课后练习与思考1.ppt

第六章磁路与铁心线圈电路,6.2.1将一个空心线圈先后接到直流电源和交流电源上，然后在这个线圈中插入铁心，再接到上述的直流电源和交流电源上。如果交流电源电压有效值和直流电源电压相等，在上述四种情况下，试比较通过线圈的电流和功率的大小，并说明其理由。,解对空心线圈：接到直流电源上时，电流；接到交流电源上时，电流；显然；消耗功率插入铁心后：接到直流电源上，电流和功率仍为原值，即。接到交流电源上，由于磁通增大，感抗增大，且铁心中的磁滞、涡流损失，使电路电阻也略有增大，因此电流大大减小，虽然多了铁损，但因电流下降很多，功率也减小。,6.2.2如果线圈的铁心由彼此绝缘的钢片在垂直磁场方向叠成，是否也可以？,解不可以。因为绝缘并没有阻断涡流的路径，不能减小涡流损失。,6.2.3空心线圈的电感是常数，而铁心线圈的电感不是常数，为什么？如果线圈的尺寸、形状和匝数相同，有铁心和没铁心时，那个电感大？铁心线圈的铁心在达到磁饱和和尚未达到饱和状态时，哪个电感大？,解电感，空心线圈中介质磁导率为常数，而铁心线圈中介质磁导率不是常数，随线圈电流大小而变化，所以空心线圈电感为常数，而铁心线圈电感则不是常数。有铁心时，所以电感大。铁心达到饱和时磁导率大大下降，因此电感也减小。,6.2.4分别举例说明剩磁和涡流的有利一面和有害一面。,解由于铁心有剩磁，可制造永久磁铁，例如永磁直流电机，家里用的门隙等等。但若剩磁大了，对交流电机和电器则产生剩磁损失，机械手表（全钢）有剩磁则影响走时准确性。交流电机、电器的铁心中有涡流则造成功率损失，且使铁心发热、影响电机、电器的工作性能。但利用涡流又可以对金属加热，实现冶炼和淬火等加工工作，还可以用涡流灶对食品进行加热和烹调等。,6.3.1有一空载变压器，一次侧加额定电压220V，并测得一次侧绕组电阻R1=10，试问一次侧电流是否等于22A?,解由于变压器一次侧绕组中主磁电动势远远大于其线圈电阻及漏抗产生的压降，即,所以,6.3.2如果变压器一次绕组的匝数增加一倍，而所加电压不变，试问励磁电流将有何变化。,解，在不变条件下，匝数增加一倍将使磁通减小一半，励磁电流也将减小，由于电流与磁通是磁化曲线非线性关系，电流减小不等于一半，而大于一半。在磁化曲线的线性区则电流将减小为。因为,6.3.3有一台电压为220V/110V的变压器，N1=2000，N2=1000。有人想省些铜线，将匝数减为400和200，是否也可以。,解根据和若将和均减小为，则磁通将增加5倍，因此励磁电流将大大增加，且因磁路饱和，电流将远远超过额定值而将绕组绝缘烧坏。,6.3.4变压器的额定电压为220V/110V，如果不慎将低压绕组接到220V电源上，试问励磁电流有何变化？后果如何？,解根据和可知若将低压绕组接到220V电源上，则相当于将绕组匝数减少了一半，磁通将增大一倍，造成磁路饱和，励磁电流大大增加，以致烧坏低压绕组的绝缘。,6.3.5变压器铭牌上标出的额定容量是“千伏安”，而不是“千瓦”，为什么？额定容量是指什么？,解变压器的额定容量是指其允许输出的视在功率SN，故用“千伏安”。它等于额定电压UN与额定电流IN的乘积。当负载功率因数为1时，它等于负载吸收的有用功率，而当负载功率因数小于1时，在变压器输出额定容量时，负载取用的有功功率将小于变压器的容量。为了充分利用变压器，应使负载的功率因数尽可能接近于1。,6.2.56.3.66.3.76.3.86.3.96.4.46.4.5某变压器的额定频率为50Hz，用于25Hz的交流电路中，能否正常工作？,解根据可知，若频率减小一半，则磁通将增大一倍，励磁电流将大大增加，造成绕组发热而损坏。,6.3.10调压器用毕后为什么必须转到零位？,解（1）调压器是一个大电感，若手轮不在零位，则调压器将带负载断电，可能产生过渡过程，引起电路过电压或过电流。（2）若不在零位，下次使用时有可能使设备过电压。