(刘振兴版)[电机拖动]课后参考答案11

11《电机与拖动》参考答案 2-1

n1450

241.67r/min

j1j2j32*1.5*2

2nfd2*241.670.15V**1.9m/s （1） 切削功率:

602602PLFV2000*1.93800W

nf

（2） 电动机输出功率：P2（3） 系统总飞轮转矩：

PL

123



3800

5212.6W

0.9*0.9*0.9

GDGDa

22

GDb2j1

2

j12j22j32

22.792

3.5223.50.50.30.254.55N.m

22*1.5222*1.52*22

j1j2



GDc2

2

2



GDd2

（4） 电动机电磁转矩：

T2

TL

123



FD/22000*0.15/2

34.29N.M

j1j2j31232*1.5*2*0.9*0.9*0.9

（5） 不切削时的电动机电磁转矩： 忽略损耗时的电动机电磁转矩

T2'

FD/22000*0.15/2

25N.M

j1j2j32*1.5*2

传动机构阻转矩：T0T2T2'34.29259.29N.M

GD2dn4.55

9.29*80019N.M 加速时电动机转矩：TT0

375dt375

2-2

GD2dn

（a） TTL

375dt

GD2dn

（b） TTL

375dt

减速

减速

GD2dn

（c） TTL

375dt

加速

GD2dn

（d） TTL

375dt

减速

GD2dn

（e） TTL

375dt

2-3

匀速

(a) 稳定 ；（b）稳定；(c) 稳定； (d) 稳定； (e) 不稳定；

第三章

3-1 直流发电机通过电刷和换向器将导体中的交流电势整流成直流输出。如果没有换向器输出的将是交流电势。

3-2 直流电动机通过电刷和换向器将外部输入直流电压，逆变成导体中的交流电压和电流。 3-3 略

3-4 电枢反映是指电枢绕组流过电流时产生的磁场对主极磁场的影响。电枢反应的影响为：（1） 使气隙磁场发生畸变，半个磁极下磁场消弱，另半个磁极下磁场加强。

（2）磁路不饱和时，增加的和减弱的相同，每极磁通量不变；磁路饱和时，半个磁极下增加的磁通小于另半个磁极下减弱的磁通，每极磁通量略有减少。

(1)

INP1N

25000

131.83A

UNN220*0.862 PN2500029002WN0.862



PN12000

52.17AUN230 PN1200014371.3WN0.835

120

30， 4

PN

3-5

(2)

(1)

3-6

(2)

INP1N

3-7 略

3-8 当绕组为单叠形式时：每条支路并联元件匝数=

电刷间电势支路电势支路元件数*元件电势30*10300V

支路电阻支路元件数*元件电阻30*0.2 电刷间电阻1.5并联支路数并联支路数4

当绕组为单波形式时：每条支路并联元件匝数=

120

60 2

电刷间电势支路电势支路元件数*元件电势60*10600V

支路电阻支路元件数*元件电阻60*0.2 电刷间电阻6并联支路数并联支路数2

3-9 Ea

PNPNc*S2*10*21

nn*0.0142*100049.7V 60a60a60*2

T

PN3*400

Ia*0.21*10133.7N.M2a2*33-10 采用单叠绕组时： Ia10单叠形式时的支路电流:IyA

2a6

10

3.33A6采用单波绕组时： PN3*400

TIa*0.21*3.33133.7N.M

2a2*1

a1,

Ia2aIy2*

3-11 Ea

PN2*372

n*0.011*1500204.6V 60a60*1

(1) 因为EaU，所以运行在发电机状态； (2) Ia

T

EaU204.6200

22.12A Ra0.208

PN2*372Ia*0.011*22.1228.8N.M 2a2*1

pcuIa2Ra22.122*0.208101.77WP2IaU22.12*2004424W

.77W (3) P1P2pcupmpFe4424101.772043625091

P442420.86986.9%

P15091.77

3-12 略

W 3-13 （1） P1UI200*9218400

W （2） P2P118400*0.8615824

W （3）pP1P218400158242576IIaIf

U200

对于并励电动机而言，IfN 2.25A

Rf88.7

IaIIf922.2589.75A

(4) pcuIa2Ra89.752*0.08644.3W (5) pfIf2Rf2.252*88.7449W

.7W (6) pmpFeppcupf2576644.34491482

3-14 （1）

P2N17000

84% P1N92*220

U220

9290A

(2) Rf110

EaUIaRa22090*0.08212.8V

IaIIfI

PMIaEa90*212.819152W

PPM19152(3) TM121.9N.M

2n/602*1500/60

U220

55ARL4U220If5A

R44f3-15 (1) IaILIf55560A

EaUIaRa22060*0.25235VP2UIL220*5512100WPMEaIa235*6014100W

IL

第四章

4-1 直流电动机起动要求：（1）起动电流要小，一般在（1.5~2）IN （2）起动转矩要大，Tst＞TL，； （3）起动设备要简单便可靠。

如果起动时直接将额定电压加至电枢两端，称为直接起动。由于起动初始时，电动机因机械惯性而未能旋转起来，转速为零，电枢电动势EaCen0，忽略电枢回路电感的作用时，电动机的起动电流为

Ist

UNEaUN



RaRa

一般电动机的电枢绕组电阻Ra很小，若直接加上额定电压起动，Ist可达到额定电流的

10～20倍。这样大的起动过流将导致转向困难，换向器表面产生强烈的火花式环火；电枢绕组产生过大的电磁力，引起绕组损坏；而且产生过大的起动转矩，对传动机构产生强烈冲击，可能损坏机械传动部件。另外，过大的起动电流将引起电网电压的波动，影响同一电网上其他电气设备的正常运行。一般直流电动机是不允许直接起动.

