第二章 直流电动机的电力拖动.ppt

第二章直流电动机的电力拖动,第一节电力拖动系统的运动方程式第二节生产机械的负载转矩特性第三节他励直流电动机的机械特性第四节他励直流电动机的起动第五节他励直流电动机的制动第六节他励直流电动机的调速,电力拖动是以电动机作为原动机，来带动生产机械按人们所给定的规律运动。电力拖动系统由电动机、传动机构、电气控制设备、电源和生产机械负载等组成。学习电动机的目的是为了使用电动机，把电动机运用于拖动控制系统中。需要用到第一章的基本理论和基本公式来解决电力拖动系统的起动、制动和调速等基本问题。,第一节电力拖动系统的运动方程式,电力拖动系统有多种类型，最简单的系统是单台电动机直接与生产机械同轴连接，称为单机单轴系统，简称为单轴系统，如图所示。,在多数情况下，由于生产机械转速较低或具有直线运动部件，所以电动机必须通过传动机构多根转轴的传动，才能带动生产机械运动，称为单机多轴系统，简称为多轴系统，如图所示。当电动机与工作机构不同轴时，两者之间有传动机构，用以变速或变换运动方式。即实际电力拖动系统中，电动机与负载的工作机构间常采用齿轮传动，蜗轮、蜗杆等传动机构，使电力拖动系统的轴不只一根。,在少数场合，有两台或多台电动机来带动一个或多个工作机构，称为多电动机拖动系统，简称多机系统。电力拖动系统工作时，有些部件是作直线运动，如起重机的吊钩等。有些部件是作旋转运动的，如齿轮机构等。,分析电力拖动系统的运动规律，最主要的任务是要研究作用在电动机转轴上的转矩及负载转矩与电动机转速之间的关系。包括稳定运行时的关系及处于暂态过程中的关系。对于单轴系统较简单；对于多轴系统，各根转轴的转速和作用于各转轴上的转矩都不相同，情况比较复杂。一般的分析方法是先对单轴系统进行研究，得出一般规律。对于多轴系统，则通过折算将其等效成一个单轴系统，这样就可以利用单轴系统的规律来分析多轴系统。,一单轴系统的运动方程式,如图所示，生产机械的转矩T2是直接作用在电动机的轴上，所以电动机轴上所受的总制动转矩为：T2+T0=TZ（T0为电动机本身的空载转矩）。在电力拖动系统中，通常称TZ为生产机械的总负载转矩，即把T0考虑在负载转矩TZ之中。这样，作用在电动机轴上的转矩只有驱动性质的电磁转矩Tem及制动性质的负载转矩TZ。,当TemTZ时，转动体的转速就会发生变化，产生角加速度，则转矩方程式为：Tem-TZ=J式中，J为单轴系统的转动惯量（包括电动机的转动惯量和生产机械的转动惯量），是衡量惯性作用的一个物理参数。（单位kgm2）转动惯量J越大，转动部分的惯性越大，改变其角速度就越困难。,在工程中，常用飞轮矩GD2来表征转动体的惯性作用，GD2和J的关系为：J=GD2/(4g)式中，g为重力加速度，g=9.8（m/s2）；GD2为电动机转子与生产机械转动部分的飞轮矩之和（单位Nm2），可从各自的产品目录中查得。D为转动部分惯性直径（m），G为转动部分重量（N）。机械角速度=2n/60。,可得单轴系统的运动方程式的实用形式：Tem-TZ=J=上式是电力拖动系统的基本运动方程式，表征了电力拖动系统机械运动的普遍规律，是研究电力拖动系统各种运动状态的理论基础。(GD2/375)dn/dt称为加速转矩，其大小和正、负号由Tem、TZ的代数和来决定的。,如Tem、TZ、n均为正时，可知：（1）当Tem=TZ时，=0，则转速n等于常数，系统处于稳定运行状态，包括静止状态（n=0）。因此，要使系统达到稳定，必须使Tem=TZ；（2）当TemTZ时，0，则转速n在升高，系统处于加速过程中。因此，要使电力拖动系统从静止状态起动运转，必须使起动时的电磁转矩Tem（即起动转矩）大于n=0时的负载转矩TZ。,（3）当TemN，即特性变软。,四电力拖动系统的稳定运行条件,1电力拖动系统的平衡状态如图所示是一个由他励直流电动机带动恒转矩负载的拖动系统的电动机机械特性n=f（Tem）与负载转矩特性n=f（TZ）。