含电动机电路分析
三相异步电动机正反转控制线路电路分析及教学
三相异步电动机正反转控制线路电路分析及教学三相异步电动机正反转控制线路是电机拖动课程教学中的核心部分，也是学生中级维修电工技能鉴定考核中必考知识技能之一，是学生学习后续课程，学习电路故障排除的基础。
而接触器联锁、按钮联锁及双重联锁正反转这三种联锁控制线路又是控制线路中最基础、最常用的控制电路。
为了更合理、完善地完成三种联锁电路的教学，本文对这三种联锁电路的地位作用、电路组成、工作原理、联系及区别进行了详细的分析，并且给出了便于学生理解和掌握的教学思路。
1、三种正反转控制线路的地位和作用接触器、按钮、双重联锁这三种联锁线路是三相异步电动机正反转控制电路中很重要的控制线路，是通过将接触器、按钮的一个常闭触点串联在另外一个接触器线圈的回路里，起到防止出现正反转接触器同时吸合造成电路短路的作用。
2、电路组成三种电路均由电源隔离开关QS；交流接触器KM1、KM2；热继电器FR；熔断器FU1、FU2，启动按钮SB2、SB3；停止按钮SB1及电动机M组成。
电路中各个元件的文字符号、图形表示、工作原理、实物的触点等，是学习电路工作原理的基础。
3、工作原理图图一接触器联锁正反转控制线路图二按钮联锁正反转控制线路4、工作原理分析（1）接触器联锁正反转控制线路的工作原理(图一)A、正转控制：按下正转按钮SB2→接触器KM1线圈得电→KM1主触头闭合，KM1的自锁触头闭合→电动机自锁正转。
同时，KM1联锁触头断开，对KM2联锁。
B、反转控制：按下反转按钮SB3→接触器KM2线圈得电→KM2主触头闭合，KM2的自锁触头闭合→电动机自锁正转。
同时，KM2联锁触头断开，对KM1联锁。
C、停止控制：按下停止按钮SB1，KM2线圈断电，KM2主触头断开，同时KM2自锁触点也断开，电机反转停止。
KM1常闭触点闭合，为正转做好准备。
图三双重联锁正反转控制线路（2）按钮联锁正反转控制线路的工作原理(图二)A、正转控制：按下正转按钮SB2→SB2常闭触头先分断，对KM2联锁，SB2常开触头后闭合→接触器KM1线圈得电→KM1主触头闭合，KM1的自锁触头闭合→电动机自锁正转。
电机正反转控制原理电路图、电路分析及相关
双重联锁（按钮、接触器）正反转控制电路原理图电机双重联锁正反转控制一、线路的运用场合Array正反转控制运用生产机械要求运动部件能向正反两个方向运动的场合。
如机床工作台电机的前进及后退控制；万能铣床主轴的正反转控制；圈板机的辊子的正反转；电梯、起重机的上升及下降控制等场所。
二、控制原理分析（1）、控制功能分析：怎样才能实现正反转控制？为什么要实现联锁？电机要实现正反转控制：将其电源的相序中任意两相对调即可（简称换相），通常是V相不变，将U相及W相对调，为了保证两个接触器动作时能够可靠调换电动机的相序，接线时应使接触器的上口接线保持一致，在接触器的下口调相。
由于将两相相序对调，故须确保2个KM线圈不能同时得电，否则会发生严重的相间短路故障，因此必须采取联锁。
为安全起见，常采用按钮联锁（机械）和接触器联锁（电气）的双重联锁正反转控制线路（如原理图所示）；使用了（机械）按钮联锁，即使同时按下正反转按钮，调相用的两接触器也不可能同时得电，机械上避1 / 111 / 112 / 112 / 11免了相间短路。
另外，由于应用的（电气）接触器间的联锁，所以只要其中一个接触器得电，其长闭触点（串接在对方线圈的控制线路中）就不会闭合，这样在机械、电气双重联锁的应用下，电机的供电系统不可能相间短路，有效地保护的电机，同时也避免在调相时相间短路造成事故，烧坏接触器。
