Ï - ssdservice.pl

Napęd elektryczny 

NAPĘD ELEKTRYCZNY 

(studia zaoczne) 

semestr W Ć S L P 

VI EZ PiUEE 21 E 2 - - - 

VI EZ EE 21 E - - - - 

Treść wykładów (21 godz.): 

1. Podstawowe cechy napędu elektrycznego oraz struktura układów napędowych. 

Definicje i klasyfikacje układów napędowych. Charakterystyki mechaniczne maszyn 

roboczych i silników. 

2h 

2. Podstawy dynamiki układów napędowych (podstawowe równanie ruchu, kryterium 

stabilności statycznej układów napędowych, moment bezwładności mas wirujących, 

zastępczy moment bezwładności oraz zastępczy moment obrotowy układu 

napędowego). 

3h 

3. Sposoby rozruchu oraz regulacja prędkości układów napędowych z silnikami 

obcowzbudnymi prądu stałego. Hamowanie dynamiczne, przeciwwłączeniem oraz 

odzyskowe układów napędowych z silnikami prądu stałego. 

4h 

4. Stany przejściowe w układach napędowych z obcowzbudnym silnikiem prądu stałego 

przy uwzględnieniu jak i pominięciu elektromagnetycznej stałej czasowej obwodu 

twornika silnika. Przekształtnikowy oraz elektromaszynowy układ Leonarda. 4h 

5. Sposoby rozruchu oraz regulacja prędkości układów napędowych z silnikami 

asynchronicznymi klatkowymi oraz asynchronicznymi pierścieniowymi. Hamowanie 

dynamiczne, przeciwwłączeniem oraz odzyskowe układów napędowych z silnikami 

prądu przemiennego. 

5h 

6. Obciążalność oraz metody doboru mocy silników do pracy przy obciążeniu ciągłym 

oraz zmiennym. Przykłady wybranych przemysłowych układów napędowych. 3h 

Literatura wspomagająca: 

1. Drozdowski P.: Wprowadzenie do napędów elektrycznych. Kraków PK 1998. 

2. Bisztyga K.: Sterowanie i regulacja silników elektrycznych. Warszawa WNT 1989. 

3. Gogolewski Z., Kuczewski Z.: Napęd elektryczny. Warszawa WNT 1972. 

4. Grunwald Z.: Napęd elektryczny. Warszawa, WNT 1987. 

5. Kuczewski Z.: Zbiór zadań z napędu elektrycznego. Warszawa WNT 1986. 

6. Sosnowski M., Romaniuk S.: Zbiór zadań z napędu elektrycznego. Białystok PB 1980. 

Wykładowca: 

Kierownik KE i NE 

Dr inż. Jarosław WERDONI WE – 132 Prof. dr hab. inż. Tadeusz CITKO 

Katedra Energoelektroniki i Napędów Elektrycznych 1


Cechy silników elektrycznych z punktu widzenia zastosowania ich 

w układach napędowych: 

zalety: 

- szeroki zakres mocy produkowanych silników (od pojedynczych watów 

w przypadku silników do napędu modeli do stu megawatów w przypadku 

silników elektrowni szczytowo-pompowych), 

- powszechna dostępność energii elektrycznej i łatwość dostarczenia jej 

w dowolny punkt, 

- ochrona środowiska, 

- możliwość pracy w różnych warunkach otoczenia (np. w warunkach 

zagrożenia wybuchem, pożarowego - niska temp. jego elementów), 

- łatwa możliwość kontroli i programowania pracy, 

- łatwa regulacja prędkości (w szerokim zakresie i z dużą dokładnością), 

- mogą pracować we wszystkich czterech kwadrantach układu współrzędnych 

(praca silnikowa, hamulcowa oraz prądnicowa), 

- wysoka sprawność, niska cena i prosta obsługa w czasie eksploatacji. 

Do wad możemy zaliczyć: 

- konieczność przyłączenia do nieruchomego zazwyczaj źródła energii 

elektrycznej (akumulatory są ciężkie i mają małą pojemność - wózki o małym 

zasięgu, przewody ślizgowe - trakcja kolejowa, tramwajowa i trolejbusy, 

baterie słoneczne), 

- ciężar jednostkowy i szybkość działania mniejsza niż w przypadku 

siłowników pneumatycznych i hydraulicznych. 



Ogólna struktura układu napędowego. 

ZE - źródło energii (elektrycznej) 

PK - przekształtnik energii 

S - silnik elektryczny 

PM - przekładnia mechaniczna 

MR - maszyna robocza 

US - układ sterujący 

UZE- napięcie źródła energii 

US - napięcie na zaciskach silnika 

SS, S1, S2 - sygnały sterujące 

Sz - sygnały sprzężeń zwrotnych 



Charakterystyki mechaniczne silników elektrycznych 

Z punktu widzenia napędu elektrycznego silniki klasyfikuje się pod względem 

sztywności charakterystyki mechanicznej. 

w=f(M) lub M=f(w) ewentualnie M=f(n) 

Charakterystyka idealnie sztywna 

- silniki synchroniczne 

- silniki asynchroniczne 

synchronizowane 

Charakterystyka sztywna 

Dω 

ω o 

* 100% £ 10% 

- silniki bocznikowe i obcowzbudne 

prądu stałego 

- silniki asynchroniczne (część 

charakterystyki) 

Charakterystyka miękka 

- silniki szeregowe prądu stałego i 

przemiennego 



Przekładnia mechaniczna PM 

Możliwe są następujące połączenia mechaniczne silnika z maszyną roboczą: 

q 

połączenie mechaniczne bez przekładni 

‣ na sztywno 

‣ poprzez sprzęgło rozłączne 

q 

połączenie z przekładnią 

‣ zębate 

‣ pasowe 

‣ łańcuchowe 

Przekładnie mogą być bezstopniowe lub stopniowe. 

Połączenie silnika z mechanizmem może być: 

‣ sztywne 

‣ poprzez element sprężysty 

‣ z luzem 



Typowe charakterystyki mechaniczne maszyn roboczych MR 

Moment w napędzie elektrycznym zwykle jest oznaczany dużą literą M. W celu 

odróżnienia momentu oporowego maszyny roboczej od momentu napędowego 

silnika, do dużej litery M dodajemy indeks: 

Mb, Mm, Mop, 

Mr 

Charakterystyka mechaniczna 

stała, tzw. moment „dźwigowy”. 