U

一般直流电动机的最大允许电流为（1.5~2）IN，为了限制过大的起动电流，由IstN

Ra

可以看出，可以采用两种办法：一种办法是降低电源电压，另一种办法是电枢回路串电阻。

4-2 速度调节是用改变电动机参数的方法，使电力拖动系统运行于不同的人为机械特性上，从而在相同的负载下，得到不同的运行速度。是人为的有目的行为；速度变化是由于负载的变化，使电动机在同一条机械特性上发生的转速变化。

4-3 在额定负载下，电机可能运行的最高转速nmax与最低转速nmin之比称为调速范围。用D表示，即：

D

nmaxnmin

TTN

在同一条机械特性上，额定负载时的转速降ΔnN与理想空载转速n0之比称为静差率，用δ表示，即



n0nNnN



n0n0

调速范围D与静差率δ是相互制约的两项性能指标，由图4-4（b）可以推断出D与δ

之间的关系式为

D

nmaxnmaxnmaxnmax



nnminn0'nNnN(1)N

nN



4-4 电动机调速时的容许输出是指电动机电枢电流保持额定值I=IN的条件下，在调速过程中轴上所能输出的功率和转矩。恒转矩调速是指在不同转速下保持Ia=IN，电动机容许输出的转矩不变。恒功率调速是指在调速范围内，保持Ia=IN，电动机容许输出的电磁功率保持不变。

如果以恒转矩调速方式配以恒功率负载时，为确保低速时电动机的转矩满足要求，只有在最低速时，电动机允许输出转矩与负载转矩相等；在高速运行时，电动机的转矩就得不到充分利用。如果以恒功率调速方式配以恒转矩负载时为确保高速时电动机的转矩仍满足要求，只有在nmax时电动机允许输出转矩才等于负载转矩；而在低速时，电动机转矩都得不到充分利用，造成投资和运行费用的浪费。

4-5 电动机制动运行的主要特点是电磁转矩与转速方向相反，不再从电源吸收电功率。 制动运行的作用包括：快速或准确停车、限制高速。能耗、电压反接、倒拉反转、回馈等四种形式。

4-7

0.05UN0.05*220

0.036IN305

4-8 1UNINPN1220*30560000

或Ra0.038

223052IN2

EaN0.95UN,

INRa0.05UN,

Ra

(1) 直接起动时 Ist

UN220

6111.1120IN Ra0.036

(2) 如果需要将起动电流限制在2倍额定电流，则

RaRst

UN2200.362IN2*305

Rst0.36Ra0.360.0360.324

(3) 如果需要将起动电流限制在2倍额定电流，则

U2INRa2*305*0.03621.96V

0.05UN0.05*440

0.289IN76

1UNINPN1440*7629000

或Ra0.384222276IN起动级数m3I12*IN152A

U440RmN2.89

I2*76R2.89m1.96

Ra0.384152I2177.56A

1.96

4-9 RR1.96*0.3840.753

1a

R22Ra1.962*0.3841.475R13Ra1.963*0.3842.89R1R1Ra0.369R2R2R10.722R3R3R21.415

EaN0.95UN,

INRa0.05UN,

Ra

4-10

UNINRa44076*0.376

0.411

nN1000

cT9.55ce3.93

IR76*0.376nNa69.53

ce0.411U440n0N1070r/min

ce0.411

(1)降压调速的最低理想空载转速为250r/min,相应的额定转矩最低转速为：25069.53180.47r/min

(2)弱磁时的最高理想空载转速为：

U440ce'N0.2933

n0'15000.2933'0.714

0.411

对于恒转矩负载而言，弱磁后的电流为：

U1440

I'IN*76106.4,n0'N1500

'0.714ce'0.2933额定转矩时的转速为：

UI'Ra440106.4*0.376nN'N1363.8r/min

ce’0.2933

(3)最高转速机械特性的斜率与静差率：

Ra0.376

’0.457722

cecT’9.55*0.2933n'n'15001363.8‘0N0.09

n0'1500

(4)最低转速机械特性的斜率与静差率：

Ra0.376

’’0.23322

cecT9.55*0.41169.53‘0.278

250ce

UNINRa220280*0.044

0.327

nN635

cT9.55ce3.12(1)电枢串电阻：

Ucen2200.327*500RNRa0.0440.158

IN280

（2）降压调速

4-11 UcenINRa0.327*500280*0.044175.8V

(3)

1I'IN*ININ,不能长期运行

'0.85

UI'Ra220280/0.85*0.044nN739.4r/mim

ce'0.327*0.85

ce

UNINRa220158.5*0.1

0.204

nN1000

cT9.55ce1.95带上0.8倍额定负载时

U0.8INRa2200.8*158.5*0.1

(1）nN1016.3r/min

ce0.204

（2）电枢回路串入0.3电阻时，电枢电流维持0.8倍额定电流不变：

U0.8IN（RaR)2200.8*158.5*(0.10.3)nN830r/min

ce0.204180V时，电枢电流同样维持0.8倍额定电流不变4-12 (3)电枢电压为

U0.8INRa1800.8*158.5*0.1n820r/mim

ce0.204

1

（4）磁通减弱到0.8倍额定磁通时，负载转矩不变，Ia*0.8ININ

0.8

UINRa220*158.5*0.1nN1251r/mim

ce'0.204*0.8

ce

UNINRa22068.7*0.224

0.136

nN1500

cT9.55ce1.3

U220n0N1617.6r/min

ce0.136带上额定负载时

nnmin

(1）00.3

n0

nminn0(1)0.7*1617.61132.4r/min

n1500

(2)电动机调速范围为Dmax1.325

nmin1132.4

(3)电枢回路串入电阻值：ce

4-13

UNIN（RaR)22068.7*(0.224R)

