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《电机与拖动基础》课后习题

第一章习题答案

1直流电机有哪些主要部件？各用什么材料制成？起什么作用？

答：主要部件：（1）定子部分：主磁极，换向极，机座，电刷装置。

（2）转子部分：电枢铁心，电枢绕组，换向器。

直流电机的主磁极一般采用电磁铁，包括主极铁心和套在铁心上主极绕组（励磁绕组）主磁极的作 用是建立主磁通。

换向极也是由铁心和套在上面的换向绕组构成，作用是用来改善换向。机座通常采用铸钢件或用钢 板卷焊而成，作用两个：一是用来固定主磁极，换向极和端盖，并借助底脚将电机固定在机座上；另一 个作用是构成电机磁路的一部分。

电刷装置由电刷、刷握、刷杆、刷杆座和汇流条等组成，作用是把转动的电枢与外电路相连接，并 通过与换向器的配合，在电刷两端获得直流电压。

电枢铁心一般用原0.5mm的涂有绝缘漆的硅钢片冲片叠加而成。有两个作用，一是作为磁的通路， 一是用来嵌放电枢绕组。

电枢绕组是用带有绝缘的圆形或矩形截面的导线绕成的线圈按一定的规律联接而成， 作用是感应电

动势和通过电流，使电机实现机电能量装换，是直流电机的主要电路部分。

换向器是由许多带有鸠尾的梯形铜片组成的一个圆筒，它和电刷装置配合，在电刷两端获得直流电 压。

2?— 直流电动机，已知 Pn =13kw，Un =220V，n” =1500r/min， =0.85,求额定电流 IN。

pM 13汉10 一直流电动机，已知 Pn -90kw

一直流电动机，已知 Pn -90kw，Un = 230V，n” -1450r/min，匚-0.89,求额定电流 In。

3

解：发电机 Pn 二 UnIn，故 In 也-90 10 391---

Un 230

解：电动机 Pn = UnI n ，故 In — 69.5--

Un N 220985

7?什么叫电枢反应？电枢反应的性质与哪些因素有关？ 一般情况下，发电机的电枢反应性质是什么？ 对电动机呢？

答：负载时电枢磁动势对主磁场的影响称为电枢反应。

电刷反应的性质与电刷的位置有关系。

当电刷位于几何中性线上时，发电机的电枢反应性质是交轴电枢反应，此时物理中性线由几何中性 线顺转向移动了一个角度，而电动机的电枢反应也是交轴电枢反应，但物理中性线由几何中性线逆转向 移动一个角度。

8?什么叫换向？为什么要换向？改善换向的方法有哪些？

答：元件从一条支路转入另一条支路时，元件的电流将改变一次方向，这种元件中电流改变方向的过程 就称为"换向"。

改善换向的目的在于消除电刷下的火花。

常用的改善换向方法有两种：（1）装置换向极；（2）正确选用电刷。

—台4极82kw、230v、930r/min的并励发电机，在75C时的电枢回路电阻 R^ 0.02591，励磁绕 组电阻 Rrf =22.81，额定负载时励磁回路串入调节电阻 Rpf = 3.51，电刷压降2 ：U^ 2V，铁耗和机 械损耗PFe p〔厂2.3kw，附加损耗Ps =0.05Pn。求额定负载时，发电机的输入功率、电磁功率、电磁 转矩和效率。

