指导教师评定成绩：审定成绩：重庆邮电大学移通学院课程设计报告设计题目：直流电机的串电阻启动过程设计学校：邮电大学移通学院学生姓名：专业：班级：学号：指导教师：设计时间： 2012 年 12月邮电大学移通学院目录一、直流电动机的综述 (1)二、他励直流电动机 (2)三、设计容 (6)四、结论 (10)五、心得体会 (12)六、参考文献 (12)一、直流电动机的综述直流电机可作为电动机用，也可作为发电机用。

直流电动机是将直流电转换成机械能的而带动生产机械运转的电器设备。

与交流电动机相比，直流机因结构复杂、维护困难、价格较贵等缺点制约了它的发展，但是它具有良好的起动、调速和制动性能，因此在速度调节要求较要、正反转和起动频繁或多个单元同步协调运转的生产机械上，仍广泛采用直流电动机拖动。

直流电动机的工作原理如图1-1，电枢绕组通过电刷接到直流电源上，绕组的转轴与机械负载相连，这是便有电流从电源正极流出，经电刷A流入电枢绕组，然后经过电刷B流回电源的负极。

在N级下面导线电流是由a到b，根据左手定则可知导线ab受力的方向向左，而cd的受力方向是向右的。

当两个电磁力对转轴所形成的电磁转矩大于阻转矩是，电动机逆时针旋转。

当线圈转过180度时，这是导线的电流方向变为由d到c 和b到a，因此电磁转矩的方向仍然是逆时针的 ,这样就使得电机一直旋转下去。

图1-1 直流电动机的工作原理图二、他励直流电动机1.他励直流电动机机械特性电动机的机械特性是指电动机的转速与转矩的关系。

机械特性是电动机机械性能的主要表现，它与负载的机械特性，运动方程式相联系，将决定拖动系统稳定运行及过渡过程的工作情况。

机械特性中的是电磁转矩，它与电动机轴上的输出转矩是不同的，其间差一空载转矩，即在一般情况下，因为空载转矩相比或很小，所以在一般的工程计算中可以略去，即在《电机学》中已知直流电动机的机械特性方程式为式中R为电枢回路总电阻，包括及电枢回路串联电阻，为理想空载转速记为，记为，为机械特性的斜率。

当，，电枢回路没有串电阻时的机械特性称为直流电动机的固有机械特性。

当改变U或或电枢回路串电阻时，其机械特性的或将相应变化，此时称为直流电动机的人为机械特性。

若不计电枢反应的影响，当电动机正向运行时，其机械特性是一条横跨I、II、IV象限的直线。

其中第I象限为电动机运行状态，其特点是电磁转矩的方向与旋转方向（转速的方向）相同，第II、IV 象限为制动运行状态。

电动机在制动状态运行，是产生一个与转向相反的阻力矩，以使电机拖动系统迅速停车或限制转速的升高。

制动状态转矩的方向与转速的方向相反，此时电动机从输出轴上吸收机械能并转化为电能反馈回电网或消耗在电阻中。

第III象限为反向电动运行。

制动运行的方式分为能耗制动、反接制动和回馈制动。

⒉他励直流电动机启动条件直流电动机拖动负载顺利起动的条件是：1) 起动电流限制在一定围，即I st ≤l I N ， l 为电机的过载倍数；2) 足够大的起动转矩，T st ≥（1.1～1.2）T N ； 3) 起动设备简单、可靠。

由I st =U N /R a 可知，限制起动电流的措施有两个：一是增加电枢回路电阻，二是降低电源电压，即直流电动机的起动方法有电枢串电阻和降压两种。

3.他励直流电动机的起动①直接起动直接起动是指接通励磁电源后，将电动机的电枢直接投入额定电压的电源上起动。

直接起动又称为全压起动。

由于起动瞬间，转速等于零，电枢绕组的感应电动势 0=Φ=n C E e a （4-1）则起动电流为a Na a N st R U R E U I =-=（4-2）由于电枢绕组的电阻Ra 很小，所以起动电流很大，可达到额定电流的十几倍。

该电流对电网的冲击很大。

因而，除了小容量电机可采用直接起动外，对大中、容量的电动机不能直接起动。

②降电压起动降低电枢电压起动，即起动前将施加在电动机电枢两端的电源电压降低，以减小起动电流，电动机起动后，再逐渐提高电源电压，使起动电磁转矩维持在一定数值，保证电动机按需要的加速度升速。

这种起动方法需要专用电源，投资较大，但起动电流小，起动转矩容易控制，起动平稳，起动能耗小，是一种较好的起动方法。

③电枢串电阻起动在实际中，如果能够做到适当选用各级起动电阻，那么串电阻起动由于其起动设备简单、经济和可靠，同时可以中道平滑快速情动，因而得到广泛应用。

但对于不同类型和规格的直流电动机，对起动电阻的级数要求也不尽相同。

下面所示直流他励电动机电枢电路串电阻二级起动为例说明起动过程。

起动过程分析：如图4-1（a）所示，当电动机已有磁场时，给电枢电路加电源电压U。

触点KM1、KM2均断开，电枢传入了全部附加电阻Rk1+Rk2电枢回路总电阻为Ral=ra+Rk1+Rk2。

这时起动电流为：（4-3）与起动电流所对应的起动转矩为T1。

对应于由电阻所确定的人为机械特性如图4-1（b）中的曲线1所示。

n 0hecITOT LI LI 2T 2g mfd32b1R alαr aR a2（b ）特性图（a ）电路图图4-1 直流他励电动机分二级起动的电路和特性根据电力拖动系统的基本运动方程：（4-4）式中： T ——电动机的电磁转矩； T L —— 由负载作用所产生的阻转矩；Jdw/dt --电动机转矩克服负载转矩后所产生的动态转矩。

