Алексеев В.С. Основы электропривода. Часть 1
Подождите немного. Документ загружается.
Пример 1.
Рассчитать и построить механическую характеристику
асинхронного двигателя с фазным ротором в двигательном режиме,
имеющем данные:
Р
Н
=125кВт,
ω
Н
=61,2 рад/сек,
ω
1
=
ω
0
=62.8 рад/сек,
λ
=М
К
/М
Н
=3,4
Решение:
Определим номинальный момент:
Hm
P
M
H
H
H
5,2042
2,61
10125
3
=
⋅
==
ω
.
Номинальное скольжение:
025,0
8,62
2,618,62
1
1
=
−
=
−
=
ω
ω
ω
H
H
S .
Максимальный (критический момент):
HmMM
HК
5,69445,20424,3 =
⋅
=
=
λ
.
Критическое скольжение:
167,0)14,34,3(025,0)1(
22
=−+⋅=−+=
λλ
HК
SS .
Дальнейший расчет момента производим по упрощенной формуле
Клосса, задаваясь произвольным значением S:
S
S
S
S
M
M
k
k
k
+
=
2
Результаты сводим в таблицу 5.1:
Таблица 5.1
S S/S
К
S
К
/S S/S
К
+S
К
/S M
ω
0 0
∞ ∞
0 62.8
0.025 0.15 6.68 6.83 2042.5 61.2
0.1 0.6 1.67 2.27 6127.5 56.52
0.167 1 1 2 6944.5 52.3
0.2 1.2 0.835 2.035 6808.1 50.24
0.5 2.99 0.334 3.324 4169.2 31.4
1 5.99 0.167 6.157 2246.4 0
111
На основании таблицы строим график.
Пример 2.
Рассчитать и построить естественные механическую и скоростную
характеристики асинхронного двигателя со следующими
данными:
Р
Н
=22 кВт
ω
=102 рад/сек
λ
m
=2,4
К
П
=1,2
сos
ϕ
Н
=0,9
U
Л
=380 В
I
H
=41,3А
Решение:
Синхронная угловая скорость:
секрад
p
f
/7,104
3
5014,322
1
=
⋅
⋅
==
π
ω
.
Номинальное скольжение:
025,0
7,104
1027,104
1
1
=
−
=
−
=
ω
ω
ω
H
S .
Критическое скольжение:
115,0)14,24,2(025,0)1(
22
=−+=−+=
mmHК
SS
λλ
.
Номинальный момент:
47,215
102
1022
3
=
⋅
==
ω
H
H
P
M
Нм.
Максимальный (критический) момент:
14,51747,2154,2
=
⋅
=
=
HmК
MM
λ
Нм.
Пусковой момент двигателя:
57,25847,2152,1
=
⋅
=
=
HПП
MKM Нм.
Задаваясь значением скольжения S от 0 до 1 определяем
соответствующие им значения моментов по формуле Клосса (для
верхней части) и по формуле Клосса с поправкой Чекунова для
нижней части характеристики.
112
S
S
S
S
S
S
M
M
К
К
К
115.0
115,0
14,51722
1
+
⋅
=
+
=
=−
−
−
+=
2
22
2
2
)1(
)3,11(
93.0
S
S
MM
MM
К
П
К
П
2
2
22
2
)1(
)115,03,11(
57,25814,51793,0
57,258 S−
⋅−
−⋅
+=
Ток холостого хода двигателя определим из выражения:
)cos(sin
10 H
К
H
HH
S
S
II
ϕϕ
−= .
Для построения скоростной характеристики используем выражение:
2
0
2
0
2
1
)( I
MS
SM
III
HHX
H
+−=
,
где S
HX
- скольжение из расчетной х-й характеристики,
соответствующей номинальному моменту.
222
1
1,10
025,047,215
)1,103,41( +
⋅
−=
SM
I
Результаты расчетов сводим в таблицу 5.2, по данным которой строим
характеристики двигателей (рис.5.3).