1132.4r/min

ce0.136

R0.737

(4)拖动额定负载转矩时

电动机输入功率P1UNIN220*68.715114W

n1132.4

输出功率P2minPN*130009814W

nN1500

2

外串电阻上的损耗pcuINR3478.4W显然效率较低nmin

UNINRa22022.3*0.91

0.2

nN1000

cT9.55ce1.91

U220n0N1100r/min

ce0.136带上额定负载时(1）电压反接制动，制动开始时的制动电流为：

UNcenN2200.2*1000Ia42.38A

RaR0.919

因此制动开始时发出的电磁转矩为TcTIa1.91*42.3880.95N.M4-14(2)制动结束时n0,可求得此时的电流为

UN220Ia22.2A

RaR0.919

因此制动结束时发出的电磁转矩为TcTIa1.91*22.242.4N.M

ce

(3)当负载为恒转矩的反抗性负载时，不切断电源，电机不能反转，因为此时的电枢电流大小小于额定电流，拖动不起负载。

4-15

UNINRa44076.2*0.393

0.41

nN1000

cT9.55ce3.92

U440n0N1073.2r/min

ce0.41(1）回馈制动，且电流为60A时，电动机工作在固有机械特性上

UIaRa440(60)*0.393nN1130.7r/min

ce0.41

(2)在能耗制动下工作

(IN)(RaR)n

cecn0.41*500ReRa0.3932.3

IN76.2

忽略空载转矩，电动机轴上的转矩认为是电磁转矩，得：TcTIa3.92*(76.2)298.7N.M(3)倒拉反转制动情况下，

UcenIaN

RaRUcen4400.41*(600)RNRa0.39313.327

Ia50

忽略空载转矩，电动机轴上的转矩认为是电磁转矩，得：TcTIa3.92*50196N.M电网输入功率：P1UNIa440*5022000W

2*(600)

轴上输入功率：PMT196*12315W（负号代表功率为输入）

60

pcuIa2Ra50*50*(13.3270.393)34300P1PM(误差来源于小数点后忽略的）ce

4-16

UNINRa22053*0.3

0.186

nN635

cT9.55ce1.77(1)能耗制动时：

cenN0.186*1100RRa0.0441.93

2IN2*53ce

（2）反接制动时：UNcenN2200.186*1100RRa0.0443.96

2IN2*53

第五章 习题答案

5-1变压器有哪些主要部件，它们的主要作用是什么？

答：铁心: 构成变压器的磁路,同时又起着器身的骨架作用。

绕组: 构成变压器的电路,它是变压器输入和输出电能的电气回路。

分接开关: 变压器为了调压而在高压绕组引出分接头,分接开关用以切换分接头,从而实现变压器调压。

油箱和冷却装置: 油箱容纳器身,盛变压器油,兼有散热冷却作用。

绝缘套管: 变压器绕组引线需借助于绝缘套管与外电路连接，使带电的绕组引线与接地的油箱绝缘。

5-2变压器铁芯的作用是什么，为什么它要用0.35毫米厚、表面涂有绝缘漆的硅钢片迭成？

答：变压器的铁心构成变压器的磁路，同时又起着器身的骨架作用。为了铁心损耗，采用0.35mm厚、表面涂的绝缘漆的硅钢片迭成。

5-3从物理意义上说明变压器为什么能变压，而不能变频率？

答： 变压器原副绕组套在同一个铁芯上, 原边接上电源后，流过激磁电流I0， 产生励磁磁动势F0，在铁芯中产生交变主磁通ф0, 其频率与电源电压的频率相同，根据电磁感应定律，原副边因交链该磁通而分别产生同频率的感应电动势e1和e2，且有e1N1

d0

、dt

e2N2

d0

显然，由于原副边匝数不等，即N1≠N2，原副边的感应电动势也就不等，dt

即e1≠e2，而绕组的电压近似等于绕组电动势,即U1≈E1、U2≈E2，故原副边电压不等，即U1≠U2, 但频率相等。

5-4为什么要把变压器的磁通分成主磁通和漏磁通？它们之间有哪些主要区别？并指出空载和负载时激励各磁通的磁动势？

答：由于磁通所经路径不同，把磁通分成主磁通和漏磁通，便于分别考虑它们各自的特性，从而把非线性问题和线性问题分别予以处理。

区别：1. 在路径上，主磁通经过铁心磁路闭合，而漏磁通经过非铁磁性物质 磁路闭合。

2．在数量上，主磁通约占总磁通的99%以上，而漏磁通却不足1%。

3．在性质上，主磁通磁路饱和，φ0与I0呈非线性关系，而漏磁通磁路不饱和，φ

1σ

与I1呈线性关系。

4．在作用上，主磁通在二次绕组感应电动势，接上负载就有电能输出，

起传递能量的媒介作用，而漏磁通仅在本绕组感应电动势，只起了漏抗压降的作用。空载时，

激励。 0和一次绕组漏磁通1，它们均由一次侧磁动势F有主磁通0

。主磁通0，一次绕组漏磁通1，二次绕组漏磁通0由一次负载时有主磁通2FF激励，一次绕组漏磁通1由一次绕组磁动绕组和二次绕组的合成磁动势即F012激励，二次绕组漏磁通激励。 由二次绕组磁动势F势F212