在机械特性与负载转矩特性的交点A处，Tem=TZ。此时，dn/dt=0，转速不变，电动机的电流Ia=Tem/(CTIa)=TZ/(CTIa)也保持不变，则称该拖动系统处于平衡状态。,2电力拖动系统的稳定平衡状态某电力拖动系统原来处于平衡状态，如果由于某种原因（如电压波动、负载变化或电机参数的正常调节），使系统离开了原来的平衡状态，但能够在新的条件下自动地达到新的平衡，或者在外界扰动消失后能够恢复到原来的平衡状态，则称该拖动系统原来的运行状态是稳定平衡状态。如果不能自动地达到新的平衡或在扰动消失后不能回到原来的平衡状态，则称该系统原来的运行状态是平衡状态，但不是稳定的平衡状态。,对于图中的交点A平衡状态，如果由于某种原因，如端电压突然下降1%，电动机的机械特性也随之突然下移至特性2。由于机械惯性，在端电压突变的瞬间，转速来不及变化，仍为n=nA，电动机的工作点从A点突然跳到B点。（U=Cen+IaRa，使Ia下降，Tem下降）此时，Tem=TBTZ，使系统开始加速，Ia、Tem开始下降，工作点沿特性1上升到A点，TA=TZ，dn/dt=0，n=nA，转速保持不变，系统回到原来的平衡状态。因此，系统在原来的平衡状态A点运行时，是处于稳定平衡状态。,对于如图所示的系统，设原来也运行于交点A，处于平衡状态。如果某外界扰动（如电压下降），使电动机的机械特性突变为特性2时，由于n=nA不能突变，工作点突变为B点。由于B点的TBTZ，系统开始加速，工作点沿特性2向上移动，Tem越来越大，dn/dt也越来越大，不可能达到新的平衡点C。,即使在加速过程中，外界扰动消失了，如在D点时端电压恢复为UN，机械特性恢复为特性1，但电压恢复的瞬间n=nD也不能突变，工作点跳至特性1的E点，而E点TETZ，使系统仍然加速，工作点沿特性1上升，结果使Tem越来越大，系统加速度也越来越大，不可能回到原来的平衡状态A点。因此，此拖动系统是不能稳定平衡运行的系统。,3电力拖动系统稳定运行的条件可以证明电力拖动系统稳定运行的条件为：1）电动机的机械特性与生产机械的负载转矩特性必须有交点（必要条件）；2）在交点处满足：TZ,n,Ea=UN-IaRa,Ia,Tem,Tem=TZ,n=nN）,但是，要使系统获得较大的加速度而顺利起动，在起动时，必须先加大的励磁且使If=IfN。Tst=CTIst即要使Tst较大，而Ist又不能太大，所以先要加足磁场，使=N，再接通电枢电源，产生Tst，电动机开始起动。(若无，则Tst=0，无起动转矩Tst=0，TstTZ，电动机加速度dn/dt0，保证电动机能够起动，且起动过程时间较短，以提高生产率。2）起动电流的起始值Ist不能太大，否则使换向困难，产生强烈火花，损坏电动机；还会产生转矩冲击（Tst太大），影响传动机构。3）起动设备与控制装置简单，可靠，方便。,起动条件互相联系又互相制约，应结合具体情况进行取舍。任何一种起动方法，最根本的原则是确保足够大的起动转矩和限制起动电流。所以每种起动方法均应保证有足够大的磁通。直接起动方法特点是：不必另设起动设备，起动转矩大，但起动电流大。,2降压起动起动时，先加上励磁电压Uf，保持励磁电流If为额定值不变。降低端电压U，使Ist=U/Ra（1.52.0）IN，且Tst=CTNIst（1.52.0）TN。在不大的起动电流下，使系统顺利起动。随着转速的升高，反电动势Ea=CeNn增大，电枢电流Ia=(U-Ea)/Ra开始下降，电磁转矩Tem下降，这时，为了保持起动过程中电磁转矩较大，电枢电流在一定范围，可以逐渐升高端电压U，使Ia、Tem回升，直至U=UN，起动完毕。,若不逐渐升高U，则n增加时，Ea增加，Ia减小，Tem减小，起动时间长。根据起动条件，可以确定起始电压U的大小，即U（1.52.0）INRa这种起动方法的特点是：起动平稳，起动电流小，起动过程中的能量损耗小。