（2）、工作原理分析：A 、正转控制：按下SB1常闭触头先断开（对KM2实现联锁）SB1常开触头闭合KM1线圈得电KM1电机M 启动连续正转工作KM1KM1联锁触头断开（对KM2实现联锁）B 、反转控制：M 失电，停止正转 SB2按下 线圈得电 SB2KM2 电机M 启动连续反转工作 KM2主触头闭合KM2联锁触头断开（对KM1实现联锁）C 、停止控制：按下SB3，整个控制电路失电，接触器各触头复位，电机M 失电停转；三、双重联锁正反转控制线路的优点接触器联锁正反转控制线路虽工作安全可靠但操作不方便；而按钮联锁正反转控制线路虽操作方便但容易产生电源两相短路故障。
电动机自起动电路的分析与设计
１２ 分 批 自起 动 电路 ． 分批 自起 动 是 指 电源 恢 复后 ，许 多 电动 机 分
有 ２ ０台 电动 机 ， 分成 ２批 自起 动 ， 即每 批 起 动 ｌ ０
图１ 、图 ２两控 制 电路 的 电压 均 采用 ３ Ｏ ８ Ｖ三
相交流电。
台电 动机 。第 １批 自起 动 的 ｌ 电动 机 ， Ｋ ２ ０台 其 Ｔ
触 头延 时 闭合 时 间整 定 为 ５；第 ２批 自起 动 的 １ ｓ Ｏ
对这一思路来进行设计 。
关 键词 ： 电动机 自 启动
电路
１ 短 时 间停 电后 的 电动 机 自起 动 电路 当停 电时间 在 时 间继 电器 能 够整 定 到 的 范 围 内时 ，可 以利用 时 间继 电器 触头 延 时 打开 的 功 能
机 按 钮 ，则 按 下 Ｓ ２ 松手 ， Ｔ延 时 断开 的触 头 Ｂ 后 Ｋ 还 未 来得 及 断 开 ，Ｂ Ｓ ２就复 位 闭 合 ，使 Ｋ Ｋ Ｍ、 Ｔ线
北方 钒钛
２１ ０ ０年第 １期
电动机 自起动电路的分析与设计
王 国军 于 舂秀
（ 炼铁厂）
摘要 ： 通过对电动机短时停电后一次自起动电路与分批自起动电路的分析， 设计一种既适用一
次 自起 动 与 分 批 自起 动 ， 适 用 于 短 时 间 与长 时 间停 电后 自起 动 的综 合 型 自起 动 电路 。本 设 计 就 是 针 又
实 现 的一 次 自起 动 接 线 图
图 １ 示是 用 自保 持 按 钮 Ｓ ２和时 间继 电器 所 Ｂ
Ｋ Ｔ实 现 的一次 自起 动 电路 接线 图。正 常起 动 时 ，
按 下起 动按钮 Ｓ １ Ｂ ，交 流接 触 器 Ｋ 线 圈得 电 ， Ｍ 其
三相异步电动机等效电路及解析
7.2 三相异步电动机的空载运行三相异步电动机的定子与转子之间是通过电磁感应联系的。
定子相当于变压器的一次绕组，转子相当于二次绕组，可仿照分析变压器的方式进行分析。
7.2.1 空载运行的电磁关系当三相异步电动机的定子绕组接到对称三相电源时，定子绕组中就通过对称三相交流电流，三相交流电流将在气隙内形成按正弦规律分布，并以同步转速n 1弦转的磁动势F 1。
由旋转磁动势建立气隙主磁场。
这个旋转磁场切割定、转子绕组，分别在定、转子绕组内感应出对称定子电动势，转子绕组电动势和转子绕组电流。
空载时，轴上没有任何机械负载，异步电动机所产生的电磁转矩仅克服了摩擦、风阻的阻转矩，所以是很小的。
电机所受阻转矩很小，则其转速接近同步转速，n ≈n 1，转子与旋转磁场的相对转速就接近零，即n 1-n ≈0。
在这样的情况下可以认为旋转磁场不切割转子绕组，则E 2s ≈0（“s ”下标表示转子电动势的频率与定子电动势的频率不同），I 2s ≈0。
由此可见，异步电动机空载运行时定子上的合成磁动势F 1即是空载磁动势F 10，则建立气隙磁场B m 的励磁磁动势F m 0就是F 10，即F m 0=F 10，产生的磁通为Φm 0。
励磁磁动势产生的磁通绝大部分同时与定转子绕组交链,这部分称为主磁通，用φm 表示,主磁通参与能量转换，在电动机中产生有用的电磁转矩。
主磁通的磁路由定转子铁心和气隙组成，它受饱和的影响，为非线性磁路。
此外有一小部分磁通仅与定子绕组相交链，称为定子漏磁通φ1σ。
漏磁通不参与能量转换并且主要通过空气闭合，受磁路饱和的影响较小，在一定条件下漏磁通的磁路可以看做是线性磁路。
为了方便分析定子、转子的各个物理量，其下标为“1”者是定子方，“2”者为转子方。
异步电动机在正常工作时的一些电磁关系在转子不转时就存在，利用转子不动时分析有助于理解其电磁过程。