5-5变压器的空载电流的性质和作用如何？它与哪些因素有关？

答：作用：变压器空载电流的绝大部分用来供励磁，即产生主磁通，另有很小一部分用来供给变压器铁心损耗，前者属无功性质，称为空载电流的无功分量，后者属有功性质，称为空载电流的有功分量。

性质：由于变压器空载电流的无功分量总是远远大于有功分量，故空载电流属感性无功性质，它使电网的功率因数降低，输送有功功率减小。

I0N1

，和磁化曲线可知，I0 的大小与主磁通φ0, 绕组Rm

匝数N及磁路磁阻Rm有关。就变压器来说，根据U1E14.44fN1m，可知，

U1

， 因此，m由电源电压U1的大小和频率f以及绕组匝数N1来决定。 m

4.44fN1

l

根据磁阻表达式Rm可知，Rm与磁路结构尺寸l，A有关，还与导磁材料的磁导

A

大小：由磁路欧姆定律0

率有关。变压器铁芯是铁磁材料，随磁路饱和程度的增加而减小，因此Rm随磁路饱和程度的增加而增大。

综上，变压器空载电流的大小与电源电压的大小和频率，绕组匝数，铁心尺寸及磁路的饱和程度有关。

5-6变压器空载运行时，是否要从电网取得功率？这些功率属于什么性质？起什么作用？为什么小负荷用户使用大容量变压器无论对电网和用户均不利？

答：要从电网取得功率，供给变压器本身功率损耗，它转化成热能散逸到周围介质中。小负荷用户使用大容量变压器时，在经济技术两方面都不合理。对电网来说，由于变压器容量大，励磁电流较大，而负荷小，电流负载分量小，使电网功率因数降低，输送有功功率能力下降，对用户来说，投资增大，空载损耗也较大，变压器效率低。

5-7试述变压器激磁电抗和漏抗的物理意义。它们分别对应什么磁通，对已制成的变压器，它们是否是常数？

答：励磁电抗对应于主磁通，漏电抗对应于漏磁通，对于制成的变压器，励磁电抗不是常数，它随磁路的饱和程度而变化，漏电抗在频率一定时是常数。

5-8变压器空载运行时，原线圈加额定电压，这时原线圈电阻r1很小，为什么空载电流I0不大？如将它接在同电压（仍为额定值）的直流电源上，会如何？

答： 因为存在感应电动势E1, 根据电动势方程：

EEIrI(rjx)jIxIrIZI(rjx)可知，尽管r1U111010mm01010m011

很小，但由于励磁阻抗Zm很大，所以I0不大.如果接直流电源，由于磁通恒定不变，绕组中不感应电动势，即E10，E10，因此电压全部降在电阻上，即有IU1/r1，因为

r1很小，所以电流很大。

5-9如将铭牌为60赫的变压器，接到50赫的电网上运行，试分析对主磁通、激磁电流、铁损、漏抗及电压变化率有何影响？

答：根据U1E14.44fN1m可知，电源电压不变，f从60Hz降低到50Hz后，频率f下降到原来的（1/1.2），主磁通将增大到原来的1.2倍，磁密Bm也将增大到原来的1.2倍， 磁路饱和程度增加， 磁导率μ降低， 磁阻Rm增大。于是，根据磁路欧姆定律

I0N1Rmm可知, 产生该磁通的激磁电流I0必将增大。

21.3 再由pFeBmf讨论铁损耗的变化情况。 21.3 60Hz时，pFeBmf

50Hz时，pFe(1.2Bm)(

'2

1

f)1.3 1.2

'pFe1.22

因为，1.31.20.71.14，所以铁损耗增加了。

pFe1.2

漏电抗xL2fL，因为频率下降，所以原边漏电抗x1，副边漏电抗x2减小。又由电压变化率表达式

U

I1NI

(rkcos2xksin2)1N[(r1r2)cos2x1x2sin2]可U1NU1N

知，电压变化率U将随x1，x2的减小而减小。

5-10变压器负载时，一、二次线圈中各有哪些电动势或电压降，它们产生的原因是什么？写出它们的表达式，并写出电动势平衡方程？

，漏感电动势Er，主电动势E由主，一次绕组电阻压降I答：一次绕组有主电动势E11111

由一次绕组漏磁通交变产生。一次绕组电动势平衡0交变产生，漏感电动势E磁通11EI(rjx)；二次绕组有主电动势E，漏感电动势E，二次绕组电阻方程为U1111122

r，主电动势E由主磁通由二次绕组漏磁通交0交变产生，漏感电动势E压降I22222

EI(rjx)。 变产生,二次绕组电动势平衡方程为U22222

5-11试说明磁势平衡的概念及其在分析变压器中的作用。

答：磁势平衡就是在变压器中，当副边有电流产生时，I2使得整个磁势减小W2I，那

2

么原边就要增加I1，使W1I1W2I2，这就是磁势平衡。 在分析变压器中，可据此从一个已知电流求出另一个电流，并知其电磁本质。

5-12为什么可以把变压器的空载损耗近似看成是铁耗，而把短路损耗看成是铜耗？变压器实际负载时实际的铁耗和铜耗与空载损耗和短路损耗有无区别？为什么？

答：因为空载时电流很小，在空载损耗中铁耗占绝大多数，所以空载损耗近似看成铁耗。 而短路时，短路电压很低，因而磁通很小，铁耗也很小，短路损耗中铜耗占绝大多数，所以近似把短路损耗看成铜耗。 实际负载时铁耗和铜耗与空载时的铁耗和铜耗有差别，因为后一个是包含有其它损耗。