Nie zależy od prędkości. 


liniowo zależna od prędkości, tzw. 

moment „prądnicowy”. 

Tego typu moment reprezentuje 

prądnica prądu stałego pracująca, 

przy kF=const., na stałą 

rezystancję obciążenia Ro. 

E = kF × ω 

M = kF × It 

E E 

It = = 

SR 

Rtc + Ro 

kF × ω 

M = kF 

Rtc + Ro 

M = C × ω 




zależna od prędkości w 

kwadracie, tzw. moment 

„wentylatorowy”. 

Urządzenia do ciągłego 

transportu cieczy lub gazów. 

Charakterystyka mechaniczna dla 

której moment zależy 

hiperbolicznie od prędkości. 

Różnego typu urządzenia do 

przewijania. 

Z punktu widzenia analizy układów napędowych istotny jest podział oporowych 

momentów mechanicznych na: 

‣ bierne 

‣ czynne. 

Do grupy momentów biernych zaliczamy te, które pojawiają się zawsze przy 

prędkościach różnych od zera i są zawsze momentami oporowymi nie mogącymi 

nadać układowi przyspieszenia od zerowej prędkości. 

Momenty czynne występują w mechanizmach z magazynami energii potencjalnej, 

takich jak ciężar na pochyłości lub ciężar zawieszony na linie. Momenty te mogą 

nadać układowi przyspieszenie jeśli Mb>Me. 



r – promień bębna linowego lub tarczy hamulca; 

F – siła docisku szczęk hamulca; 

m - współczynnik tarcia; 

G – ciężar zawieszony na linie; 

Moment bierny: 

Moment czynny: 

Mb = (F m r) sign(w) [Nm] 

Mb = G r [Nm] 



Obliczanie momentu bezwładności brył obrotowych 

Moment bezwładności J ciała wirującego wokół osi możemy obliczyć według 

zależności znanej z fizyki: 

J 

= 

k 

[ å 

2 

mir 

2] 

i 

kg× 

m 

= l 

i 

Obliczanie J jako sumy iloczynów elementarnych cząsteczek ciała i kwadratów 

odległości tych cząstek od osi obrotu jest uciążliwe. 

Z tego powodu J bryły obrotowej (a z takimi zwykle mamy do czynienia w 

układach napędowych) obliczamy z zależności: 

gdzie: 

J 

2 

b 

= [ 

2] 

mR × 

kg× 

m 

m – całkowita masa bryły [kg] 

R b – promień bezwładności masy [m] 

W katalogach maszyn często podawany jest moment zamachowy oznaczany 

GD 2 , którego jednostką jest kGm 2 . 

J 

GD 

= 

4 

2 



PROMIENIE BEZWŁADNOŚCI WYBRANYCH BRYŁ 

R 

2 

b = 

R 

2 

2 

R 

2 

b 

= 

R 

2 

+ 

2 

r 

2 

Słuszność powyższych zależności, dla regularnych brył geometrycznych, 

możemy łatwo wykazać. Sprawdźmy zależność dla wydrążonego walca. 

k 

J = å 

2 

mir 

i 

i= 

l 

Stosując rachunek całkowy, tę samą zależność zapiszmy jako: 

J 

m 

2 

= ò r dm dm = γdV 

0 

gdzie: 

é kg ù 

γ ê ú - masa właściwa (gęstość) 

3 

ëm 

û 

V [ m 3 ] - objętość 



Objętość wydrążonego walca (rury) o grubości dr, średnicy r i długości l wynosi: 

stąd 

dV = 2π 

× r × l × dr 

dm = γ × 2π 

× r × l × dr 

R 

( 4 

R - r ) 

J 2 

γ 

= r × × 2 × r × l × dr = × l× 

4 

ò γ π 

π 

2 

1 

r1 

Masa wydrążonego walca wynosi: 

( - ) 

m γ × l × π × 2 

R r 1 

= 2 

i po wstawieniu do zależności na J otrzymamy: 

γ 

J = × π × l × 

2 

R + 

( 2 r 

R - 2 

r )( × 2 2 

R + r ) = m 

1 

= m× 

R 

1 

W przypadku bardziej złożonych brył moment bezwładności obliczamy sumując 

momenty bezwładności ich składników prostych, sumując je bezpośrednio lub za 

pomocą zasady Steinera. 

Zasada Steinera pozwala obliczyć moment bezwładności układu będącego 

w ruchu obrotowym wokół osi przesuniętej względem osi bezwładności ciała. 

1 

2 

2 

2 

2 

b 

J 

= 

J 

+ 

m r 

o × 

2 



Równanie ruchu układu napędowego 

Rozważmy prosty układ napędowy: 

Faktycznie M oraz Mb mają znaki przeciwne. Z tego powodu, dla wygody, 

umówiono się rysować M oraz Mb w jednej ćwiartce pamiętając, iż Mb posiada 

znak „ - ”, który piszemy sporadycznie. 

Dowolna różnica momentów Me - Mb = Md - stanowi moment dynamiczny. 

Stan ustalony jest szczególnym przypadkiem stanu przejściowego. 

Stan ustalony jest wtedy, gdy jest zerowy moment dynamiczny. 

Ogólna postać równania ruchu układu napędowego posiada następującą postać: 

dω ω dJ 

Md = Me - Mb = J + , 

dt 2 dt 

gdzie: J [kgm 2 ]– zastępczy moment bezwładności układu. 

dα 

Czasami J zależy od położenia i wtedy ω = a równanie ruchu przyjmie 

dt 

postać: 

ω 

2 

dω 

dJ 

Md = J + = Me - Mb . 

dt 2 dα 

W naszych rozważaniach będziemy się ograniczać do przypadków, gdy J=const. 

W tym przypadku równanie ruchu przyjmie postać: 

dω 

Md = Me - Mb = J 

dt 

Me – Mb>0 – wzrost prędkości 

Me – Mb


równowaga trwała 

Stabilność statyczna układów napędowych 

® ¬ 

w 1 ¯ M M b ¯ M d > 0 w 

w 2 M ¯ M b M d < 0 w ¯ 

równowaga nietrwała 

¬ ® 

utyk silnika 

rozbieganie się silnika 



Kryterium stabilności statycznej: 

1. 