一、转子不转时(转子绕组开路)异步电动机内的电磁过程转子绕组开路时，转子电流为零，定子电势和转子电势的大小、频率1E ∙、2E ∙和1f ；1)转子绕组开路，定子绕组接三相交流电源， 定子绕组中产生三相对称正弦电流（空载电流），形成幅值固定的气隙旋转磁场，旋转速度为1160f n p =； 2)由于转子不动，旋转磁场在定子绕组、转子绕组中感生频率均为1f 的正弦电动势；11111222224.444.44{N N E j f k N E j f k N =-Φ=-Φ (7.2)式中k N1、 N 1 ——定子 每相有效串联匝数。
高二物理题含电动机电路分析
1．一台小型电动机在3 V电压下工作,用此电动机提升所受重力为4 N的物体时,通过它的电流是A;在30 s内可使该物体被匀速提升3 m;若不计除电动机线圈生热之外的能量损失,求：1电动机的输入功率；2在提升重物的30 s内,电动机线圈所产生的热量；3线圈的电阻;解析：1电动机的输入功率P入＝UI＝×3 W＝W.2电动机提升重物的机械功率P机＝F v＝4×3/30 W＝W.根据能量关系P入＝P机＋P Q,得生热的功率P Q＝P入－P机＝－W＝W.所生热量Q＝P Q t＝×30 J＝6 J.3根据焦耳定律Q＝I2Rt,得线圈电阻R＝错误!＝错误!Ω＝5 Ω.2、如图所示,已知电源电动势E=20V,内阻r=lΩ,当接入固定电阻R=4Ω时,电路中标有“3V, 6W”的灯泡L和内阻R D=Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求：1电路中的电流大小；2电动机的额定电压；3电动机的输出功率．1912分⑴灯泡L正常发光,电路中的电流为62A3LLPIU===⑵由闭合电路欧姆定律可求得,电动机的额定电压为U D=E－Ir+R－U L=20－2×1＋4－3＝7V⑶电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7＝14W 电动机的热功率为P热＝I2R D ＝22×＝2W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14－2＝12W3．如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电炉子,恒定电压U＝12 V,电解槽内阻r A ＝2 Ω,当S1闭合、S2、S3断开时,电流表A示数为6 A；当S2闭合、S1、S3断开时,A示数为5 A,且电动机输出功率为35 W；当S3闭合、S1、S2断开时,A示数为4 A．求：1电炉子的电阻及发热功率各多大2电动机的内阻是多少3在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少解析 1电炉子为纯电阻元件,由欧姆定律I ＝错误!得R ＝错误!＝2 Ω,其发热功率为P R ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W.2电动机为非纯电阻元件,由能量守恒定律得UI 2＝I 错误!r M ＋P 输出,所以r M ＝错误!＝错误!Ω＝1 Ω.3电解槽工作时,由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 错误!r A 所以P 化＝12×4－42×2 W＝16 W.答案 12 Ω 72 W 21 Ω 316 W4．利用电动机通过如图所示的电路提升重物, 已知电源电动势E ＝6 V ,电源内阻r ＝1 Ω,电阻R ＝3 Ω,重物质量m ＝ kg,当将重物固定时,电压表的示数为5 V ,当重物不固定,且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时,电压表的示数为 V ,求重物匀速上升时的速度大小不计摩擦,g 取10m/s 2．