（第2版）”习题解答
答：
电机开始运行于正向电动状态。若把电源电压突然倒换极性，电动机最后稳定运行于反向回馈制动状态，重物匀速下放，其机械特性如下图所示。
2 B n n0 A TL 2 O 2 TL 1 T 1 C D
E 3
图中曲线1为固有机械特性，曲线2为电枢电压等于额定值、电枢回路串电阻的人为机械特性，曲线3为电枢电压反接后电枢回路串电阻的人为机械特性。反接电压之前，匀速提升重物的工作点为A，反接后稳定运行的工作点为E。从A到E中间经过：
（1）B—C，反接制动过程；
（2）C—D，反向升速，属反向电动运行状态； （3）D—E，继续反向升速，属反向回馈制动运行状态。
4-5 一台他励直流电动机拖动一台电动车行驶，前进时电动机转速为正。当电动车行驶在
斜坡上时，负载的摩擦转矩比位能性转矩小，电动车在斜坡上前进和后退时电动机可能工作在什么运行状态？请在机械特性上标出工作点。 答：
如图4-22所示，当电动车在斜坡上前进时，负载转矩TL1为摩擦转矩与位能性转矩之和，此时电动机电磁转矩Te克服负载转矩TL1，使电动车前进，电动机工作在第一象限的正向电动运行状态，如图中的A点。当电动车在斜坡上后退时，负载转矩TL2为摩擦转矩与位能性转矩之差，由于摩擦转矩比位能性转矩小，所以TL2与转速n方向相同，TL2实质上成为驱动转矩，而电动机电磁转矩Te与n方向相反，为制动转矩，抑制电动
车后退速度，同时将电能回馈给电网，电动机工作在第二象限的正向回馈制动运行状
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“电机与拖动基础（第2版）”习题解答
态，如图中的B点。
正向回馈 n 制动运行 B n0 正向电动运行 A TL2 O TL1 Te
图4-22 正向回馈制动运行
4-6 有一他励直流电动机的额定数据为：nN?1000r/min，PN?60kW，UN?220V，IN?305A，
估算额定运行时的EaN，Ce?N，TN，n0，最后画出固有机械特性。 解：
认为额定运行时电枢铜耗近似等于总损耗的50%，即
2 INRa?0.5(UNIN?PN)
这样电枢电阻
UNIN?PN220?305?60?103 Ra?0.5?0.5??0.038(?) 2IN3052 EaN?UN?INRa?220?305?0.038?208.41(V) Ce?N?EaN208.41??0.208(V?min/r) nN1000PN60?103 TN?9.55?9.55??573(N?m)
nN1000 n0? 固有机械特性方程为
UN220??1057.7(r/min) Ce?N0.208 n?n0?Ra0.038Ia?1057.7?Ia?1057.7?0.1827Ia Ce?N0.208 因为CT?N?9.55Ce?N?9.55?0.208?1.986(N?m/A)，所以该方程又可写成 n?n0?RaTe0.1827?1057.7?Te?1057.7?0.092Te
Ce?NCT?N1.986 由此可画出固有机械特性，如下图所示
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“电机与拖动基础（第2版）”习题解答
n n0 nN A O TN Tst Te
图4-2 他励电动机固有机械特性
4-7 画出上题电动机电枢回路串入R=0.1Ra电阻和电枢电压降到150V的两条人为机械特性。
解：
电枢回路串入R=0.1Ra电阻的人为机械特性方程为（空载转速不变） n?n0?Ra?RTe1.1?0.038?1057.7?Te?1057.7?0.101Te
Ce?NCT?N0.208?1.986 电枢电压降到150V的人为机械特性方程为（特性斜率不变） n?RTeU150?a??0.092Te?721.2?0.092Te Ce?NCe?NCT?N0.208 由此可画出这两条人为机械特性，如下图所示
n U1 图4-3 改变电枢电压的人为的机械特性 4-8 有一他励直流电动机的额定数据为：PN?7.5kW，nN?1000r/min，UN?220V，IN?40A， Ra?0.5?，TL?0.5TN，求电动机的转速和电枢电流。 解： 额定运行时 － 20 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 Ce?N?UN?INRa220?40?0.5??0.2(V?min/r) nN1000 TeN?9.55Ce?NIN?9.55?0.2?40?76.4(N?m) PN7.5?103 TN?9.55?9.55??71.625(N?m) nN1000 空载转矩和空载损耗为 T0?TeN?TN?76.4?71.625?4.775(N?m) P0?T0nN4.775?1000??500(W) 9.559.55 负载运行时，认为空载损耗保持不变，即有如下关系 Te?TL?9.55P0P?0.5TN?9.550 nn Ce?Nn?UN?IaRa Te?CT?NIa?9.55Ce?NIa 求解上面的三个方程，可得电动机的转速和电枢电流 n?1047.3(r/min) Ia?21.1(A) 4-9 一台他励直流电动机的额定数据为：nN?1500r/min，PN?10kW，UN?220V，IN?53.8A， Ra?0.29?，试计算： （1）直接起动时的起动电流； （2）限制起动电流不超过2IN，采用电枢串电阻起动时，应串入多大的电阻值；若采用降压起动，电压应降到多大？ 解： （1）直接起动时的起动电流 Ist?UN220??758.6(A) Ra0.29 （2）采用电枢串电阻起动时，应串入多大的电阻值 R??UN220?Ra??0.29?1.75(A) 2IN2?53.8 若采用降压起动，电压应降到 UN?2INRa?2?53.8?0.29?31.2(V) － 21 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 4-10 一台他励直流电动机的额定数据为：PN?7.5kW，nN?1500r/min，UN?220V，IN?41A， Ra?0.376?，拖动恒转矩额定负载运行，现把电源电压降至150V，问： （1）电源电压降低的瞬间转速来不及变化，电动机的电枢电流及电磁转矩各是多大？电力拖动系统的动转矩是多大？ （2）稳定运行转速是多少？ 解： （1）额定运行时 Ce?N?UN?INRa220?41?0.376??0.136(V?min/r) nN1500 电源电压降至150V的瞬间，转速来不及变化，则电动机的电枢电流 Ia? 此时的电磁转矩 Te?CT?NIa?9.55Ce?NIa?9.55?0.136?