复习题（三）
;1）一台并励直流电动机, 铭牌数据如下:P =3.5kW，U =220V，I
N
N
N
=20A，
n N =1000r/min,电枢电阻R a =1Ω，△Ub =1V，励磁回路电阻R 1=440Ω，空载实验：
当U=220V,n=1000r/min时，I =2A，试计算当电枢电流I a=10A时, 电机的效
率（不计杂散损耗）。
解：励磁电流：I f =
励磁损耗：P Cuf
U f R f
=
2
f
220
A =0.5A 440
2202
=R f I ===110W
R f 440
U 2f
空载时：
输入功率：P 1=UI 0=220⨯2W =440W
励磁功率：P f =110W
22
电枢铜损耗：P W Cua =R a I a =R a (I 0-I f ) =2.25
电刷接触损耗： Pcub=2*△Ub *Ia*Ia=2*1*1.5*1.5=4.5W 附加损耗：P ad =0
' 则：P -P Cub -P W (440-110-2.25-4.5=323.25) mec +P Fe =P 1-P f -P ad =324.75Cua
当I a =10A 时，I =I a +I f =10.5A 输入功率：P W =2310W 1=UI =220⨯10.5
22 P W Cua =R a I a =1⨯10W =100
P f =110W
P W =20W Cub =2∆U b I a =2⨯1⨯10输出功率：
P W (2310-100-110-20=2080W ) 2=P 1-∑P =P 1-P Cua -P f -P Cub -(P mec +P Fe ) =1755.25
效率：η=
P 2
⨯100%=75.98% P 1
=P2/P1=2080/2310=90%
2）已知一台三相四极异步电动机的额定数据为：P N =10kW，U N =380V，I N =11.6A，定子为Y 联结，额定运行时，定子铜损耗P Cu1=560W,转子
铜损耗P Cu2=310W，机械损耗P mec =70W，附加损耗P ad =200W，试计算该电动机在额定负载时的：（1）额定转速；（2）空载转矩；（3）转轴上的输出转矩；（4）电磁转矩。
解：（1） P em =P 2+P mec +P ad +P Cu 2=10.58kW s N =P Cu 2/P em =0.0293 n N =(1-s N ) n 1=1456r /min （2） T 0= （3） T 2=
P mec +P ad
=1.77N ⋅m Ω
P 2
=65.59N ⋅m ΩN
（4） T em =T 2+T 0=67.36N ⋅m
;3) 一台S N =150kV·A ，U 1N /U2N =10/0.4 kV，Y ，y0联结的三相变压器，I 0%=6.5%，P 0=600W，u s =5%，P SN =1800W，试求：（1）近似等效电路参数标么值；（2）满载及cosφ2=0.8（滞后）时的二次端电压和效率；
解：（1）由空载试验数据求励磁参数
*
Z m =
1
=15.38 *I 0
P 0*
R =*2=0.6/(6.5*6.5)=0.0142
I 0
*m
*==15.37 X m
由短路试验数据求短路参数
**
Z S =U S =0.05
**
=P SN = R S
P SN
=0.012 S N
*==0.45 X S
（2）β=I/I
1
IN
=1;
**
∆U =β(R S cos ϕ2+X S sin ϕ2) ⨯100%=2.78%
U 2=(1-∆U ) U 2N =388.8V
P 0+β2P SN
η=(1-) ⨯100%=98% 2
βS N cos ϕ2+P 0+βP SN
4）他励直流电动机的U N =220V,I N =207.5A,Ra =0.067Ω, 试问：（1）直接起动时的起动电流是额定电流的多少倍? （2）如限制起动电流为1.5I N ，电枢回路应串入多大的电阻？
解:(1)直接起动的电流I st =U N /R a =220/0.067=3283.6A I s t /I N =3283.6/207.5=15.8 (2) I st 1=1.5I N =1.5×207.5=311.25A
又：I st 1=U N /(R a +R st )
由此可得: R st =0.64Ω
;5）一台三相笼型异步电动机的额定数据为：P N =125KW，N n =1460r/min,UN =380V，Y 联结，I N =230A，起动电流倍数k i =5.5，起动转矩倍数k st =1.1，过载能力λT =2.2，设供电变压器限制该电动机的最大起动电流为900A ，问：（1）该电动机可否直接起动？（2）采用电抗器降压起动，起动电抗x st 值应为多少？（3）串入（2）中的电抗器时能否半载起动？
解：（1）直接起动电流为：I st =k i ∙I N =5.5×230A=1265A>900A 所以不能采用直接起动。
（2）定子串电抗器后，起动电流限制为900A 则：α=I st /I mst =1265/900=1.4
短路阻抗为：Z s =
U N /
I st =3801265 =0.173Ω
所以r s =0.3 Zs =0.3×0.173=0.052Ω
x s =
0.165Ω 应串接电抗值：
x s 0.165=0.072Ω （3）串入x st =0.072Ω时的起动转矩为 T 1st =
1
α
T =2st
1
α2
k st T N 1=1/1.4×1.1×T N =0.56TN
2
因为，T 1st =0.56TN > TN =0.5 TN 所以可以半载起动
6） 一台三相异步电动机接到50HZ 的交流电源上，其额定转速
n N =1455r/min，试求：（1）该电动机的极对数p ；（2）额定转差S N ；（3）额定转速运行时，转子电动势的频率。 （第四章
第1节+p131）
解：
（1）由题得转子相对于定子转速：n S =1500r/min 极对数：p =
60f
=2 n s
n s -n n 1500-1455
==0.03 n s 1500
（2）额定转差： S N =
(3) 转子电动势频率 ：f 2=S N f 1=1.5HZ （p131） ;7) 一台并励直流发电机，铭牌数据如下：P =23kW，U =230V，
N
N
n N =1500r/min，励磁回路电阻Rf=57.5Ω，电枢电阻R a =0.1Ω, 不计电枢