解析：设电动机内阻为r ′当将重物固定时I ＝错误!＝1 AR ＋r ′＝错误!＝5 Ω,r ′＝2 Ω当重物不固定时I ′＝错误!＝ AP 出＝UI ′＝ W,P R ＋P r ′＝I ′2R ＋r ′＝ W所以重物的功率P ＝P 出－P R －P r ′＝mgv ,解得v ＝ m/s 答案： m/s5．10分在图2－28所示电路中,电源电动势E ＝6 V ,内阻r ＝1 Ω.D 为直流电动机,其电枢线圈电阻R ＝2 Ω,限流电阻R ′＝3 Ω.当电动机正常工作时,电压表示数为 V ．求：1通过电动机的电流是多大2电动机输入的电功率、转变为热量的功率和输出机械功率各是多少解析：1通过电动机的电流I 与流过限流电阻R ′的电流相同,由I ＝错误!得：I ＝错误! A ＝ A.2由E ＝Ir ＋U ＋U D 可得电动机两端电压U D ＝E －Ir －U ＝6 V －×1 V － V ＝ V 所以电动机输入的电功率P 入＝U D I ＝ W.电动机的发热功率P 热＝I 2R ＝ W.电动机的输出功率P 出＝P 入－P 热＝ W.答案：1 A 2 W W W6．如图所示电路,电炉电阻R 1＝19 Ω,电动机电阻R 2＝ Ω,电源内阻r ＝1 Ω.当开关S 断开时,电炉消耗的电功率为475 W,S 接通、电动机正常运转后,电炉消耗的电功率为304 W ．求电动机转化为机械能的功率．解析：S 断开时外电路为纯电阻电路,电路中电流I ＝错误!＝错误! A ＝5 A,由此可解得电源电动势E＝IR1＋r＝5×19＋1 V＝100 接通后外电路有两个支路,除纯电阻负载R1支路外,另一支路负载为电动机,R1支路中的电流I1＝错误!＝错误!A ＝4 A.路端电压U＝I1R1＝4×19 V＝76 V.由I＝错误!＝错误!A＝24 A可知,电动机支路的电流I2＝24－4 A＝20 A.电动机输入的电功率P2＝I2U＝20×76 W＝1 520 W；电动机中的热功率P耗＝I错误!R2＝202× W＝200 W；因此电动机转化为机械能的功率P机＝I2U－I错误!R2＝1 320 W.答案：1 320 W7. 如右图所示,电源的电动势是6 V,内电阻是Ω,小电动机M的线圈电阻为Ω,限流电阻R0为3 Ω,若电压表的示数为3 V,试求：1电源的功率和电源的输出功率；2电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率．解析1由题意和部分电路欧姆定律可知I＝错误!＝错误!A＝1 A.电源的功率P电＝EI＝6×1 W＝6 W电源的输出功率P出＝P电－I2r＝6W－W＝W.2电动机消耗的功率P M＝IU M＝IE－Ir－UR0＝W电动机输出的机械功率P机＝P M－I2r＝W－W＝2 W.答案16 W W 2 W 2 W8．如下图所示,电源电动势为12 V,内电阻为r＝1 Ω,R1＝1 Ω,R2＝6 Ω,电动机线圈电阻为Ω,若开关闭合后通过电源的电流为3 A,则R1上消耗的电功率为多少电动机消耗的电功率为多少解析：R1上消耗的功率P1＝I2R1＝9×1 W＝9 W电动机两端的电压U＝E－IR1＋r＝12 V－3×1＋1 V＝6 V通过R2的电流为I1＝错误!＝错误!A＝1 A通过电动机的电流为I2＝I－I1＝2 A故电动机消耗的电功率为P2＝I2U＝2×6 W＝12 W.答案：9 W12 W9．规格为“220 V,36 W”的排气扇,线圈电阻为40 Ω,求：1接上220 V的电压后,排气扇转化为机械能的功率和发热的功率；2如果接上电源后,扇叶被卡住,不能转动,求电动机消耗的功率和发热的功率．12．解析：1排气扇在220 V的电压下正常工作时的电流为I＝错误!＝错误!A≈ A ,发热功率为P热＝I2R＝2×40 W≈1 W.转化为机械能的功率为P机＝P－P热＝36 W－1 W＝35 W.2扇叶被卡住不能转动后,电动机成为纯电阻用电器,电流做功全部转化为热能,此时电动机中电流为I′＝错误!