电力拖动自动控制系统课后答案

1、习题解答(供参考)习题二2.2系统的调速范围是 ioooioo r min，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少?解:nS=D(1-s)=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 = 1500仃min ，最低转速特性为 n°min =150r：min，带额定负载时的速度降落=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二nmax.f nmin (均指额定负载情况下)2) 静差率

2、s n, n° =15150 =10%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V , In=378A，nN=1430r/min , Ra=0.023 Q。相控整流器内阻 Rrec=0.022Q。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 -In 甩).nN = (220378 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PN = 60kW,U N = 220V, I n = 305A,nN =1000r； min，主电路总

3、电阻 R=0.18 Q ,Ce=o.2V?min/r,求：(1) 当电流连续时，在额定负载下的转速降落.nN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厶nN又为多少？解：=nN = I nR：Ce = 305 0.18;0.2 = 274.5r / min(2) SNnN.n0 =2745(1000 274.5)=21.5%(3) n =nNS. D(1 _s) =1000 0.05 20 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 U； =8

4、.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 )输岀电压Ud ； (2)若把反馈线断开， Ud为何定电压Uu应为多少？解：(1) Ud 二 KpKsU； .'(1 KpKs ) =2 15 8.8(1 2 15 0.7)=12V(2) U d =8.8 2 15 = 264V，开环输岀电压是闭环的22倍(3) U； =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

5、多少？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 = .：n op /' nd 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：=nop = 1 K 匚 nci = 1 15 8 =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.讪cl1/ncl2 = 1.937倍2.9 有一 V-M 调速系统：电动机参数

6、PN=2.2kW, U n=220V, I n=12.5A, n n=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Rrec=1.0 Q触发整流环节的放大倍数Ks=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Anop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，试画岀系统的原理图和静态结构图。(3) 调整该系统参数，使当Un*=15V时，W=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)所以，.：nC| = 8.33r /

7、 min(2)(3)( 4) n 二 KpKsUnldR / Ce 1 K 二 Kun/： 1 K L|dR/Ce1 K 1可以求得，KpK sK*Ce35.955* 0.13435* 0.0096= 14.34Un : U： n，*Un也可以用粗略算法:15=0.011500Kp 二KCe/Ks：，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Idbl乞2In，临界截止电流Idcr -1.2I n，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

8、增加电流反馈放大器，试画岀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 - 2 1 n =25A， Ider - 1.2I n = 15AIdbl ：- U： Ueom /Rs 二 25 二 15 Ueom / Rs 二 Rs=15，Ueom -15 1.5 = 22.5V(R/3) ©1.0 1.5 0.8 /3=1.1Rs (R/3)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。

9、为此，取 Rs 二 1.1门，则匕呦=Ider Rs =15 1.1=16.5V(3) 当 I d - I der 时，有n 二 kpKsU：/Ce1 K L KpKsKi RsId -Ueom /Ce 1 K LRld/Ce 1 K 】 二 kpKsU： KjUeom/Ce1 K LR KpKsKjRsld/Ce1 K 丨当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？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？解：L=50mH，GD2

10、 =1.6Nm2，R丁33，C 0.134V / rpmK |Tm T Ts Ts2 /TTs = 0.082 0.015 0.00333 0.003332 /(0.0151* 0.00333o可见与前-|0.0015 0.003332 / 0.00004983 =30.52面的K>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，U n =220V， I n =15.6A，nN =1500r/min ，Ra=1.5 Q，整流装置内阻 Rree=1 Q ,电枢回路电抗器电阻Rl =0.8

11、Q，触发整流环节的放大倍数Ks二35。(1) 系统开环工作时，试计算调速范围D =30时的静差率s值。 当D =30, s =10%时，计算系统允许的稳态速降。 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I d =1 N，n =nN，计算转速负反馈系数：和放大器放大系数 Kp。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f。"MHz，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法测速时间为0.01s，求转速n =1500r/min和n =150r/min时的测速分辨率和误差率最

12、大值。解：(1) M 法：分辨率 Q 60601.465r/minZTc 1024x4x0.01最大误差率：n二60匹ZTcn =1500r/min 时，M1nZTc601500410240.01=102460n =150r / min 时，M 1nZTc60150 4 1024 °.01 =102.46011500r / min 时，、 maxM1100%1100% =0.098%1024150r / min 时，max%100%1100% =0.98%102.4可见M法适合高速。(2) T 法：分辨率：n =1500r/min 时，QZn21024 4 15002n =150r

13、/ min 时，Q60f°最大误差率： n =ZM2n =1500r/ min 时,60f0 -ZnZn260f°M2n =150r/ min 时，M 26=171r/min60 1 106 -1025 4 15001024 4 15026=1.55r/m in-Zn 60 1 106 -1024 4 15060 f。Zn ，60 106=9.771024 4 150060 106= 97.71024 4 1501 1M2 -1= 1500r/m 时，ax% 二十 100%=严 100%汁.4%, 1 1= 150r/min 时，max%100%100% =1%M2-197