,6.4.1在电压相等（交流电压指有效值）的情况下，如果把一个直流电磁铁接到交流上使用，或者把一个交流电磁铁接到直流上使用，将会发生什么后果？,解若将直流电磁铁接到交流电源上使用，则励磁电流和磁通及吸力均将大大减小，电磁铁吸合不上。若将交流电磁铁接到直流电源上使用，则励磁电流将大大增加，犹如电路短路，将烧坏线圈。,6.4.2交流电磁铁在吸合过程中气隙减小，试问磁路磁阻、线圈电感、线圈电流以及铁心中磁通的最大值将作何变化（增大、减小、不变或近于不变）？,解气隙减小则磁阻。而磁通最大值则因电源电压未变，由，可知也近似不变。所以励磁电流也应减小。线圈电感则应增大。,6.4.3直流电磁铁在吸合过程中气隙减小，试问磁路磁阻、线圈电感、线圈电流以及铁心中磁通的最大值将作何变化（增大、减小、不变或近于不变）？,解直流电磁铁与交流电磁铁不同，其线圈电流，不受气隙影响。当气隙减小时磁路磁阻减小因不变，故磁通将增大，线圈电感也将增大。,第七章交流电动机,7.3.2在三相异步电动机起动初始瞬间，即s=1时，为什么转子电流I2大，而转子电路的功率因数cos2小。,解当s=1（起动）时，转子感应电动势,达到最大，所以转子电流很大。但此时转子电抗也达最大，故转子功率因数为最小。由公式和也可以看出，随S增大而增大，随S增大而减小。,7.2.17.2.27.2.37.3.17.3.37.3.4,7.4.1三相异步电动机在一定负载转矩下运行时，如电源电压降低，电动机的转矩、电流及转矩有无变化？答：电动机电磁转矩，当电源电压下降时，电磁转矩减少，使转矩下降，转差率增加，转子电流和定子电流都会增加。稳定时电磁转矩等于机械负载转矩，但转矩降低了，定、转子电流增大了。过程如下：,7.3.5频率为60Hz的三相异步电动机，若接在50Hz的电源上使用，将会发生何种现象？答：根据，当频率f1降低时，磁通增大，电动机空载磁化电流增大，电动机发热；f1减小，旋转磁场转速n1下降，电动机转速n也下降。,第十章继电接触器控制系统,10.2.1为什么热继电器不能作短路保护？为什么在三相主电路中只用两个（当然三个也可以）热元件就可以保护电动机？,解：根据热继电器的结构与工作原理可知，它是靠电流通过发热元件加热双金属片使其变形而使触点动作来实现过载保护的。因此一定的电流下需要一定的动作时间，即便是短路电流通过发热元件，也仍需要一定时间触点才能动作，因此对短路（需要立即断电）不能起到保护作用。三相主电路有两个发热元件也足以保护电动机过载：若电动机机械负载过大，那么因三相电流对称而同时增大，两个发热元件将同时推动触点动作而实现保护；若一相断线，形成单相运行而过载，那么至少有一个发热元件可推动触点动作，实现保护；若一相绕组出现匝间绝缘短路，（该相若无发热元件）三相电流虽不对称，但另两相电流也将超过正常值，同样会起保护作用。可见只要两个发热元件就可以了！,10.2.2什么是零压保护？用闸刀开关起动和停止电动机时有无零压保护？答：因为在控制电路中具有自锁环节，当电源电压为零（或低于接触器释放电压）时，接触器释放而使自锁触点断开，电动机断电停车。当电源电压自动恢复时，若不操作起动按钮，电动机将不会自行起动，以免造成事故，称为零压保护（或称失压保护，欠压保护）。用闸刀开关控制电动机起、停时，电源失电，电动机停车；电源电压自动恢复，电动机自动起动，可能造成事故。可见不能起零压保护作用。,10.5.1通电延时与断电延时有什么区别？时间继电器的有四种延时触点是如何动作的?,答：通电延时是时间继电器线圈通电时，其触点延时动作。断电延时则相反，是当时间继电器断电时，其触点延时动作。,四种延时触点动作过程：常开延时闭合触点：属于通电延时式。当时间继电器线圈通电后，其平常断开的触电延时一定时间才闭合。断电时该触点立即断开。常开延时断开触点：属于断电延时式。当时间继电器线圈通电时，该触点瞬时闭合。而当线圈断电时，该触点延时一定时间才断开。