＝错误!A＝A,电动机消耗的功率即电功率等于发热功率．P′电＝P′热＝UI′＝220× W＝1 210 W.答案：135 W 1 W21 210 W 1 210W10．如图所示,已知电源电动势E＝20 V,内阻r＝1 Ω,当接入固定电阻R＝4 Ω时,电路中标有“3 V,6 W”的灯泡L和内阻R D＝Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：1电路中的电流大小；2电动机的额定电压；3电动机的输出功率．解析：1灯泡L正常发光,电路中的电流为I＝P L/U L＝错误!A＝2 A.2由闭合电路欧姆定律可求得,电动机的额定电压为U D＝E－Ir＋R－U L＝20 V－2×1＋4 V－3 V＝7 V.3电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7 W＝14 W电动机的热功率为P热＝I2R D＝22× W＝2 W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14 W－2 W＝12 W.答案：12 A 27 V 312 W11．如图所示,电源电动势为E＝30 V,内阻为r＝1 Ω,电灯上标有“6 V,12 W”字样,直流电动机线圈电阻R＝2 Ω.若电灯恰能正常发光,求电动机输出的机械功率．解析：由电灯恰能正常发光知：I＝错误!＝错误!A＝2 A.则电动机两端电压U＝E－Ir－U灯＝22 V.所以电动机的输出功率P＝UI－I2R＝36 W.答案：36 W12．如图所示,电源的电动势E＝110 V,电阻R1＝21 Ω,电动机的电阻R0＝Ω,开关S1始终闭合;当开关S2断开时,电阻R1的电功率是525 W；当开关S2闭合时,电阻R1的电功率是336 W,求：1电源的内电阻；2当开关S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率;9．答案：11 Ω226 A 1 606 W解析：1电键S1闭合,R1的电功率525 W＝错误!,U1＝105 V;错误!＝错误!,则r＝错误!＝错误!Ω＝1 Ω;2电键S2闭合时,336 W＝错误!,U1′＝84 V;流过电源电流I＝错误!＝错误!A＝26 A;通过电动机的电流I M＝I－IR1＝26－错误!A＝22 A电动机的输入功率P入＝U1′I M ＝84×22 W＝1 848 W电动机的输出功率P出＝P入－I错误!R0＝1 848 W－222× W＝1 606 W;14．16分某一直流电动机提升重物的装置如图7所示,重物的质量m＝50 kg,电源提供的电压U＝110 V,不计一切摩擦．当电动机以v＝m/s的恒定速度向上提升重物时,电路中的电流I＝A,1由此可知电动机线圈的电阻R是多少2用此电动机提升质量为m′＝20 kg的重物,电动机的输入功率不变,提升速度是多少g取10 m/s2解析1由题意可知,电动机输入的电能一部分转化为线圈的内能,一部分对外输出转化为被提升重物的机械能,由能量的转化和守恒定律可得：UI＝I2R＋mg v解得：R＝错误!－错误!＝错误!Ω＝Ω.2由UI＝I2R＋m′g v′得v′＝错误!＝错误!m/s＝m/s.答案 1 Ω 2 m/s。
含电动机电路分析
含电动机电路分析（计算题）1．如图所示，电源电动势E ＝8 V ，内电阻为r ＝0.5 Ω，“3 V ，3 W”的灯泡L 与电动机M 串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R 0＝1.5 Ω.求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机的机械效率。