14、.71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 Unm=15V, nN =1500r/min , lN =20A, 电流过载倍数为2,电枢回路总电阻 R=2Q, Ks=20 , Ce=0.127V mi n/r，求：（1）当系统稳定运行在 U ； =5V, ldL=10A时，系统的n、Un、U*、Ui和Uc各为多少？ （ 2 ）当电动机负载过大而堵转时，U；和Uc各为多少？解：（2）堵转时，U* = '-Idm =15V ,3.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器 ASR ,ACR均采用PI调节器。已知参数：电动机：PN =3

15、.7kW,Un =220V, I n =20A, n” =1000 r/min ,电枢回路总电阻 R=1.5 Q ,设 U 爲二二Ucm =8V,电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大系数Ks=40。试求：（1）电流反馈系数 一：和转速反馈系数 。（2） 当电动机在最高转速发生堵转时的Udo,U*,Ui,Uc值。R Um8VU；m 8V解:1）巴0.2V / A四0.008V/rpmIdm 40AnN1000rpm2)Ud0= 40AT.5 门=60V这时：U； =8V,Un =0 , ASR处于饱和，输岀最大电流给定值。U* -8V,U8V,UC =Udo. KS =60.&#

16、39;40 =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输岀达到 “鳥=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，试问：（1） U*应如何变化？ （ 2） Uc应如何变化？ （ 3） Uc值由哪些条件决定?解：1）dm8V80A0.1V / A因此当电流从 40A= 70A时,U；应从4V= 7V变化2） Uc要有所增加。3) Uc取决于电机速度和负载大小。因为U do - E 1 dl - CenN T dlU UdoCenldRUC =-KsKs3.5某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0

17、.1s,要求阶跃响应超调量匚 < 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 ;tr V0.25S,则 K=?,匚 =?(3) 绘岀开环对数幅频特性。如果要求上升时间解：取 KT =0.69,=0.6,匚 =9.5%(1)系统开环增益：K =0.69/T =0.69/0.1 =6.9(1/ s)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,：=0.5 , tr =2.4T =2.4*0.1 = 0.24s 这时K = 1/T =10,超调量=16.3%。K103.6有一个系统，其控

18、制对象的传递函数为W°bj(s) 一，要求设计一个无静差系统，在阶跃输詬+10.01s+1入下系统超调量 c%< 5%(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, 查表3-1，得二 =4.3%选I调节器,W(s)二丄,校正后系统的开环传递函数为1 10W(s), 这样，T = 0.01，K=10/ .，Ts (0.01s +1)已选 KT = 0.5,贝U K = 0.5/T=50,所以衬=10/K =10/50 =0.2S，积分调节器:W(s)1 1s 0.2s3.7有一个闭环系统，其控制对

19、象的传递函数为K1_10s(Ts 1) _s(0.02s 1)要求校正为典型n型系统,在阶跃输入下系统超调量二%< 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) =Kpi( s 1),校正后系统的开环传递函数w(s)=Kpi( s©，对照典型n型TsTss(Ts+1)系统， K Kpi K1 / <,. hT,选h=8， 查表3-4， - %=27.2% ，满足设计要求。 这样"h T 8 * 0 . 0 2 s03.8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=6

20、0kW , U N=220V, I N =308A,nN=1000 r/min,电动势系数Ce = 0.196V-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 Ti=0.012s,机电时间常数 Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数 T0i =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 饱和输岀电压 Uim*=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 门< 5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量cn <

21、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 o(2)试设计电流调节器ACR,计算其参数R,、Ci、Coi o画岀其电路图，调节器输入回路电阻R0=40 k 1 o(3)设计转速调节器ASR计算其参数Rn、C、Cono (Ro=4OkQ)(4)(5)计算空载起动到额定转速的时间。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解:= 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6 <5%,可按典型I型系统设计，选用 pi调节

22、器，Wacr(S) = KiiS 1)iS电流调节数确定：.=Tl =0.012s,选KIT0.5,K0.5/T 85.76sJ ,k| iR85.76 °.°12 °18 心24 o35 0.0173校验等效条件：ci =K =85.76s，可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R0 =40K，则:R. = K.R0 = 0.224 40K =8.96K ,取 9K.G =/ R =0.012/(9 103) =1.33F由此6 =4T°i/R)=4 0.0025/40 103 =0.25"F(3) 速度调节器设计确定时间常数：a)电流环

23、等效时间常数1/ K|：因为K|T、i =0.5则 1 水=才近=2 0.0 0=5 8 3 0s 0 1速度调节器结构确定:按照无静差的要求，应选用PI调节器,Wasr(S)Kn(nS 1)速度调节器参数确定:nSKnh 1622 222 = 168.82 s2h2T(n2 52 0.026662(h 1) - CeTm6 0.0236 0.196 0.12=6.942h: RT“2 5 0.01 0.18 0.02666；：cn = Kn / 冷=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