5-13变压器的其它条件不变，仅将原、副边线圈匝数变化10％，试问对

x和x

1

m

的影响

怎样？如果仅将外施电压变化10％，其影响怎样？如果仅将频率变化10％，其影响又怎样？

答：因为x12fw21，E4.44fwmU，所以当原、副边匝数变化10％时，x1变化20％。由于w变化10％，而U不变，使m变化10％。又因为磁通m变化10％时，m由于饱和影响，m变化k％，所以xmxm2fw2m，

的变化大于20％。将外施电压变化10％时，m也将变化10％，使

x不变，x

1

m

的

变化大于10％。这是因为m变化10％，由于磁路饱和影响，m变化大于10％。如果将频率变化10％，

xf，所以x变化10％，而f变化10％，则因为U不变，

1

1

使m变化10％。同样使

x

m

的变化大于10％。

5-14将一台1000匝的铁心线圈接到110伏，50赫兹的交流电源上，由安培表的读数得知

I10.5A，P110w，把铁心抽去后电流和功率为100A和10kw。假设不计漏磁，试

求：(1) 两种情况下的参数；

(2) 磁化电流和铁耗电流； (3) 两种情况下的相同最大值。 解：（1）有铁心时：

Zm

110I1

220 Ω

rP40

mI1

xm195.96

取出铁心后：

Zm0

110

1.1 100

rm0

P1

2I10

xm00.458

(2) 有铁心时磁化电流

I

铁耗电流



I

1

1

xmZmrm

0.5

195.96

0.445A 220

IFe

I

1

Zmrm0Zm0

0.5

40

0.091A 220

当铁心 取出后电流的有功分量

IA0

空载电流的无功分量

I'

1

100

1

90.91A 1.1

'IwI1

xm0Zm0

100

0.458

41.64A 1.1

(3) 有铁心时线圈感应电势EUIZU

111根据E4.44fw





m

得有铁心时磁通的最大值

mF

＝

E110U0.4955103韦

4.44fw4.44fw4.44501000

当无铁心时感应电势

E'1000.45845.8伏

所以无铁心时磁通最大值

'45.8E m0＝0.2063103 韦 4.44fw4.44fw

5-15有一台单相变压器，额定容量S100KVA，原副边额定电压

N

U1NU2N



6000

伏，230

fN50赫兹。原副线圈的电阻及漏抗为r4.32欧，r0.0063，x

1

2

1

8.9，

x20.013。

试求：（1）折算到高压边的短路电阻r，短路电抗x及阻抗Z；

kkk

''

（2）折算到低压边的短路电阻rk'，短路电抗xk及阻抗zk；

（3）将（1）、（2）求得的参数用标么值表示；

（4）计算变压器的短路电压百分比uk及其分量ukr，ukx。

（5）求满载及Cos21,Cos20.8(滞后）及Cos20.8超前等三种情

况下的电压变化率u,并讨论计算结果。 解：（1）折算到高压边的短路阻抗

k

U1NU2N

26.087

rrr'4.32k2r8.61

kH122

xxk2x8.926.08720.01317.75 kH12 Zrjx8.61j17.7519.7364.12 Ω kHkHkH

（2）折算到低压边的短路阻抗

rr20.01265 rkL2kxx20.0261 xkLk

ZkLrkLjxkL0.01265j0.02610.02964.12Ω

(3) I

1N

SNU1N

16.67A

I2NZ1N



SNU2N



434.78A 6000

359.93 16.67

230

0.529

434.78

U1NI1NU2NI2NrkHZ1NxkHZ1NZkHZ1N



Z2N



所以 r

kH



8.61

0.0239

359.93

17.75

0.049 3

359.9319.73

0.0548

359.93

x

kH



Z

kH



r

kL

rkLZ2NxkLZ2NZkLZ2N

0.01265

0.0239

0.529

0.0261

0.0493

0.529

0.029

0.0548 0.529

x

kL



Z

kL



(4 ) 短路电压百分值

ukrr*100%2.39%

k

100%4.93% ukxx*k

*

ZkrZk100%5.48%

（5）当满载，功率因数Cos21时变压器的电压变化率

u(r*Cos2x*Sin2)100%2.39%

k

k

当Cos20.8滞后时，Sin20.6

u(r*Cos2x*Sin2)100%

k

k

(0.02390.80.04930.6)100%4.87%

当Cos20.8超前时，Sin20.6

u(r*Cos2x*Sin2)100%

k

k

(0.02390.80.04930.6)100%1.046%

对于电压变化率，当Cos21即阻性负载时电压变化率较小，当负载为感性时，电压变化率大，当负载为容性时，负载时的端电压可能高于空载时的端电压。

5-16一台单相变压器，已知r12.19，x115.4，r20.15，x20.964，，

rm1250，xm12600，W1876T，W2260T，当Cos20.8滞后时，副边

电流I2180A，U26000V。

试求：(1) 用近似T形等效电路和简化等效电路求U1和I1，并将结果进行比较 (2) 画出折算后的矢量图和T形等效电路。

解：（1）变压器变比

k＝

W3.37 W2

所以 r'

1

r12.190.193 k23.372

x115.4

1.357 k3.37rm1250110.16 k3.37

x'

1

r'

m

x'm

xm126001109.96 22k3.37



用近似T形等效电路计算时，以U*作参考向量

2

U＝6000伏

*2

.*

I2144j108A18036.87

'UI(Z'Z) 所以 U22211

＝－6000－18036.87(0.193j1.3570.15j0.964) ＝－6300.08－2987.16＝6307.082.7 v

'U6307.082.7I2144j108 I1

'110.16j1109.96Zm

＝－144.83+113.59＝184.06141.9 A

故

'

U1kU3.37(6307.082.7)212502.7V

1





'184.06141.9I1I54.63141.9 A 1

k3.37

.