但需专用电源，设备投资较大。,3电枢回路串电阻起动起动前，先把起动变阻器的电阻调到最大值，加上励磁电压Uf，保持励磁电流If为额定值不变。再接通电枢电源，电动机开始起动。随着转速的升高，Ia、Tem开始减小，可以逐级切除起动电阻，使Ia、Tem回升，直至全部切除起动电阻，起动完毕。（Ia=(U-Ea)/（Ra+R）额定功率较大的电动机一般采用分级起动的方法，以保证起动过程中既有比较大的起动转矩，又使起动电流不会超过允许值。,根据起动条件，可确定起始串入电阻的大小，即Ia=UN/(Ra+R)R=UN/(1.52.0)IN)-Ra如图所示为电枢回路串三级起动电阻原理图。,起动时，接入全部起动电阻，并加上额定电压UN，则瞬时起动电流为：(n=0，Ea=0)I1=UN/(R3+R2+R1+Ra)=UN/R3其中，R3=R3+R2+R1+Ra，为全部起动电阻均接入时的电枢回路总电阻。与R3对应的人为特性如图的n0ba线，与横轴的交点a为起动转矩T1=CTNI1。只要合理选择R3+R2+R1的阻值，可使I1=（1.52.0）IN，T1=（1.52.0）TNTZ，系统可以安全顺利起动。,随着转速的升高，Ea增大，使Ia=(U-Ea)/Ra减小，Tem=CTNIa也减小，工作点沿着特性abn0上移。当Tem减小到b点，Tem=T2=(1.11.2)TN时，为了得到较大的加速度，可将触点C3闭合，把R3切除，则电枢回路电阻突变为R2=R2+R1+Ra，对应的人为特性为n0dc。由于切换时转速n=nb不能突变，所以工作点突变为c点。如果各级起动电阻设计得当，可以做到Tc=T1，系统又获得较大的加速度，而电流仍与I1相等，不会过大。,当工作点沿cdn0上移到d点即Tem=T2时，触点C2闭合，把R2切除，则电枢回路电阻突变为R1=R1+Ra，对应的人为特性为n0fe，工作点突变为e点，电动机又得到较大的加速度。当工作点沿efn0上移到f点即Tem=T2时，触点C1闭合，把R1切除，工作点从f突变至固有特性ghn0的g点，电动机又得到较大的加速度，工作点沿ghn0上升至h而稳定，起动过程结束。（T=TZ，n=nh）此方法特点是：耗能大，不经济，但所需的起动设备不多。,二他励直流电动机分级起动电阻的计算,起动电阻的分段数m、最大起动电流I1与切换电流I2的大小是根据生产过程与起动要求来选定的。最大起动电流一般为I1=（1.52.0）IN或最大起动转矩为T1=（1.52.0）TN；为保证一定的加速转矩，减少起动时间，切换电流I2必须大于稳态负载电流IZ=TZ/(CTN)，一般取切换电流为I2=（1.11.2）IN或I2=（1.11.2）IZ，切换转矩为T2=（1.11.2）TN或T2=（1.11.2）TZ。,IZ为起动时所带负载对应电枢电流值；若未知，可以用IN代替。TZ为起动时所带负载转矩。若TZ未知，可以用TN代替。I2越小，m越少，但起动过程中，电流的变化范围大，转矩脉动大。如图中，由于nf=ng，则Ef=CeNnf=Eg，即：UN-I2R1=UN-I1Ra则有：I1/I2=R1/Ra,同理可得：nd=ne，则Ed=CeNnd=Ee，UN-I2R2=UN-I1R1I1/I2=R2/R1nb=nc，则Eb=CeNnb=Ec，UN-I2R3=UN-I1R2I1/I2=R3/R2有：R3/R2=R2/R1=R1/Ra=I1/I2=式中，=I1/I2（或T1/T2）为起动电流比（或起动转矩比）。,对于m级起动的一般情况有：Rm/Rm-1=R2/R1=R1/Ra=I1/I2=式中，Rm=Rm+R2+R1+Ra为第m级起动（即起动电阻全部接入）时的电枢回路总电阻；R2=R2+R1+Ra第2级R1=R1+Ra第1级,可得各级电枢回路总电阻：R1=RaR2=R1=Ra2Rm=Rm-1=Ram可得到起动电流比=对m=Rm/Ra两边取对数，得到级数m=若得到的m不是整数，可以取相近整数。