M 

d 

w w ust 

= = 0 - ustalony punkt pracy 

2. 

dM 

dw 

d 

w w ust 

= < 0 

Występują tutaj trzy punkty pracy napędu dla których M d = 0: 

1) stabilny niewłaściwy 

2) niestabilny niewłaściwy 

3) stabilny właściwy 



Sprowadzanie momentów mechanicznych do wału silnika 

h p - sprawność przekładni P 

i p (k p ) - przełożenie przekładni P 

przy czym 

i p = w w r 

Wychodząc z bilansu mocy możemy wykazać, iż moment M r maszyny roboczej 

sprowadzony do wału silnika jest równy: 

1. przepływ energii od silnika SE do maszyny roboczej MR 

M 

b 

= 

Mr 

h × i 

p 

p 

2. przepływ energii od maszyny roboczej MR do silnika SE 

M 

b 

= M r 

h 

i 

p 

p 



Sprowadzanie momentu bezwładności do wału silnika 

Wyprowadzenie zależności pozwalającej sprowadzać momenty bezwładności 

dokonujemy przy założeniu zachowania energii kinetycznej układu napędowego. 

Wtedy: 

å AKukl 

= å A 

J Z 

przy czym: 

ω 

ω 

Z 

æ v ö 

= J 

÷ 

ø 

1 

1 

1 

1 

+ J 2 

+ 

3 

... 

1 

... 

2 J + + + 

2 m ç 

æ ω1 

ö æ ω1 

ö èω1 

ω 

ω 

ç 

èω 

2 

÷ 

ø 

1 = i2 

; 1 = i3 

2 

3 

ç 

èω 

v 1 

- prędkość liniowa masy m. 

3 

÷ 

ø 

- przełożenie przekładni 1, 2 itd. 

2 



Elementarne przykłady całkowania równania ruchu 

Podstawowe równanie ruchu: 

J d w = Me - Mm = Md 

dt 

Czas trwania stanów przejściowych (M d ¹ 0) możemy wyznaczyć z powyższego 

równania w następujący sposób: 

t 

= 

dw 

Jò 

( M - M ) 

e 

m 

Niestety w praktyce inżynierskiej zwykle utrudnione jest korzystanie z tego 

równania z następujących powodów: 

- nieznajomość charakterystyki M e = f(w), 

- nieznajomość charakterystyki M m = f(w), 

- trudności z analitycznym rozwiązaniem najczęściej nieliniowych równań. 

Dlatego też w praktyce inżynierskiej koniecznym staje się zastosowanie 

uproszczeń, czynionych z pełną świadomością. 

Dla silnika klatkowego czas rozruchu możemy określić dysponując tzw. 

średnim momentem elektromagnetycznym. 



t 

r 

@ 

J 

Dw 

M 

dśr 

Mdś r = Meś r- 

Mbśr 

gdzie 

M = 

eśr 

M 

r 

+ M 

2 

k 

× 

( 09 . ) 

M r, M k - dane katalogowe 

Dw = w k - w p 

Oczywiście otrzymany wynik jest przybliżony i nie uwzględnia 

elektromagnetycznych procesów przejściowych w silniku. Pozwala na 

szacowanie czasów rozruchu czy hamowania. 

W przypadku, gdy moment dynamiczny M d , niezależnie od rodzaju silnika, jest 

liniową funkcją prędkości czas trwania stanów przejściowych możemy obliczyć z 

następującej zależności: 

Uwaga! 

w 

- w 

k p Mdk 

tp 

= J × ln 

M dk - M dp Mdp 

Przy dojściu do stanu ustalonego M dk = 0, ale ln(0) jest nieokreślony (tr ®¥). 

W takiej sytuacji M dk należy obliczyć dla prędkości równej np. 0,95 w ust . 



2. WŁASNOŚCI DYNAMICZNE UKŁADÓW NAPĘDOWYCH 

Z SILNIKAMI OBCOWZBUDNYMI PRĄDU STAŁEGO 

Obwód elektryczny: 

przy t = 0; Iw = const.; F = const. 

Ut t k t R It t Lt dIt () 

() = × () + × () + 

t 

dt 

Fw (2.1) 

przyjmujemy, iż R = SRt = Rtc = const., zaś Lt = Ltc = const. 

Mechanika: 

Md(t) = M(t) - Mb(t) (2.2) 

J d w( t ) 

dt 

= k × It() t -Mb() 

t 

F (2.3) 

przyjmujemy, iż J = const. oraz Mo = 0 (moment strat) lub jest zawarty w Mb(t). 

Ostatecznie otrzymamy układ równań opisujący silnik: 

Ut t k t R It t Lt dIt () 

() = F× w () + × () + 

t 

(2.4) 

dt 

J d w( t ) 

dt 

= kF × It() t -Mb() 

t 

(2.5) 



Zastosujmy do układu równań (2.4), (2.5) przekształcenie Laplace’a: 

U(s) = kF×w(s) + R×It(s) + Lt×s×It(s) - Lt×It(0) (2.6) 

J×s×w(s) - J×w(0) = kF×It(s) - Mb(s) (2.7) 

przy założeniu, że It(0) = 0; w(0) = 0 otrzymamy: 

Lt 

Us () = k × () s + æ 

R + R s ö 

Fw ç1 ÷× It () 

è ø 

s 

(2.8) 

J × s× w( s) = k × It( s) - Mb( s) 

F (2.9) 

Oznaczmy: Lt = 

R 

Tt - elektromagnetyczna stała czasowa obwodu twornika. 

Wynosi ona kilkadziesiąt milisekund np. 0,04 s. 

Z równania (2.8) wyznaczamy It(s) natomiast z równania (2.9) w(s): 

It() 

s = 

1 

R( 1+ Tt× 

s) 

[ Us ()- k × () s] 

F w (2.10) 

w( s) = 1 

[ kF × It() s - Mb() 

s] 

(2.11) 

J × s 

W oparciu o powyższe równania narysujmy schemat blokowy obcowzbudnego 

silnika prądu stałego przy sterowaniu napięciowym od strony obwodu twornika: 



Na podstawie schematu blokowego możemy wyznaczyć następujące 

transmitancje: 

() s 

G1() 

s = w () s 

; G2() 

s = w ; 

Us () 

Mb() 

s 

G3 

It() 

s 

It() 

s 

() s = ; G4() 

s = . 