用简化等效电路计算时，仍以U2作参考向量

''Z)  UU2I2(Z121

＝6307.082.7 伏



I1I2180.0036.87A

'所以 U1k3.37(6307.082.7)212502.7

U1

I1

'I

180.0036.8753.42

36.87

k3.37

用两种等效电路计算结果相差很小。U相同，I略变。

（2）

5-17一台三相变压器，原、副方额定电压

U1NU2N

10/3.15kV，Y/－11连接，匝电压为

14.189伏，副方额定电流I2N183.3A。

试求（1）原副方线圈匝数；

（2）原线圈电流及额定容量；

（3）变压器运行在额定容量且功率因数为Cos

三种情况下的负载功率。

解：（1）原方

U1N



2

1、0.9（超前）和0.85（滞后）

5.7735kV 副方 U2N3.15kV 所以 W1

U1N

407T

14.189U2N

222T

14.189

W2

（2）额定容量

SN

2NI2N

SN3.15183.3

1000KVA

I1N

（3）因 P所以当Cos21时

57.74A N

2

S

Cos2

P21000 k W

当Cos20.9时

P21000×0.9＝900k w

当Cos20.85时

P21000×0.85＝850 kw

5-18 一台3KVA，230/115伏单相变压器，原线圈电阻r10.3，副线圈电阻r20.05，原线圈漏抗x10.8，副线圈漏抗x20.1，铁耗PFe45w，额定负载时铜耗

Pcu85w。

求：(1) 副方功率因数为0.9（滞后）时的电压变化率；

(2) 供给3.04kw，功率因数为0.95（滞后）负载时的效率 解：（1） I1N

I2N

SN3000

13.043A 230230

3000S

N26.087A 115115

Z1N

U1N

17.634 I1N

Z2N

U2N

4.408 I2N



所以 rkr1r2

r1r20.30.050.0284

Z1NZ2N17.6344.408

0.80.1

0.0681

17.6344.408



xkx1x2

故副方Cos2＝0.8（滞后）时电压变化率



urkCos2xkSin2

＝5.524％

（2）供给负载3.04kw时，如不考虑电流对u的影响时，



u'rkCos2xkSin2

＝0.028×0.95+0.0681

＝4.78％

此时端电压 U'U2N(1u)115(10.0478)109.5V

此时负载电流I'2

这个电流对电压变化率的影响为



uI'2u'

P2304027.76A

'

U2109.5

所以考虑电流变化对电压变化率的影响后电压变化率

u

端电压

27.76

4.78%5.09%

26.087

U2115(10.0509)109.17V

负载电流

P2304027.85A I2

U2109.17

在这个负载时变压器的铁耗不变，铜耗为

2227.85

8596.88W PcuI2Pk(26.087)

所以供给3.04kw、功率因数为0.95（滞后）负载时的效率为



＝

P100%

P2P0Pcu

3040

100%95.54%

30404596.88

5-19一台单相变压器50KVA、7200/480V、60Hz。其空载和短路实验数据如下

试求：（1）短路参数及其标么值；

（2）空载和满载时的铜耗和铁耗；

（3）额定负载电流、功率因数Cos20.9滞后时的电压变化率、副边电压及效

率。（注：电压变化率按近似公式计算）

解： I1N

SN

6.944A U1N

I2N

SN

104.16A7 U2

N

Uk157

22.42 7Ik

(1) 短路参数 Zk

rk

Pk61512.55 I2k49

18.58

xk

其阻抗基值 Z1N

U1N7200

1036.87 I1N6.944

所以 Zk

Zk0.0216

Z1N

rk



rk0.0121 Z1N

xk

0.0179 Z1N

xk



(2) 空载时铁耗 PFeP0245 w

满载铜耗 P

kN

6.9442

)P(()615605.2w

k7Ik

I1N

2

(3) 额定负载电流时 I2I2N104.167A 根据电压变化率近似公式

Sin得 urCosx22kk

u0.01210.90.01790.811.87%

此时副方电压 U2U2N(11.87%)471.02V

所以 P2U2I2NCos2471104.1670.944158.64w

P1P2P0PkN44158.64245605.245008.64w

P2100%98.11%

P1

U1N2200V，fN50Hz，参数：220U2N'

r13.6,r20.036,xkx1x226。在额定电压下铁耗pFe70w，空载电流I05%IN。求（1）假定原副边漏抗折算到同一方时相等，求各参数的标厶值，并绘出T、