,则各级起动电阻为：R1=R1-Ra=(-1)RaR2=R2-R1=(2-)Ra=R1Rm=Rm-Rm-1=(m-m-1)Ra=m-1R1若已知、Ra、m，可以算出各级电阻Ri。,计算各级起动电阻值的步骤：1）根据电动机名牌数据，估算电枢回路电阻Ra，Ra=(UNIN-PN)/(2*IN2)2）选取最大起动电流I1，取I1=（1.52.0）IN，算出电枢最大起动电阻Rm=UN/I1；（第m级电枢回路总电阻）3）如分级数m未定，则应先确定m数。初选切换电流I2，取I2=（1.11.2）IN或I2=（1.11.2）IZ，初得起动电流比=I1/I2，初得m=ln(Rm/Ra)/ln，取接近整数值，即为分级数m；,4）若m是取相近整数，则需要重新计算。反计算起动电流比=，然后算出实际值I2=I1/，并校验I2的大小，符合I2=（1.11.2）IN或I2=（1.11.2）IZ。若I2不符合，应重新选择m值。若I2太小，应增大m值，以减小值，使I2增大。5）将值代入公式，算出各级起动电阻值Ri。,Rm=Rm-Rm-1=(m-m-1)Ra=m-1R1若分级数m已定。则选择I1，算出Rm，将Rm、m、Ra代入公式=，算出值，然后算出I2=I1/，并校验I2的大小。以后同前（4、5步）。,例：某他励直流电动机额定数据为：PN=21kW，UN=220V，IN=115A，nN=980r/min。负载电流为IZ=92A，最大起动电流不超过2IN，试求分级起动数m及各段起动电阻值Ri。解：估算电枢电阻：Ra=(UNIN-PN)/(2*IN2)=(220*115-21*103)/(2*1152)=0.163取最大起动电流I1=2IN=2*115=230A,则：Rm=UN/I1=220/230=0.957m未知。初取切换电流I2=1.2IZ=1.2*92=110A则起动电流比=I1/I2=230/110=2.09得级数m=ln(Rm/Ra)/ln=ln(0.957/0.163)/ln2.09=2.4,取m=3，则校验I2=I1/=230/1.804=127A1.2IZ=110A所以，m=3是合适的，则各级电枢回路总电阻：R1=Ra=1.804*0.163=0.294R2=2Ra=1.8042*0.163=0.530R3=3Ra=1.8043*0.163=0.957,各级起动电阻：R1=R1-Ra=0.294-0.163=0.131R2=R2-R1=0.530-0.294=0.236R3=R3-R2=0.957-0.530=0.427,返回,第五节他励直流电动机的制动,电动机的停车方法有：1）自由停车：断开电源，Ia=0，Tem=0，在总负载转矩TZ的作用下，转速降至停车。此方法，停车时间长，特别是在空载（TZ=T0小）时，|dn/dt|很小，所需时间更长。（Ia=0，Tem=0，-TZ=kdn/dt0）,08.10.9.（自动化06A）,2）机械制动：断开电源，Ia=0，Tem=0，利用机械摩擦获得制动转矩Tm的方法（抱轴），|dn/dt|增大。此方法，更快速停车，有机械磨损。（-（TZ+Tm）=kdn/dt0）3）电气制动：靠电动机本身产生一个与转速n转向相反的电磁转矩Tem，成为制动转矩，使系统快速停车或使位能性负载稳速下放。|dn/dt|增大。此方法，更快速停车，无机械磨损，容易实现自动控制。（-（TZ+Tem）=kdn/dt0）,其特点是：它从轴上吸收机械能转换成电能（消耗在电机内部或反馈回电网），其电磁转矩Tem与转速n方向相反，是制动性质。电动机的这种运行状态称为制动状态。他励直流电动机制动运行时，一般是保持磁通的大小与方向不变。