1、解析（1）A R U I L L 1== （2）电动机两端的电压 U = E －Ir －U L = 4V电动机消耗的电功率 P= UI = 4W电动机的输出功率 P 出= P －I 2R 0 = 2.5W电动机的机械效率 %100⨯=PP 出η= 62.5%2．如图所示，电路中的电阻R ＝10 Ω，电动机的线圈电阻r ＝1 Ω，加在电路两端的电压U ＝100 V ．已知电流表读数为30 A ，则通过电动机线圈的电流为多少？电动机输出功率为多少？2、解析 R 中的电流I 1＝U R＝10 A ， 电动机中的电流I 2＝I －I 1＝20 A ，输入功率P ＝I 2U ＝2×103 W ，电热功率P 热＝I 2r 2＝400 W ，输出功率P 出＝P －P 热＝1 600 W.3．如图所示，电源的电动势E ＝7.5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 2＝12 Ω，电动机M 的线圈的电阻R ＝0.50 Ω．闭合开关S ，电动机转动稳定后，电压表的示数U 1＝4 V ，电阻R 2消耗的电功率P 2＝3.0 W ．求电动机转动稳定后：（1）电路的路端电压.（2）通过电动机的电流．3、解：（1）路端电压等于R 2两端的电压，由RU P 2=得 V .06 V 120.3222=⨯===R P U U（2）电源的电动势E = U 2＋Ir ，由此得干路电流 A 5.1 A 0.10.65.72=-=-=r U E I 通过R 2的电流A 5.0 A 120.6222===R U I通过电动机的电流I 1 = I －I 2 =（1.5-0.5）A=1.0 A4、如图所示的电路中，电源的电动势E =10V ，内电阻r =0.5Ω，电动机的电阻R 0=1.0Ω，电阻R 1=1.5Ω。
三相异步电动机等效电路分析
二、电压平衡式（转子静止时的异步电机）
以下标1和2区别定子和转子电路的各物理量，各种 数量均取每相值。
从电路分析角度来看，转子不动时的异步电机的电 路方程与次级侧短路时的变压器的电路方程相似。
U1 E1 I1r1 jx1 0 E2 I2 r2 jx2
三、磁势平衡式
转子绕组是对称多相绕组，与定子绕组有相同 极数。
F1 Fm F1L
第一项用以产生基波磁通；第二项为负载分量， 用以抵消转子磁势去磁作用，它与转子磁势大小 相等方向相反。
设定子绕组有m1相，磁势的振幅
F1
m1 2
* 0.9*
N 1k N 1 p
I1
转子绕组有m2相，磁势振幅
F2
m2 2
* 0.9*
N 2kN 2 p
I2
激磁磁势
Fm
m1 2
E 2
E 1
I2
R2 s
jX 2
;
I1 I2 Im ;
E 1 Im ( Rm jX m ) Im Z m
五、等效电路
single-phase equivalent circuit
六、参数的物理意义
rm——铁耗等效电阻core-less resistance xm——magnetizing reactance定子每相绕
转子旋转磁势对定子旋转磁势产生去磁作用，二 者共同作用在主磁路中产生主磁通，决定于定子 电势El
E1 4.44 f1 N1kN 1m
E1受到定子电压平衡支配，决定了基波磁通φm， 从而决定了激磁电流Im。
当转子有电流时，定子电流应包含两个分量
I1 Im I1L
由定子电流所产生的磁势也包含两个分量
转子电势和电流的频率（转子频率，与转差率 成正比，又称为转差频率）为
三相异步电动机的基本控制电路分析
压保护等。
一、点动控制
QS FU
SB
QS FU
KM
KM
SB
KM
M 3～ （a）接线示意图
M 3～ （b）电气原理图
按下按钮SB，接 触器KM线圈通 电，衔铁吸合， 常开主触点接通， 电动机定子接入 三相电源起动运 转。松开按钮SB， 接触器KM线圈 断电，衔铁松开， 常开主触点断开， 电动机因断电而 停转。
同时具有电气联锁和机械联锁的正 反转控制电路
• 采用复式按钮，将SB1按钮的常闭触点串接