(?143.6)??186.5(N?m) （2）因为是恒转矩负载，稳定运行时电枢电流为额定值IN?41A，所以转速 n? 4-11 一台他励直流电动机，PN?21kW，UN?220V，IN?115A，nN?980r/min，Ra?0.1?， 拖动恒转矩负载运行，TL?80%TN。弱磁调速时，?从?N调至80%?N，问： （1）调速瞬间电枢电流是多少？ （2）调速前后的稳态转速各为多少？ 解： （1）额定运行时 Ce?N?UN?INRa220?115?0.1??0.213(V?min/r) nN980U?INRa150?41?0.376??989.6(r/min) Ce?N0.136U?Ce?NnN150?0.136?1500???143.6(A) Ra0.376 不计空载转矩，TL?80%TN恒转矩负载运行时的电枢电流为0.8IN，转速为 n?UN?0.8INRa220?0.8?115?0.1??989.7(r/min) Ce?N0.213 弱磁调速瞬间，转速来不及变化，电枢电流为 Ia?UN?0.8Ce?Nn220?0.8?0.213?989.7??513.55(A) Ra0.1 （2）调速前的稳态转速 n1?n?989.7(r/min) － 22 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 因为是恒转矩负载运行，调速后稳态运行时0.8TN?0.8CT?NI2，此时电枢电流I2?IN，所以调速后的稳态转速 n2? UN?I2Ra220?115?0.1??1223.6(r/min) 0.8Ce?N0.8?0.2134-12 一台他励直流电动机的PN?17kW，nN?1000r/min，Ra?0.036?，UN?110V，IN?185A， 已知电动机最大允许电流Iamax?1.8IN，电动机拖动TL?0.8TN负载电动运行。问： （1）若采用能耗制动停车，电枢应串入多大的电阻？ （2）制动开始瞬间及制动结束时的电磁转矩各为多大？ （3）若负载为位能性恒转矩负载，采用能耗制动使负载以120r/min转速匀速下放重物，此时电枢回路应串入多大的电阻？ 解： （1）额定运行时 Ce?N?UN?INRa110?185?0.036??0.103(V?min/r) nN1000 不计空载转矩，拖动TL?0.8TN负载电动运行时的电枢电流为0.8IN，转速为 n?UN?0.8INRa110?0.8?185?0.036??1016.2(r/min) Ce?N0.103 能耗制动前电枢电动势为 Ea?Ce?Nn?0.103?1016.2?104.7(V) 制动瞬间转速来不及变化，电枢电动势不变，电枢应串入的电阻值为 R??EaIamax?Ra?104.7?0.036?0.278(?) 1.8?185 （2）制动开始瞬间的电枢电流I1??Iamax??1.8IN，电磁转矩 Te1??CT?N?1.8IN??9.55Ce?N?1.8IN??1.8?9.55?0.103?185??327.56(N?m) 制动结束时的电磁转矩Te2?0 （3）因为负载是位能性恒转矩负载，重物下放时的负载转矩仍为TL?0.8TN，电枢电流I3?0.8IN，电枢回路应串入的电阻值 R?? 4-13 一台他励直流电动机的PN?10kW，UN?110V，IN?112A，nN?750r/min，Ra?0.1?， 已知电动机的过载能力??2.2，电动机带反抗性恒转矩负载处于额定运行。求： － 23 － ?Ea3?Ce?Nn3?0.103?(?120)?Ra??Ra??0.036?0.0475(?) I3I30.8?185“电机与拖动基础（第2版）”习题解答 （1）采用反接制动停车，电枢回路应串入多大的电阻？ （2）如制动结束时，不切断电源，电动机是否会反转？若能反转，试求稳态转速，并说明电动机工作在什么状态？ 解： （1）额定运行时 Ce?N?UN?INRa110?112?0.1??0.132(V?min/r) nN750N TL?TeN?9.55C?eIN?9.5?50.1?32?11214? 1.2(Nm) 由于反接制动时电枢电流不超过?IN，电枢回路应串入的电阻为 R???UN?Ce?NnN?110?0.132?750?Ra??0.1?0.75(?) ?(?IN)2.2?(?112) （2）如制动结束时，不切断电源，当n?0时的电磁转矩 Te0?9.55Ce?N?UN?110?9.55?0.132???163.1(N?m) R??Ra0.75?0.1 由于Te0?TL，电动机将会反转，最后稳定运行在反向电动状态，其稳态转速为 n2? 4-14 一台他励直流电动机的PN?29kW，UN?440V，IN?76.2A，nN?1050r/min， Ra?0.393?。 ?UNR??Ra?1100.75?0.1?(?TL)???141.2??112.1(r/min) 2Ce?N9.55(Ce?N)0.1329.55?0.1322（1）电动机以反向回馈制动运行下放重物，设Ia?60A，电枢回路不串电阻，求电动机的转速与负载转矩各为多少？回馈电源的电功率多大？ （2）若采用能耗制动运行下放同一重物，要求电动机转速n??300r/min，问电枢回路串入多大的电阻？该电阻上消耗的电功率是多大？ （3）若采用倒拉反转下放同一重物，要求电动机转速n??850r/min，问电枢回路串入多大的电阻？该电阻上消耗的电功率是多大？电源送入电动机的电功率多大？ 解： （1）额定运行时 Ce?N?UN?INRa440?76.2?0.393??0.3905(V?min/r) nN1050 反向回馈制动运行下放重物时，电动机的转速为 － 24 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 n??UN?IaRa?440?60?0.393???1187(r/min) Ce?N0.3905 不计空载转矩，负载转矩为 TL?Te?9.55Ce?NIa?9.55?0.3905?60?223.8(N?m) 回馈电源的电功率为 P1??UNIa??440?60??26.4(kW) （2）能耗制动运行下放重物时，电枢回路串入的电阻值 R?2??Ce?Nn?0.3905?(?300)?Ra??0.393?1.56(?) Ia60 该电阻上消耗的电功率为 P?2?Ia2R?2?602?1.56?5.616(kW) （3）倒拉反转下放重物时，电枢回路串入的电阻值 R?3?(UN?Ce?Nn)440?0.3905?(?850)?Ra??0.393?12.47(?) Ia60 该电阻上消耗的电功率为 P?3?Ia2R?3?602?12.47?44.892(kW) 电源送入电动机的电功率为 P1?UNIa?440?60?26.4(kW) 4-15 一台他励直流电动机的PN?29kW，nN?1000r/min，Ra?0.377?。