6.1KW直流电动机不可逆调速系统_电力电子设计.doc

题目:
设计方案
某生产机械负载功率Pl=,最大冲击负载功率不大于10千瓦,最高转速nl=3000转/分,系统要求调速范围D=10,静差率小于等于5%,拟用直流电动机拖动,设计一套晶闸管-电动机不可逆调速系统以满足生产机械的需求。
二、电机的选择
依据P1=,nl=3000转/分
要求满足
1、弱磁转速>生产机械最高转速
2、额定功率*过载能力>最大冲击负载功率
3、额定功率>生产机械功率。
由=(~)= (~)*=(~) KW
故取= KW
通过查产品目录选择Z4-112/2-2型号电动机,额定功率为P1==220伏,IN=,弱磁转速nN=3100转/分,最高转速n=3600转/分,电枢电阻R=,励磁功率为390瓦,,磁场电感19H,过载能力2,%,惯性矩GD^2=㎏.㎡直流电动机。
三、电动机供电方案
与变流机组相比,晶闸管可控整流装置无噪声,无磨损,响应快,体积小,重量清,投资省;而且工作可靠,功耗小,效率高,因此采用晶闸管可控整流装置供电。
由于电动机小(),故选用单相整流电路。又因是不可逆系统,所以可选用单相桥式半控整流电路供电。为省去续流二极管在一侧的方案。
电动机的额定电压为220V,若用电网直接供电,会造成导通角小,电流脉动大,并且功率因数抵,因此,还是用整流变压器供电方式为宜。
四、反馈方式选择
因调速指标D=10 静差率小于等于5%
△nN=(nNS)/[D(1-S)]
=(3100*)/(10*)
=
采用电压反馈方案时
△nN={R1/[CEΦ(1+K)]}Id+Ra/ CEΦId
CEΦ=(uN- IN Ra)/ nN
=[220-(*)]/3100
=
(Ra/CEΦ) Id =()*
=
,为实现高速启动还必须加上电流截止环节。
五、直流调速系统框图

给定信号
放大器
触发器
电动机
电压负反馈
电流截止反馈
电流正反馈
直流调速反馈系统
六、主电路的计算
晶闸管整流电路
1、整流变压器的计算
M
U2=(1~)Ua/AεB
查表得
A= B=1 ε=
A:
B:~
Ε:安全裕量
U2=(1~)220/
=(~)伏
取U2=300伏
电压比 K=U1/U2
=220/300
=
1) 一次电流I1和二次电流I2的计算
KI1= KI2=
I1= KI1 Id/K
=**
= A
I2= KI2 Id
=*
=
2)变压器容量计算
S1=U1I1
=220*
=13861 VA
S2=U2I2
=300*
=13152 VA
S=(S1+S2)/2
=(13861+13152)/2
= KVA
2晶闸管元件的选择
晶闸管的额定电压
UTN=(2~3)Um
=(2~3)
=(2~3)*300
=~
取UTm=1200 V
2) 晶闸管的额定电流
It=Id/
=
=
IT(AV)=(~2)*It/
=(~2)*
=~
取=30 A
故选KP30-12晶闸管元件
3) 晶闸管保护环节的计算
交流侧过电压保护
C>=6*I%S/U2
=6*10*13484/(300*300)
= µF
耐压>=
=*
= V
uF、耐压700V的标准电容
U%,I%查《电力电子变换技术》
主编:林忠岳 P266
P266
R>=*U2/S*
=*(300*300)/13484
=
取R=15欧
Ic=2**10^-6
=*50**300*10^-6
= A
PR>=(3