由于起动转矩T 1大于负载转矩T L ,电动机收到加速转矩的作用，转矩有零逐渐上升，电动机开始起动。

在图4-1（b ）中，由a 点沿着曲线1上升，反电动势亦随之上升，电枢电流下降，电动机的转矩亦随之下降，加速转矩减小。

上升到b 点时，为保证一定的加速转矩，控制触点K M1闭合，切除一段起动电阻R k1后，b 点所对应的电枢电流I 2成为切换电流，其对应的电动机的转矩T 2成为切换转矩。

切除R K1后 ,电枢回路总电阻为R a2=r a +R k2。

这时电动机对应于由电阻R a2确定的人为机械特性。

在切除起动电阻R K1的瞬间，由于惯性电动机的转速不变，仍为n b ，其反电动势亦不变。

因此，电枢电流突增，其相应的电动势转矩也突增。

适当的选择切除的电阻值R k1，使切除R k1后的电枢电流刚好等于I 1,所对应的转矩为T 2，即在曲线2上的c 点。

又有T1>T2,电动机在加速转矩作用下，由c点沿曲线2上升到d点。

控制点K M2闭合，又切除一切起动电阻R k2。

同理，由d点过度到e点，而且e点正好在固定的机械特性上。

电枢电流又由I2突增到I1相应的电动机转矩由T2突增到T1。

T1>T2，沿固有特性加速到g点T=T L，n=n g 电动机稳定运行，起动过程结束。

在分级起动过程中，各级的最大电流I1（或者相应的最大转矩T2）及切换电流I2（或者与之对应的切换转矩T2）都是不变的，这样，使得起动过程中有均匀的加速。

要满足以上电枢回路串接电阻分级起动的要求，前提是选择合适的各级起动电阻。

三、设计容由直流电动机铭牌知数据：P N =22KW , I N =116.3A ,U N =220V , n N =1500r/min1)选择启动电流和切换电流I 1=(2.0～2.5)I N =(2.0～2.5) ×116.3A=(232.6-290.7)A I 2=(1.1～1.2)I N =(1.1～1.2) ×116.3A=(127.9-139.5)A 取 I 1=2.2I N =2×116.3A=232.6A I 2 =1.2I N =1×116.3A=116.3A 2)求出起切电流比β=21I I =2 3)求出启动时电枢电路的总电阻R am R am =1I U N=0.95Ω 4)求出启动级数m 取m=35)重新计算，校验切换电流或校验切换转矩β=m a 1NR I U =1.93I 2=β1I =120.51AI 2在规定围之。

6)求出各级总电阻设对应转速n 1、n 2、n 3、时电势分别为E a1、E a2、E a3，则有： b 点 R 3I 2=U N -E a1 c 点 R 2I 1=U N -E a1 d 点 R 2I 2=U N -E a2 e 点 R 1I 1=U N -E a2 f 点 R 1I 2=U N -E a3 g 点 R a I 1=U N -E a3 求得R 3= R am =1I U N=0.9532Ω R 2=0.4717Ω R 1=0.2352ΩR a = 0.1173Ω比较以上各式得： =1.937)求出各级启动电阻输入功率 P 1= U N ×I N =220×116.3W=25586W 总损耗 ΔP=P 1-P N =25586-22000W=3586W电枢回路电阻R a = 231021NN N N I P I U ⨯-=0.1326Ω R st1=(β-1)R a =0.12332Ω R st2=(β-1) βR a =βR st1=0.23801Ω R st3=(β-1) β2R a =β2R st3=0.45935ΩβI I R R R R R R 21a 11223====8)设计控制直流电机串电阻启动的控制电路原理图四．结论⑴额定功率较小的电动机可采用在电枢电路串起动变阻器的方法起动。

起动前先把起动变阻器调到最大值，加上励磁电压U f，保持励磁电流为额定值不变。

在接通电枢电源，电动机开始起动。

随着转速的升高，逐渐减小起动变阻器的电阻，直到全部切除。

额定功率比较大的电动机一般采用分级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。

⑵他励直流电动机串电阻启动计算方法 ①选择启动电流和切换电流启动电流为I 1=(2.0～2.5)I N ，对应的启动转矩T 1=(1.5～2.0)I N 切换电流为I 2=(1.1～1.2)I N ，对应的启动转矩T 2=(1.1～1.2)I N②求出起切电流比β=β=21I I ③求出启动时电枢电路的总电阻R am R am =1I U N④求出启动级数m重新计算，校验切换电流或校验切换转矩β=ma 1NR I U ， I 2=β1I，跟据得出的β重新求出I 2，并校验I 2是否在规定围。

若不在规定围，需改变启动级数m 重新计算β和I 2，直到符合要求为止。

⑥求出各级总电阻设对应转速n 1、n 2、n 3、时电势分别为E a1、E a2、E a3，则有：b 点 R 3I 2=U N -E a1c 点 R 2I 1=U N -E a1d 点 R 2I 2=U N -E a2e 点 R 1I 1=U N -E a2f 点 R 1I 2=U N -E a3g 点 R a I 1=U N -E a3 比较以上各式得: ⑦求出各级启动电阻 R st1=(β-1)R a R st2=(β-1) βR a =βR st1 R st3=(β-1) β2R a =β2R st2 …R stm =(β-1) βm-1R a =βm-1R stm-1五．心得体会经过为期一周的研究与设计，本次电机与拖动课程设计———直流电机的串电阻启动过程设计较为顺利的完成。