UN?440V，IN?76A， 负载转矩TL?0.8TN，最大制动电流Ia?1.8IN。求当该电动机拖动位能负载时，用哪几种方法可使电动机以500r/min的速度下放负载，每种方法电枢回路中所串电阻为多少？并画出相应的机械特性，标出从稳态提升重物到以500r/min速度下放重物的转换过程。 解： 额定运行时 Ce?N?UN?INRa440?76?0.377??0.4413(V?min/r) nN1000 不计空载转矩，负载转矩TL?0.8TN时的电枢电流为 Ia?0.8IN?0.8?76?60.8(A) 以500r/min速度稳态提升重物时的机械特性为 n?UN?Ia(Ra?R?)440?60.8?(0.377?R?)??500 Ce?N0.4113 － 25 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 由此可求得电枢回路串入的电阻值 R??3.48(?) 采用以下两种方法可使电动机以500r/min的速度下放负载： （1）采用转速反向的反接制动，电动机的机械特性为 n?UN?Ia(Ra?R?1)440?60.8?(0.377?R?1)???500 Ce?N0.4113 由此可求得电枢回路串入的电阻值 R?1?10.24(?) 从稳态提升重物到以500r/min速度下放重物的转换过程如下图所示， （2）采用能耗制动，电动机的机械特性为 n? ?Ia(Ra?R?2)?60.8?(0.377?R?2)???500 Ce?N0.4113 由此可求得电枢回路串入的电阻值 R?2?3.01(?) 从稳态提升重物到以500r/min速度下放重物的转换过程如下图所示， 4-16 某他励直流电动机的数据为：PN?17kW，UN?110V，IN?185A，nN?1000r/min， － 26 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 Ra?0.035?，GDe2?30N?m2。拖动恒转矩负载运行，TL?0.85TN。采用能耗制动或反 接制动停车，最大允许电流为1.8IN，求两种停车方法各自最快的制动停车时间是多少（取GD2?1.25GDe2）？ 解： 基本数据计算： 额定运行时电动机的Ce?N Ce?N?UN?INRa110?185?0.035??0.104(V?min/r) nN1000 TL?0.85TN负载正向运行时的感应电动势 Ea?UN?IaRa?110-0.85?185?0.035?104.5(V) TL?0.85TN负载正向运行时的稳态转速（即制动瞬时转速） nA?Ea104.5??1005(r/min) Ce?N0.104 （1）能耗制动计算： 电枢回路串入电阻后的总电阻 Ra?Rmin? 能耗制动时的稳态转速 nC?0?Ia(Ra?Rmin)0.85?185?0.314????474.8(r/min) Ce?N0.104Ea104.5??0.314(?) 1.8IN1.8?185 能耗制动时的时间常数 GD2Ra?Rmin1.25?300.314 TM????0.304(s) 23759.55(Ce?N)3759.55?0.1042 最快的制动停车时间 t0?TMln （2）反接制动计算： 电枢回路串入电阻后的总电阻 Ra?Rmin? 能耗制动时的稳态转速 nC??UNIa(Ra?Rmin)1100.85?185?0.644??????2031.4(r/min) Ce?NCe?N0.1040.104UN?Ea110?104.5??0.644(?) 1.8IN1.8?185nA?nC1005?474.8?0.304?ln?0.346(s) ?nC474.8 能耗制动时的时间常数 － 27 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 GD2Ra?Rmin1.25?300.644 TM????0.623(s) 3759.55(Ce?N)23759.55?0.1042 最快的制动停车时间 t0?TMln 4-17 一台他励直流电动机的数据为：PN?5.6kW，UN?220V，IN?31A，nN?1000r/min， Ra?0.45?，系统总飞轮惯量GD2?9.8N?m2。在转速为nN时使电枢反接，反接制动的 nA?nC1005?2031.4?0.304?ln?0.25(s) ?nC2031.4起始电流为2IN，传动机构损耗转矩?T?0.11TN。试就反抗性恒转矩负载及位能性恒转矩负载两种情况求：反接制动使转速自nN降到0的制动时间。 解： 基本数据计算： 额定运行时电动机的Ce?N Ce?N?UN?INRa220?31?0.45??0.206(V?min/r) nN1000 额定负载正向运行时的感应电动势 EaN?UN?INRa?220-31?0.45?206(V) 反接制动时电枢回路串入电阻后的总电阻 Ra?Rmin? 反接制动时的时间常数 GD2Ra?Rmin9.86.87 TM????0.443(s) 23759.55(Ce?N)3759.55?0.2062UN?Ea220?206??6.87(?) 2IN2?31 （1）反抗性恒转矩负载计算： 稳态转速 nC? 制动时间 t0?TMlnnN?nC1000?2101.8?0.443?ln?0.172(s) ?nC2101.8?UNIN(Ra?Rmin)22031?6.87??????2101.8(r/min) Ce?NCe?N0.2060.206 （2）位能性恒转矩负载计算： 稳态转速 － 28 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 nC??UNIa(Ra?Rmin)220(1?0.22)?31?6.87??????1874.4(r/min) Ce?NCe?N0.2060.206 制动时间 t0?TMln nA?nC1000?1874.4?0.443?ln?0.189(s) ?nC1874.4第五章 变压器 5-1 在研究变压器时，对正弦量电压、电流、电动势和磁通等为什么要规定正方向？我们是按什么惯例来规定正方向的？ 答： 由于变压器中电压、电流、电动势和磁通的大小和方向都随时间作周期性变化，为了能正确表明各量之间的关系，要规定它们的正方向。一般采用电工惯例来规定其正方向（假定正方向）： （1）同一条支路中，电压u的正方向与电流i的正方向一致； （2）由电流i产生的磁动势所建立的磁通?其二者的正方向符合右手螺旋法则； （3）由磁通?产生的感应电动势e，其正方向与产生该磁通的电流i的正方向一致，则有e??Nd?/dt。 5-2 变压器中主磁通和漏磁通的性质和作用有什么不同？在等效电路中如何反映它们的作用？ 