Us () 

Mb() 

s 

Znajdźmy te transmitancje: 

kF 

w() 

s RTt ( × s+ 1) 

× s× 

J 

kF 

G1() 

s = = 

= 

Us () 

2 

1 

2 

( kF) 

RTt ( × s+ ) × s× J + ( kF) 

1 + 

RTt ( × s+ 1) 

× s× 

J 

kF 

= 

= 

2 2 

JRTt × × × s + JRs × × + ( kF) 

Oznaczając: 

1 

kF 

J× 

R 2 J× 

R 

1 

2 

× Tt× s + 

2 

× s + 

( kF) ( kF) 

= 

(2.12) 

Tm 

J × 

= 

R - elektromechaniczna stała czasowa układu napędowego, 

2 

( kF) 

przy czym J = J silnika + J MRsprowadzony ostatecznie otrzymamy: 

1 

w() 

s 

G1() 

s = = kF (2.13) 

Us () 

2 

Tm× Tt× s + Tm× s + 1 

Otrzymaliśmy układ drugiego rzędu, o dwóch stałych czasowych i wzmocnieniu 

1/kF 



Podobnie możemy wyznaczyć pozostałe transmitancje silnika: 

R 

( Tt× s+ 

1) 

w() 

s 

2 

( kF) 

G2() 

s = =- 

Mb() 

s 

2 

Tm× Tt× s + Tm× s + 1 

G 

It() 

s 

() s = = 

Us () 

3 2 

1 

× 

R Tms × 

Tm× Tt× s + Tm× s + 1 

(2.14) 

(2.15) 

1 

It() 

s 

G4() 

s = = kF (2.16) 

Mb() 

s 

2 

Tm× Tt× s + Tm× s + 1 

Zauważmy, że mianowniki transmitancji są jednakowe. Jest to równanie 

kwadratowe zwane równaniem charakterystycznym silnika i pierwiastki tego 

równania określają własności dynamiczne silnika. 

Tm×Tt×s 2 + Tm×s + 1 = 0 

D = 2 - × × = 2 æ ç - × ö 

4 1 4 Tt 

Tm TmTt Tm ÷ 

è Tm ø 

S12 

, = 

1 1 4 Tt 

- ± - × 

Tm 

2 × Tt 

Jeśli pierwiastki są liczbami rzeczywistymi to: 

D³ 0 Þ1 - 4 × Tt 

³ 0 Þ Tm ³ 4 × Tt (2.17) 

Tm 

Jest to warunek aperiodycznego charakteru odpowiedzi silnika na skok napięcia 

zasilającego twornik. 

J R 

Tms s× 

= tc - stała elektromechaniczna samego silnika 

2 

( kF) 

Tms @ kilkadziesiąt ms ; Tms » Tt 



Dla silnika prądu stałego elektromechaniczna stała czasowa może być określana 

z następujących zależności: 

R 

Tms tc Ib 

J 

J R tc × I b 1 

= s × = s × 

2 

( kF) 

Ib 

kF kF 

× Ib 

Dw 

= b 

Js 

Mb 

(2.18) 

uwzględniając: 

U 

wb 

= - 

kF 

R tc × Ib 

kF 

= wo 

- Dw b 

z (2.18) otrzymamy: 

Dw 

Tms b Dwn 

w 

= Js 

= Js 

= o 

Js 

. (2.19) 

Mb 

Mn 

M z 

Jeśli mamy, iż Tm >> Tt to możemy przyjąć, że Tt » 0 i wtedy transmitancje 

opisujące silnik upraszczają się i otrzymujemy układ pierwszego rzędu. 

1 

R 

() s 

G1() 

s = w = k F w() 

s 

2 

( kF) 

; G 

Us () Tm× s+ 

1 

2 () s = =- ; 

Mb() 

s Tm× s+ 

1 

It() 

s 

G3() 

s = = 

Us () 

1 

× 

R s × Tm 

Tm× s+ 1 

; It() 

s 

G4() 

s = = 

Us () 

1 

kF . (2.20) 

Tm× s+ 

1 



Rozważmy sytuację, w której silnik obcowzbudny prądu stałego pracuje z 

prędkością początkową w = w p . Jaka będzie odpowiedź prędkości obrotowej i 

prądu twornika w funkcji czasu na skok napięcia zasilającego twornik? 

Na razie przyjmijmy, że Lt @ 0 Þ Tt @ 0 Þ L/R @ 0. 

Na podstawie równań (2.6) i (2.7) możemy zapisać: 

U(s) = kF×w(s) + R×It(s) + Lt×s×It(s) (2.21) 

J×s×w(s) - J×w(0) = kF×It(s) - Mb(s) (2.22) 

Ponadto załóżmy: 

Un 

Us () = Un() 

s = ; 

s 

kF = kFn = const.; w(0) = w p 

Silnik obciążony jest stałym momentem biernym: 

Mb 

Mb()= s . 

s 

Z równania (2.22) wyznaczamy prąd twornika: 

1 1 1 

It() s = × s× J× w() s - × s× J× w p+ × Mb() 

s 

(2.23) 

kF kF kF 

i wstawmy do równania (2.21): 

R× 

J R× 

J R 

Us () = kF 

× w() s + × s × w() s - × w p+ × Mb() 

s 

kF kF kF 

stąd: 

w() 

s = 

Us () 

w p R Mb() 

s 

+ Tm × 

k × ( Tm× s+ 

) Tm × s + - × . (2.24) 

F 1 1 2 

( kF) 

Tm× s+ 

1 

Un 

Mb 

Uwzględniając przyjęte założenia Us ()= oraz Mb()= s otrzymamy: 

s 

s 

Un 

w p R Mb 

w() 

s = + Tm 

s × kF 

× ( Tm × s + 1) Tm × s + 1 - 2 

× ( kF) s× ( Tm× s+ 

1) 



Uwzględniając ponadto zależności: 

Un 

kF 

R 

= won; 

× Mb = Dwb Þ won - Dwb = wb 

( kF) 2 

ostatecznie w dziedzinie operatorowej otrzymamy: 

w 

() s 

= 

w b 

æ 

s× Tm × çs 

+ 

è 

w p 

+ 

1 ö 1 

÷ s + 

Tmø 

Tm 

(2.25) 

Przechodząc do dziedziny czasowej należy skorzystać z twierdzenia o splocie 

funkcji otrzymując następującą zależność: 

( ) 

t 

t 

- - 

Tm 

w() 

t = wb 

- e Tm + wp 

× e 

1 (2.26) 