在KM2的线圈电路中；将SB2的常闭触点串 接在KMl的线圈电路中；这样，无论何时， 只要按下反转起动按钮，在KM2线圈通电之 前就首先使KM1断电，从而保证KM1和KM2 不同时通电；从反转到正转的情况也是一 样。这种由机械按钮实现的联锁也叫机械 联锁或按钮联锁，
动按钮。如果操作错误，将引起主回路电源短路。
FR SB3 SB1 KM 1 SB2 KM 2 KM 1 KM 2 KM 2 KM 1
带电气联锁的正反转控制电路 • 将接触器KM1的辅助常闭触点串入KM2的线
圈回路中，从而保证在KMl线圈通电时KM2 线圈回路总是断开的；将接触器KM2的辅助 常闭触点串入KM1的线圈回路中，从而保证 在KM2线圈通电时KMl线圈回路总是断开的。 这样接触器的辅助常闭触点KMl和KM2保证 了两个接触器线圈不能同时通电，这种控 制方式称为联锁或者互锁，这两个辅助常 开触点称为联锁或者互锁触点。
合上开关S，三相电源被 引入控制电路，但电动机 还不能起动。按下按钮SB， 接触器KM线圈通电，衔 铁吸合，常开主触点接通， 电动机定子接入三相电源 起动运转。松开按钮SB， 接触器KM线圈断电，衔 铁松开，常开主触点断开， 电动机因断电而停转。
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含电动机电路分析
电动机电路分析是对电动机电路中电流、电压、功率等参数进行计算
和分析的过程。
电动机电路分析主要包括电动机的性能确定和电动机的起
动过程分析。
本文将对电动机的性能确定和电动机的起动过程进行详细介绍。
一、电动机的性能确定
电动机的性能确定是指在给定的工作条件下，通过对电动机进行测试
和分析，确定电动机的电气参数以及性能指标。
电动机的电气参数包括电流、电压、功率因数等。
电动机的性能指标包括额定功率、功率因数、效率、转速等。
电动机的电气参数可以通过额定功率和工作条件来确定。
额定功率是
指电动机在额定转速和额定电压下所能提供的最大输出功率。
通过额定功
率和工作条件，可以计算出电动机的额定电流、额定电压和额定功率因数。
额定电流是指电动机在额定功率和额定电压下所需要的电流大小。
额定电
压是指电动机在额定功率和额定电流下所需要的电压大小。
额定功率因数
是指电动机输送的有功功率与视在功率之比。
电动机的性能指标可以通过测试和计算来确定。
电动机的效率是指电
动机输出功率与输入功率之比。
通过测试电动机输出功率和输入功率，可
以计算出电动机的效率。
电动机的转速是指电动机所转动的速度，可以通
过测试电动机旋转的转数来确定。
二、电动机的起动过程分析
电动机的起动过程是指电动机从停止状态开始，逐渐达到额定转速的
过程。
电动机的起动过程主要包括直接起动、自耦变压器起动和星三角起
动三种方式。
直接起动是指将电动机直接连接到电源，通过电源提供的电流来使电
动机转动。
直接起动简单方便，但是起动电流较大，容易对电动机和电源
造成影响。
自耦变压器起动是通过自耦变压器来限制起动电流的方式。
自耦变压
器起动的特点是起动电流较小，不会对电动机和电源造成大的冲击，起动
时间较长。
星三角起动是通过对电动机的绕组进行星型接法和三角形接法的切换，来减小起动电流的方式。
星三角起动的特点是起动电流较小，起动时间较短，但需要额外的转换设备。
在电动机的起动过程中，起动电流是一个重要的参数。
起动电流的大
小决定了起动过程的稳定性和电动机的损坏程度。
若起动电流过大，则容
易造成电动机和电源的损坏。
因此，在电动机的起动过程中，需要根据具
体情况选择适合的起动方式，并对起动电流进行合理的控制。
总结起来，电动机电路分析是对电动机电路中的电气参数和性能指标
进行计算和分析的过程。
电动机的性能确定包括电气参数的确定和性能指
标的确定，而电动机的起动过程分析则涉及到电动机起动方式选择和起动
电流控制。
在实际应用中，需要根据具体情况对电动机的性能和起动过程
进行合理分析和调整，以确保电动机的正常运行和安全使用。