反应磁路饱和。现将这台电机改为并励直流电动机运行，把电
枢两端和励磁绕组两端都接到220V 的直流电源：运行时维持电枢电流为原额定值。求（1）转速n ；（2）电磁功率；(3)电磁转矩。
解：I f =
U N 230
=A =4A R f 57.7
P N 23⨯103
I N ==A =100A
U N 230
I a =I N +I f =104A
2
P W Cua =R a I a =1081.6
（1）E a =U N +R a I a =240.4V C e Φ=
E a
=0.1603 n N
电动机运行：E a =U N -R a I a =209.6V
C e Φ' =
220220
C e Φ=⨯0.1603=0.1533 230230
n =
E a
=1367r /min C e Φ'
（2）P em =E a I a =21.798kW
P em 21.798⨯103
=N ⋅m =152.27N ⋅m （3）T em =
Ω2π⨯1367/60
8) 并励直流电机，，P N =7.5kW，U N =110V，I N =79.84A，n N =1500r/min，Ra=0.1014Ω, IIN =2.5A,求电枢电流为50A 时的电机转速。（第二章第5、6节，感应电动势计算公式，并励、他励直流电机电流电压平衡方程）
额定电枢电流I aN =I N -I fN =(91-2.5) A =88.5A 额定磁通的电动势常数：C e φN =
U N -I aN R a 220-88.5⨯0.074
==0.142V ⋅min/r
n N 1500
n =
电枢电流50A 时的转速：
U -I a R a 220-50⨯0.074
==1523r /min
C e φN 0.14260f =2n s
p =
;9) 已知一台三相异步电动机，额定频率为150kW ，额定电压为380V ，额定转速为1460r/min，过载倍数为2.4，试求：（1）转矩的实用表达式；（2）问电动机能否带动额定负载起动。
T N =9550
解：（1）
P N
=981.2N ⋅m n N
T m =λm T N =2355N ⋅m
n 1=1500 r/min，则额定转差
根据额定转速为1460r/min，可判断出同步转速率为:
s N =
n 1-n N
=
0.027s m =s N (λm =0.124n 1
2T m 4710=
m
++
0.124s s m s
转子不串电阻的实用表达式为：
T =
（2）电机开始起动时，s=1，T=Ts ，代入实用表达式得：
T s =
因为
4710
=575N ⋅m
+0.1241
T s
10) 三相异步电机，P N =30KW，U N =380V，n N =960r/min，cosφ2=0.8，f N =50Hz, 额定运行时p cu1+pfe =2.5KW, pm =1.5KW,忽p 0，试求： （1） 额定转差率S N ；
（2） 总机械功率p m ，电磁功率p M ，转子铜损耗p cu2； （3） 输入功率p 1和效率；
（4） 定子额定电流I IN 。（第五章第3节，例5.2）
解： （1）s N =
n 1-n N 1000-950
==0.05 n 11000
（2）P m =P N +p m +p o =29.1kW
P M =
P m 29. 1==30. 6k 3W
1-s N 1-0. 05
W 1. k 53
P ⨯30. 6k 3W =C u 2=s N P M =0. 05
（3）P 1=P M +p Cu 1+p Fe =30.63+2.2=32.83kW
ηN =
s N =
P N 28
==0. 85P 32. 831
n 0-n N 1500-1460
==n 01500
s m =s N (k T +) =P
T N =955N =
n N
T m a x =k T T N =
T =
2T m a x
=
m
+s m s n 0-n
=n 0
s =
n 0=150r 0/m i n
（4
）I 1N
3
===56.88A
;11）三相变压器S N =650KVA, U1N / U2N =6KV/0.4 KV,Yyn0联结。从低压侧做空载试验测得U 2N =400V，I 20=60A，P 0=3800W。从高压侧做
短路试验测得U kN =400V，I 1K =43.3A，P K =10900W,室温为20度，试求：
（1） 变压器参数（假定r 1=r2’, x1=x2’）；
（2） 额定负载时cosφ2=0.8，电压调整率△U 和效率。（第三章第4、
5节和例3.2）
解：（1）电压比
k =U 1N U =3=325 2N 二次侧空载参数
Z U 2N m '=
I ==3.869Ω 0 r P 0m '=I 2=3800/3
⨯60
=0. 352Ω
060
x m '=
=3.833Ω
折算到高压侧 Z 22
m =k Z m '=25⨯3.849=2405.62Ω r 22
m =k r m '=25⨯0.352=220Ω x 22
m =k x m '=25⨯3.833=2395.63Ω
参数短路
Z U k 443
k =
I =43. 3
=5. 867Ω
k r p k 10900/k =
I 2=32
=1.938Ω k 43.3
x k ==5.538Ω
r 235.5+75
k 75︒C =234.5+20
⨯1.938=2.357Ω
Z k 75︒C =
=6.0195Ω
r 1
1=r 2'=
2r k 7︒C 5=1.179Ω x 1
1=x 2'=2
x k =2.769Ω
（2）不同功率因数下电压调整率和效率
c o s ϕ2=0. 8 s i n ϕ2=0. 6β=I1N /IIN =1;
** ∆U =β(r ϕ2+x k 75︒C c o s
k
s i ϕn 2⨯) 10=0%+(0. 14⨯0. 02=5) 1 00%
3. 9%
p 0+β2p KN η=(1-) ⨯100%
βS N cos ϕ2+p 0+β2p KN
=(1-
3800+1⨯10900
) ⨯100%=97.61% 3
1⨯752⨯10⨯0.8+3800+1⨯10900
12）一台三相四极绕线转子异步电动机，其定子、转子均为Y 联结。额定负载为P N ＝22kw ，