Таблица 5.2
S M
1
M
2
I
m
0 0 10.1
0.015 132.65 26.35
0.03 252.62 48.56
0.05 378.14 75.71
0.08 484.86 107.94
0.1 512.13 123.89
0.115 517.14 133.45
0.13 513.28 141.31
0.15 499.41 501.17 149.95
0.2 446.94 479.71 169.31
113
0.25 392.68 458.64 185.04
0.35 306.72 417.9 208.93
0.5 225.93 361.43 232.18
0.7 165.45 299.7 250.13
0.85 137.42 269.44 261.33
1 117.39 258.57 277.65
0
1
S
M
I
а
б
в
Рис. 6.3. Механические (по формуле Клосса (а),
по формуле Клосса-Чекунова (б)) и скоростная (в) характеристики
Пример 3.
Электродвигатель с фазным ротором имеет паспортные данные:
Р
Н
=60 кВт
ω
Н
=60,4 рад/сек
U
Н
=380 В
r
1
=0,0549 Ом
x
1
=0,16 Ом
r
2
=0,0332 Ом
x
2
=0,0704 Ом
I
H
=114 А
I
2Н
=160 А
Е
2К
=253 В
Построить естественную механическую характеристику для
двигательного и генераторного режимов работы.
Решение:
Падение напряжения на обмотке статора в номинальном режиме:
3,19169,0114
=
⋅
=
=
Δ
IZU В,
где
169,016,00549,0
22
2
1
2
1
=+=+= xrZ ОМ.
ЭДС первичной обмотки с учетом падения напряжения:
3613,19180
1
=
−
=
Δ
−
=
UUE В.
114
Коэффициент трансформации ( приведения ):
43,1
253
361
1
===
E
E
K
2К
.
Имея коэффициент приведения определяем приведенные величины:
0677,043,10332,0'
22
22
=⋅== Krr Ом,
1437,043,10704,0'
22
22
=⋅== Kxx Ом,
3037.01437,016,0'
21
=
+
=
+
=
ххх
К
Ом.
Величина критического скольжения:
22.0
3037,00549,0
0677,0'
222
2
1
2
±=
+
±=
+
±=
К
К
xr
r
S
.
Критический момент в двигательном режиме:
=
++
=
)(2
3
22
111
2
К
Ф
КД
xrr
U
M
ω
3180
)3037,00549,00549,0(28,62
)
3
380
(3
22
2
=
++⋅⋅
⋅
= Нм.
Критический момент в генераторном режиме:
=
+−
++
=
22
11
22
11
К
К
КДКГ
xrr
xrr
MM
4500
3037,00549,00549,0
3037,00549,00549,0
3180
22
22
−=
+−
++
=
Нм.
Уравнение естественной механической характеристики в двигательном
режиме:
357,0
22,0
22,0
7490
357,0
22,0
22,0
)1785,01(31802
2
)1(2
++
=
++
−⋅
=
++
−
=
S
S
S
S
aS
S
S
S
S
aSM
M
К
К
К
ККД
Д
115
где
1785,022,0
0677,0
0549,0
'
2
1
=⋅=⋅=
kk
S
r
r
aS
Уравнение естественной механической характеристики в генераторном
режиме:
=
++
+
=
К
К
К
ККГ
Г
aS
S
S
S
S
aSM
M
2
)1(2
357,0
22,0
22,0
7490
357,0
22,0
22,0
)1785,01(45602
−
−
+
−
−
=
−
−
+
−
−
⋅−
=
S
S
S
S
.
Результаты расчетов сводим в таблицу 5.3.
Таблица 5.3
S
0 +
0.038 +0.1 +0.18 +0.22 +0.25 +0.4 +0.75 +1
M
К
Д
0 1200 2490 3130 3180 3160 2750 1840 1470
М
КГ
0 -1350 -3260 -4460 -4560 -4510 -3730 -2240 -1710
На основании расчетов строим характеристику (рис. 5.4).
M
КГ
-M
M
КД
M
-S
К
-S S
К
S
116
Рис. 5.4. Естественная механическая характеристика для двигательного
и генераторного режимов работы
Пример 4.