答： 当一次绕组加上交流电源电压u1时，一次绕组中就有电流产生，由于变压器为空载运行，此时称一次绕组中的电流为空载电流i0。由i0产生空载磁动势F0?N1i0，并建立空载时的磁场。由于铁心的磁导率比空气（或油）的磁导率大得多，所以绝大部分磁通通过铁心闭合，同时交链一、二次绕组，并产生感应电动势e1和e2，如果二次绕组与负载接通，则在电动势作用下向负载输出电功率，所以这部分磁通起着传递能量的媒介作用，因此称之为主磁通?m；另有一小部分磁通（约为主磁通的0.25%左右）主要经非磁性材料（空气或变压器油等）形成闭路，只与一次绕组交链，不参于能量传递，称之为一次绕组的漏磁通?1?，它在一次绕组中产生漏磁电动势e1?。 － 29 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 在变压器等效电路中，主磁通的作用通过它所产生的感应电动势来表征，即一、二次绕组感应电动势E1、E2的大小与电源频率f1、绕组匝数N1、N2及铁心中主磁通的最大值?m成正比，而在相位上比产生感应电动势的主磁通滞后90°。而等效电路中的漏电抗反映了漏磁通对电路的电磁效应。由于漏磁通的主要路径是非铁磁性物质，漏磁路不会饱和，是线性的，其磁导是常数，因此对已制成的变压器，漏电感L1?为一常数，当电源频率f1一定时，漏电抗也是常数X1??L1?。 R1X1R2X2?I1?U1?E1?I2?U?E22ZL 5-3 图5-9 变压器负载运行时的等效电路 变压器空载运行时，一次侧加额定电压，为什么空载电流I0很小？如果一次侧加额定电压的直流电源，这时一次侧电流、铁心中磁通会有什么变化？二次绕组开路和短路对一次绕组的电流有无影响？ 答： 变压器主磁通的路径完全是通过铁心闭合的，主磁路的磁阻很小，只需要很小的励磁电流就能产生较大的主磁通，并产生足以平衡一次侧额定电压的感应电动势，所以变压器空载运行时，即使一次侧加额定电压，空载电流I0也很小。 如果一次侧加额定电压的直流电源，这时没有电磁感应作用，额定电压将完全由一次侧绕组的电阻压降来平衡，由于一次侧绕组的电阻一般很小，一次侧电流将变得非常大，铁心中的磁通很变得很大，有可能烧毁变压器（相当于短路事故）。这时二次绕组开路和短路对一次绕组的电流没有影响。 5-4 一台用于50Hz电源的单相变压器，如果接在60Hz电网上运行，如果额定电压不变，则空载电流、铁心损耗、漏电抗、励磁电抗及电压调整率等有何变化？ 答： 根据变压器一次侧的电压平衡方程 － 30 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 U1N?E1?4.44f1N1?m f1?50H时，?m50?zU1NU1N；f1?60Hz时，?m60?，所以 4.44?60N14.44?50N1 ?m605? ?m506即主磁通为原来的5/6。若不考虑磁路的饱和效应，主磁通与空载电流（励磁电流）成正比，空载电流将减小。 铁心损耗的近似计算公式为 ?pFe60?CFefB所以，铁心损耗将减小。 漏磁路的磁阻不变，漏电感不变，所以漏电抗随着频率的增加而变大。在不考虑磁路饱和的情况下，励磁电抗也随着频率的增加而变大。而漏电抗的变大意味着短路电抗的变大，所以电压调整率也变大。 5-5 一台单相变压器，额定电压为220V/110V，如果不慎将低压侧误接到220V的电源上，对变压器有何影响？ 答： 这是一台降压变压器，低压绕组匝数N2少。由公式U1N?4.44f1N2?m可知，主磁通?m要增加很多才能平衡端电压U1N，磁通的增加又因磁路非线性引起励磁电流增加很多，电流过大就可能烧坏低压绕组。 5-6 一台单相变压器，额定容量为5kV·A，高、低压侧绕组均为两个匝数相同的线圈，高、低压侧每个线圈的额定电压为1100V和110V，现将它们进行不同方式的连接，试问每种连接的高、低压侧额定电流为多少？可得几种不同的电压比？ 解： （1）高压绕组串联、低压绕组串联： I1N? I2N? k?5000?2.273A 1100?25000?22.727A 110?21.3602m60?6?G?CFe???5?1.3f1.350?5?2?5???Bm50G????6??6?20.7?pFe50 1100?2?10 110?2 （2）高压绕组串联、低压绕组并联： － 31 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 I1N?2.273A I2N? k?5000?45.455A 1101100?2?20 110 （3）高压绕组并联、低压绕组并联： I1N?5000?4.545A 1100 I2N?45.455A k?1100?10 110 （4）高压绕组并联、低压绕组串联： I1N?4.545A I2N?22.727A k? 5-7 变压器为什么要并联运行？并联运行的条件有哪些？哪些条件需要严格遵守？ 答： 所谓并联运行，就是将两台或两台以上的变压器的一、二次绕组分别并联到公共母线上，同时对负载供电。变压器之所以要并联运行，是因为并联运行时很多的优点： （1）提高供电的可靠性。并联运行的某台变压器发生故障或需要检修时，可以将它从电网上切除，而电网仍能继续供电； （2）提高运行的经济性。当负载有较大的变化时，可以调整并联运行的变压器台数，以提高运行的效率； （3）可以减小总的备用容量，并可随着用电量的增加而分批增加新的变压器。 并联运行的条件有以下三条，都必须严格遵守： （1）并联运行的各台变压器的额定电压应相等，即各台变压器的电压比应相等； （2）并联运行的各台变压器的联结组号必须相同； （3）并联运行的各台变压器的短路阻抗（或阻抗电压）的相对值要相等。 5-8 与普通双绕组变压器相比，自耦变压器有哪些优缺点？ 答： － 32 － 1100?5 2?110“电机与拖动基础（第2版）”习题解答 自耦变压器与普通双绕组变压器相比，在相同的额定容量下，由于自耦变压器的计算容量小于额定容量，因此自耦变压器的结构尺寸小，节省有效材料（铜线和硅钢片）和结构材料（钢材），降低了成本。同时有效材料的减少还可减小损耗，从而提高自耦变压器的效率。 由于自耦变压器的一次侧和二次侧之间有电的直接联系，所以高压侧的电气故障会波及到低压侧，因此在低压侧使用的电气设备同样要有高压保护设备，以防止过电压。另外，自耦变压器的短路阻抗小，短路电流比普通双绕组变压器的大，因此必须加强保护。 5-9 电压互感器和电流互感器的功能是什么？使用时必须注意什么？ 答： 电压互感器实质上就是一个降压变压器，原理和结构与普通双绕组变压器基本相同，其功能就是安全地测量高电压。使用电压互感器时，应注意以下几点： （1）电压互感器在运行时二次绕组绝对不允许短路，因为如果二次侧发生短路，则短路电流很大，会烧坏互感器。因此，使用时在一、二次侧电路中应串接熔断器作短路保护。 （2）电压互感器的铁心和二次绕组的一端必须可靠接地，以防止高压绕组绝缘损坏时，铁心和二次绕组带上高电压而造成的事故。 （3）电压互感器有一定的额定容量，使用时二次侧不宜接过多的仪表，以免影响电压互感器的准确度。 电流互感器类似于一个升压变压器，其功能就是安全地测量大电流。使用电流互感器时，应注意以下几点： （1）电流互感器在运行时二次绕组绝对不允许开路。如果二次绕组开路，电流互感器就成为空载运行状态，被测线路的大电流就全部成为励磁电流，铁心中的磁通密度就会猛增，磁路严重饱和，一方面造成铁心过热而毁坏绕组绝缘，另一方面二次绕组将会感应产生很高的电压，可能使绝缘击穿，危及仪表及操作人员的安全。 （2）电流互感器的铁心和二次绕组的一端必须可靠接地，以免绝缘损坏时，高电压传到低压侧，危及仪表及人身安全。 （3）电流表的内阻抗必须很小，否则会影响测量精度。 － 33 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 5-10 有一交流信号源，已知信号源的电动势E?120V，内阻R0?600?，负载电阻RL?8?。 '（1）如果负载RL经变压器接至信号源，并使等效电阻RL?R0，求变压器的电压比和 负载上获得的功率；（2）如果负载直接接至信号源，求负载上获得的功率？ 解： （1）变压器的电压比为 N k?1?N2'RL?RL600?8.66 8 回路电流 I? 负载上获得的功率 ' PL?I2RL?0.12?600?6(W) E120??0.1(A) '600?600R0?RL 信号源的输出功率 ' P?I2(R0?RL)?0.12?(600?600)?12(W) 效率 ??PL6?100%??100%?50% P12 （2）如果负载直接接至信号源，回路电流为 I? 负载上获得的功率 PL?I2RL?0.1972?8?0.31(W) 信号源的输出功率 P?I2(R0?RL)?0.1972?(600?8)?23.6(W) 效率 ?? 5-11 有一台单相变压器，已知R1?2.19?，X1?15.4?，R2?0.15?，X2?0.964?， Rf?1250?，Xf?12600?，N1?876匝，N2?260匝，U2?6000V，I2?180A， PL0.31?100%??100%?1.31% P23.6E120??0.197(A) R0?RL600?8 － 34 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 cos?2?0.8（滞后），试用近似等效电路和简化等效电路求U1和I1。 解： 电压比k?N1?876?3.37 N2260 （1）近似等效电路如下图所示，先将相关参数折算到低压侧来计算 R1''? X1''? Rf''? Xf''?R12.19??0.193(?) k23.372X115.4??1.357(?) k23.372Rf1250??110.16(?) k23.372Xf12600??1109.96(?) 22k3.37 以U2为参考向量，设U2?6000?0V，则I2?180??36.67A ''U1''??U2?I(2Z?1Z)2 ??6000?0?180??36.87?(0.193?j1.357?0.15?j0.964) ??6300.08?j2987.16??6307.08?2.7(V)U1''6307.08?2.7 I?''?I2??180??36.67?184.06?141.9(A) 110.16?j1109.96Z1''1 折算到高压侧，得 U1?kU1''?3.37?(?6307.08?2.7)??21250?2.7(V) I1''184.06?141.9 I1???54.63?141.9(A) k3.37 （2）简化等效电路如下图所示，将相关参数折算到高压侧来计算 － 35 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 ' R2?k2R2?3.372?0.15?1.70(Ω) ' X2?k2X2?3.372?0.964?10.95(Ω) ' Rk?R1?R2?2.19?1.70?3.89(?) ' Xk?X1?X2?15.4?10.95?26.35(?) Zk?Rk?jXk?3.89?j26.35?26.64?81.6?(?) '' 以U2为参考向量，设U2?6000?3.37?0??20220?0?(V) ' I2?I2180??36.87???53.41?-36.87?(A) k3.37' I1??I2??53.41?-36.87??53.41?143.13?(A) 'U1??U2?I1Zk ??20220?0??(-53.41?-36.87??26.64?81.6?)?-20220-1422.84?44.72???21254.59?2.7?(V) 5-12 一台单相变压器，SN?1000kV?A，U1N/U2N?60kV/6.3kV，f1?50Hz，空载及短路 试验的结果如下（25℃时）： 试验名称 空载 短路 试计算： （1）归算到高压侧的参数； （2）满载及cos?2?0.8（滞后）时的电压调整率?U%及效率?； （3）最大效率?max。 解： （1）归算到高压侧的参数 I1N/I2N?16.67A/158.73A k?电压/V 6300 3240 电流/A 10.1 16.67 功率/W 5000 14000 电源加在 低压侧 高压侧 U1N60??9.52 U2N6.3 由空载试验数据，先求低压侧的励磁参数 － 36 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 ' Zf?Z0?U26300??623.76(Ω) I010.1 Rf?''ΔpFeP05000?2??49.01(Ω) I02I010.12 Xf?Zf'2?Rf'2?623.762?49.012?621.83(Ω) 折算到高压侧的励磁参数为 2'2 Zf?kZf?9.52?623.76?56531.6(Ω) 2'2 Rf?kRf?9.52?49.01?4441.8(Ω) 2'2 Xf?kXf?9.52?621.83?56356.7(Ω) 由短路试验数据，计算高压侧室温下的短路参数 Zsh?Ush3240??194.36(Ω) Ish16.67ΔpCuPsh14000?2??50.38(Ω) 2IshI1N16.67222Zsh?Rsh?194.362?50.382?187.72(Ω) Rsh? Xsh? 