额定转速n N =1728r/min，频率f 1=60Hz。若供电频率改变为f 1’=50Hz，而U 1、I 2' cos ϕ2' 、S N 均保持不变，也不考虑磁路饱和的影响，试求： （1） 电动机的转速、转矩、功率各为多少？ （2） 电动机是否过载？如何克服？ 解：（1）当频率为f 1=60Hz时：
同步转速 n 0 = 60f 1/p=60×60/2=1800 r/min
额定转差率 S N =（n 0－n N ）/n 0=(1800－1728)/1800=0.04 额定转矩 T N =9550P N /T N = 9550×22/1728=121.6N.M 当频率为f 1’=50Hz时：
I 2' cos ϕ2' 、因为U 1≈E 1-4. 44f 1W 1k w 1φ，而U 1、S N 均保持不变，又f 1’=50 f1/60= f1/1.2，
则Φ升高为1.2 Φ，故
T N ’=CT1ΦI 2' cos ϕ2' =1.2×121.6N.m=145.92N.m
n =n 0 (1-s) = 60f 1’(1-s)/p =60×50/2×(1-0.04)r/min=1440r/min P N ’=
T N ' n 145. 92⨯1440
=W=22kW 95509550
（2） 如果功率保持不变，则转矩将过载。如果要克服转矩过载，必须设法保持U 1/f1为定
值时，这样可以保持Φ和T N 不变，功率会有所下降。
13）一台三相笼型异步电动机的数据为P N =55kW,UN =380V,n N =2940r/min,ηN =0.85, cosΦN =0.85，k i =5.5, kst =1.2，定子绕组为三角形联结，供电变压器允许起动电流为150A ，能否在下列情况下用Y —△降压起动？（注：Y-Δ降压起动时，起动电流=1/3
负载电流；起动转矩=1/3负载转矩） （1）负载转矩为0.25TN; (2)负载转矩为0.5TN 。
I N =
解：额定电流直接起动电流
P N
U N ηN cos ϕN
=
40⨯103
A =79. 44A
3⨯380⨯0. 9⨯0. 85
I st =k I I N =5. 5⨯79. 44A =437A
采用Y-Δ降压起动时
11
'=I st =⨯437A =145.7A
33起动电流： 111
'=T st =⨯k st T N =⨯1. 2T N =0. 4T N T st
333起动转矩：
可见：（1）当
T L =0. 25T N 时，可以起动；（2）当T L =0. 5T N 时，不能起动。
14) 某台绕线转子异步电动机的数据为：P N ＝11kw ，额定转速n N =715 r/min，E 2N =163V，
I 2N =47.2A，起动最大转矩与额定转矩之比T 1/ T 1=1.8，负载转矩T z ＝98N.m 。求三级起动时的每级起动电阻值。
解： S N =（n 0－n N ）/n 0=(750－715)/750=0.0467 R 2=
S N E 2N I 2N
=
0. 0467⨯163⨯47. 2
Ω=0. 093Ω
β=11
==2. 283
S N (T 1/T N ) 0. 0467⨯1. 8
P 11T N =N =9550⨯N . m ＝147N.m
n N 715
T 1＝1.8 TN ＝1.8×147 N.m=264.6 N.m T 2＝
T 1
β
=
264. 6
N.m=115.9 N.m> Tz ＝98 N.m 2. 283
故符合要求。
三级起动的每级起动电阻值
R Ω1= r 2(β－1)=0.093×(2.283－1) Ω=0.1193Ω R Ω2=βR Ω1=2.283×0.1193Ω=0.2724Ω R Ω3=βR Ω2=2.283×0. 2724Ω=0.6219Ω
;15) 双速笼型异步电动机的同步转速是3000r/min、1500r/min，转子转动惯量J=1.96kg.m2，R 1/R2’=1.2。试计算下列四种情况下电动机的能量损耗（铁耗与机械损耗可以忽略）：
（1） 一级起动：由n=0到n 01=3000r/min，
（2） 二级起动：由n=0到n 02=1500r/min，而后到n 01=3000r/min，
（3） 一级反接制动：由n 01到n=0 ，1）定子绕组在n 01时由2级改为4级；2）定子绕组
在n 01时仍为2级接法；
（4） 二级制动：由n 01到n 02用回馈制动（p=1变为p=2，此时定子两相不反接），而后由
n 02到n=0用反接制动。 解：r 1r 1222＝1.2， ∆A =J Ω0(1+1)(s st -s x ) r 2' 2r 2'
（1） 一级起动：s st =1, sx =0, n01=3000r/min
则 ∆A =12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）J=212788.7J 260
（2） 二级起动： 0→ n02，n 0=1500r/min，s st =1, sx =0
则 ∆A 1=12π⨯1. 96⨯(1500⨯) 2⨯（1+1.2）J=53197.2J 260
n 02→n 01，n 0=3000r/min，s st =(3000－1500)/3000=0.5, sx =0
则 ∆A 2=12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(0.52－0)J=53197.2J 260
∆A =∆A 1+∆A 2＝（53197.2＋53197.2）J ＝106394.4J
(3) 一级反接制动： n 01→ 0
1) n 0=1500r/min，s st =(3000+1500)/1500=3, sx =1
则 ∆A =12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(32－12)J=425577.3J 260
2) n 0=3000r/min，s st =(3000+3000)/3000=2 , sx =1
则 ∆A =12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(22－12)J=638366J 260
(4) 二级制动： n 01→ n02，回馈制动，n 0=1500r/min，s st =(1500－3000)/1500=－1, sx =0 则 ∆A 1=12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(－1) 2J=53197.2J 260
