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1、.运动控制系统课程设计课题： 他励直流电动机启动 系别： 电气与信息工程学院 专业：学号：姓 名：指导教师：XX城建学院2015年 1月 4日成绩评定一、指导教师评语（根据学生设计报告质量、答辩情况及其平时表现综合评定）。二、评分课程设计成绩评定成绩： （五级制）指导教师签字 年 月 日目 录一、设计目的1二、设计要求1三、设计内容1 3.1、直流电动机13.1.1直流电动机13.1.2直流电动机的分类2 3.1.3他励直流电机工作原理2 3.2 他励直流电动机的启动3 3.2.1 他励直流电动机串电阻启动3 3.2.2 直流电动机电枢串电阻起动设计方案 6 3.2.3 多级启动的规律 7 3
2、.3 结论7 3.4他励直流电动机串电阻起动特性分析8四、设计体会10五、参考文献10. v.一、设计目的通过对一个实用控制系统的设计，综合运用科学理论知识，提高工程意识和实践技能，使学生获得控制技术工程的基本训练，培养学生理论联系实际、分析解决实际问题的初步应用能力。二、设计要求完成所选题目的分析与设计，进行系统总体方案的设计、论证和选择；系统单元主电路和控制电路的设计、元器件的选择和参数计算；课程设计报告的整理工作。三、设计内容有一台他励直流电动机，已知参数如下Pan=200kw ；Uan=440v ；Ian=497A ； Nn=1500r/min；Ra=0.076；采用分级启动，启动电流
3、最大不超过2IA,，求出各段电阻值，并作出机械特性曲线，对启动特性进行分析。他励直流电动机的启动时间虽然很短，但是如果不能采用正确的启动方法，电动机就不能正常地投入运行。为此，应对电动机的启动过程和方法进行必要的分析。直接启动时，他励直流电动机电枢加额定电压Un，电枢回路不串任何电阻，此时由于n=0，Ea=0，所以启动电流Ist=Un/Ra，由于电枢回路总电阻Ra较小，所以Ist可以达到额定电流In的十几甚至几十倍。这样大的电流 可能造成电机换向严重不良，产生火花，甚至正、负电刷间出现电弧，烧毁电刷及换向器。另外，过大的启动电流使启动转矩Tst过大，会使机械撞击，也会引起供电电网电波动，从而引
4、起其他接于同一电网上的电气设备的正常运行，因此是不允许的。一般只有微型直流电动机，由于自身电枢电阻大，转动惯量小，启动时间短，可以直接启动，其他直流电机都不允许直接启动。在拖动装置要求不高的场合下，可以采用降低启动电压或在电枢回路串电阻的方法。他励直流电动机在电枢回路中串电阻，具有良好的启动特性、较大的启动转矩和较小的启动电流，可以满足生产机械需要的要求。本文借助图像对整个过程及各个变量与时间的相互关系进行了描绘，对更加清楚地了解和设计他励直流电机启动的特点具有重要意义。3.1直流电动机3.1.1直流电动机的工作原理 下图所示为最简单的直流电动机工作原理示意图。图3.1直流电动机的工作原理直流
5、电动机换向器是由两片互相绝缘的半圆铜环（换向片）构成的，每一换向片都与相应的电枢绕组连接，与电枢绕组同轴旋转，并与电刷A、B相接触。若电刷A是正电位，B是负电位，那么在N极X围内的转子绕组ab中的电流从a流向b，在S极X围内的转子绕组cd中的电流从c流向d。转子载流导体在磁场中要受到电磁力的作用，根据磁场方向和导体中的电流方向，利用电动机左手定则判断，图中ab边受力方向是向左，而cd边则向右。由于磁场是对称的，导体中流过的又是相同的电流，所以ab边和cd边所受的电磁力的大小相等，这样转子线圈上受到电磁力F的作用而按逆时针方向旋转。当线圈转到磁极的中性面时，线圈中的电流为零，因此，电磁力也等于零
6、，但由于惯性的作用，线圈继续转动。线圈转过半圈之后，虽然ab与cd的位置调换了，ab转到S极X围内，cd转到N极X围内，但是由于电刷和换向片的作用，转到N极下的cd边中的电流方向也变了，是从d流向c，在S极下的ab边中的电流，则从b流向a，因此，电磁力F的方向仍然不变，转子线圈仍按逆时针方向转动。由此可知，分别在N，S极X围内的导体中的电流方向总是不变的，因此，线圈两边受力方向也不变，这样，线圈就可以按照受力方向不停地旋转。3.1.2直流电动机的分类根据励磁方式的不同，直流电机可分为：他励直流电机、并励直流电机、串励直流电机、复励直流电机。3.1.3他励直流电机工作原理他励直流电机的励磁绕组与
7、电枢绕组无连接关系，而由其他直流电源对励磁绕组供电的直流电机称为他励直流电机，接线如图1.2所示。图中M表示电动机，若为发电机，则用G表示。永磁直流电机也可看作他励直流电机。图3.2他励直流电机工作原理图3.2 他励直流电动机的启动3.2.1 他励直流电动机串电阻启动在实际中，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，同时可以做到平滑快速起动，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。 (1) 启动过程分析如图3.3（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,电枢串入了全部附加