换算到基准工作温度75oC时的数值 Rsh75oC? Zsh75oC?234.5?75234.5?75Rsh??50.38?60.1(Ω) 234.5??234.5?252222Rsh75?X?60.1?187.72?197.1(Ω) oshC 额定短路损耗为 P?I1NRsh75oC?16.67?60.1?16701.1(W) shN75oC 短路电压（阻抗电压）为 UshN75oC?I1N?Zsh75oC?16.67?197.1?3285.66(V) ush?22UshN75oCU1N?100%?3285.66?100%?5.48% 60000 （2）满载（??1）及cos?2?0.8（滞后）时 － 37 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 ΔU%?? I1N(Rocos?2?Xshsin?2)?100%U1Nsh75C16.67?(60.1?0.8?187.72?0.6)?100% 60000?4.47%? U2?(1?ΔU)U2N?(1?4.47%)?6.3?6.02(kV) ??(1? P0??2PshN75oC?SNcos?2?P0??PshN75Co2)?100P00?16701.1)?100% 31000?10?0.8?5000?16701.1?97.4%?(1?P0PshN75oC?5000?0.55时 16701.1 （3）当???m????max?(1? 2P0)?100%?SNcos?2?2P02?5000)?100% 30.55?1000?10?0.8?2?5000?97.8%?(1? 5-13 有一三相铝线变压器，已知SN?750kV?A，U1N/U2N?10000V/400V，Yy0 联结，空 载及短路试验数（20℃）如下： 试验名称 空载 短路 试计算： （1）归算到高压侧的参数； （2）满载及cos?2?0.8（滞后）时的?U%、U2及?； （3）最大效率?max。 解： （1）归算到高压侧的参数 I1N/I2N?43.3A/1082.6A 电压/V 400 440 电流/A 60 43.3 功率/W 3800 10900 电源加在 低压侧 高压侧 － 38 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 U1N10000??25 U2N400 k? 由空载试验数据，先求低压侧的励磁参数 Zf?Z0?'U2400??3.85(Ω) I03?60 Rf?''ΔpFeP03800???0.35(Ω) I02I023?602 Xf?Zf'2?Rf'2?3.852?0.352?3.83(Ω) 折算到高压侧的励磁参数为 2'2 Zf?kZf?25?3.85?2406.25(Ω) 2'2 Rf?kRf?25?0.35?218.75(Ω) 2'2 Xf?kXf?25?3.83?2393.75(Ω) 由短路试验数据，计算高压侧室温下的短路参数 Zsh?Ush440??5.87(Ω) Ish3?43.3ΔpCuPsh10900???1.94(Ω) 222IshI1N3?43.322Zsh?Rsh?5.872?1.942?5.54(Ω) Rsh? Xsh? 换算到基准工作温度75oC时的数值 Rsh75oC? Zsh75oC? 额定短路损耗为 P?3I1NRsh75oC?3?43.3?2.37?13330.5(W) shN75oC 短路电压（阻抗电压）为 UshN75oC?I1N?Zsh75oC?43.3?6.03?261.1(V) 22228?75228?75Rsh??1.94?2.37(Ω) 228??228?202222Rsh75?X?2.37?5.54?6.03(Ω) oshC － 39 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 ush?UshN75oCU1N?100%?261.1?100%?4.52% 10000/3 （2）满载（??1）及cos?2?0.8（滞后）时 ΔU%?? I1N(Rsh75oCcos?2?Xshsin?2)?100%U1N43.3?(2.37?0.8?5.54?0.6)?100% 10000/3?3.91%? U2?(1?ΔU)U2N?(1?3.91%)?400?384.4(V) ??(1? P0??2PshN75oC?SNcos?2?P0??2PshN75Co)?100800?13330.5)?100% 3750?10?0.8?3800?13330.5?97.2%?(1?P0PshN75oC?3800?0.53时 13330.5 （3）当???m????max?(1? 2P0)?100%?SNcos?2?2P02?3800)?100% 30.53?750?10?0.8?2?3800?97.7%?(1? 5-14 有一台单相变压器，SN?100kV?A，U1N/U2N?6000V/230V，f1?50Hz，绕组参数 为R1?4.32?，R2?0.00631?，X1?8.9?，X2?0.013?。试求： （1）归算到高压侧的短路参数Rsh、Xsh、Zsh； （2）求满载时，当cos?2?1、cos?2?0.8（滞后）和cos?2?0.8（超前）3种情况下的电压调整率，并对结果进行分析。 解： （1）归算到高压侧的短路参数 变比k?U1N6000??26.1 U2N230'22 Rsh?R1?R2?R1?kR2?4.32?26.1?0.00631?8.62(Ω) － 40 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 '22 Xsh?X1?X2?X1?kX2?8.9?26.1?0.013?17.76(Ω) Zsh?22Rsh?Xsh?8.622?17.762?19.74(Ω) （2）满载时，??1。另外，I1NSN100?103???16.67(A) U1N6000 当cos?2?1时，sin?2?0， ΔU%?? I1N(Rshcos?2?Xshsin?2)?100%U1N 16.67?8.62?1?100`00?2.39%? 当cos?2?0.8（滞后）时，sin?2?0.6， ΔU%?? I1N(Rshcos?2?Xshsin?2)?100%U1N16.67?(8.62?0.8?17.76?0.6)?100% 6000?4.88%? 当cos?2?0.8（超前）时，sin?2??0.6， ΔU%?? I1N(Rshcos?2?Xshsin?2)?100%U1N16.67?(8.62?0.8?17.76?0.6)?100% 6000??1.04%? 由于在电力变压器中，一般Rsh和Xsh都比较小，因此在纯电阻负载，即cos?2?1时，?U%很小，说明负载变化时U2下降得很小；在感性负载，即?2?0时，cos?2和 sin?2均为正值，?U%也为正值且较大，说明U2随负载电流I2的增大而下降，而且 在相同负载电流I2下，感性负载时U2的下降比纯电阻负载时U2的下降来得大；在容IXin2?