Выбрать пусковой реостат для асинхронного двигателя с фазным
ротором, имеющего данные:
Р
Н
=1,7 кВт
ω
Н
=150 рад/сек
ω
1
=157 рад/сек
r
2
=0,15 Ом
I
H
=20 А
Е
2К
=57 В
λ
=2,0
Решение:
Определяем статический момент на валу асинхронного двигателя при
номинальной частоте вращения и номинальном моменте:
3,11
150
1700
====
H
P
M
H
СТН
М
Нм
ω
Номинальное скольжение:
045.0
157
1501
1
57
1
=
−
=
−
=
ω
ω
ω
H
момент:
S
ескийКритич
6,22232,11
=
⋅
=
=
HК
MM
λ
Нм
полученных данных строим характеристику (рис.5.5)
используя уравнение Клосса:
На основе
S
S
S
S
К
К
+
M
M
К
=
2
, )1(
2
−+=
λλ
HK
SS
S
0 0.045 0.16 1
M
0 11.8 22.6 7.05
При этом принимаем наибольший пусковой момент:
21,196,2285,00,85
1
=
⋅
=
=
К
MМ Нм,
нт переключения: и наименьший моме
6,133,112,12,1
2
=
⋅
=
=
H
MM Нм.
117
118
После ой (рис.5.5) определяем в ны пусковых построения крив еличи
сопротивлений:
765,0== r
me
21
ak
r
Р
36,0
22
== r
ak
mc
r
Р
225,0
23
== r
ak
cа
r
Р
35,1
2
==
Σ
r
ak
ae
r
Рис. 6.5
S
Пример 5.
Для прив двигатель
с данные:
Р
Н
=60 кВт
U
Н
=380 В
ω
Н
=60,4
ω
0
=62,8
−
1
=490,5 Нм,
для чего ку
ω
=f(I
2
).
− ротора при
моменте =55 рад/сек.
− работает в
генерато /сек или в
режиме противовключения с ч вращения
ω
5
=15,7 рад/сек и с
1
=490,5 Нм
ода грузового устройства использован асинхронный
фазным ротором, имеющий следующие номинальные
рад/сек
рад/сек
I
2Н
=160 А
m
2
=3
λ=2,9
Определить:
Угловую скорость
ω
1
при моменте сопротивления М
рассчитать и построить механическую характеристи
Величины добавочных сопротивлений в цепи
М
2
=834 Нм и угловой скорости
ω
2
=46 рад/сек и
ω
3
Сопротивления в цепи ротора, если двигатель
рном режиме с угловой скоростью
ω
4
=73,7 рад
астотой
моментом М
1,0
0,5
M
2
M
1
20 Нм
Mе
m
c
K
0
b
a
Решение:
о
теля с фазным ротором опре жеследующие
метры.
альный момент:
Для построения механической характеристики асинхронног
двига деляем ни
пара
Номин
4,993
4,60
60000
===
Н
Н
Н
Р
М
ω
Нм
Критический (максимальный) момент:
8,28809,24,993
=
⋅
=
=
HК
MM
λ
Нм
Номинальное скольжение:
038,0
8,62
4,608,62
0
0
=
−
=
−
=
ω
ω
ω
H
H
S
Критическ : ое скольжение
21,0)19,29,2(038,0)1(
22
=−+=−+=
λλ
HK
SS
ьзуя
Испол , рассчитываем характеристику
двиг
упрощенную формулу Клосса
ателя:
S
S
S
S
M
M
К
К
К
+
=
2
S S/S
K
S
K
/S S/S
K
+
S
K
/S
М
ω
0 0 0 0 0 62,8
0,038 0,18 5,53 5,71 1009 60,4
0,1 0,476 2,1 2,58 2233 56,5
0,21 1,0 1,0 2,0 2881 49,6
0,3 1,43 0,7 2,13 2705 43,9
0,4 1,9 0,52 2,42 2380 37,7
0,5 2,38 0,42 2,8 2058 31,4
1 4,76 0,21 4,97 1159 0
119
На основании полученных данных строим естественную
характеристику (рис. 5.6)
Для при
Рис. 5.6. Механическая характеристика асинхронного двигателя
с фазным ротором
определения угловой скорости
ω
1
рассчитаем скольжение
моменте М
1
:
0187,0
4,993
5,490
038,0
1
1
===
H
H
M
M
SS
,
и тогда угловая скорость будет равна:
6,61)0187,01(8,62)1(
101
=
−
=
−
= S
ω
ω
рад/сек.
Сопротивление роторной цепи при работе на естественной
характеристике определяется их формулы:
Отсюда
HH
H
SMrIm
02
2
22
ω
=
.
031,0
1603
038,028,64,993
22
22
0
2
=
⋅
⋅
⋅
==
H
HH
Im
SM
r
ω
Ом.
M
M
К
M
Н
M
2
1
M
-M
S
S
4
S
3
S
2
S
КН
S
1
S
е2
S
Н
S
5
1
120