n 02→ 0，反接制动
s st =(1500＋1500)/1500=2, sx =1
则 ∆A 2=12π⨯1. 96⨯(1500⨯) 2⨯（1+1.2）(22－12)J=159591.5J 260
∆A =∆A 1+∆A 2＝（53197.2＋159591.5）J ＝212788.7J
由本题的计算结果可见：在起动时，二级起动比一级起动能量损耗少；在制动时，也是二级制动比一级制动能量损耗少。在同一级反接制动时，n st 不变，n 0越小则能量损耗越少，当 n 0=0时便成了能耗制动。
16) 两台相同的他励直流电动机的参数为：P N ＝10kw ，U N ＝220V ，n N =2250r/min，R a=0.147Ω。它们硬轴联接，其中一台电动机在电动状态下工作，其电枢电路中的串接电阻为2.1Ω；另一台电动机在能耗制动状态下工作，其电枢电路中的串接电阻为4Ω。若此时轴上的负载转矩是34N.m ，试在忽略空载转矩的情况下求每一电动机的转矩及转速。
解： Ce φN =U N -I N R a 220-52. 2⨯0. 147==0. 0944 n N 2250
C T φN =9. 55Ce φN =9.55×0.0944=0.9015
R Ω1=2.1Ω, R Ω2=4Ω
设T 1为电动状态下工作的电动机的转矩，T 2为能耗制动状态下工作的电动机的转矩，则两电动机的机械特性分别为
n = U N R a +R Ω1R a +R Ω2-T -T 2 ， n = 212Ce φCeC T φCeC T φ
当磁通φ=φN 时，可以写成
C φU CeC T φN T 1=T N N -n ＝88.264－0.0379n R a +R Ω1R a +R Ω1
CeC N φN T 2=-n ＝－0.0205n R a +R Ω2
当忽略空载转矩T 0时，T 1+ T2=Tz ，即
88.264－0.0379n －0.0205n = (88.264－0.0584n)N.m=34N.m
所以此时 n = 2288. 264-34r/min=929 r/min 0. 0584
T 1=88.264－0.0379×929.18 N.m= 53.05 N.m
T 2=－0.0205×929.18 N.m=－19.05 N.m
所以，两台电动机的输出转矩分别为53.05 N.m 和－19.05 N.m ；两台电动机在同一转速929 r/min下运行。
17) 某绕线转子异步电动机带动一桥式起重机的主钩，其技术数据为：P N =60kW ，
n N =577r /min ，I 1N =133A ，I 2N =160A ，ηN =89%，cos ϕ1N =0. 77，K T =2. 9，E 2N =253V 。电动机在起动与反接制动状态下的机械特性如下图所示。
（1） 设电动机转子每转动35.4转，主钩上升1m 。如果要求带额定负载时重物以8m/min
的速度上升，求电动机转子电路串接的电阻值；
（2） 为了消除起重机各机构齿轮间的间隙，使起动时减小机械冲击，转子电路备有预备
级电阻。设计时如果要求串接预备级电阻后，电动机起动转矩为额定转矩的40%，求预备级电阻值；
（3） 预备级电阻一般也作为反接电阻，用以在反接制动状态下下放负载。如果下放时电
动机的负载转矩T Z =0. 8T N ，求电动机在下放负载时的转速；
（4） 如果电动机在回馈制动状态下下放负载，转子串接电阻为0.06Ω，如果下放负载时
T Z =0. 8T N ，求此时电动机的转速。
分析：异步电动机在已知铭牌数据的情况下进行相关计算，所应用的公式一般为异步电动机机械特性的实用表达式（或直线表达式，但利用直线表达式时仅考虑特性曲线的工作部分）和参数表达式的3个结论（即：1）其它参数不变，仅改变U 时，T ∞U 2, s m 不变；2）
‘其它参数不变，仅改变R 时，；3）其它参数不变，仅改变x =x 1+x 2时，则s m ∞s m ∞R 或R 1，x
T m ∞1），然后再根据相关的问题作出相应的人为机械特性曲线（这样做的目的有助于分析x
清楚问题的物理本质，即代入公式何时须加负号；同时在解题结束时还可以判断计算结果的正确性）。
解：（1）电动机转速
n =35. 4⨯8r /min =283r /min
s N =E s 600-577253⨯0. 0383=0. 0383 r 2=2N N ==0. 035Ω 6003I 2N ⨯160
600-283. 2=0. 528 600图中A 点： s A =
R fA =s A -s N 0. 528-0. 0383r 2=⨯0. 035Ω=0. 4475Ω s N 0. 0383
P N 60=9550⨯N ∙m =993. 07N ∙m n N 557（2）T N =T st =40%T N =0. 4T N n =0，s B =1 T m =K T T N =2. 9⨯993. 07N ∙m =2879. 9N ∙m 因为 T st =2T m =0. 4T N ' s B s m +' s m s B
' ' ' ' 所以s m =14. 43（或s m =0. 0693，不合理，舍去）-14. 5s m +1=0, 得：s m 2
由r 2+R fB
r 2' s m ，得 =s m
R fB ' s m 14. 43=(-1) r 2=(-1) ⨯0. 035Ω=2. 3Ω s m 0. 2155
（3） T Z =0. 8T N ，2T m =0. 8T N ' s C s m +' s m s C
同样解得：s C =2. 03（或s C =102. 59，不合理，舍去） n C =n 0(1-s C ) =600⨯(1-2. 03) r /min =-618r /min
（4）s m =' r 2+R D 0. 035+0. 06s m =⨯0. 2155=0. 59493 r 20. 035
' 忽略r 1，并且认为T m =T m ，则2T m =0. 8T N ' -s m s D +' s D -s m
可以得到s D +4. 24s D +0. 342=0
2
解得 s D =-0. 0823（或-4.158，而4.158>0.58493处于不稳定，舍去） n D =n 0(1-s D ) =-600⨯(1+0. 0823) r /min =-649r /min