Wykres powyższej funkcji jest następujący: 

Równanie (2.26) możemy też przedstawić w postaci następującej: 

( ) 

w() 

t = wb+ wp- wb 

× e 

t 

- 

Tm 

. (2.27) 



Podobnie znajdziemy równanie prądu korzystając z (2.23): 

przy czym: 

sJ J 1 

It() s = × w() s - × wp+ × Mb() 

s 

kF kF kF 

Mb()= 

s 

Mb 

s 

Dokonując następujących przekształceń uwzględniając (2.25): 

It() 

s 

sJ é wb 

wp 

× Tmù 

J 

= × 

+ 

p 

kF ê 

ës× ( sTm + ) sTm + 

ú - û kF × + 1 

w 

1 1 

kF 

× 

Mb 

s 

It() 

s 

It() 

s 

= 

= 

J× 

wb 

JsTm ( - sTm -1) 

1 

+ 

× wp 

+ × 

kF( sTm + 1) 

kF( sTm + 1) 

kF 

J× 

R kF 

wb 

JR k p 

( k ) R sTm + + F w 

2 1 2 

( k ) R sTm + 1 

+ 

F 

F 

Ib 

s 

Mb 

s 

U 

kF 

R 

= wo; × Mb = Dwb Þ wo - Dwb = wb; 

2 

( kF) 

Ib= Mb 

kF 

It() 

s 

kF 

éU 

R ù 

ê - × Mbú 

R k ( k ) 

= Tm× 

ë F 2 

F û 

- 

sTm + 1 

kF 

éU 

R ù 

ê - × Mpú 

R k ( k ) 

- Tm× 

ë F 2 

F û 

sTm + 1 

+ 

Ib 

s 



It()= 

s 

æ 

Tm U R 

Ib ö æ 

ç - Tm U è 

R 

Ip ö 

÷ ç - ÷ 

ø è ø 

- 

sTm + 1 sTm + 1 

+ 

Ib 

s 

It() 

s 

= 

Tm( Ip - Ib) 

Ib TmIp TmIb 

+ = 

sTm + 1 s sTm + 1 - sTm + 1 

+ 

Ib 

s 

i w dziedzinie operatorowej ostatecznie otrzymamy: 

It()= 

s 

Ip Ib 

+ 

1 

s + 

æ 1ö 

sTmçs+ 

÷ 

Tm è Tmø 

(2.28) 

a w dziedzinie czasowej: 

lub 

tTm 

( ) 

() -/ -tTm 

/ 

1 (2.29) 

It t = Ib - e + Ipe × 

- 

It() t Ib ( Ip Ib) 

e tTm / 

= + - × (2.30) 



w [rad/s]; 0.04*It [A] 

Mb=0; Ut=Un; Rtc=0.319W 

It 

w 

It max =3*Itn 

t [s] 

SILNIK OBCOWZBUDNY PRĄDU STAŁEGO TYPU D818 Pn=185 kW; nn=435/870 obr/min; 

Un=440V; Itn=460A; Rtc=0.0293W; Ltc=2.7mH; J=46kgm 2 ; kF=9.363Vs/rad; Mn=4300Nm 



w [rad/s] 

Hamowanie dynamiczne 

Rh=0.319W, J=Jns, Mb=Mn - bierny 

3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



w [rad/s] 


Rh=0.319W, J=Jns, Mb=Mn - czynny 

3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



w [rad/s] 

Hamowanie przeciwwłączeniem 


3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



w [rad/s] 



3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



Stany przejściowe w silniku obcowzbudnym z uwzględnieniem 

elektromagnetycznej stałej czasowej 

Weźmy pod uwagę układ równań (2.21) i (2.22): 

ìJ× s× w() s - J× w( 0) = kF 

× It() s- 

Mb() 

s 

í 

îUs () = kF× w() s+ R( 1+ sTt) It() s- RTt × × It( 0) 

(2.31) 

Układ równań (2.31) przekształcamy do postaci umożliwiającej rozwiązanie 

metodą wyznaczników: 

ì J× s× w() s - kF 

× It() s = - Mb() s+ J× 

w( 0) 

í 

îkF 

× w() s+ R( 1+ sTt) It() s = Us () + RTt × × It( 0) 

J s k 

Mian = × - F 

kF 

R( 1+ 

sTt) 

= J× sR × ( 1+ sTt) 

+ ( kF) 

2 2 2 

Mian = ( kF) ( TmTt × × s + Tm× s+ 1) = ( kF) 

× Ms () 

2 

(2.32) 

(2.33) 

gdzie M(s) - równanie charakterystyczne silnika 

L( w) 

Mb() s J w( ) k 

= - + × 0 - F 

Us () + RTt × × It( 0) R( 1+ 

sTt) 

L( w) =- R( 1+ sTt) × Mb() s + J× R( 1+ sTt) × w( 0) + kF 

× Us () + 

+ kF 

× RTt × × It() 

0 

(2.34) 

LIt ( ) 

J s Mb() s J ( ) 

= × - + × w 0 

kF 

Us () + RTt × × It( 0) 

LIt ( ) = J× sUs × () + J× RTt × × sIt × ( 0) + kF 

× Mb() 

s- 

- kF 

× J× 

w( 0) 

(2.35) 



W oparciu o wyznaczniki (2.33), (2.34) i (2.35) znajdziemy równania 

operatorowe prędkości i prądu twornika silnika: 

w() 

s 

L( w) Us ()/ kF 

Tm( 1+ 

sTt) w( 0) 

= = + 

- 

Mian Ms () Ms () 

2 

R/ ( kF) 

( 1+ 

sTt) Mb() 

s R/ kF× Tt× 

It( 0) 

- 

+ 

Ms () 

Ms () 

w() 

s 

wo() 

s Tm( 1+ sTt) 

× wp Dwb()( s 1+ 

sTt) 

= + 

- 

Ms () Ms () 

Ms () 

Dwp 

+ 

Ms () 

Tt 

+ 

(2.36) 

It() 

s 

It() 

s 

LIt ( ) Us () × J× 

s/ 

( kF) sTt It( ) J R/ 

( k ) 

= = 

+ × × 0 × × F 

+ 

Mian Ms () 

Ms () 

Mb()/ 

s kF 

J/ 

kF 

+ - w( 0) 

Ms () Ms () 

2 2 

Tm× sItz × () s Tm× Tt× sIt × ( 0) 