24、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 = 0.07998sKn =(h 1)/2h2T： =4/(2 9 0.026662) =312.656s，Kn =(h 1tCeTm/2h: RTn =4 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666)=7.6条件：；： cn = KN/；-,= KN n = 312.656 0.07998 =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，上述设计符合要求速度调节器的实现：选R0=40K,则R, = Kn R）=7

25、.6 40 = 304K ,取310K4）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：黑l,dn _ Cm(ldm -ldL) dt _ GD2375R(I dm - dL)c gd2rCe375CmCe= (Idm"CTmtCeTmn(Idm “dL R0. 1 9 6 * 0 .01.23S*8150 0 0( 1.-1 * 3 0 80 ) * 0.13.10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=37

26、5 r/min ,电动势系数 G =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Ks=75,电磁时间常数T|=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。设调节器输入输岀电压Um=Um*= Um =10V,调节器输入电阻R=40k Q设计指标：稳态无静差，电流超调量 G < 5%，空载起动到额定转速时的转速超调量二n < 10%。电流调节器已 按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5(1)选择转速调节器结构，并计算其参数。(2 )

27、计算电流环的截止频率和转速环的截止频率 cn，并考虑它们是否合理？*土 1°0.00877V/A加Idm 1.5*760，二皿 二10 -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)Toi = 0.002sc)T. =0.00367s电流调节器结构确定：因为b % 5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器，Wacr (s)=Ki( ts+1)/ TTl/T 刀=0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：t=Ti=0.031s ,KiT e= 0.5, Ki= 0.5/T 刀=136

28、.24 s-1校验等效条件：wci=KI=136.24 s-1可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选R0=40K，贝URi = Ki = 0.899 40 =35.96 取 36K速度调节器设计确定时间常数：a) 电流环等效时间常数 1/Ki :因为 KiTe =0.5 贝U 1/Ki=2Te =2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sc) c)TE=1/Ki+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用 pi调节器，Wasr (s)=K n( ts+1)/ tS速度调节器参数确定：T=hTEn，选 h=5，贝U T

29、=hT6=0.1367s,2 2 2 2KN=(h+1)/ ( 2h T En) =6/2*25*0.02734=160.54 sKn=(h+1) 3CeTm/ ( 2h oRT e) = 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件：Wcn=K n/ q=Kn t=160.54*0.1367 =21.946 s "1/21/21a) 1/3(K i/Te) =1/3(136.24/0.00367)=64.22s- >3cn1/21/21b) 1/3(K i/Ton) =1/3(136.24/0.02)=27.

30、51s- > wcn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R°=40K，贝U Rn=Kn*R 0=10.5*40=420K由此 Cn= m/Rn=0.1367/420*10 3=0.325 诉 取 0.33 犷 C0n=4T 0n/R0=4*0.02/40*10 3=2 犷12)电流环的截止频率是：wci=Ki=136.24 s速度环的截止频率是：=21.946 s-2从电流环和速度环的截止频率可以看出，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

31、 ACR均采用PI调节器。(1) 在此系统中，当转速给定信号最大值 Unm*=15V时,n=nn=1500 r/min;电流给定信号最大值 Um*=10V时，允许 最大电流ldm=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In =20A ,电动势系 数Ce =0.128V min/r。现系统在 Un*=5V ,l di=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR的输岀电压 Uc =?(2) 当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁(6=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=? U n=? U i*=? U

32、i=? l d=? U c=?(3 )该系统转速环按典型H型系统设计 ，且按Mrmin准则选择参数，取中频宽h=5,已知转速环小时间常数Tn=0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数，并计算岀放大系数及各时间常数。(4) 该系统由空载(ldL =0)突加额定负载时，电流Id和转速n的动态过程波形是怎样的？已知 机电时间常数Tm=0.05S,计算其最大动态速降.宙max和恢复时间tv。1) a= U* nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r沪 U* im/l dm = 10/30=0.33 V/AU* n =5 V , n=U* n/ a=5/0.01=500 r/mi

33、nUc=U d0/Ks=(E+l dRe)/K s=(Cen+l dLl Rz)/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，要求整流装置输出最大电流Idm。因此，系统稳定后，n=0， U n=0U*i=U* im =10， Ui=U* i =10ld = l dm=30AU c=U d0/K s=(E+l d Re)/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=hT 刀=5*0.05=0.25sT

34、En=0.05s2 2KN=(h+1)/2h T =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)nb=2( ”z) AnNTETm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/minCb=2FK2T=2l dNRTa/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降：Anmax=( ACmax/Cb)* Anb=81.2%*625 =507.5 r/min恢复时间：tv=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

35、时，用“1”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，逆变器输岀端电压：Ux 二当(2Sx -1)2以直流电源中点 。'为参考点00001001100100110011011110空间电压矢量图：5.9当三相电压分别为 Uao、Ub。、Uco，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Us与定子磁链 叽的关系，当三相电压 Ua。、u bo、Uco为正弦对称时，写出电压空间矢量Us与定子磁链 叽的表达式，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