（2）假若副边电压和电流均保持为额定值且功率因数Cos20.8（滞后）时，等效电路；

求原边电流基功率因数（用等效电路解）。

5-20单相变压器SN＝10KVA，

U1N

解：（1） Z1N484

SNU2N

Z2N4.84

SN

2

2

r1



Z

2

1



1N

3.6

0.00744 484

0.036

40.0074

r2





所以 等效电路如图Z

2N

4.84

x

k1



x2





2Z



26

2484

0.02686

1N

I

1N



NU



10000

2200

4.545A 1N

I

0I1N0.050.2272A5

I

0

5%0.05

rmP70I0

100000.052.8 

Z

N1

mI



0

0.05

20

x

2

m

Z

2m

rm19.8

0.8j0.6136.870 '1，则I（2）设U2

*U*I*(ZZ)1236.870(0.00744j0.02686) U21221

＝1.022+j0.017＝1.0220.95

*2

Zmrmjxm2.8j19.82081.95

*0.051181＝0.008-j0.0505 所以 I

m

故

*I*I*0.008j0.05050.8j0.60.808j0.65051.03737.84 I

1m2

原边电流

*II11

I

1N

1.0374.5454.72A

Cos2Cos(38.830.95)0.768

5-21一台三相变压器，SN＝5600KVA，路实验数据如下：

U1N10

kV，Y/－11连接，变压器空载基短U2N6.3

求：（1）计算变压器参数，实际值基标么值；

（2）利用型等效电路，求满载Cos20.8滞后时的副边电压基原边电流； （3）求满载Cos20.8滞后时的电压变化率基效率。 解：（1）

II

1N



3U

N



1N

5600310560036.3

323.32A

2N



3U

N



2N

513.2A

所以 P1.2143103

0S

N56001000

P

6800

I0



I



2N

7.4

0.01442 513.2

U0



U



2N

6300

1 6300

18000P

3.2143103 PkS

N56001000

3241.002 I

I323.32

5500.055

U

U10000

k



k

1N

k

k

1N

P1.2143103则： rm5.84 0.01442I0

0Zm





I

1

69.34

0.01442rm69.10

2

xm



Z

2m

P3.21431030.003201 rk221.002Ik

Z

k

k



I

k

0.055

0.05489 1.002

2

x

k



Z



2k

rk0.054 8

因

Z

1N

UI



1N



1N

3I

1N1N

17.857

所以

ZmZmZ1N69.3417.8571238.2 rmrmZ1N5.8417.857104.3 xmZr

kk

xZ

m



1N

69.117.857123.39

ZkZ1N0.0548917.8570.98

rkZ1N0.00320117.8570.0572 

x

k

xZ

k



1N

0.054817.8570.979

*10，并近似认为U1作参考向量，即U2相位与U1相反，故可以得到（2）以U1

*1arccos0.80.8j0.6 I2

所以

*U*I*Z1136.87(0.003201j0.0548)U212k 0.96552.5

故

U2U2U2N0.96556.36.08 kV

*U****I1ImI21I2



Z

m

1

0.8j0.6

5.84j69.1

0.8012j0.61441.0137.48

故

I1II

1



1N

1.01323.32326.44A



2

2

（3） u

rkCosxkSin＝（0.3201×0.6+5.48×0.6）＝3.54％



Cos20.9655Cos34.37UI99.43% 1.01Cos37.48U1I1Cos1

对于第（2）个问题，由于假设

U

1

与

U

2

同相，如想减小这一假设造成的误差，可

相位进行修正 对I2

1arcCos0.8 现修正后的 I2v

139.370.773j0.6343

*2

*U*I*Z* U212k

1139.37(0.003201j0.0548)0.96362.4

这样，v2I22.639.3736.770与arcCos0.8很接近了。

*U

5*I*I*I*1. I 0139.91m22*Z

m

*I1.01323.32326.44A I1I11N

5-22三相变压器的额定值为SN＝1800kVA，U1N/U2N＝6300/3150V，Y，d11联结，空载损耗P0＝6.6kw，短路损耗Pk＝21.2kw，求

（1） 当输出电流I2＝I2N，Cos2＝0.8时的效率； （2） 效率最大时的负载系数m。 解：1、 1

SCosPP

k

N

2

k

1

6.621.2

98.1%

18000.86.621.2

2、当Pcu＝PFe时发生

所以



max

、

P

2

K

P0

P



K

6.6

0.558 21.2

5-23一台三相变压器的铭牌数据如下，SN＝750KVA，U1N/U2N＝10000/400V，Y，yn0联结。低压边空载实验数据为：U20＝400V，I20＝60A，P0＝3800w。高压边短路实验数据为：U＝440V，I1K＝43.3A，pk＝10900w，室温200C，试求：

（1） 变压器的参数，并画出等值电路；（2）当：a）额定负载Cos2＝0.8， （2）Cos(2)＝0.8时，计算电压变化率u%、二次侧电压u2及效率。 解：

75043.3 A

IU10

U10000/133.34 Z43.3I

1N



N

1N

1N

1N

1N

1、空载实验： 低压方：

Z0

UI

20



20

400/3.85 60

R0Rm

3800P0.35 223I0360

x

m

2393.8

x0xmZ0R03.83

22

由短路实验：200C时；

Z

S



UI

1K



1K

440/3

5.87

43.3

RS

10900P1.94 3Ik343.3

R

S

0.0145

xx

所以

S



ZSRS5.54

'

22

S

0.0415

r1r2

1

xx



2

'

1

0.97 2RS1

xS2.77 2

2、 Cos



2

0.8（滞后）且1



2

2

u(RSCosxSSin)0.01450.80.04150.60.0365



UU

2

2N

(1u)4000.9635385.4 V

2

PP1

SCosP

kN

02

N

2

kN

P0

1

当Cos

109003800

97.6%

7500000.8109003800



2

0.8（超前）时：





u(RSCosxSSin)0.0133

2

2

UU

2

2N

(1u)4001.0133405.32 V

2

PP1

SCosP

kN

02

N

2

kN

P0

97.6%

5-24 根据图5-35中的四台三相变压器绕组接线确定其联结组号，要求画出绕组电动势相量图。

E.

EBC

Y-y10

图5-35 三相变压器绕组接线 c

.

.

c

Y

.

