电力拖动自动控制系统第四版课后答案

1、习题二nnS.D(1-s)2.2系统的调速范围是i00oi00 r -min，要求静差率s=2%那么系统允许的静差转速降是多少?= 1000 0.02(10 0.98)=2.04rpm系统允许的静态速降为 2.04 rpm2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0max =1500r；min，最低转速特性为 n0min = 150r min ，带额定负载时的速度降落厶nN =15r min，且在不同转速下额定速降不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解：1)调速范围 D = nmax j nmin (均指额定负载情况下)2)静差率 s = ： nN , n

2、= 15.150 = 10%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V, I n=378A, m=1430r/min , Ra=0.023 Q。相控整流器内阻 Rrec=0.022 Q。采用降压调速。当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。如果 s=30%时，则系统的调速范围又为多少？解：Ce = (U N -I n 甩).nN =(220 -378 0.023) 1430 = 0.1478V. rpm2.5某龙门刨床工作台采用 V-M调速系统。已知直流电动机，主电路总电阻R=0.18 Q ,Ce=0.2V ?min/r,求：(1) 当电流连续时，在额定负载下的转速降落.)nN

3、为多少？(2) 开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率SN多少？(3) 若要满足D=20,s 5%的要求，额定负载下的转速降落=nN又为多少？解：匚门“ -I n R/Ce -305 0.180.2 = 274.5r/min(2) SN f ；nN； n0 =274.5 (1000 274.5) =21.5%(3)：n=nnS, D(1-s) =1000 0.0520 0.95 =2.63r /min2.6有一晶闸管稳压电源， 其稳态结构图如图所示， 已知给定电压 Uu =8.8V、比例调节器放大系数 KP = 2、晶闸管装置放大系数 Ks =15、 反馈系数y =0.7。求：(1)输岀电

4、压 Ud ；( 2)若把反馈线断开， U d为何值？开环时的输岀电压是闭环是的多少倍？ (3)若把反馈系数减至 丫 =0.35，当保持同样的输岀电压时，给定电压 U u应为多少？解：(1)Ud 二 KpKsuU.(1 KpKs ) =2 15 8.8 (1 2 15 0.7)= 12V(2)Ud =8.82 15 = 264V ,开环输出电压是闭环的 22倍(3) U；二Ud(1 KpKs ). KpKs =12 (1 2 15 0.35) (2 15) = 4.6V2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/min，要求系统的静差率s _5% ，那么系统允许的静态速降是多少？

5、如果开环系统的静态速降是100r/min，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？解：1)D = nNs/.：nN 1 -s2) K _ ；：nop / 二nci -1 = 100/3.06 -1 = 31.72.8某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8 r/min ，如果将开环放大倍数提高到30,它的速降为多少？在同样静差率要求下,调速范围可以扩大多少倍？解:二1158 =128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为:在同样静差率要求下,d可以扩大 _ncl1 / =nci2 = 1.937 倍2.9 有一 V-M调速系统：电动机参数 PN=2.2kW, Un=220V,

6、 In=12.5A, nN=1500 r/min，电枢电阻Ra=1.5 Q ,电枢回路电抗器电阻RL=0.8 Q,整流装置内阻 Rec=1.0 Q ,触发整流环节的放大倍数K=35。要求系统满足调速范围D=20,静差率S 1 K L kdR/Ce1 K 1可以求得,35.955* 0.134-35* 0.0096= 14.34也可以用粗略算法:15= 0.011500Kp=KCe/2，Kp =35.955 0.134/ 35 0.01 =13.762.10在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流I dbl兰2I N，临界截止电流I dcr兰1.2I N，应该选用多大的比较电压

7、和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3 ,如果做不到，需要增加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构图，并计算电流反馈放大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？解：(1) I dbl -2I N = 25A, I dcr -1.2I N =15AI dbl Un U com / Rs = 25 = 15 U com / Rs = Rs = 1.5U com =15 1.5 二 22.5V（住/3） = 1.0 1.5 0.8 /3=1.1 R （RJ3）不符合要求，取Rs =1.1需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同

8、时满足检测电阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此,取 Rs =1.1 ；.，则 U com = IderRs =15 1.1 =16.5V（3）当 I d I dcr 时，有n = kpKsU：/Ce 1 K L kpKsK RsId 宀込 G 1 K L Rg/C 1 K 1 KpKsU：KjUcom /Ce1 K Lr KpKsKjRs Id/Ce1 K 1当n=0时，2 22.11在题2.9的系统中，若主电路电感 L=50mH系统运动部分的飞轮惯量 GD =1.6Nm ，整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证