，则?U%为性负载，即?2?0时，cos?2?0，而sin?2?0，若I1Rshcos?2?1shs负值，这表明负载时二次侧端电压比空载时高，即U2随I2的增大而升高。 － 41 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 5-15 一台单相变压器，SN?2kV?A，U1N/U2N?380V/220V，I1N/I2N?5.26A/9.1A，今把 它两个绕组串联改接为自耦变压器使用，如图5-29所示。问当a-x端接220V电压时，A-X两端的电压是多少？一次侧电流为多大？公共绕组的电流为多大？ ?I2AN1?I1UAXXaUaxN2Ix 解： 变比为 k?图5-29 题5-15示意图 N1E1U1N380????1.727 N2E2U2N220 若忽略漏阻抗压降，当a-x端接220V电压时，A-X两端的电压是380V。 如图所示，根据基尔霍夫第一定律可得 I1?I2?I 当自耦变压器负载运行时，根据磁动势平衡关系，负载时合成磁动势建立的主磁通与空载磁动势建立的主磁通相同，故有 N1I2?N2I?N2I0 由于空载电流（励磁电流）很小，如果忽略不计，则上式可写成 N1I2?N2(I1?I2)?0 所以 I2??N2I1 N1?N2上式说明，不计空载电流时，一次侧电流与二次侧电流相位相反。 设变压器负载运行时仍为额定容量，则一次侧电流的有效值为 I1?9.1A － 42 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 二次侧电流的有效值为 I2?公共绕组电流的有效值为 I?I1?I2?9.1?3.34?5.76(A) 220I1?3.34(A) 380?220第六章 交流电机的旋转磁场理论 6-1 电角度的含义是什么？它与机械角度之间的关系如何？ 答： 电机每对极在定子内圆上所占的角度360°/p指的是实际的空间几何角度, 这个角度被称 为机械角度。在四极及以上极数的电机中常常把一对极所占的360°定义为电角度，这是因为绕组中感应电动势变化一个周期为360°。对于两极电机，其定子内圆所占电角度和机械角度相等，均为360°；而p对极电机，其定子内圆全部电角度为360°·p，但机械角度却仍为360°。 所以二者存在以下关系： 电角度 = 机械角度 × 极对数 6-2 单相绕组的磁动势具有什么性质？它的振幅是如何计算的？ 答： （1）单相绕组的磁动势是一种在空间位置固定、幅值随时间变化的脉振磁动势，可分为基波磁动势及高次谐波磁动势。 （2）基波磁动势幅值的位置与绕组的轴线相重合，基波及高次谐波磁动势分量的幅值在时间上都以绕组中电流变化的频率脉振。 （3）单相绕组脉振磁动势中基波磁动势的幅值为Fm1?0.9势幅值Fm??0.9Nkw?I，谐波次数?越高，其幅值就越小。 ?pNkw1I，?次谐波磁动p （4）绕组采取分布式和适当短距的措施可以减少谐波成分，使磁动势的波形近似正弦波。 6-3 从物理意义上解释为什么三相交流绕组产生的磁动势是旋转的？ － 43 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 答： 交流电机定、转子气隙中旋转磁场的产生有两个条件：① 三相绕组对称：互差120°空间电角度；② 三相电源对称：互差120°时间电角度。当三相交流绕组中通入三相电流时，交流绕组各自产生沿绕组轴向方向的脉振磁场，三相脉振磁场合成的结果就是气隙磁场。该气隙合成磁场的幅值保持不变，在时间上将按照A-B-C的相序移动。三相脉振磁场之间相差120°，交替起来就形成了气隙中的旋转磁场。 6-4 三相绕组接在三相电源上，如果有一相断路，则绕组所产生的磁动势具有怎样的性质？ 答： 如果有一相断电，则只有两相绕组电流产生磁动势，空间相差120°电角度的两相脉振磁动势的合成无法满足对称条件，其合成磁动势应该是一个椭圆形的旋转磁场。 6-5 如果在三相对称绕组中通入时间上同相位的电流，则绕组所产生的磁动势具有怎样的性质？ 答： 因为单相绕组产生的是沿轴向方向的脉振磁动势，如果在三相对称绕组中通入时间上同相位的电流，所产生的三相脉振磁动势幅值的变化就完全相同，其合成磁动势就为零，这种情况就如同Y形连接三相对称电路的中线电流为零。 第七章 异步电机原理 7-1 为什么说异步电机的工作原理与变压器的工作原理类似？试分析两者的异同点。 答： 异步电机和变压器在功能、外型特征和运行方式上很不相同，但它们在工作原理上有很大 的相似性，都是通过电磁感应原理来工作的。异步电机的定子相当于变压器的一次侧，转子相当于变压器的二次侧，两者的基本方程式、等效电路和相量图都非常相似。尤其是当异步电 机堵转时，转子上的感应电压与定子电压之间的关系，与变压器的情况完全一样。因此，异步电机又被形象地称为“旋转变压器”。 两者的不同之处主要表现在，同容量的异步电机和变压器相比，变压器的空载电 － 44 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 流较小。空载电流是用于产生励磁磁场或主磁通的，变压器的主磁通回路没有像异步电机定、转子间的气隙，完全由铁磁材料组成的主磁路磁阻很小，产生一定磁通所需的电流就很小。这样，变压器可以长期空载运行。 7-2 试说明异步电机频率折算和绕组折算的意义、折算条件及折算方法。 答： 转子绕组折算就是用新绕组替换原绕组。为了导出等效电路，用一个与定子绕组的相数、 匝数和绕组因数都相同的等效绕组替换实际转子绕组，折算前后转子绕组的磁动势和各种功率及损耗不变，即从定子方看转子，一切未变。折算的方法就是将转子方的电压或电动势乘以异步电机的电压比ke，将转子方的电流除以异步电机的电流比ki，将转子方的阻抗乘以keki。 频率折算就是用静止的转子替换旋转的转子，折算条件也是磁动势和各种功率及损耗不变。为此，只要将转子电阻Rr'用电阻拟电阻1'或者说在转子回路串入一个实际上并不存在的虚Rr来代替，s1?s'Rr。 s 7-3 异步电动机在空载运行、额定负载运行及短路堵转运行3种情况下的等效电路有什么 不同？当定子外加电压一定时，3种情况下的定、转子感应电动势大小、转子电流及转子功率因数角、定子电流及定子功率因数角有什么不同？ 答： Rs?Xs?Rr'?'Xr0Us?IsEs?'Er0Ir'1?s'Rrs 图7-13 异步电动机的T形等效电路 异步电动机在空载运行时，转子转速n接近同步转速n1，转差率s?0，由异步电动 机的T型等效电路可知，虚拟电阻1?s'Rr为无穷大，转子电流为零，没有机械功输出。此时，s定子电流（空载电流）也很小，定子感应电动势较大，定子功率因数较小。 