电力拖动自动控制系统(第三版)_陈伯时_习题答案(全部)要点

1、第一章：闭环控制的直流调速系统0000011为什么PWM-电动机系统比晶闸管-电动机系统能够获得更好的动态性能？ 答：PWM系统与V-M系统相比，在很多方面有较大的优越性：（1）主电路线路简单，需用的功率器件少；（2）开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机扳耗及发热都较小；（3）低速性能好,稳速精度高，调速范围宽，可达1： 10000左右;（4）若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰 能力强；（5）功率开关器件工作在开关状态，导通扳耗小，当开关频率适当时，开 关损耗也大，因而装置效率较高；（6）直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高；1-2试分析有制动通路的不

2、可逆PWM变换器进行制动时，两个VT是如何工作的。 答：如图P13, 1-17,制动状态时，先减小控制电压，使Ugi的正脉冲变窄，负脉 冲变宽，从而使平均电枢电压Ud降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还 来不及变化，因而造成E>Ud，很快使电流id反向，VD2截止，在时，Ug2 变正，于是VT2导通，反向电流沿回路3流通，产生能耗制动作用。在TgtVT十以（即 下一周期的叱tVT°n）时，VT2关断，*沿回路4经VDi续流，向电源回馈制动，与 此同时，VDi两端压降钳住V1使它不能导通。在制动状态中，叮2和VDi轮流导 通，而VTi始终是关断的。有一种特殊状态，即轻载电动

3、状态，这时平均电流较小，以致在VTi关断后 id经VD2续流时，还没有达到周期T,电流已经衰减到零，这时VD2两端电压也 降为零，VT2便提前导通了，使电流反向，产生局部时间的制动作用。1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间 有什么关系?为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”? 答：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围，用字母D表示，即:0 =9皿当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转 速降落Ahn与理想空载转速皿之比，称作静差率s,即§ =出0O调速范围、静态速降和最小静差率之间的

4、关系是：D-"N $ mm按上述关系可得出：D越小，s越小，D越大，s越大；D与s相互制约，所以 说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”。14某一调速系统，测得的最高转速特性为。皿=150°*也11，最低转速特性为 11=150r/imi ,带额定负载时的速度降落&5=15力皿，且在不同转速下额 定速降加5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：思路一：系统能够达到的调速范围为：0_心_0皿_ 1500_%n150 -15系统允许的静差率：5 =X100% = 生虫一X1OO% = 10%nN + DZIn 1500 +

5、11x15思路二系统允许的静差率：5 = xl00% = xl00% = xl00% = 10%o0皿150系统能够达到的调速范围为:0max1500 x0.1 一=11“ (1- s) N'n (1 一 s) 15x(1- 0.1)1-5某闭环调速系统的调速范围是1500150Mmn,要求系统的静差率$<2%,那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是lOOi/min,则闭环 系统的开环放大倍数应有多大？解：因为:皿 1500D = 1U/ .150nun所以系统允许的静态速降:N =_ 皿xs _ 1500 x 0.02 £)(1 - 5)- D(1 -

6、 5)- 10 x (1 - 0.02)=3.06r/niui又:ITT,加?叩=100r/1】皿故闭环系统的开环放大倍数:&励.1003.061 = 31.681-6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：因为：Q(l + K)所以：nr=“(1 + K) = 8x(l + 15) = 128CeK=30 时,电动机在额定负载下的速降为：3A Rid 128 .=4.13r/nmic， Q(l+K) 1 + 30乂因为：D= 所以在同样静差率要求下，且"N不

7、变，D的变化只与%有关，即调速范围D扩 大了 8/413=L49 倍。1-7某调速系统的调速范围D=20,额定转速凶="GO"nun ,开环转速降落 N" = 240"nin,若要求系统的静差率由10%减少到5%,则系统的开环增益将 如何变化？解：当静差率s=10%时，N50(一)1500 x0.120x(1-0.1)= 8.33r/n皿当静差率s=5%时,240 f1 =83327.8N0(1 T)1500 x0.0520x(1-0.05)=3.95 r/nil：叩17240395-1 = 59.8因此，若要求系统的静差率由10%减少到5%,则系统的开