9、系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？解：L =50mH，GD2 =1.6Nm2，1 = 33，Ce = 0.134V / rpmK 35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行，K最大为30.52。2.12 有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：PN =2.8kW , UN =220V , I N =15.6A，nN =1500/min , Ra=1.5 q,整流装置内阻 Rrec =1 q,电枢回路电抗器电阻 Rl =0.8 q ,触发整流环节的放大倍数 Ks =35。（1）系统开环工作时，试计算调速范围D =30时的静差率s值。（2）当D =30，s =10%时，计算

10、系统允许的稳态速降。（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D =30, s =10%，在 U= 10V时Id = In， n=nN，计算转速负反馈系数、丄和放大器放大系数K p。解：（1）（2）（3）2.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4,高频时钟脉冲频率f0 =1MHz旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M法时的测速分辨率和误差率最大值。测速时间为0.01s，求转速n = 1500r/ min和n = 150r / min解:6060ZTc 1024 4 0.01=1.465r / min60M最大误差率：n ZTc(1) M法：分辨率Q =n = 150

11、0r / min 时,M1空严0 4 任4 O.01“2460 60n =150r/ min 时，M 1nZTc60150 4 1024 0.01102.4601 11500r / min 时，max%100%100% = 0.098%M11024150r / min 时，、max% 100%1100% =0.98%102.4M1可见M法适合高速。(2) T 法:分辨率:n =1500r / min 时，QZn221024 4 150026=171r/min60f -Zn 60 1 106 -1025 4 1500n =150r/ min 时，QZn221024 4 150260f _Zn6=

12、1.55r/m in60 1 10 -1024 4 150最大误差率：“唾zm260 foZn当 n = 1500r / min 时，60 1069.771024 4 1500当 n = 150r / min 时，M 260 106= 97.71024 4 150n =1500r/min 时，max% 二1M2 -1100%19.771100% =11.4%n =150r/min 时，max%M2 -1197.7 -1100% =1%可见T法适合低速习题二3.1双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调节器，设系统最大给定电压U nm=15V, n” =1500r/min , | n =20A,

13、电流过载倍数为2,电枢回路总电阻R =2Q ,Ks=20，C e =0.127V min/r，求：（1）当系统稳定运行在 U n =5V, | ql =10A时，系统的 n、 Un、Ui、Ui 和 U c各为多少？ （ 2）当电动机 负载过大而堵转时，ic解：（2）堵转时，U：= 1ldm =15V ,3.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器 ASR ACR均均采用PI调节器。已知参数：电动机：PN =3.7kW, U N =220V, |N =20A, nN =1 r/min电枢回路总电阻R =1.5 Q ,设U*U *U=8V,电枢回路最大电流|d=4A,电力电子变换器的放大系数K=

14、4。试求：nm im cmdms（1）电流反馈系数 和转速反馈系数 ：.。（2） 当电动机在最高转速发生堵转时的Ud,U* U i U c值。u m 8VU ：m8V解：1）巴0.2V / A凹0.008V/rpmI dm 40AnN 1000rpmnN 员=40AT.5“ =60V这时：kUn =8/,Un =0 ,ASR处于饱和，输出最大电流给定值。U* =8V,Ui =8V,UC 二Ud0. KS =6040 =1.5V3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR ACR均采用PI调节器。当 ASR输出达到 U=8V时，主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由 40A增加到70A时

15、，试问：（1） U i应如何变化？ （2） U c应如何变化？ （3） Uc值由哪些条件决定?cc*解1) 七=80r0.1/A因此当电流从 40A=，70A时， U*应从4V=，7V变化。2） U C要有所增加。3)U c取决于电机速度和负载大小。因为Ud0|dlRUcUd0KsCnJRKs3.5某反馈控制系统已校正成典型|型系统。已知时间常数T=0.1s,要求阶跃响应超调量:二10%。(1)系统的开环增益。(2) 计算过渡过程时间ts和上升时间tr ；(3) 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr 0.25s,则K=?, ; =?解：取 KT =0.69,=0.6,匚% = 9.5%(

16、i) 系统开环增益：K =0.69/T =0.69/0.1= 6.9(1/ s)(2)上升时间 tr =3.3T =0.33S过度过程时间:(3)如要求tr :：:0.25s ,查表3-1则应取 KT =1,二0.5 , tr = 2.4T = 2.4*0.1 = 0.24s 这时 K = 1/T = 10,超调量=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为Wbj (s)上110，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量八穽+10.01s+1C5%(按线性系统考虑)。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。解：按典型I型系统设计，选 KT =0.5,= 0.707,