解：励磁电流 If Un 230 8.75--

Rrf +Rpf 22.8 + 3.5

p 82 汇103

额定电流 In 旦二 3 5.65二

UN 2 30

电枢电流 Ia"N If =356.5 8.7^3 6.5.--

电枢电动势 Ea = Un IaRa 2 U^ 2 30 36 5 0.0 2 5 92 = 2 4.5V

电磁功率 p,m 二 EaIa =241.5 365.3 = 88.2kw

输入功率

P1 — Pem ' Po 二 Pem ' pFe ' pM ps

= 88.2 2.3 0.05 82 =94.6kw

电磁转矩

3

Pem 9.55Pem 9.55 88.2 10

Tem — — 905.7N m

Qn nN 930

效率

=Pn 100% 82 100% =86.7%

R 94.6

一台并励直流电动机，在额定电压 Un =220v，额定电流In =80丄_的情况下运行，75C时的电枢电 阻Ra =0.02，电刷接触压降2 ：U^2V，励磁回路总电阻Rrf Rpf =110」，附加损耗Ps = 0.01Pn， 效率 =0.85。求：(1)额定输入功率R;(2)额定输出功率P2；(3)总损耗a p；(4)电枢铜耗pcua；(5) 励磁回路损耗pf(6)电刷接触损耗Pcub；(7)附加损耗Ps；(8)机械损耗和铁耗Pi] PFe。

解：(1)额定输入功率

R = U n I n = 220 乂 80 = 17.6kw

(2)额定输出功率

P2 = R n = 17.6 x 0.85 =14.96kw

(3)总损耗

E p = R _P2 =17.6-14.96= 2.64kw

(4)励磁电流

Ir Un ，2202A

Rrf Rpf 1 1 0

电枢电流

I a i N -1 f = 80 - 2 = 78-：

电枢铜耗

Pcua 二 I ：Ra = 782 0.01 二 61w

(5)励磁回路损耗

Pf =l2（Rf Rpf） = 22 110=440w

(6)电刷接触损耗

Pcub "a 2=Ub=78 2=156w

(7)附加损耗

Ps =0.01PN =0.01 P2 = 0.01 14960 = 150w

(8)机械损耗和铁耗PFe P〔 I P1 - P2 - Pcua - Pcub - Pcuf -

(8)机械损耗和铁耗

=17600 -14960 - 61-156 - 440 -150 = 1833w

什么叫发电机外特性？他励发电机和并励发电机的外特性有什么不同？为什么?

答：发动机的外特性是，当n二nN If =咕时U=f (I)的关系曲线。

并发动电机的外特性和他励发电机的外特性有两点不同：(1)并励发电机的电压调整率比他励的大;

(2)并励发电机的稳态短路电路电流小

这是由于他励发电机的励磁电流为常数，不受端电压变化的影响。而并励发电机的励磁电流却随电

机端电压的降低而减小，这就是使电枢电动势进一步下降。当负载电阻短路时，电枢端电压为 0,励磁

电流也为0,此时电枢绕组中电流由剩磁电动势所产生，而剩磁电动势不大，所以稳态短路电流也不大。

1

一并励发电机，额定运行时情况正常，当转速降为 -nN时，电枢电压U=0，试分析原因。

2

答：并励发电机能够自励必须满足三个条件：即发电机主磁极必须有一定剩磁，励磁绕组与电枢联接

要正确，励磁回路的总电阻要小于临界电阻。对应于不同的转速，临界电阻是不同的。当转速降低时，

1

临界电阻也相应下降。本题中，当转速 n二厂“时，使得励磁回路的总电阻大于临界电阻，不能满足自 励的第三个条件，同时电枢电压 U=0.

14.台并励直流电动机，铭牌数据为

14.

台并励直流电动机，铭牌数据为

PN = 96kw，U N =440V , I N = 255= , lfN = 5-，

nN =1550 min，并已知 Ra =0.0781。试求:

电动机额定输出转矩Tn；

电动机额定电磁转矩Tem ;

电动机理想空载转速n。。

CeU

Ce

U n - 1 aN R a

nN

440-250 0.078

1550

=0.27v/ r p m

解:

Pn 9.55Pn 9.55 96 103

Tn n n 591.5N m

Qn nN 1550

额定电枢电流 G "n -IfN = 2 5 55 = 2 50

由电枢回路方程 Un =Ce nN IaNRa

电磁转矩 Tem =9.55Ce IaN =9.55 0.27 250 = 644.6N m

Um 440

(3)理想空载转速n^C--^163r0Pm

《电机与拖动基础》课后习题

第二章习题答案

什么叫单轴系统？什么叫多轴系统？为什么要把多轴系统折算成单轴系统？

答：电动机和工作机构直接相联，这种系统称为单轴系统。

电动机不直接和工作机构相联接，而是通过一套传动机构，使电动机的角速度 传递到工作机构时，

变成符合于工作机构所需要的角速度 Z，这种系统称为多轴系统。

因为，研究多轴系统的运动情况，就必须列出每一根轴的运动方程式和各轴之间互相联系的方程式，

这是相当复杂和麻烦的。就电力系统而言，主要是把电动机作为研究对象，并不需要详细研究每根轴的

问题。因此，为了简化计算，通常都把多轴系统折算成等效的单轴系统。

把多轴系统折算为单轴系统时，哪些量需要进行折算？折算的原则是什么？

答：需要折算的量有工作机构的负载转矩、系统中各轴的转动惯量 J2、.…Jz。对于某些直线运动的

工作机构，则必须把进行直线运动的质量 mz及运动所克服的阻力Fz折算到电动机轴上。

折算原则是保持拖动系统在折算前后，其传送的功率和贮存的动能不变。

一龙门刨床，齿轮1与电动机直接联接，各齿轮和工作台的数据及图样见书上。已知：

切削力Fz =9810N，切削速度= 43m/min，传动效率 ^0.8，齿轮6的节距为20mm,电动机电

枢的飞轮矩为230N m，工作台与床身的摩擦因数为 0.1.

试计算：（1）折算到电动机轴上的系统总飞轮矩及负载转矩； （2）切削时电动机输出功率。

解：（1）总飞轮矩GD2 负载转矩Mz

GD2包括旋转部分GD2和直线部分gdD

GD2 GD2 GD2 gd； gd3 gd： gd5 gd：

GDa =GDd GD1 2 2 2 2 2 2

0丿 0丿0丿 0丿Z丿0丿

=230 8.2540.2 19.6

=230 8.25

40.2 19.6

56.8 37.25

2 2

55 2 64 2

I——I x——I

20 38

卜 137.2

+〔55丫〔64 Y〔78 丫

一 | x——| x ——|

20 38 30

-251.5N m2

z =43m/min = 0.72m/s

n o=：z（Zbtk6）（0.72 60）/（78 0.02）27.6r/min

/ Z6 Z4 Z2、 / 78 64 55、

ni =n° ） = 27.6 （ ） = 332.3r/min

TOC \o "1-5" \h \z Z5 Z3 乙 30 38 20

Gi G；（14700 9800）W = 24500W

2 365（ G1 G 2） ； 365 24500 0.722 ；

GDb ' 2 z ； 41.98N m

n1 332.3

GD -GD； GD； -251.5 41.98 =293.5N m2

Mz“55Fz z “55（G1 G；）「Fz

n1 c n1 c

c 24500X0.1+9810X0.72 = 9.55

332.3X0.8

2

= 316.8N m

（2）切削时电动机输出功率Pz

Pz 二 Mz 口/9.55 =316.8 332.3/9.55 = 11kW

常见的生产机械的负载转矩特性有哪几种？

答：基本可归纳为三大类：

一、 恒转矩负载（负载转矩Tz的大小为定值，与转速无关。根据负载转矩是否转向可分为，反抗性

的恒转矩负载和位能性的恒转矩负载）

二、 恒功率负载（负载功率Pz 一定，负载转矩Tz和转速nz成反比）

三、 通风机负载（负载转矩与转速的平方成正比， Tz =kn2）

什么叫电动机的固有机械特性和人为机械特性?

答：固有机械特性是指当电动机的工作电压和磁通均为额定值，电枢电路中没有串入附加电阻时的机械

特性。

人为机械特性是指人为的改变电动机参数或电枢电压而得到的机械特性。

电力拖动稳定运行的条件是什么？ 一般要求电动机的机械特性是向下倾斜还是向上翘的？为什么?