8、环增益将从27.8变 化到59.8。1-8转速单闭环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？ 为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为 什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？ 答：(1)转速单闭环调速系统有以下三个基本特征：只用比例放大器的反馈控制系统，其被调量仍是有静差的。抵抗扰动，服从给定。系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。（2）改变给定电压会改变电动机的转速，因为反馈控制系统完全服从给定 作用。（3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比会改变转速，因为反 馈信号与给定信号的比较值发生了变化，破坏了原先的平衡

9、，调速系统就要继续 动作，使反馈信号与给定信号达到新的平衡为止。（4）如果测速发电机的励磁发生了变化，系统没有克服这种干扰的能力。 因为反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。1-9在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢 电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各 量有无调节能力？为什么？答：当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时，系统对其均有 调节能力。当测速发电机励磁各量发生变化时，系统没有调节能力。因为反馈控 制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。1-10V-M系统，电动机参数为：P&q

10、uot;=2.2kW,=220V,In =12.5A,=1500r/min.电枢电阻（=L2Q,整流装置内阻（4=1.5。，触发整流环节的放大倍数储=35。要求系统满足调速范围D=20,静差率s（10%。（1）计算开环系统的静态速降叩和调速要求所允许的闭环静态速降（2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构框图。（3）调整该系统参数，使当U；=15V时，L=In，n=nN,则转速负反馈系数a应该是 多少？（4）计算放大器所需的放大倍数。解：（1）先计算电动机的电动势系数：UN T220-12.5x1.21500=0.137 V niin/r故开环系统的静态速降RIn (1.2

11、 + 1.5)X12.5叩=C =0137=246.35r/min调速要求所允许的闭环静态速降nNs1500 xlO%< 20x(1-10%) =8 33r/mm(2)系统的原理图如下：系统静态结构框图如下:当Un*=15V时，Id=lN, n=HN,则转速负反馈系数：%：15a七 nN = 1500=0.01 V-nun/r在 246.35 ,-11(4)闭环系统的开环放大系数K=4%= 8.33=28.57K 28.57放大器所需放大倍数 Kp=aK/Ce =0.01x35/0.137=u.l8,取 Kp=121 11在题1-10的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流/加工

12、2/n,临界截止电流应该选用多大的比较电压和电流反馈采 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框图，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：旦Idcr = >l.2IN所以加加=22.5。&=L5Q因为主电路总电阻R = L2 + L5 = 2.7V,要求电流反馈采样电阻不超过主电路 总电阻的1/3,即要求电流反馈采样电阻不超过。9。，而求得的凡二154，需 要增加电流反馈放大器。系统原理图如下：R19系统静态结构框图如下：？因为不能超过。9C,令4=0-9Q,故有

13、Uw = 0.9x1.2，n=13"所以电流反馈放大系数为a _ 乙 comcom22.5= 1.67这时的电流反馈采样电阻凡二09。，比较电压%” = 13"1-12某调速系统原理图见教材P51, 1-58,已知数据如下：电动机；4v=18kW,94A，心=1000 "皿，Ra= 015c ,整流装置内阻Rrec = 0-3C,触发整流环节的放大倍数E =4°。最大给定电压U；? = 15V,当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压SmnlOV。设计指标：要求系统满足调速范围D=20，静差率s<10% , 1加=15底，鼠=111八 试画出系统

14、的静态结构框图，并计算：（1）转速反馈系数a。（2）调节器放大系数勺工（3）电阻凡的数值。（放大器输入电阻“。=20%0）（4）电阻&的数值和稳压管VS的击穿电压值。解：（1）因为Unl以皿=nNa= J2_ = 0.015V-HiHi/r所以 n 1000系统静态结构框图如下：？（2）电动机的电动势系数为开环系统的静态速降为叩=小，)=94x(05 + 0.3) = 205必加皿Ce0.2059闭环系统的静态速降为闭环系统的开环放大系数为= A%_1>20M4 1 = 35>9An”5.56调节器放大系数为35.9aKJCe 0.015x40/0.2059> c=1