复习题（三）
;1）一台并励直流电动机, 铭牌数据如下:P =3.5kW，U =220V，I
N
N
N
=20A，
n N =1000r/min,电枢电阻R a =1Ω，△Ub =1V，励磁回路电阻R 1=440Ω，空载实验：
当U=220V,n=1000r/min时，I =2A，试计算当电枢电流I a=10A时, 电机的效
率（不计杂散损耗）。
解：励磁电流：I f =
励磁损耗：P Cuf
U f R f
=
2
f
220
A =0.5A 440
2202
=R f I ===110W
R f 440
U 2f
空载时：
输入功率：P 1=UI 0=220⨯2W =440W
励磁功率：P f =110W
22
电枢铜损耗：P W Cua =R a I a =R a (I 0-I f ) =2.25
电刷接触损耗： Pcub=2*△Ub *Ia*Ia=2*1*1.5*1.5=4.5W 附加损耗：P ad =0
' 则：P -P Cub -P W (440-110-2.25-4.5=323.25) mec +P Fe =P 1-P f -P ad =324.75Cua
当I a =10A 时，I =I a +I f =10.5A 输入功率：P W =2310W 1=UI =220⨯10.5
22 P W Cua =R a I a =1⨯10W =100
P f =110W
P W =20W Cub =2∆U b I a =2⨯1⨯10输出功率：
P W (2310-100-110-20=2080W ) 2=P 1-∑P =P 1-P Cua -P f -P Cub -(P mec +P Fe ) =1755.25
效率：η=
P 2
⨯100%=75.98% P 1
=P2/P1=2080/2310=90%
2）已知一台三相四极异步电动机的额定数据为：P N =10kW，U N =380V，I N =11.6A，定子为Y 联结，额定运行时，定子铜损耗P Cu1=560W,转子
铜损耗P Cu2=310W，机械损耗P mec =70W，附加损耗P ad =200W，试计算该电动机在额定负载时的：（1）额定转速；（2）空载转矩；（3）转轴上的输出转矩；（4）电磁转矩。
解：（1） P em =P 2+P mec +P ad +P Cu 2=10.58kW s N =P Cu 2/P em =0.0293 n N =(1-s N ) n 1=1456r /min （2） T 0= （3） T 2=
P mec +P ad
=1.77N ⋅m Ω
P 2
=65.59N ⋅m ΩN
（4） T em =T 2+T 0=67.36N ⋅m
;3) 一台S N =150kV·A ，U 1N /U2N =10/0.4 kV，Y ，y0联结的三相变压器，I 0%=6.5%，P 0=600W，u s =5%，P SN =1800W，试求：（1）近似等效电路参数标么值；（2）满载及cosφ2=0.8（滞后）时的二次端电压和效率；
解：（1）由空载试验数据求励磁参数
*
Z m =
1
=15.38 *I 0
P 0*
R =*2=0.6/(6.5*6.5)=0.0142
I 0
*m
*==15.37 X m
由短路试验数据求短路参数
**
Z S =U S =0.05
**
=P SN = R S
P SN
=0.012 S N
*==0.45 X S
（2）β=I/I
1
IN
=1;
**
∆U =β(R S cos ϕ2+X S sin ϕ2) ⨯100%=2.78%
U 2=(1-∆U ) U 2N =388.8V
P 0+β2P SN
η=(1-) ⨯100%=98% 2
βS N cos ϕ2+P 0+βP SN
4）他励直流电动机的U N =220V,I N =207.5A,Ra =0.067Ω, 试问：（1）直接起动时的起动电流是额定电流的多少倍? （2）如限制起动电流为1.5I N ，电枢回路应串入多大的电阻？
解:(1)直接起动的电流I st =U N /R a =220/0.067=3283.6A I s t /I N =3283.6/207.5=15.8 (2) I st 1=1.5I N =1.5×207.5=311.25A
又：I st 1=U N /(R a +R st )
由此可得: R st =0.64Ω
;5）一台三相笼型异步电动机的额定数据为：P N =125KW，N n =1460r/min,UN =380V，Y 联结，I N =230A，起动电流倍数k i =5.5，起动转矩倍数k st =1.1，过载能力λT =2.2，设供电变压器限制该电动机的最大起动电流为900A ，问：（1）该电动机可否直接起动？（2）采用电抗器降压起动，起动电抗x st 值应为多少？（3）串入（2）中的电抗器时能否半载起动？
解：（1）直接起动电流为：I st =k i ∙I N =5.5×230A=1265A>900A 所以不能采用直接起动。
（2）定子串电抗器后，起动电流限制为900A 则：α=I st /I mst =1265/900=1.4
短路阻抗为：Z s =
U N /
I st =3801265 =0.173Ω
所以r s =0.3 Zs =0.3×0.173=0.052Ω
x s =
0.165Ω 应串接电抗值：
x s 0.165=0.072Ω （3）串入x st =0.072Ω时的起动转矩为 T 1st =
1
α
T =2st
1
α2
k st T N 1=1/1.4×1.1×T N =0.56TN
2
因为，T 1st =0.56TN > TN =0.5 TN 所以可以半载起动
6） 一台三相异步电动机接到50HZ 的交流电源上，其额定转速
n N =1455r/min，试求：（1）该电动机的极对数p ；（2）额定转差S N ；（3）额定转速运行时，转子电动势的频率。 （第四章
第1节+p131）
解：
（1）由题得转子相对于定子转速：n S =1500r/min 极对数：p =
60f
=2 n s
n s -n n 1500-1455
==0.03 n s 1500
（2）额定转差： S N =
(3) 转子电动势频率 ：f 2=S N f 1=1.5HZ （p131） ;7) 一台并励直流发电机，铭牌数据如下：P =23kW，U =230V，
N
N