,当需要快速停车时，由于转向未变，所以必须使Ia反向，才能使Tem与n相反；(Tem=CTNIa)当需要将位能性负载稳速下放时，由于n反向，所以Ia即Tem的方向必须与电动状态（即提升）时的方向一致，才能达到制动的目的。分析时，仍采用该机原电动状态时的正方向规定、基本方程式、机械特性表达式，只是各物理量的大小及正负，由各制动方式的实际情况而定。,一能耗制动,1能耗制动的原理与方法如图所示是他励直流电动机能耗制动原理图，电动状态时各量的正方向如图所示。该机进行能耗制动的方法是：保持励磁电流If的大小及方向不变，将电源开关倒向Rz，使电枢从电网脱离，而经制动电阻Rz闭合。,参数特点是：=N，U=0，且电枢回路总电阻为R=Ra+Rz。带入电动状态时的电动势平衡方程式：0=Ea+Ia(Ra+Rz)可得到制动时的电枢电流为：Ia=-Ea/(Ra+Rz)=-CeNn/(Ra+Rz)0,制动初瞬，由于惯性，n来不及变化，方向也不变。则Ia0，使Tem0，反向，系统在TZ与Tem（=CTNIa）的共同制动下，减速n，Ia，Tem，直至停车（n=0，Tem=0）。（-（TZ+Tem）=kdn/dt0时，Tem0；所以，能耗制动的机械特性是一条通过原点穿过第二和第四象限的直线，如图所示的BOF线。对应于两种制动状态：,（1）能耗制动停车过程设电机原来运行于电动状态固有特性的A点。制动初瞬时，由于n=nA来不及变化，所以工作点突变跳到与Rz相对应的BOF线上的B点。这时，电枢电流Ia0，电磁转矩Tem0，而转速从nA至零的整个制动过程中（n为正），无论是反抗性或位能性负载，TZ的方向均不改变。因此，在Tem与TZ的共同制动作用下（-（TZ+Tem）=kdn/dt0），系统很快减速，工作点沿BO段下移，直至n=0。,08.10.13.（自动化06B）,制动电阻Rz的作用是将制动电流初瞬最大电流I1限制在允许范围内。可知，制动初瞬的最大电流为：EA=EBI1=IB=-EA/(Ra+Rz)=-CeNnA/(Ra+Rz)=Ia式中，CeNnA=EA，为电动状态时A点所对应的电枢电动势。（即制动前的电枢电动势）nA为制动前的转速（电动状态时）。可得到制动电阻为：Rz=-CeNnA/I1-Ra,若近似地取EA=UN-INRaUN，则I1-UN/(Ra+Rz)如果制动电阻Rz=0，即不串入制动电阻，则I1-UN/Ra，相当于直接起动电流，这是不允许的。Rz值越大，则制动初瞬的冲击电流I1越小，但是z越大，特性越陡，平均制动转矩Tem越小，制动时间越长。Rz值越小，则制动初瞬的冲击电流I1越大，但是z越小，特性越平坦，平均制动转矩Tem越大，制动时间越短。,通常选取I1为额定电流IN的2倍，将I1=-2IN带入上式，可求出所需的Rz值。即制动电阻为：Rz=-CeNnA/(-2IN)-Ra=CeNnA/(2IN)-Ra当工作点沿BOF线下移至转速n较低时，对应的Tem也很小，制动效果很差。通常在转速很低时，借助电磁抱闸，使系统准确停车。,能耗制动停车的特点是：当n=0时，Tem=0。对于反抗性负载采用能耗制动，能可靠停机，Tem=0，不会重新反向起动。但是，n较低时，Tem较小，制动效果较差。对于位能性负载，制动到n=0，Tem=0时，应采取其他方法停车，如抱轴，否则，由于n=0，Tem=0时，TZ0，系统会反转起来，即n0,EaIa0,从轴上输入机械能转换成电能，消耗在电枢回路电阻（Ra+Rz）上。,（2）位能性负载稳速下放如果是位能性负载，能耗制动至n=0时，虽然Tem=0，但是，重物的负载转矩TZ0大小和方向均不变，重物的下降，迫使电机反转，n0，电磁转矩方向与电动状态即提升时一致，对重物下放起制动作用。（Tem与n方向相反）此时，Tem0,U=0,IaU=0,不吸收电网电能。n0,EaTem，TZ的方向不变（为正），在重力的作用下，使重物开始下放，工作点沿CD段下移，进入第四象限。