15、2 3,取(3 )取/ = 20k。，则 J1=KpR。=20x13 = 260kQ（4）求解&的核心应放在运放上，利用虚地点求解电流:U； U. UHcRo Ro R? 叫15 _10-7.3_ Ues 20R、 260 个对特殊点：当电机堵转时， =0,故u 二 °,；且此时，电枢回路中/ = /1mx =Idbl 力。z R总又/川=1.5与，K,而k将上式带入式即可得到：&=3.58Q当VS被击穿时，UnsTmP又 U =1°. , 1 dbl , P = Uim , Idbl = 151N ,1dcr =111N所以，%s = 7.34 V1-13

16、在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时系统是否 有调节作用，为什么？ 放大器的放大系数Kp； 供电电网电压； 电枢 电阻Ra；电动机励磁电流；电压反馈系数¥。答：当放大器的放大系数、供电电网电压、电枢电阻、电动机励磁电流发生 变化时，系统有调节作用，当电压反馈系数y发生变化时，它不能得到反馈控制 系统的抑制，反而会增大被调量的误差。因为反馈控制系统所能抑制的只是被反 馈环包围的前向通道上的扰动。1-14有一个V-M系统，已知：电动机：外=2.8%卬，外=220V, =15.64 电=1500儿5皿，凡=1平整流装置内阻0 = 1C,触发整流环节的放大倍数 K,=35

17、 O（1）系统开环工作时，试计算调速范围0 = 30时的静差率s值。（2）当。= 30, s = 10%时，计算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。= 30, 5 = 10%,在/时 "=底，" = n ,计算转速负反馈系数。和放大器放大系数（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求在"IS7时,d=1N , ” = n ,并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在0 = 30时的 静差率。解：（1）先计算电动机的电动势系数：C _乙_1区e 422015.6x1.5150013则开环系统的额定速降:卬=十 %)= b6

18、x(L3 + l) = 297 >48r/imi0.1311所以系统开环工作时，调速范围0 = 30时的静差率:30X29748=0,856+£>4%, 1500+30x297.48(2)当。=30, s = 10%时，系统允许的稳态速降£)(1-5) 30x(l-0.1)口2= 5.563(3)在。 二10V时=底， = N,转速负反馈系数丁为6Z «= _L2_ = 0.007nN 1500闭环系统的开环放大系数为K = » =纯一 1 = 52.5d5.56调节器放大系数为(4)52.5aKJCc 0.007 x35/0.1311在电压

19、负反馈有静差调速系统中,加如=R/cJd RJd= 28.091x15.6，取一Ce(l+K) Ce 0.1311 x (1 + 52.2)0.13111.5x15.6.+= 180.73r/inui故当U： = l州时 = N,并保持原开环放大系数K不变，在。=30 时 1.=501力11111,静差率:1-15在题1-10的系统中，主电路电感L = 50/”,系统运动部分飞轮惯量GD - 6N / ,整流装置采用三相零式电路，试判断按题L10要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K 是多少？解：计算系统中各环节的时间常数:电磁时间常数0.05/(

20、1.2 + 1.5)Q= 0.0185 5T GD2R 1.6x(L2 + 1.5)nn</1375r C30'/兀375x0.137x-x0.137机电时间常数万对于三相零式电路(即三相半波整流电路)，晶闸管装置的滞后时间常数为Ts = 0.00333 s为保证系统稳定，开环放大系数应满足稳定条件：北区 +() + 0.064x(0.0185+0.00333) + 0.00333? ”:-=ZZ.OOK< T0.0185x0.00333而题1-10中计算得到的闭环系统的开环放大系数为一” 1 246.35 1K=A"= 8.33=28.57>22.86因此，此转速负反馈系统不能稳定运行。1-16为什么用