n N =1500r/min，励磁回路电阻Rf=57.5Ω，电枢电阻R a =0.1Ω, 不计电枢
反应磁路饱和。现将这台电机改为并励直流电动机运行，把电
枢两端和励磁绕组两端都接到220V 的直流电源：运行时维持电枢电流为原额定值。求（1）转速n ；（2）电磁功率；(3)电磁转矩。
解：I f =
U N 230
=A =4A R f 57.7
P N 23⨯103
I N ==A =100A
U N 230
I a =I N +I f =104A
2
P W Cua =R a I a =1081.6
（1）E a =U N +R a I a =240.4V C e Φ=
E a
=0.1603 n N
电动机运行：E a =U N -R a I a =209.6V
C e Φ' =
220220
C e Φ=⨯0.1603=0.1533 230230
n =
E a
=1367r /min C e Φ'
（2）P em =E a I a =21.798kW
P em 21.798⨯103
=N ⋅m =152.27N ⋅m （3）T em =
Ω2π⨯1367/60
8) 并励直流电机，，P N =7.5kW，U N =110V，I N =79.84A，n N =1500r/min，Ra=0.1014Ω, IIN =2.5A,求电枢电流为50A 时的电机转速。（第二章第5、6节，感应电动势计算公式，并励、他励直流电机电流电压平衡方程）
额定电枢电流I aN =I N -I fN =(91-2.5) A =88.5A 额定磁通的电动势常数：C e φN =
U N -I aN R a 220-88.5⨯0.074
==0.142V ⋅min/r
n N 1500
n =
电枢电流50A 时的转速：
U -I a R a 220-50⨯0.074
==1523r /min
C e φN 0.14260f =2n s
p =
;9) 已知一台三相异步电动机，额定频率为150kW ，额定电压为380V ，额定转速为1460r/min，过载倍数为2.4，试求：（1）转矩的实用表达式；（2）问电动机能否带动额定负载起动。
T N =9550
解：（1）
P N
=981.2N ⋅m n N
T m =λm T N =2355N ⋅m
n 1=1500 r/min，则额定转差
根据额定转速为1460r/min，可判断出同步转速率为:
s N =
n 1-n N
=
0.027s m =s N (λm =0.124n 1
2T m 4710=
m
++
0.124s s m s
转子不串电阻的实用表达式为：
T =
（2）电机开始起动时，s=1，T=Ts ，代入实用表达式得：
T s =
因为
4710
=575N ⋅m
+0.1241
T s
10) 三相异步电机，P N =30KW，U N =380V，n N =960r/min，cosφ2=0.8，f N =50Hz, 额定运行时p cu1+pfe =2.5KW, pm =1.5KW,忽p 0，试求： （1） 额定转差率S N ；
（2） 总机械功率p m ，电磁功率p M ，转子铜损耗p cu2； （3） 输入功率p 1和效率；
（4） 定子额定电流I IN 。（第五章第3节，例5.2）
解： （1）s N =
n 1-n N 1000-950
==0.05 n 11000
（2）P m =P N +p m +p o =29.1kW
P M =
P m 29. 1==30. 6k 3W
1-s N 1-0. 05
W 1. k 53
P ⨯30. 6k 3W =C u 2=s N P M =0. 05
（3）P 1=P M +p Cu 1+p Fe =30.63+2.2=32.83kW
ηN =
s N =
P N 28
==0. 85P 32. 831
n 0-n N 1500-1460
==n 01500
s m =s N (k T +) =P
T N =955N =
n N
T m a x =k T T N =
T =
2T m a x
=
m
+s m s n 0-n
=n 0
s =
n 0=150r 0/m i n
（4
）I 1N
3
===56.88A
;11）三相变压器S N =650KVA, U1N / U2N =6KV/0.4 KV,Yyn0联结。从低压侧做空载试验测得U 2N =400V，I 20=60A，P 0=3800W。从高压侧做
短路试验测得U kN =400V，I 1K =43.3A，P K =10900W,室温为20度，试求：
（1） 变压器参数（假定r 1=r2’, x1=x2’）；
（2） 额定负载时cosφ2=0.8，电压调整率△U 和效率。（第三章第4、
5节和例3.2）
解：（1）电压比
k =U 1N U =3=325 2N 二次侧空载参数
Z U 2N m '=
I ==3.869Ω 0 r P 0m '=I 2=3800/3
⨯60
=0. 352Ω
060
x m '=
=3.833Ω
折算到高压侧 Z 22
m =k Z m '=25⨯3.849=2405.62Ω r 22
m =k r m '=25⨯0.352=220Ω x 22
m =k x m '=25⨯3.833=2395.63Ω
参数短路
Z U k 443
k =
I =43. 3
=5. 867Ω
k r p k 10900/k =
I 2=32
=1.938Ω k 43.3
x k ==5.538Ω
r 235.5+75
k 75︒C =234.5+20
⨯1.938=2.357Ω
Z k 75︒C =
=6.0195Ω
r 1
1=r 2'=
2r k 7︒C 5=1.179Ω x 1
1=x 2'=2
x k =2.769Ω
（2）不同功率因数下电压调整率和效率
c o s ϕ2=0. 8 s i n ϕ2=0. 6β=I1N /IIN =1;
** ∆U =β(r ϕ2+x k 75︒C c o s
k
s i ϕn 2⨯) 10=0%+(0. 14⨯0. 02=5) 1 00%
3. 9%
p 0+β2p KN η=(1-) ⨯100%
βS N cos ϕ2+p 0+β2p KN
=(1-
3800+1⨯10900
) ⨯100%=97.61% 3
1⨯752⨯10⨯0.8+3800+1⨯10900
12）一台三相四极绕线转子异步电动机，其定子、转子均为Y 联结。额定负载为P N ＝22kw ，