8、电阻Rk1+Rk2 ,电枢回路总电阻为Ral=ra+Rk1 +Rk2,这时启动电流为 =，与启动电流所对应的启动转矩为T1，此时由电阻所确定的人为机械特性如图2.1(b)中的曲线1所示。 (a) 电路图(b) 特性图图3.3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式 T-TL=J式中 T电动机的电磁转矩；TL由负载作用所产生的阻转矩； J电动机的转动惯量；由于起动转矩T1大于负载转矩TL，电动机受到加速转矩的作用，转速由零逐渐上升，电动机开始起动。在图2.1(b)上，由a点沿曲线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
9、时，为保证一定的加速转矩，控制触点KM1闭合，切除一段起动电阻Rk1。b点所对应的电枢电流I2称为切换电流，其对应的电动机的转矩T2称为切换转矩。切除Rk1后，电枢回路总电阻为Ra2=ra+Rk2。这时电动机对应于由电阻Ra2所确定的人为机械特性，见图2.1(b)中曲线2。在切除起动电阻RK1的瞬间，由于惯性电动机的转速不变，仍为nb，其反电动势亦不变。因此，电枢电流突增，其相应的电动机转矩也突增。适当地选择所切除的电阻值Rk1，使切除Rk1后的电枢电流刚好等于，所对应的转矩为T2，即在曲线2上的c点。又有T1T2，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KM2闭合，又切除起动
10、电阻Rk2。同理，由d点过度到e点，而且e点正好在固有机械特性上。电枢电流又由突增到，相应的电动机转矩由T2突增到T1。T1 TL，沿固有特性加速到g点T=TL，n=ng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 (或相应的最大转矩T2)及切换电流 (或与之相应的切换转矩T2)都是不变的，这样，使得起动过程有较均匀的加速，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。 (2) 起动电阻的计算 在图2.1(b)中，对a点，有=，即Ra1=，当从曲线1(对应于电枢电路总电阻 Ra1=ra+Rk1+Rk2)转换得到曲线2(对应于总电阻Ra2=ra+Rk2
11、)时，亦即从点b转换到点c时，由于切除电阻RK1进行很快，如忽略电感的影响，可假定nb=nc，即电动势Eb=Ec，这样在b点有=，在c点=，两式相除，并考虑到Eb=Ec，得 ，同样，当从d点转换到e点时，得 =这样，如图2.1所示的二级起动时，得 =推广到m级起动的一般情况，得=式中为最大起动电流与切换电流之比，称为起动电流比(或起动转矩比)，它等于相邻两级电枢回路总电阻之比。由此可以推出 =式中m为起动级数。由上式得 =如给定 ,求m,可将式=取对数得 m=由式=可得每级电枢回路总电阻，进而求出各级启动电阻为：=Ra1-Ra2=Ra2-Ra3=Ra3-Ra4 R(m-1)= Ra(m-1)-
12、 Ram Rm= Ram-ra起动最大电流及切换电流按生产机械的工艺要求确定，一般=(1.52.0) =(1.11.2) 3.2.2 直流电动机电枢串电阻起动设计方案（1）选择启动电流和切换电流=(1.52.0)=(1.52.0)497=(745.5994)A=(1.11.2)=(1.11.2)497=(546.7596.4)选择=840，=560。（2）求出起切电流比=1.5（3）求出启动时电枢电路的总电阻Ram Ram=0.524（4）求出启动级数m m=4.76 取m=5（5）重新计算，校验=1.47 =571在规定X围之内。（6）求出各级总电阻=ra=1.4750.076=0.52=r
13、a =1.4740.076=0.35=ra=1.4730.076=0.24=ra=1.4720.076=0.16=ra=1.470.076=0.11=Ra=0.076（7）求出各级启动电阻 Rst1=-=(0.11-0.076)=0.034 Rst2=-=(0.16-0.11)=0.05 Rst3=-=(0.24-0.16)=0.08 Rst4=-=(0.35-0.24)=0.11 Rst5=-=(0.52-0.35)=0.273.2.3 多级启动的规律不同加速级的机电常数是不同的，电枢电路的电阻越大，则TM越大。不同加速级的起始转速与稳定转速是不同的，这是由于不同的机械特性与恒切换转矩T2（或切换电流I2）特性及恒负载转矩TL（或负载电流IL）特性的交点是不同的。启动级数的选取：取决于负载的大小与对启动平滑性的要求。级数越多启动平滑性越好，但是启动设备与控制装置庞杂，投资大。一般取m=24级，空载或轻载取m=12，重载或满载取m=34。3.3 结论根据以上的设计分析，他励直流电动机串电阻启动计算方法可归结如下：(1)选择启动电流和切换电流=（2.02.5）In =(1