Ib() 

s J/ 

kF 

= 

+ 

+ - w( 0) 

Ms () Ms () Ms () Ms () 

(2.37) 



Rozruch jałowy silnika: 

Mb=0; w(0)=0; It(0)=0; U(s)=U/s D>0 

Równanie prędkości ma postać: 

w() 

s 

= 

U wo 

wo 

= = 

k F × sMs × () sMs × () sTm × × Tt × ( s - s 1 )( s - s 2 ) 

w() 

t 

w 

w 

= 

+ 

e 

Tm× Tt× s1× 

s2 Tm× Tt× s1× ( s1-s2) 

o o s1× 

t 

w 

+ 

e 

Tm× Tt× s2× ( s2-s1) 

o s2× 

t 

+ 

(2.38) 

Łatwo możemy wykazać, iż: s1× s2 

= 

1 

Tm× 

Tt 

lub 

s2 

w() 

t w w w 

s s e s t s1 

= o + o - o 

1- 

2 s1 - s2 

e 

w 

() t 

1 × s2 × t (2.39) 

s1× t s t 

( s × e - 

2× 

s × e ) 

é 1 

= wo 

+ 

ë 

ê 

1 

s1-s2 2 1 

ù 

û 

ú 

Badając przebieg zmienności funkcji określimy punkt przegięcia: 

tp 

= 

1 

s1 - s2 

s2 

s1 

ln (2.40) 

Podobnie dla równania prądu: 

It() 

s 

przy czym: 

= 

Tm× sItz × () s Tm× 

Itz 

= 

Ms () Tm× Tt( s- s1)( s- 

s2) 

Itz 

U 

R const Itz s Itz 

= = ., więc () = 

s 



It() 

s 

= 

Itz 

Tt × ( s - s1)( s- 

s2) 

(2.41) 

lub 

It()= 

t 

It() 

t = 

Itz æ 1 

Tt s s e 1 

ç + 

è1- 

2 s2-s1 

e 

Itz 

Tt( s1-s2) 

s1× t s2× 

t 

( e 

s 1× t -e 

s 2× 

t ) 

ö 

÷ 

ø 

(2.42) 

Szukając ekstrema tej funkcji otrzymamy maksimum dla : 

1 s2 

tm = s 1- 

s 2 s1 

zauważmy, iż tp=tm 

ln (2.43) 

It( tm) = It max = 

Itz æ 

ç 

Tt( s1 - s2) 

è 

e 

s1 

s2 

s2 

s2 

ln 

ln 

s1- s2 

s1 

s1- 

s2 

s 

- 

e 

ö 

÷ 

ø 

1 (2.44) 



Można wykazać, iż It(tm)


Rozruch przy obciążeniu momentem biernym: 

Mb=const. (bierny) 

Tm>4Tt 

Rozruch możemy podzielić na dwa etapy: 

a) M£Mb 

b) M>Mb 

a) Etap pierwszy 

Silnik jest nieruchomy 

U( s) = R( 1+ s× 

Tt) It( s) 

It() 

s = 

It t 

Us () U 1 

= 

R( 1+ sTt × ) Rs( 1+ sTt × ) 

( e tTt ) Itz 

tTt 

1 - ( 1 e 

- ) 

U 

= - = - 

R 

() 

/ / 

(2.45) 

Z tego równania wyznaczmy czas martwy, po którym prąd osiągnie wartość Itb: 

It( t ) = Itb = Itz -e 

t 

0 

0 

Itz 

= Tt × ln 

Itz - Itb 

-to/ 

Tt 

( 1 ) 

b) Etap drugi 

w>0; M>Mb; w(0)=0; It(0)=Itb 

(2.46) 

Tm× sItz × () s Itb() 

s Tm× Tt× sIt × ( 0) 

It() 

s = 

+ + 

Ms () Ms () Ms () 

Uwzględniając 

Itz 

Itb 

Itz() s = ; Itb() 

s = 

s 

s 

i dokonując przekształceń otrzymamy: 

(2.47) 

It() 

s 

= 

Itz Itb Itb 

+ - 

Tt( s- s1)( s- 

s2) s Tt( s- s1)( s- 

s2) 

(2.48) 


It() 

t 

Itz - Itb 

= Itb + 

Tt( s1 - s2) 


( e 

s 1× t - e 

s 2× 

t ) 

(2.49) 

Znajdując ekstremum tej zależności otrzymamy znaną już postać (porównaj z 

(2.43)): 

1 s2 

tm = s 1- 

s 2 s1 

ln (2.50) 

It( tm) = It max = Itb + 

Itz - Itb æ 

ç 

Tt( s1 - s2) 

è 

e 

s1 

s2 

s2 

s2 

ln 

ln 

s1-s2 

s1 

s1- 

s2 

s1 

- 

e 

ö 

÷ 

ø 

Podobnie znajdziemy równanie prędkości silnika: 

U 

Mb 

Us () = ; Mb() s = ; It( 0) = Itb; w ( 0) 

= 0 

s 

s 

w( s) 

= 

Podstawiając: 

otrzymamy: 

U R( 1+ 

sTt) 

Mb R× Tt× 

Itb 

- 

+ 

kF × sMs × () 2 

F × sMs × () kF× 

Ms () 

( k ) 

U R R R 

w b = - Mb; 

Mb = 

kF 2 2 k 

Itb 

F F F 

( k ) ( k ) 

(2.51) 

w() 

s 

w 

w 

= 

b 

= 

b 

(2.52) 

sMs × () sTm × × Tt × ( s - s 1 )( s - s 2 ) 

Postać tego równania jest analogiczna jak przy rozruchu jałowym, więc: 

oraz 

w 

() t 

é 

= wb 

+ 

ë 

ê 

1 

s1× t s t 

( s × e - 

2× 

s × e ) 

1 

s1-s2 2 1 

ù 

û 

ú 

(2.53) 

tp 

= 

1 s2 

ln = tm 

(2.54) 

s1 - s2 

s1 



Rozruch silnika przy momencie aktywnym: 

Zanim moment elektromagnetyczny rozwijany przez silnik nie stanie się większy 

od aktywnego momentu oporowego Mb silnik może obracać się w kierunku 

przeciwnym do zamierzonego. 