这时，Tem0，n0，Tem与n的方向相反，起制动作用。n反向增加，Tem增加，下放加速到D点时，Tem=TZ相平衡，系统以nd的速度稳速下放。,其机械特性不变，即为：可得稳定下放的速度为：0，Ea0，从电网吸收电能；EaIa0，轴上机械能转换成电能；即从电网吸收的电能及轴上机械能转换成的电能都消耗在电枢回路的电阻(Ra+Rz)上。,2电压反向的反接制动（用于快速停车）如图所示是他励直流电动机电压反接制动的原理图。该机原来运行在电动状态时，各量正方向如图所示。电压反接制动的方法是：保持If不变（不变），将开关向下合闸，使电枢经制动电阻Rz反接于电网上。,其参数特点是：=N，U=-UN，且电枢回路总电阻为R=Ra+Rz。带入电动状态时的电动势平衡方程式：-UN=Ea+Ia(Ra+Rz)可得到制动时的电枢电流为：Ia=(-UN-Ea)/(Ra+Rz)=(-UN-CeNn)/(Ra+Rz)0,制动初瞬，由于惯性n来不及变化（n为正），方向也不变。则Ia0，使Tem0，反向，系统在TZ与Tem（=CTNIa）的共同制动下（-（TZ+Tem）=kdn/dt0），很快减速n，Ia，Tem，直至停车（n=0，Tem0）。（当n=0时，Ia=(-UN)/(Ra+Rz)0,从电网吸收电能；EaIa|Tz|时，系统就会反向起动，工作点沿CDn0下移而进入第三象限。Tc0，Tz0。由于在第三象限中，n0且Tem0，其方向与电动状态时相同，所以对重物的下放起制动作用。n反向增大时，Tem正向增大，当下放加速到交点E时，TE=Tz，系统达到新的平衡状态，重物以nE的速度稳速下放。,08.10.14.（自动化06A）,回馈制动能量关系：（n0E段）U=-UN0，n|n0|，Ea=CeNn，-UN=CeNn0，|Ea|UN可知，这时电机将轴上输入的机械能转换成电能，而返回电源，处于再生发电状态，称为回馈制动状态。,3反接制动的运行特点无论是图中的BC段对应的电压反向的反接制动，还是图中的CD段对应的电动势反接制动，都具有特点：1）制动过程中的实际转向与其理想空载转速方向相反；（即n与n0方向相反）2）制动过程中的能量关系电压反接制动：电动机仍接在电网上，且电压反接，Ia0,吸收电能；n0,Ea0,EaIa0,U=UN0,IaU0,吸收电能，n0,Ea|UN|=|CeNn0|，且Ea与Ia的实际方向一致（Ea0），即EaIa0，将机械能转换成电能，所以该机呈发电机状态。Tem与n方向相反，是制动状态。（2）回馈制动的能量关系：U=-UN0，输入功率P1=UIa|n0|，所以不能用于快速停车。适用于高速下放重物。从能量变换的角度看：三种制动状态有一个共同点即制动状态下的电动机不是把电能变换成机械能，而是把机械能（动能或势能）变换成电能，消耗在电枢回路的电阻上或大部分回馈给电网。,2电压不反向的回馈制动（正向回馈制动）（1）电车下坡电车在平地上行驶时，电动机运行于电动状态，如图所示固有特性1上的A点。,当电车下坡时，电动机的机械特性仍为固有特性1，转速的方向也不变。但是，车重沿斜坡的分力将产生一个与n的方向一致的驱动转矩TZ。在Tem与TZ的共同驱动下，使车速越来越高，工作点沿An0B上升。当加速到n=n0时，Tem=0，但在TZ的驱动下，继续加速，使nn0，工作点进入第二象限的n0B段。对应的Tem0，n00,Ea0，U0,发电状态；Ia0，UIa0,EaU,Ia0,UIanN1，n0n0，固有特性1的静差度为1=nN1/n0，其降压人为特性2的静差度为2=nN2/n0=nN1/n0，其电枢回路串电阻人为特性3的静差度为3=nN3/n0，则1U2U3时的人为特性可知，对于同一个负载TZ，端电压越低，则稳定后的转速越低。也是向低于额定转速的方向调节转速。