17、查表 3-1，得二 =4.3%。选I调节器,W(s)二10,校正后系统的开环传递函数为W(s), 这样，T = 0.01, K=10/ .，已选KT= 0.5,则s.s(0.01s -1)K= 0.5/T=50,1所以 =10 / K =10/50 =0.2S，积分调节器： W(s):Ts0.2sK1103.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj (S)，要求校正为典型n型系统，在阶跃输入下系统超调量八丿s(Ts+1)s(0.02s+1) 30% (按线性系统考虑)。试决定调节器结构，并选择其参数。解：应选择PI调节器， WPI (s)仝旦空巳，校正后系统的开环传递函数w(s)=Kp

18、i(Ts+1)K1,对照典型“型系统，s(Ts 1)K =KPI K1 / .,二 hT,选h=8, 查表 3-4, c%=27.2% 满足设计要求。这样.=hT =8*0.02 = 0.16s ,3.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：PN =60kW,U N = 220v , I N = 308a ,nN =1000 r/min , 电动势系数 Ce =0.196 V min/r ,主回路总电阻 R =0.18 Q ,触发整流环节的放大倍数Ks=35。电磁时间常数Tl =0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数T

19、0i =0.0025s,转速反馈滤波时间常数T0n=0.015s。额定转速时的给定电压(Un )n=10V,调节器ASR ACR饱和输出电压 Um*=8V,Ucm =6.5V。系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速范围D=10,电流超调量；ri 5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量cn 10%.试求:(1)确定电流反馈系数B (假设起动电流限制在 1.1| N以内)和转速反馈系数a。(3 )设计转速调节器 ASR,计算其参数 R、Cn、Con。(Ro=4Ok Q )(4) 计算电动机带 40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量(T n。(5) 计算空载起动到额定转速的时间解：(1 )1：

20、 =um/ ldm =8V/(1.1* In) -8V/339A -0.0236V /A(2 )电流调节器设计确定时间常数：a)Ts = 0.00333s电流调节器结构确定:因为：二i _5% ，可按典型i型系统设计，选用pi调节器,Wacr(S)K(iS 1)TiSi 二T = 0.012s,选KITi =0.5,KI= 0.5/0 =85.76s，KiKR 85.76 0.012 0.18一 35 0.0173=0.224校验等效条件：；ici二K| =85.76s可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选& =40K，则:Ri = Kj= 0.224 沢 40K =8.96K ,取 9k

21、.3Ci =韦/ R =0.012/(9x10 ) =1.33F由此C0i =4T0i/R0 =4 0.0025/ 40 103 =0.25F(3)速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数1/ Kl:因为KJ” =0.5则 1/心=才= 20. 005830. 0S1 6速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用 Pl调节器，WASR(S)Kn(nS 1)速度调节器参数确定:nSKn 与 12 62 168.82s2h2T2 52 0.026662(h+1)PCeTm6 .02367.1965.12厂Kn6.942h RTn2 5 0.01 0.18 0.026661；icn =

22、Kn / ；门=Kn n =168.82 0.1333 = 22.5s可见满足近似等效条件。转速超调量的校验(空载Z=0)转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需重新设计。查表，应取小一些的 h,选h=3进行设计。按h=3，速度调节器参数确定如下:n = hT、n = 0.07998s校验等Kn =(h 1)/2h2T(n =4/(2 9 0.026662) =312.656sKn =(h 1)-：CeTm/2h: RTn =4 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666) = 7.6效条件：，cn 二Kn/=Kn n =312.656 0.0

23、7998 =25s可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。R0 = 7.6 40 =304K,取31qk。速度调节器的实现：选 Rq二40K ,则Rp二Kn4) 40%额定负载起动到最低转速时5)空载起动到额定转速的时间是:(书上无此公式)仅考虑起动过程的第二阶段。根据电机运动方程:GD2 dnTe -Tl375 dtdnCm (I dm - Jl)dtGD2R( 1 dm - 1 dL )R(I dm I dL)CeT m所以：gd2r375Ce 375C CmeCeTmn0. 196* 0. 12*(I dm_ IdL )R哪8S(1. 1 *

24、3080)* 0. 1 83.10有一转速、电流双闭环调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为:Pn =500kW Un =750V，I n =760A, nN=375 r/min ，电动势系数 C=1.82V min/r,电枢回路总电阻R=0.14 Q ,允许电流过载倍数入=1.5,触发整流环节的放大倍数K=75,电磁时间常数Tl =0.031s,机电时间常数 Tm =0.112s,电流反馈滤波时间常数T0i =0.002s,转速反馈滤波时间常数T0n =0.02s。设调节器输入输出电压Um=Uim = Um =10V,调节器输入电阻 R)=40k Q。设计指标:稳态无静差，电