Równania czasowe na prąd i prędkość silnika posiadają następującą postać: 

1 éæItz 

ö Itz 

It()= t Itb + ç + s × Itb e s Itb e 

s - s èTt 

ø 

÷ - æ 

ç 

èTt 

+ × ö 

ê 2 1 ÷ 

1 2ë 

ø 

s 1× t s 2× 

t 

(2.55) 

ù 

ú 

û 

w 

() t 

s1× t s t 

( s × e - 

2× 

s × e ) 

é 1 

= wb 

+ 

ë 

ê 

1 

s1 -s2 2 1 

s1 s Tt 

- × 2 × × Dw 

s1 - s2 

1× ( e - 2× 

e ) 

b s t s t 

ù 

û 

ú - 

(2.56) 

Poniżej przedstawione są przebiegi uzyskane w drodze symulacji cyfrowej dla 

rozważanych przypadków. 



Rozruch silnika przy momencie aktywnym 



w [rad/s]; 0.01*It [A] 

Mb=0 

It 

u(t)=Un 

w 

t [s] 

w [rad/s]; 0.01*It [A] 

Mb=Mn 

It 

u(t)=Un 

w 

t [s] 





w [rad/s]; 0.01*It [A] 

Mb=0 

u(t)=Un 

t [s] 

w [rad/s]; 0.01*It [A] 

Mb=Mn 

It 

u(t)=Un 

w 

t [s] 





w [rad/s]; 0.01*It [A] 

Mb=10*Mn -czynny 

It 

Mb(t)=Mn 

w 

t [s] 

w [rad/s]; 0.01*It [A] 

Mb=10*Mn -czynny 

It 

w 

t [s] 





w [rad/s]; 0.04*It [A] 

Mb=0; Ut=Un; Rtc=0.319W 

It 

w 

It max =3*Itn 

t [s] 



Przykład rozruchu przy pominięciu elektromagnetycznej stałej czasowej 



Hamowanie silnika obcowzbudnego prądu stałego 

1. Hamowanie dynamiczne 

ω s 

= 

U 

t 

- 

R 

tc 

kF 

× 

I 

t 

I 

t 

= 

U 

t 

- 

R 

tc 

E 

= 

U 

t 

- 

ω s kF 

R 

tc 

I 

th 

- E 

= , gdyż U=0 

+ 

R 

tc 

R 

h 

M 

h 

= 

kF 

× 

I 

th 

= - 

( kF) 

R 

tc 

+ 

2 

× ω 

R 

h 



gdzie: R1>R2>R3 

- E - ω × kF 

Rh = - Rtc 

= - R 

I 

I 

th max 

th max = 2 ¸ 3 

przy czym: I ( ) I 

tn 

th max 

Uwaga! Prąd Ith jest ujemny! 

Możemy stopniować rezystancję hamowania zmieniając Rh. 

Tak pracujący napęd może też być wykorzystywany do opuszczania ciężarów. 

Silnik wtedy pracuje jako prądnica obcowzbudna obciążona rezystancją. 

Przy hamowaniu dynamicznym i biernym momencie oporowym silnik zatrzyma 

się samoistnie, bez stosowania żadnych dodatkowych zabiegów. 

tc 



Możliwe też jest hamowanie dynamiczne awaryjne. Stosuje się je do hamowania 

układu przy zaniku napięcia zasilającego. 

Stany przejściowe podczas hamowania dynamicznego 

Ponieważ w czasie hamowania włączana jest w obwód twornika rezystancja 

dodatkowa Rh, więc elektromagnetyczną stałą czasową Tt możemy pominąć: 

Mb=const. 

ω 

I 

-t 

/ Tm 

( t) = ω ( 1 - e ) + ω e 

b 

-t 

/ Tm 

( ) = ( 1 - e ) + e 

t t 

I 

b 

w b =0 I b =0 

w p =w sb I p =I thmax 

U 

I 

p 

p 

-t 

/ Tm 

-t 

/ Tm 

t - × 

= 

Rtc 

I tsb 

- E 

ω sb 

> 0 I th max = < 0 

kF 

Rtc 

+ Rh 

Ostatecznie równania przyjmą postać: 

-t 

/ Tm 

ω ( t) = ω × e 

() t = - × e 

sb 

T 

J 

( + ) 

R 

tc 

m = 

2 

( kF) 

(patrz foliogramy z symulacjami) 

R 

h 

I 

t 

R 

tc 

E 

+ 

R 

h 

-t 

/ Tm 



w [rad/s] 



3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



w [rad/s] 



3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



2. Hamowanie przeciwwłączeniem (przeciwprądem) 

ω s 

= 

U 

t 

- 

R 

tc 

kF 

× 

I 

t 

I 

t 

= 

U 

t 

- 

R 

tc 

E 

= 

U 

t 

- 

ω s kF 

R 

tc 

I 

th 

= 

- 

U 

Rtc 

t 

+ 

- E 

R 

h 

= 

- 

U 

t 

R 

- 

tc 

kF ω s 

+ 

R 

h 

I 

( 2 ¸ ) I 

th max = 3 

tn 



R1>R2>R3 

Przy hamowaniu przeciwwłaczeniem silnik sam się nie zatrzyma po osiągnięciu 

zerowej prędkości, chyba że bierny moment oporowy będzie większy od 

momentu rozwijanego przez silnik. 

W przypadku aktywnego momentu oporowego istnieje niebezpieczeństwo 

ustalenia się prędkości dużo większej od prędkości biegu jałowego. Z tego 

powodu po zahamowaniu silnika należy wyłączyć silnik. 

Oznaczenia zacisków silnika: 

oznaczenia nowe 

oznaczenia starsze 



Rozpatrując stany przejściowe przy hamowaniu przeciwwłączeniem 

w obliczeniach inżynierskich z powodzeniem możemy pominąć stałą czasową Tt: 

ω 

I 

-t 

/ Tm 

( t) = ω b 

( 1 - e ) + ω p e 

-t 

/ Tm -t 

( ) = b ( 1 - e ) + p e 

t t 

I 

Mb=const. (czynny) 

I 

-t 

/ Tm 

/ Tm 

ω 

- × 

= 

U t Rtc 

I tsb 

p ω = 

> 0 

bs 1 

kF 

; -U 

t - kF 

ωbs1 

I p= 

I = 

< 0 

th max 

Rtc 

+ Rh 

- ( + ) × 

= - U t Rtc 

Rh 

I tsb 

M b 

ω b= 

ω bs 

< 0 

> 0 

2 I b = I = 

tb 

kF 

kF 

ω 

I 

T 

-t 

/ Tm 

( t) = ω bs 

( - e ) + ω bs1e 

-t 

/ Tm 

( ) = ( 1 - e ) + e 

t t 

J 

I 

tb 

t / Tm 

2 1 - 

( + ) 