额定转速n N =1728r/min，频率f 1=60Hz。若供电频率改变为f 1’=50Hz，而U 1、I 2' cos ϕ2' 、S N 均保持不变，也不考虑磁路饱和的影响，试求： （1） 电动机的转速、转矩、功率各为多少？ （2） 电动机是否过载？如何克服？ 解：（1）当频率为f 1=60Hz时：
同步转速 n 0 = 60f 1/p=60×60/2=1800 r/min
额定转差率 S N =（n 0－n N ）/n 0=(1800－1728)/1800=0.04 额定转矩 T N =9550P N /T N = 9550×22/1728=121.6N.M 当频率为f 1’=50Hz时：
I 2' cos ϕ2' 、因为U 1≈E 1-4. 44f 1W 1k w 1φ，而U 1、S N 均保持不变，又f 1’=50 f1/60= f1/1.2，
则Φ升高为1.2 Φ，故
T N ’=CT1ΦI 2' cos ϕ2' =1.2×121.6N.m=145.92N.m
n =n 0 (1-s) = 60f 1’(1-s)/p =60×50/2×(1-0.04)r/min=1440r/min P N ’=
T N ' n 145. 92⨯1440
=W=22kW 95509550
（2） 如果功率保持不变，则转矩将过载。如果要克服转矩过载，必须设法保持U 1/f1为定
值时，这样可以保持Φ和T N 不变，功率会有所下降。
13）一台三相笼型异步电动机的数据为P N =55kW,UN =380V,n N =2940r/min,ηN =0.85, cosΦN =0.85，k i =5.5, kst =1.2，定子绕组为三角形联结，供电变压器允许起动电流为150A ，能否在下列情况下用Y —△降压起动？（注：Y-Δ降压起动时，起动电流=1/3
负载电流；起动转矩=1/3负载转矩） （1）负载转矩为0.25TN; (2)负载转矩为0.5TN 。
I N =
解：额定电流直接起动电流
P N
U N ηN cos ϕN
=
40⨯103
A =79. 44A
3⨯380⨯0. 9⨯0. 85
I st =k I I N =5. 5⨯79. 44A =437A
采用Y-Δ降压起动时
11
'=I st =⨯437A =145.7A
33起动电流： 111
'=T st =⨯k st T N =⨯1. 2T N =0. 4T N T st
333起动转矩：
可见：（1）当
T L =0. 25T N 时，可以起动；（2）当T L =0. 5T N 时，不能起动。
14) 某台绕线转子异步电动机的数据为：P N ＝11kw ，额定转速n N =715 r/min，E 2N =163V，
I 2N =47.2A，起动最大转矩与额定转矩之比T 1/ T 1=1.8，负载转矩T z ＝98N.m 。求三级起动时的每级起动电阻值。
解： S N =（n 0－n N ）/n 0=(750－715)/750=0.0467 R 2=
S N E 2N I 2N
=
0. 0467⨯163⨯47. 2
Ω=0. 093Ω
β=11
==2. 283
S N (T 1/T N ) 0. 0467⨯1. 8
P 11T N =N =9550⨯N . m ＝147N.m
n N 715
T 1＝1.8 TN ＝1.8×147 N.m=264.6 N.m T 2＝
T 1
β
=
264. 6
N.m=115.9 N.m> Tz ＝98 N.m 2. 283
故符合要求。
三级起动的每级起动电阻值
R Ω1= r 2(β－1)=0.093×(2.283－1) Ω=0.1193Ω R Ω2=βR Ω1=2.283×0.1193Ω=0.2724Ω R Ω3=βR Ω2=2.283×0. 2724Ω=0.6219Ω
;15) 双速笼型异步电动机的同步转速是3000r/min、1500r/min，转子转动惯量J=1.96kg.m2，R 1/R2’=1.2。试计算下列四种情况下电动机的能量损耗（铁耗与机械损耗可以忽略）：
（1） 一级起动：由n=0到n 01=3000r/min，
（2） 二级起动：由n=0到n 02=1500r/min，而后到n 01=3000r/min，
（3） 一级反接制动：由n 01到n=0 ，1）定子绕组在n 01时由2级改为4级；2）定子绕组
在n 01时仍为2级接法；
（4） 二级制动：由n 01到n 02用回馈制动（p=1变为p=2，此时定子两相不反接），而后由
n 02到n=0用反接制动。 解：r 1r 1222＝1.2， ∆A =J Ω0(1+1)(s st -s x ) r 2' 2r 2'
（1） 一级起动：s st =1, sx =0, n01=3000r/min
则 ∆A =12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）J=212788.7J 260
（2） 二级起动： 0→ n02，n 0=1500r/min，s st =1, sx =0
则 ∆A 1=12π⨯1. 96⨯(1500⨯) 2⨯（1+1.2）J=53197.2J 260
n 02→n 01，n 0=3000r/min，s st =(3000－1500)/3000=0.5, sx =0
则 ∆A 2=12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(0.52－0)J=53197.2J 260
∆A =∆A 1+∆A 2＝（53197.2＋53197.2）J ＝106394.4J
(3) 一级反接制动： n 01→ 0
1) n 0=1500r/min，s st =(3000+1500)/1500=3, sx =1
则 ∆A =12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(32－12)J=425577.3J 260
2) n 0=3000r/min，s st =(3000+3000)/3000=2 , sx =1
则 ∆A =12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(22－12)J=638366J 260
(4) 二级制动： n 01→ n02，回馈制动，n 0=1500r/min，s st =(1500－3000)/1500=－1, sx =0 则 ∆A 1=12π⨯1. 96⨯(3000⨯) 2⨯（1+1.2）(－1) 2J=53197.2J 260