答：电动机稳定运行的条件是： 在工作点上，有dTem :::巴2成立。

dn dn

一般要求电动机的机械特性是向下倾斜的。

因为，大多数负载转矩都是随转速的升高而增大或者说保持恒值。

—台他励直流电动机，铭牌数据如下： Pn =2.2kW, Un =220V, In = 12.6A, n” =1500r/min。求:

1

（1）绘出固有机械特性;电枢电流la（2）当"尹时，电动机转速n；（3

（1）绘出固有机械特性;

电枢电流la

解:Ra( 2 ?3)2 3U

解:

Ra( 2 ?3)

2 3

U N 1 N - PN

2、220 12.6-2200

3 12.62

= 1.8 0 ?2.4 0'2

取2'J

Un -1 N Ra

220-12.6 2

1500

-0.13

CT =9.55CJ =9.55 0.13 =1.24

(1)由n二“-虽知

C^ Ce*

n 二出- n 二丝0- - 2T =1692.308-12.392T

CJ 9.55Ce2 2 0.1 9.5(0.13)2

n0 =1692r/mi n : =12.4

n0 =1692-12.4T

1

(2)当匚二丄In时

2

1

T =Ce la =9.55 0.13 — 12.6 =7.82 N m 2

n=1692-12.4 7.821=1595r/min

(3) lUn-E

(3) l

Un

-E

220 -0.13 1550

2

二 9.25A

根据题7中电动机数据，（1绘出电枢串入附加电阻Rpa =2“时的人为机械特性；（2）绘出当=0.8 N 时的人为机械特性；（3）绘出当电压U二丄卩“时的人为机械特性；（4）分别求出上述三种情况当la = In

2

时，电动机的转速。

解：由题可知

2+2

（1） n= 1692 - — 2T =1692 _24.8T

9.55213

1692 12 4

（2） n - 2t =2115 -19.375T

0.8 0.8

（3） n =846-12.4T

（4） la=IN，T =9.55 0.13 12.6 =15.6429N m

第一种情况:n =1692-24.8 15.64 = 1304.06r/m in

第二种情况：n =2115-19.375T =2115-19.375 15.6429 =1811.98r/m in

第三种情况：n ^846-12.4^846 -12.4 15.6429 = 652.06r/min

一台直流他励电动机，铭牌数据如下： Pn =13kW，Un =220V，In = 68.6A，n” =1500r/min，该

电动机作起重电机用，在额定负载时，试问：（1）要求电动机以800r/min的速度下放重物，应该采取什

么措施？（ 2）要求电动机以1800r/min的速度下放重物，应采取什么措施？

解：求固有机械特性

Ra￡|严iN/?2『20

Ra￡|严

iN

/?2『20迪.6-130叫=0.222 ?0.297。= 0.25Q

<2 3人

68.62

Ce

Un j a R a

220 -68.6 0.25

15 0 0

= 0.1 3 5

n

n Un Ra

CJ 9.55(Ce)2T° ^162^1.436T，n=1629-黑1

(1) n =800r/min，下放

串一个电阻

68.69Ra Rpc 二匕旦= 220 0.135 800 =4.781「

68.69

Rpc =4.781 -0.25 =4.53」

（2）能耗制动

Ra R R a Rs / 、

二迴吏00 二Ra Rs=3.542「Rs

二迴吏00 二Ra Rs=3.542「

68.6

=Rs = 3.542 - 0.25 = 3.292"

反接制动-U N

反接制动-U N

Rs

「丛-Ra R」

CJ 9.5(Ce )

-1800 二-1629- O'25 Rs 2 Tn 9.557.135

0.25 + R ps

= 1800-1629 匕 68.6 = 0.336门

0.135

Rps =0.336-0.25 =0.086"

10?根据题9的电动机数据，起吊重物，在负载转矩 T^-Tn时，运行在固有特性上，现用电枢反接法

2

进行制动，问：（1）若制动开始时的瞬时电流不大于2In，在电枢回路中应串入多大电阻？ （ 2）当转速

制动到零时，若不切断电源，电动机运转状态如何？

解:

1 由题知 n =1629-1.436T，T Tn，n =1629-1.8521 =1565.5476r/min

2

UN +Ea 220 +Ce?n 小

lz=2lN RaRp = 3.14411?根据题9的电动机数据，起吊重物，在负载转矩

11?根据题9的电动机数据，起吊重物，在负载转矩 Tz =-Tn时，运行在固有特性上，现用能耗制动，

问：（1）若制动开始时的瞬时电流不大于 2In，制动电阻应为多大？（ 2）若转速制动到零时，不采取其

他措施，电动机的运转状态如何？ 解：（1）由前几题知：n=1565.476r/min

Ra Rp 2I N

-Rp =3.144 -0.25 =2.894门

反转 会超过-1629r/min

2T n= a : Ra R p 1.5401.1

Ra Rp p 2In

二 Rp =1.540-0.25 =1.29"

(2)不采用措施 反转到另一个转速

12?电动机的调速和转速变化有何区别？在同一条机械特性上，为什么转矩越大转速越低？

答：调速是为了生产需要而人为的对电动机转速进行的一种控制，它和电动机的负载变化时而引起的转 速变化是两个不同的概念。调速需要人为的改变电气参数，而负载变化所引起的转速变化则是自动进行 的，这时电气参数不变。

U R 亠R

由公式n =— - a pay T可知，在同一条机械特性上，转矩 T越大 转速n越小。

C/ 9.55( Ce$)2

13 . 一台他励直流电动机，铭牌数据如下：Pn =7.5kW，Un =220V，I 40.8A，

nN =1500r/min，Ra =0.36门，设轴上负载转矩T^ 0.8Tn时，求：(1)在固有特性上工作时的电动机转

速n； ( 2)若其他条件不变，当磁通减弱到 0.5：时，电动机的转速为什么？

解：(1)机械特性

nN?-

lNRa 一 C0 — UN-INRa _ 220 - 0.36 江 4。?8 _ °〔37

CJ nN 1500

220

0.36

n -

0.137

qT 二 n = 1605-2.01T

9.5^(0.137)

T — 0.8T n，

Tn =9.55 0.137 40.8 =53.38N m

n =1605-2.0仃=1605-2.01 53.38 = 1498r/min

1

(2) =0.5n T Tn

2

1

n =3210-3.14仃二 n =3210 -3.141 — 53.38 =3042r/min

2

根据题13的电动机，若电枢中串入电阻 Rpa =0.5」，此时电动机的转速等于多少?

解：由题知 Rpa = 0.5' 1

0.36 0.5

0.36 0.5

n =1605 - 亍T =1605 -4.80T

9.55 汇（0.137 ）

T =0.8Tn

n =1605-4.80 53.38 =1349r/min

15?何谓恒转矩调速？何谓恒功率调速？

答：恒转矩调速是指在调速过程中始终保持电磁转矩不变的调速。

恒功率调速是指在调速过程中始终保持输入的电功率不变的调速。

16?对恒转矩负载，应采用何种调速方法？为什么？

答：电枢回路串电阻调速和降低电枢电压调速。

因为这样既满足了负载要求，又是的电动机得到充分利用。

17?对恒功率负载，应采用何种调速方法？为什么？

答：弱磁调速适用于恒功率负载。

《电机与拖动基础》课后习题

第三章习题答案

励磁电抗Xm的物理意义如何？ Xm大好还是小好？若将铁心抽出，Xm将如何变化？若一次绕组匝数 增加5%,而其余不变，则Xm大致如何变化？若铁心叠片松散，片数不足，则 Xm及I。如何变化？若铁 心硅钢片接缝间隙较大时，对 Xm及I。有何影响？

答：励磁电抗Xm表示与主磁通相对应的电抗，其大小和磁路饱和程度有关。

Xm越大则空载电流越小，因此Xm大好。

若将铁心抽出，磁阻将急剧增大， Xm将显著变小。

若一次绕组匝数增加5%,而其余不变，由Xm二WLm二WN乞皿可知，Xm大致增加10%。

若铁心叠片松散，片数不足，都将使磁阻增加， Xm下降，Io增大。

若铁心硅钢片接缝间隙较大，则Io将变大，Xm下降。

变压器空载运行时，一次侧加额定电压，为什么空载电流 Io很小？如果接在直流电源上，一次侧也 加额定电压，这时一次绕组的电流将有什么变化？铁心中的磁通有什么变化？二次绕组开路和短路时对 一次绕组中电流的大小有无影响？