常闭延时闭合触点：属于断电延时式。当线圈通电时，该触点立即断开。而线圈断电时，该触点延时一定时间闭合。常闭延时断开触点：属于通电延时式。当时间继电器线圈通电后，其平常闭合的触点延时一定时间才断开。而当线圈断电时，该触点立即闭合。,P2146.1.6铁心线圈参数变化对磁感应强度B，线圈电流I和铜损I2R的影响。,(1)直流励磁，铁心S加倍，电源电压、线圈R、N不变。IU/RI不变，I2R不变又BHIN/LB不变=BSS加倍加倍,(3)直流励磁，线圈加倍，其它不变。I=U/RI不变I2R不变BIN/LN加倍B加倍BSB加倍也加倍,(2)交流励磁，铁心S加倍，其它不变mU/4.44fN而、f、不变不变B/S且S加倍B减为原来一半IHL/NBL/(N)且减半I减半I2R也减为原来1/4,(4)交流励磁，线圈N加倍，其它不变mU/4.44fN且N加倍减为原来一半/S且减半B减为原来一半IBL/(N)且B减半，而N加倍I减为原来的1/4I2R减为原来的1/16,(5)交流励磁，频率f加倍，其它不变mU/4.44fN而f加倍减为原来一半B/S而减半B也减半IBL/(N)而B减半I减半I2R也减为原来1/4,(6)交流励磁，频率f减半，U也减半，其它不变。mU/4.44fN不变，B也不变IBL/(N)I不变，I2R也不变,6.2.7,6.2.8,例3：,有一台50kVA，6600/220V单相变压器，若忽略电压变化率和空载电流，求：（1）负载是220V、40W、cos=0.5的日光灯440盏时，I1、I2分别是多少？（2）是否已满载？若未满载，还能接入多少盏这样的日光灯？如果接入的是220V、40W、cos=1的白炽灯，还能接入多少盏？,解：,再接入日光灯：,再接入白炽灯：,P2577.4.9,（a）起动瞬间n=0，s=1,例1:,1),解:,一台Y225M-4型的三相异步电动机，定子绕组型联结，其额定数据为：PN=45kW,nN=1480r/min，UN=380V，N=92.3%，cosN=0.88，Ist/IN=7.0,Tst/TN=1.9，Tmax/TN=2.2，求：1)额定电流IN?2)额定转差率sN?3)额定转矩TN、最大转矩Tmax和起动转矩Tst。,2）由nN=1480r/min，可知p=2（四极电动机）,3）,解：,在上例中(1)如果负载转矩为510.2Nm,试问在U=UN和U=0.9UN两种情况下电动机能否起动？（2）采用Y-换接起动时，求起动电流和起动转矩。（3）又当负载转矩为额定转矩的80%和50%时，电动机能否Y-换接起动？,(1)在U=UN时Tst=551.8Nm510.2N.m,不能起动,(2)Ist=7IN=784.2=589.4A,在U=0.9UN时,能起动,例2:,在80%额定负载时,不能起动,在50%额定负载时,可以起动,(3),例3:,对例1中的电动机采用自耦变压器降压起动，设起动时加到电动机上的电压为额定电压的64%，求这时的线路起动电流Ist和电动机的起动转矩Tst。,解：,设电动机的起动电压为U，电动机的起动电流为Ist,依据变压器的一次、二次侧电压电流关系，可求得线路起动电流Ist。,采用自耦降压法起动时，若加到电动机上的电压与额定电压之比为x，则线路起动电流Ist为,电动机的起动转距Tst为,结论：,P30510.2.35,(1)接触器KM不动作：1.2两根线上的熔丝有一个或两个烧断，使控制电路无电源；热继电器常闭触点跳开后未复位；4.5两点有一点或两点未接好。,(2)：熔断器的熔丝其中有烧断，电动机单相供电，无起动转矩；电动机三相绕组上没接通电源。,(3)：自锁触点未接通，电动机在点动控制状态。,(4)：电源电压不足；接触器线圈回路即控制回路接触电阻过大；接触器铁心和衔铁间有异物阻挡。,(5)：接触器铁心柱上短路铜环失落。,(6)：接触器线圈额定电压与电源电压不符；接触器长时间吸