25、流超调量I ，i 5%空载起动到额定转速时的转速超调量I. n w 10%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5。(2 )计算电流环的截止频率(1 )选择转速调节器结构,并计算其参数。-ci和转速环的截止频率tn，并考虑它们是否合理？I00.0Q877V / AIdm1.5*760解：(1)*:-=Ujnm10 = 0.0267V min/ rnN375电流调节器已按典型I型系统设计如下:a)Ts =0.00176s确定时间常数：b)Tj = 0.002sc)T、i = 0.00367 s电流调节器结构确定：因为t %S5%可按典型I型系统设计，选用 PI调节器，WAcRs)=

26、Ki(TiS+1)/ tis ,Ti/T *=0.031/0.00367=8.25 3 cnb) 1/3(K/T。”)1/2 =1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s -13 cn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R)=40K，则Rn=K*Ro=10.5*40=420K由此 C”=t ”/R ”=0.1367/420*10 3=0.325 F 取 0.33 F C 0n=4T0n/R 0=4*0.02/40*10 3=2 F2) 电流环的截止频率是：3 ci =K =136.24 s -1速度环的截止频率是：3 cn =21.946 s -2从电流环和速度环的截止频率可以

27、看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体现了多环控制系统的设计特点3.11在一个转速、电流双闭环V-M系统中，转速调节器 ASR电流调节器 ACR均采用PI调节器(1)在此系统中，当转速给定信号最大值U*=15V时,n=n n=1500 r/min;电流给定信号最大值Um*=10V时，允许最大电流I dm=30A,电枢回路总电阻R=2Q ,晶闸管装置的放大倍数Ks=30 ,电动机额定电流I n =20A ,电动势系数 C =0.128V min/r。现系统在U”*=5V ,I di =20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR的输出电压Uc =?(2

28、) 当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(可、=0)，系统将会发生什么现象？试分析并说明之。若系统能够稳定下来,则稳定后n=? Un=?Ui*=?U i=?Id=? U c=?(3) 该系统转速环按典型型系统设计，且按Mmin准则选择参数，取中频宽h=5,已知转速环小时间常数Tm =0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。复时间tv。1) a = U* nn/n N=15/1500=0.01 Vmin/rB = U* im/I dm = 10/30=0.33 V/AU* n =5 V , n=U*n/ a =5/0.01=500 r/minU c

29、=Udc/Ks=(E+I dRr)/K s=(C en+I dLiR可/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(=0)则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整流装置输岀最大电流Idm因此，系统稳定后，n=0, U=0U* i =U*m =10 , Ui=U*i =10I d=I dn=30AU c=UdJKs=(E+I dRs )/K s=(0+30*2)/30=2 V3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：T n=hT石=5*0.05=0.25sTm=0.05sKN=(h

30、+1)/2h 亍2=6/2*25*0.052=48s-24) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94)A nb=2(入-z) A n NTEn /T m=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/minC b=2FKT=2I dNREn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降：A nmaF( A Cmax/Cb)* A m=81.2%*625 =507.5 r/min恢复时间：t v=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81 表)习题五5.8两电平PWM逆变器主回路，采用双极性调制时，用“1”

31、表示上桥臂开通，“ 0”表示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。根据开关状态写出其电压空间矢量表达式，画出空间电压矢量图解：两电平PWM逆变器主回路：采用双极性调制时，忽略死区时间影响，用“1”表示上桥臂开通，“ 0”表示下桥臂开通，逆变器输出端电压:Ux(2Sx -1)以直流电源中点 O为参考点00001001100100110011011110空间电压矢量图:5.9当三相电压分别为UAO、UBO、Uc ,如何定义三相定子电压空间矢量Uao、Ubo、Uco和合成矢量Us，写出他们的表达式。解：A,B,C为定子三相绕组的轴线，定义三相电压空间矢量：合成矢量:5.10忽略定子电阻的影响，讨论定子电压空间矢量U s与定子磁链 叽的关系，当三相电压Uao、UBO、UCO为正弦对称时，写出电压空间矢量Us与定子磁链s的表达式，画出各自的运动轨迹。解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式：忽略定子电阻的影响，7s%dt，即电压空间矢量的积分为定子磁链的增量。当三相电压为正弦对称时，定子磁链旋转矢量电压空间矢量：5.11采用电压空间矢量 PWM