答：变压器空载运行时，由于励磁阻抗很大，因此即使一次侧加额定电压，空载电流 Io都很小。

若接在直流电源上，则一次侧漏电抗和励磁电抗都为 0，此时一次绕组电流将非常大。

铁心中的磁通也变为恒定磁通。一、二次绕组之间不存在电磁感应作用，而次绕组开路和短路对一 次绕组中的电流大小没有影响。

6.—台50Hz单相变压器，若接在60Hz的电网上运行，额定电压不变，问空载电流、铁心损耗、漏抗、 励磁阻抗及电压调整率有何变化？

答：由5 立！ =4.44fN「m可知，当f由50Hz变为60Hz时，爲将减小，空载电流下降，铁心损耗下降, 而漏抗X；「=wL；「=2：fL；「将随f的增大而增大，；励磁阻抗将增大，由于Xk增大，因此电压调整率将变 大。

7?—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电源上，变压器将发生什

么现象？

答：此时变压器的磁通将急剧增大，磁路严重饱和，励磁电流非常大，铁耗和铜耗都将显著增大，变压 器将过热，同时噪声过大，震动明显。

8 .有一台单相变压器，已知：Sn =5000kV A，Uni / Un2 = 35kV / 6.6kV，铁心的有效 截面积

SFe = 1120cm2，铁心中最大磁通密度Bm =1.45T，试求：高、低压绕组的匝数和电压比各为多少?

解：m 二 BmSFe =1.45 1120 10-4 =1624 10-4wb

N2U N14.44f m35S034.44 50 1624 104= 971

N2

U N1

4.44f m

35S03

4.44 50 1624 104

= 971 匝

U N2

4.44f m

6.6"03

4.44 50 1624 10-4

-183 匝

N1

971

= 5.3

N2

183

9?一台单相变压器，额定容量为5kV A ,高、低压绕组均有两个匝数相同的线圈，高、低压侧每个线 圈的额定电压分别为1100V和110V，现在它们进行不同方式的联结。试问：可得几种不同的电压比？ 每种联结时的高、低压侧额定电流为多少？

答:可得四种不同的电压比，分别是 1100/110, 1100/220, 2200/110,2200/220对应的高、低压侧额定电

流分别是 4.55A/45.5A，4.55A/22.7A，2.27A/45.5A，2.27A/22.7A。

10?两台单相变压器，电压为220V/110V，一次侧匝数相等，但空载电流 * =2I°ii。今将两台变压器 次绕组顺极性串联起来加440V电压，问两台变压器二次侧的空载电压各为多少？

1

解：根据题意，1。| -2Icii，则 Zoi 二―Zoii

2

TOC \o "1-5" \h \z 440 440 1

串联后 Si = 1 = 293V， Sn = _ = 146.7V

\o "Current Document" 1+1 1+1 2

2 2

Uin 220

U2i 二 Un 293 146.7V

U2N 110

U2II =UniI b =146.7 220 = 73.4V

U2N 110

12.有一台三相变压器，已知： Sn =100kV A , Un1/Un2 =6.3kV/0.4kV，联结组为Y, ynO因电源压 改为10kV，如果用改绕高压绕组的方法来满足电源电压的改变，而保持低压绕组每相为 55匝不变，则

新的高压绕组每相匝数应为多少？如果不改变高压绕组匝数会产生什么后果？

解：改绕后变压器中主磁通的幅值应保持不变。

N1 U N1 U N1 6.3 ” 3

改绕前 - ，贝U N1 N2 - 55 = 866匝

N 2 UN2? UN2? 0.4

改绕后 M二虹丄10、；3，则比上10 866 =1375匝

N1 Un刑 6.3 v'3 6.3

若不改高压绕组匝数，则变压器铁心将严重饱和，二次侧电压也将升高，变压器将过热并产生振动

和噪声。

13.有一台1000匝的铁心线圈接到110V、50Hz的交流电源上，由安培表和瓦特表的读数得知h二0.5A、

R =10w，把铁心抽出后电流和功率就变为 100A和1000w。若不计漏磁，试求：（1）两种情况下的参

数和等效电路；（2）两种情况下电流的无功分量和有功分量；（3）两种情况下磁通的最大值。

解：（1）有铁心时 Z1 =U J10 =2200"