EA

EC(X)

BC

Y-d3

D-y1

D-d6

第六章参考答案

6.1 交流电机电枢绕组电动势的频率与哪些量有关系？当交流发电机转子磁极分别为2极、4极和6极，若要求在定子导体中感应电动势的频率为60Hz，问转子的旋转速度应各为多少？

答：交流电机电枢绕组电动势的频率f

pn160

，与电机极对数和旋转磁场切割导体的

相对速度分别成正比。交流发电机转子磁极分别为2极、4极和6极，若要求在定子导体中感应电动势的频率为60Hz，转子的旋转速度n1r/min、1200 r/min。

6.2 空间电角度是如何定义的？它与几何角度的含义有什么不同？

将一个圆周看成p*3600，一次定义的空间角度称为空间电角度，它是几何角度（也称机械角度）的p倍。

6.4 单层绕组、双层绕组的最大并联支路数与极对数有什么关系？ 单层绕组的最大并联支路数=p，双层绕组的最大并联支路数=2p。

6.5 整距线圈的电动势大小为10V，其他条件都不变，只把线圈改成短距，短距系数为0.966，短距线圈的电动势应为多少伏？

短距线圈的电动势=10*0.966=9.66伏。

6.6 脉振磁动势有哪些特点？圆形旋转磁动势有哪些特点？

脉振磁动势的空间位置（主要表现在过零点和极大点）不变，磁势的大小随着时间的变化而变化。

圆形旋转磁动势随着时间的变化而在空间旋转，在磁势的幅值是恒定的。

6.7 单相绕组流过单相交流电流与三相绕组流过三相对称电流产生的基波磁动势有什么不同？

单相绕组流过单相交流电流产生脉振磁势，三相绕组流过三相对称电流产生圆形旋转磁动势。

6.8 一台三相交流电机，当一相绕组断线时，将产生什么性质的磁动势？

如下图所示，当定子绕组Y形连接时，如果C相断线，A和B相形成串联电路连至电源，A、B相电流的时间相位差为180度，产生合成磁势为脉振磁势。

当定子绕组Y形连接时，如果B相断线，A和C两相绕组接在A、C两电源上，电流

60f1p



3600

分别为3600r/min、1800 p

相差120度，形成椭圆形旋转磁场。

A

C

CB

B

6.9 若把三相交流电机的定子绕组三相引出线中的任意两个抽头对调，再接到三相电源上，试分析对调前后三相合成基波磁动势的转向和转速有何变化？

假设对调前后三相电流相序发生了改变，三相合成基波磁动势的转向相反，转速没有变化。

6.10 某三相交流电机通入的三相电流有效值相等，电机的极数、电流的相序和频率、磁动势的性质及转速、转向等内容列在下表中，请填入所缺的内容。

6.11 计算下列情况下双层绕组的基波绕组系数： （1）极对数p3，定子槽数Z54，线圈节距y1

7

（是极距）； 9

kd1sin(

y1

7

*90)sin(*90)0.9397 9

（2）p2，Z60，线圈跨槽1 ~ 13。



y12Z6015，y112，kd1sin(1*90)sin(*90)0.93970.9511

152p4

6.12 已知三相交流电机极对数是3，定子槽数为36，线圈节距（是极距），支路数为1，求：（1）每极下的槽数；（2）用槽数表示的线圈节距y1；（3）槽距角；（4）每极每相槽数；（5）画基波电动势相量图；（6）按60°相带法分相；（7）画出A相绕组联接图。

（1）每极下的槽数

5

6

5Z36Z36

（2）（3）6；6， y15；

62p62p6



p*3603*360Z36

30；（4）q（其他略） 2；Z362mp2*3*3

6.13 一台三相六极交流电机定子为双层短距分布绕组，已知q2，Nc6，

5

y1，a1。当通入频率f50Hz且I20A的三相对称电流时，求电机合成基

6

波磁动势的幅值及转速。

Z2mpq2*3*3*236



p*3603*360

30 Z36

kN1ky1kq1

2*30

y1

sin(5*90)*sin(90)*

1300.933 6

2*sinqsin()

22

sin(

)

sin

q1

NNc*Z/a6*36/1216

当I20A时，

F1

42aNI220.90.9

kN1NkN1INkN1I*216*0.933*201209.17(安匝)

2papp3

n1

60f1p



60*50

1000r/min 3

6.14 试分析如图6.21所示三相绕组所产生的磁动势的性质、转向。

由于C相绕组反接,三相电流相序发生了变化，且不対称。因此三相合成磁势为椭圆形旋转磁势，转向由+A→+B→+C变为+A→+C→+B。

AA

C

C

B

B

6.15 已知在电机定子槽里放置两个空间相距90°电角度，且匝数相等的整距线圈AX、BY（两相对称线圈），如图6.22所示。分别在线圈AX和BY里通入电流

iA2IcostiB2Icos(t90)

求两相对称整距线圈产生的合成基波磁动势的幅值、转速，并指明磁动势的旋转方向。

A

C

图6.21 习题6.14图 图6.22

习题6.15图

答：以A项绕组轴线为空间坐标起点，可得：

fA1(t,)F12

0.9INkN1

p

costcosF1costcos

[cos(t)cos(t)

fA1(t,)F1cos(t90)cos(90)F12

[cos(t)cos(t180)

F12

[cos(t)cos(t)

f1(t,)fA1fB1F1cos(t)

由此可得：两相対称绕组流过两相対称电流产生圆形旋转磁势，旋转磁场转向由电流超前相轴线转向电流落后相轴线。