异步电动机在堵转运行时，转子转速n?0，转差率s?1，虚拟电阻1?s'Rr为零，转子s电流很大，有可能烧毁电机。此时，定子电流较大，定子感应电动势较小，定子功率因数较大。 － 45 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 异步电动机额定负载运行的情况介于上述两者之间。 7-4 用异步动电机等效电路解释为什么异步电动机的功率因数总是滞后的？为什么异步电 动机不宜在轻负载下运行？ 答： 由等效电路可见，异步电动机可以等效为若干电阻与电感的串并联，属于电感型负载， 而电感的电流特性即是电流滞后于电压的变化，所以其功率因数总是滞后。 如果异步电动机轻载运行，转子转速n就比较接近同步转速n1，转差率s很小，由等效电路可见，虚拟电阻1?s'Rr将很大，定、转子电流都很小，定子感应电动势较大，定子功率因s数较小。这样，电动机的运行效率和功率因数都很低，电能使用效率低。所以，异步电动机不宜在轻负载下长期运行。 7-5 异步电动机外加电压的大小与最初起动电流有什么关系？与最初起动转矩有什么关系？ 为什么电磁转矩随外加电压的平方变化？ 答： 在不考虑磁路饱和效应的情况下，异步电动机最初起动电流与外加电压成正比，最初起动转矩与外加电压的平方成正比。 由电机的基本理论可知，异步电动机的电磁转矩是由定、转子磁场相互作用的结果，产生定子磁场的定子电流由定子外加电压产生，产生转子磁场的转子电流由定子磁场的感应作用而产生，也可视为定子外加电压作用的结果，所以异步电动机的电磁转矩随外加电压的平方变化。 7-6 异步电动机运行时，若负载转矩不变而电源电压下降10%，对电机的同步转速n1、转 子转速n、主磁通?m、转子电流Ir、转子回路功率因数cos?2、定子电流Is等有何影响？如果负载转矩为额定负载转矩，长期低压运行，会有何后果？ 答： 首先，电机的同步转速n1保持不变，主磁通?m将减小。其次，根据电磁转矩的计算公式Te?CT?mIrcos?2，因为负载转矩不变，转子转速n必然下降，以增大定、转 － 46 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 子间的转差，使转子电流Ir增大，随之定子电流Is也增大，以产生足够的电磁转矩来平衡负载转矩。最后，转子转速n的减小，使转子电流频率增大，转子回路的漏电抗增大，转子回路功率因数cos?2将减小。 由上分析可知，如果负载转矩为额定负载转矩，长期低压运行，异步电动机的功率 因数很低，电能使用效率低，并且定、转子电流都偏大，有可能烧毁电机。 7-7 绕线转子异步电动机转子串电阻改善了功率因数，使起动转矩增加；笼型转子异步电 动机起动时转矩小，如果把电阻串在定子绕组里以改善功率因数，起动转矩能否提高？为什么？ 答： 把电阻串在定子绕组里虽然可以改善功率因数，但也起到了分压的作用，实际加在定子绕组的电压将减小，起动转矩不能提高。 7-8 一台额定频率为50Hz的三相异步电机，当定子绕组加额定电压，转子绕组开路时的 每相感应电动势为100V。设电机额定运行时的转速n=960r/min，转子转向与旋转磁场相同，问： （1）此时电机运行在什么状态？ （2）此时转子每相电动势Er为多少？（忽略定子漏阻抗压降影响） （3）转子参数Rr?0.1?，Xr?0.5?，试求额定运行时转子电流Ir是多少？ 解： （1）转差率s?1000?960?0.04，0?s?1，此时电机运行在正向电动状态。 1000 （2）此时转子每相电动势Er?100V。 （3）额定运行时转子电流 Ir? 7-9 一台三相异步电动机的数据为：UN?380V，fN?50Hz，nN?1426r/min，定子绕组 为Δ接法。已知该三相异步电动机一相的参数为：Rs?2.865?，Rr'?2.82?， Xs?7.71?， 'Xr0?11.75?，Xf?202?，Rf忽略不计。试求： Er(Rr/s)?X22r?100(0.1/0.04)?0.522?39.2(A) － 47 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 （1）额定负载时的转差率和转子电流的频率。 （2）作T型等效电路，并计算额定负载时的定子电流Is、转子电流折算值Ir'、输入功率P1和功率因数cos?1为多少？ 解： （1）额定负载时的转差率 s? 转子电流的频率 f2?sf1?0.0493?50?2.465(Hz) （2）T型等效电路为 Rs?n1?nN1500?1426??0.0493 n11500Xs?'r0Rr'?'Xr0Us?IsEs?EIr'1?s'Rrs 图7-13 异步电动机的T形等效电路 额定负载时的阻抗计算： Rr'2.82'?jXr0??j11.75?57.2?j11.75?58.4?11.6 Z?s0.0493'rXf Xf?Zr'j202?58.4?11.6Z???11796.8?101.6'57.2?j213.25Xf?Zrj202?57.2?j11.25'r ?11796.8?101.6?53.31?26.6?47.67?j23.86221.27?75Z?Zs?Xf Zr'?Rs?jXs?XfZr' ?2.865?j7.71?47.67?j23.86?50.535?j31.57?59.59?31.99 定子相电流 I1?U1380??6.38??31.99 Z59.59?31.99 定子线电流 － 48 － “电机与拖动基础（第2版）”习题解答 3I1?3?6.38?11.04(A) 功率因数 cos?1?cos(31.99)?0.848（滞后） 输入功率 PU1I1cos?1?3?380?11.04?0.848?6162.8(W) 1?3 感应电动势 E1?U1?I1Zs?380?6.38??31.99?8.225?69.62 ?380?52.45?37.63?380?41.54?j32.02?338.46?j32.02?339.97??5.4 转子电流折算值 I2? 7-10 一台三相4极异步电动机，其额定功率PN?5.5kW，额定频率fN?50Hz。在额定负载 运行情况下，由电源输入的功率为6.32kW，定子铜耗为341W，转子铜耗为237.5W，铁损耗为167.5W，机械损耗为45W，附加损耗为29W。 （1）画出功率流程图，标明各功率及损耗。 （2）在额定运行的情况下，求电动机的效率、转差率、转速，电磁转矩以及转轴上的输出转矩各是多少？ 解： （1）功率流程图如下： 'E1339.97??5.4??5.82??17.0(A) 'Zr58.4?11.6电功率 P1 电磁功率 机械功率 PmP2Pem ?pCus ?pFe?pCur?pm??padd P2?5.5kW 1?6.32kW，P ?pCus?341W，?pFe?167.5W － 49 －