I1 0.5

R1R

R1

R

I2

￡ 二 40' 1

0.52

X1 = . z2 -R：二.22002 - 402 =2 1 9.S11

无铁心时Z2U 110i

无铁心时

Z2

U 110

i2 100

^1.111

R2

I； 100

x2 二.Z； -R；二.0.21 二 0.461 1

两种情况下都可等效为一个电阻与一个电抗元件相串联

(2 )有铁心时 cos 1Pl 丽凹 0.182110 0.5电流有功分量I1 cos 1= 0.5 0.182 =0.091A电流无功分量J .1-cos2 =0.49A无铁心时电流有功分量I 2 cos I 2空=100卫0也

(2 )有铁心时 cos 1

Pl 丽

凹 0.182

110 0.5

电流有功分量

I1 cos 1

= 0.5 0.182 =0.091A

电流无功分量

J .1-cos2 =0.49A

无铁心时

电流有功分量

I 2 cos I 2

空=100卫0也?1A

U2I2 110 100

电流无功分量

12 sin :2

JY^^10叫 1-(肌 I41"

(3)有铁心时

E^U1

110

无铁心时

E2 二,u2 TOR?)

2「1102 -1002 二..2100 =45.8V

45.8

m2 =4.44 益° 1000 "21 103wb

16. —台三相变压器,

Sn = 750kV A , Un1 /Un2 = 10000V/400V , Y , ynO 联结，在低压侧作空载试验

时得I。=60A , p0 -3800w，在高压侧做短路试验时得 Uk =440V

,Pk =10900w (梟=InJ ,室温 20 T，试求:

(1)

折算到高压侧的励磁电阻和短路阻抗;

(2)

短路阻抗的标么值R：、X：、Z；;

m1 =為、44 5； 1000 "5 10-3wb

(3)(4

(3)

(4)

计算最大效率max。

计算满载及cos' =0.8 (滞后)时的厶U ?、U2及；

解：(1)UN1 ? = UN1/ . 3 = 10000/ 3

解：(1)

SNUN2 =UN2/ 3 =400/ .3 =

SN

3

n 750 10 .

IN1 43.4A

3UN1 3 10000

k 二 Un1 ./Un2 =5774/23仁25

Po4-

jp0J 380012 6W

3 3

Zm

._ Un2

-Z0 -

Io

竺3.83「

60

Zm

2 2

二 k Zm =25

3.83 二 2394」

Uk ： = Uk / 3 =440/、3 =254V

1

3

Zk5 TT254I

Zk

5 TT

254

I N1

I85'

⑵Rk363343.42R k75

⑵Rk

3633

43.42

R k75 C

235 75

=R k

235 20

= 1.93

310

255

-2.3511

二 1.93' 1

Xk =Jzk-Rk =J5.852 -1.932 =5.520

Z k75 c = Jr；75c + Xk = J2.352 +5.522 = 6.0Q

U kN=31 N1Z

U kN

=31 N1Zk75C

?3 43.4 6.0 =4 5V

U kN

U N1

= 0.0 4 5 1

1 0 0 00

PkN =3l：1Rk75c =3 43.42 2.35 = 1 3 2 W9

pkN

pkN

Rk PkN =s~

SN

竺—.018

750 102

Xk■- 3I

Xk

■- 3I N1X k

U N1

亠竺邑0.072

10000

= 0.6(3)满载时I； =1，已知cos； =0.8 (滞后)，则sin 2

= 0.6

U* = I(R；cos 2 X；sin 2) 100%

=1 (0.018 0.8 0.072 0.6) 100%

二 5.76%