n 02→ 0，反接制动
s st =(1500＋1500)/1500=2, sx =1
则 ∆A 2=12π⨯1. 96⨯(1500⨯) 2⨯（1+1.2）(22－12)J=159591.5J 260
∆A =∆A 1+∆A 2＝（53197.2＋159591.5）J ＝212788.7J
由本题的计算结果可见：在起动时，二级起动比一级起动能量损耗少；在制动时，也是二级制动比一级制动能量损耗少。在同一级反接制动时，n st 不变，n 0越小则能量损耗越少，当 n 0=0时便成了能耗制动。
16) 两台相同的他励直流电动机的参数为：P N ＝10kw ，U N ＝220V ，n N =2250r/min，R a=0.147Ω。它们硬轴联接，其中一台电动机在电动状态下工作，其电枢电路中的串接电阻为2.1Ω；另一台电动机在能耗制动状态下工作，其电枢电路中的串接电阻为4Ω。若此时轴上的负载转矩是34N.m ，试在忽略空载转矩的情况下求每一电动机的转矩及转速。
解： Ce φN =U N -I N R a 220-52. 2⨯0. 147==0. 0944 n N 2250
C T φN =9. 55Ce φN =9.55×0.0944=0.9015
R Ω1=2.1Ω, R Ω2=4Ω
设T 1为电动状态下工作的电动机的转矩，T 2为能耗制动状态下工作的电动机的转矩，则两电动机的机械特性分别为
n = U N R a +R Ω1R a +R Ω2-T -T 2 ， n = 212Ce φCeC T φCeC T φ
当磁通φ=φN 时，可以写成
C φU CeC T φN T 1=T N N -n ＝88.264－0.0379n R a +R Ω1R a +R Ω1
CeC N φN T 2=-n ＝－0.0205n R a +R Ω2
当忽略空载转矩T 0时，T 1+ T2=Tz ，即
88.264－0.0379n －0.0205n = (88.264－0.0584n)N.m=34N.m
所以此时 n = 2288. 264-34r/min=929 r/min 0. 0584
T 1=88.264－0.0379×929.18 N.m= 53.05 N.m
T 2=－0.0205×929.18 N.m=－19.05 N.m
所以，两台电动机的输出转矩分别为53.05 N.m 和－19.05 N.m ；两台电动机在同一转速929 r/min下运行。
17) 某绕线转子异步电动机带动一桥式起重机的主钩，其技术数据为：P N =60kW ，
n N =577r /min ，I 1N =133A ，I 2N =160A ，ηN =89%，cos ϕ1N =0. 77，K T =2. 9，E 2N =253V 。电动机在起动与反接制动状态下的机械特性如下图所示。
（1） 设电动机转子每转动35.4转，主钩上升1m 。如果要求带额定负载时重物以8m/min
的速度上升，求电动机转子电路串接的电阻值；
（2） 为了消除起重机各机构齿轮间的间隙，使起动时减小机械冲击，转子电路备有预备
级电阻。设计时如果要求串接预备级电阻后，电动机起动转矩为额定转矩的40%，求预备级电阻值；
（3） 预备级电阻一般也作为反接电阻，用以在反接制动状态下下放负载。如果下放时电
动机的负载转矩T Z =0. 8T N ，求电动机在下放负载时的转速；
（4） 如果电动机在回馈制动状态下下放负载，转子串接电阻为0.06Ω，如果下放负载时
T Z =0. 8T N ，求此时电动机的转速。
分析：异步电动机在已知铭牌数据的情况下进行相关计算，所应用的公式一般为异步电动机机械特性的实用表达式（或直线表达式，但利用直线表达式时仅考虑特性曲线的工作部分）和参数表达式的3个结论（即：1）其它参数不变，仅改变U 时，T ∞U 2, s m 不变；2）
‘其它参数不变，仅改变R 时，；3）其它参数不变，仅改变x =x 1+x 2时，则s m ∞s m ∞R 或R 1，x
T m ∞1），然后再根据相关的问题作出相应的人为机械特性曲线（这样做的目的有助于分析x
清楚问题的物理本质，即代入公式何时须加负号；同时在解题结束时还可以判断计算结果的正确性）。
解：（1）电动机转速
n =35. 4⨯8r /min =283r /min
s N =E s 600-577253⨯0. 0383=0. 0383 r 2=2N N ==0. 035Ω 6003I 2N ⨯160
600-283. 2=0. 528 600图中A 点： s A =
R fA =s A -s N 0. 528-0. 0383r 2=⨯0. 035Ω=0. 4475Ω s N 0. 0383
P N 60=9550⨯N ∙m =993. 07N ∙m n N 557（2）T N =T st =40%T N =0. 4T N n =0，s B =1 T m =K T T N =2. 9⨯993. 07N ∙m =2879. 9N ∙m 因为 T st =2T m =0. 4T N ' s B s m +' s m s B
' ' ' ' 所以s m =14. 43（或s m =0. 0693，不合理，舍去）-14. 5s m +1=0, 得：s m 2
由r 2+R fB
r 2' s m ，得 =s m
R fB ' s m 14. 43=(-1) r 2=(-1) ⨯0. 035Ω=2. 3Ω s m 0. 2155
（3） T Z =0. 8T N ，2T m =0. 8T N ' s C s m +' s m s C
同样解得：s C =2. 03（或s C =102. 59，不合理，舍去） n C =n 0(1-s C ) =600⨯(1-2. 03) r /min =-618r /min
（4）s m =' r 2+R D 0. 035+0. 06s m =⨯0. 2155=0. 59493 r 20. 035
' 忽略r 1，并且认为T m =T m ，则2T m =0. 8T N ' -s m s D +' s D -s m
可以得到s D +4. 24s D +0. 342=0
2
解得 s D =-0. 0823（或-4.158，而4.158>0.58493处于不稳定，舍去） n D =n 0(1-s D ) =-600⨯(1+0. 0823) r /min =-649r /min