,此方法的特点是：1）由于降低端电压的人为特性是与固有特性平行的，所以无论满载或轻载都有明显的调速效果；2）因为降压人为特性的硬度不变，使低速时由于负载变化引起的转速波动不大，所以静态稳定性好，调速范围大；3）只要连续平滑地改变施加在电动机上的端电压U，可使转速平滑地调节，实现无级调速；4）调节过程中，能量损耗小。,因此，降压调速方法被广泛地应用于对起动、制动和调速性能要求较高的场合，如龙门刨床、轧钢机等。此方法需专门的可调直流电源，价格高。如升高电压U，n上调，不合适。转速的相对稳定性是指，负载转矩变化时，转速的变化程度。转速变化越小，相对稳定性越好。能达到的nmin越低，调速范围越大。,3减弱电动机主磁通调速保持U=UN且R=0，只减小电动机的励磁电流If，使主磁通减小，来达到调速的目的，称为减弱磁通调速。由图所示的减弱磁通时人为特性可知，对于同一个负载TZ，主磁通越弱，则稳定后的转速越高，所以是向高于额定转速的方向调节。,此调速方法的特点是：1）调速方向是往上调；因为励磁电流不能超过其额定值，所以只能减小励磁电流，而使磁通减小，转速上升；2）调速的平滑性好。只要均匀地调节励磁电流，就可以实现平滑地无级调速；3）调速的稳定性好。虽然励磁电流减小时，机械特性硬度会下降，但因理想空载转速增加，使静差度不变；,4）调速的经济性好。因为它是在功率较小的励磁电路内控制励磁电流，功率损耗小，运行费低；但若采用电压可调的直流电源供电，则需增加初期投资；5）因受机械强度和换向能力的限制，最高转速一般只能达到额定转速的1.22倍，所以调速范围不大；增加磁通调速，不合适。,例2-7：一他励直流电动机铭牌数据为：PN=17kW，UN=220V，IN=90A，nN=1500r/min，Ra=0.23，负载为恒转矩负载。试求：（1）当轴上负载转矩为额定值时，在电枢串入调节电阻R=1，求电动机的转速是多少？此时电动机的效率是多少？（2）如果电动机的负载转矩为0.5TN，要得到850r/min的转速，应串入多大的电阻？（3）负载转矩TZ=TN，若将磁通减至0.8，求电动机的稳定转速和电枢电流；,（4）负载转矩TZ=TN不变，要使电动机以750r/min的速度稳定运行，如何实现？计算有关参数、静差率和效率。解：（1）,当TZ=TN时，串入电阻后稳定后电枢电流为Ia=IN=90A，串入电阻后稳定速度：电动机的效率因为UN、Ia及TZ不变，所以，n。,调速前的效率调速后的效率（2）TZ=0.5TN，忽略T0，可以认为Tem=0.5TN，Ia=0.5IN，电动机电枢总电阻R=2.38-0.23=2.15（）,（3）电动机的额定电磁转矩TemN=CTIN=9.55*0.133*90=114.3（N.m）电动机的稳定转速因为负载转矩不变，TZ=TN，CTIa=CTINN，则稳定后电枢电流,或,（4）在额定转速以下调速，只能采取电枢串电阻和降压的调速方法。1）采用电枢串电阻（TZ=TN，Ia=IN，不变）R=1.336-0.23=1.106（）电动机的理想空载转速,静差度效率2）采用降压方法，所加电压（TZ=TN，Ia=IN，不变）U=Cen+INRa=0.133*750+90*0.23=120.5（V）,额定转速降为nN=n0-nN=1654-1500=154（r/min）降低电压时的理想空载转速,输出功率输入功率P1=UIN=120.5*90=10.845（kW）效率,或电动机的效率因为降低电压时，Ia及TZ不变，所以，/Un/U。降低电压时效率为,三调速方式与负载性质的配合,1调速方式一台电机能否在某负载下长期运行，主要决定于电机的发热，而发热又主要决定于电枢电流。额定电流就是电机长期运行所能容许的电流值。电机在nmax与nmin之间调速运行时，如果其电流始终等于额定电流，则该电机既能充分利用，又能安全运行。,这时电机输出的功率与转矩，是该转速下所允许的限制值，称为调速时容许的输出功率和转矩，分别用符号Pl和Tl表示。调速方式是表