R 

tc 

m = 

2 

Przy Mb=0 

( kF) 

R 

h 

I 

th max 

-t 

/ Tm 

ω p = -U 

t kF 

ω o 2 

ω o 

= 

U t 

I p I = 

= - < 0 

th max 

Rtc 

+ Rh 

Rtc 

+ Rh 

= - U 

=- 

t 

ω b ω o 

< 0 I b = 0 

kF 

wtedy: 

ω 

I 

T 

-t 

/ Tm -t 

/ Tm -t 

/ Tm 

( t) = ω ( - ) + ω = ( - 1) ω 

- 

o 

t 

() = - e 

t t 

J 

R 

1 e e 2e 

U 

+ R 

2 -t 

/ Tm 

tc 

h 

( + ) 

R 

tc 

m = 

2 

( kF) 

R 

h 

o 

- 

o 



w [rad/s] 



3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



w [rad/s] 



3Itn 

It [A] 

w [rad/s]; 0.1*It [A] 

0.50 

w 

It 



[s] 



Układ hamowania przeciwprądem może służyć do opuszczania ciężarów z małą 

prędkością. 

Hamowanie takie powoduje, iż silnik pobiera moc elektryczną z sieci zasilającej 

oraz moc mechaniczną od maszyny roboczej. Część pobranej mocy wydzielana 

jest w rezystorze Rd, pozostała część w tworniku silnika. Z tego powodu przy 

długotrwałym, czy częstym hamowaniu (opuszczaniu) wymagane jest chłodzenie 

obce silnika. 

Statyczne cechy obcowzbudnego silnika prądu stałego 

Charakterystyka mechaniczna: 

U 

t - Rtc 

I t 

ω = 

przy czym 

kF 

I t 

M 

= k F 

ω n 

U 

= 

tn 

- R 

kF 

n 

tc 

I 

tn 

Wyznaczanie rezystancji twornika: 

U 

I 

( ) 

Rtc 

= ,5 × 

tn 

1 -η n 

tn 

0 przy założeniu, iż DP Cun =50%DP n 



Silnik szeregowy prądu stałego 

It=Iw 

Wyznaczanie rezystancji twornika: 

U 

I 

( ) 

Rtc 

= 0 ,75× 

tn 

1 -η n 

tn 

przy założeniu, iż DP Cun =75%DP n 

Silnik szeregowy jest opisany następującym układem równań: 

ì 

dI( 

t) 

ï 

U ( t) 

= E( 

t) 

+ I( 

t) 

× Rtc + L 

dt 

dω( 

t) 

J = M ( t) 

- Mb( 

t) 

dt 

í 

ï 

î 

gdzie: 

L – całkowita indukcyjność obwodu twornika 

E(t)=kF(I)×w(t) 

dI( 

t) 

dt 

W stanie ustalonym = 0 

dω( 

t) 

dt 

oraz = 0 , więc 

ω = 

U 

kF( 

I) 

- 

I × Rtc 

kF( 

I) 

= 

U 

kF( 

I) 

- 

M 

[ kF( 

I) 

] 

2 

× Rtc 



Zwykle jednoznacznie nie możemy wyznaczyć tych charakterystyk, gdyż nie 

znamy krzywej magnesowania. 

Ze względu na przebieg charakterystyk silniki szeregowe prądu stałego znalazły 

zastosowanie w trakcji elektrycznej (tramwaje, trolejbusy, pociągi elektryczne, 

elektrowozy, urządzenia wyciągowe dużej mocy, wózki akumulatorowe, 

samochody elektryczne). 

Zakres stosowanych mocy od setek watów do kilku-, kilkunastu megawatów. 

Charakterystyki sztuczne uzyskujemy poprzez regulację Ut lub wtrącanie 

w obwód twornika rezystancji dodatkowych. Możliwe jest także osłabianie 

strumienia poprzez bocznikowanie rezystancją szeregowego uzwojenia 

wzbudzenia maszyny. 

Ponieważ dla tego silnika nie możemy jednoznacznie wyznaczyć zależności 

analitycznych określających charakterystyki mechaniczne, w katalogach są 

zamieszczane charakterystyki w=f(I) oraz M=f(I) i w oparciu o nie przeprowadza 

się obliczenia. 

Te charakterystyki uwzględniają reakcję twornika stanowiąc lepszą bazę do 

obliczeń. 



Charakterystyki sztuczne silnika szeregowego 

W celu obliczenia Rd z charakterystyki katalogowej (na charakterystyce 

naturalnej) dla żądanej wartości momentu Mx znajdujemy odpowiadający mu 

prąd Ix oraz prędkość w nx . Rezystancję dodatkową obliczamy zaś z zależności: 

æUtn 

ö ö 

÷ ç 

æ ω - 

x 

Rd = ç - Rtc 1 ÷ . 

è Ix øè 

ω nx ø 

Dowód słuszności zależności jest następujący: 

Mx = kF(Ix)×Ix 

Dla charakterystyki naturalnej, z katalogu mamy: 

ω 

nx 

Utn Ix × Rtc 

= - 

kF( Ix) 

kF( 

Ix) 

dla charakterystyki sztucznej zaś: 

ω 

x 

Utn Ix × ( Rtc + Rd) 

= - 

kF( Ix) 

kF( 

Ix) 

dzieląc te równania stronami otrzymamy: 

ω x Utn - Ix × ( Rtc + Rd) 

= 

ω nx Utn - Ix × Rtc 

æUtn 

ö ö 

÷ ç 

æ ω - 

x 

Rd = ç - Rtc 1 ÷ 

è Ix øè 

ω nx ø 

i po wyznaczeniu Rd otrzymamy: 



Przy regulacji napięciem mamy: 

ω x = 

Utx I × Rtc 

- 

kF( I) 

kF( 

I) 



Hamowanie silnika szeregowego 

Dynamiczne – analogicznie jak dla silnika obcowzbudnego prądu stałego, z tym 

że obwód wzbudzenia zasilamy z obcego źródła. 

Hamowanie przeciwwłączeniem:

Ï - ssdservice.pl

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?

Ï - ssdservice.pl