电力拖动自动控制系统第四版课后答案

1、题解答(供参考)习题二那么系统允许的静差转速降是多少?2.2系统的调速范围是1000100 r/min ,要求静差率s=2%解 n n%(1 s) 1000 0.02(100.98) 2.04rpm系统允许的静态速降为 2.04rpm 。2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为nOmax1500r/min，最低转速特性为n0min150r/min ，带额定负载时的速度降落nN15r/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：i)调速范围 d nmax/nmin (均指额定负载情况下)2)静差率 snN /n0 15/150 10

2、%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=0.022 Q。采用降压调速。当生产机械要求s=20%寸，求系统的调速范围。如果s=30%寸，则系统的调速范围又为多少？ ？解 Ce (UN INRa) 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S

3、N多少？(3)若要满足D=20,s V5%勺要求，额定负载下的转速降落nN又为多少？解(1) nN IN RCe 305 0.18. 0.2 274.5r/min(2) SNnN . n0274.5,. (1000 n nNS.lD(1 s) 10002.6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压数丫 =0.7。求：(1)输出电压 U d ；(2)若把反馈线断开， *电压时，给定电压 Uu应为多少？解 UdKpKsUu/(1 KpKs )Ud8.8 2*UuUd(1274.5) 21.5%0.05 20 0.95 2.63r/min*Uu 8.8V、比例调节器放大系数U d为何值

4、？开环时的输出电压是闭环是的多少倍?2 15 8.8 (1 2 15 0.7)开环输出电压是闭环的 22倍KP 2、晶闸管装置放大系数 KS 15、反馈系(3)若把反馈系数减至丫 =0.35,当保持同样的输出12V15 264VKpKs ). KpKs 12 (1 2 15 0.35),(215) 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？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：i)D nN s/ nN 1 s2)Knop / ncl100/3.06 1 31.72

5、.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:nopnci1 15 8128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 / ncl21.937倍2.9有一 V-M 调速系统：电动机参数PN=2.2kW, U n=220V, I n=12.5A,n n=1500 r/min ,电枢电阻 R=1.5路，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Ks=35。要求系统满足调速范围D=20

6、,静差率S<=10%(1)计算开环系统的静态速降A nop和调速要求所允许的闭环静态速降 ncl 。(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图。(3)调整该系统参数，使当 U*=15V时，Ic=I n, 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,nrl8.33r / mincl(2)(3) (4)K pKsUn IdR/ Ce 1 KeKUn/1d R/Ce1 Ke2.10在题可以求彳KK Dp也可以用粗略算法:Un UnKp KCe/KsK *CeKs*Kp35.955* 0.13435* 0.009614.34*Un

7、150.01150035.9550.134/350.0113.762.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流I dbl2IN ,临界截止电流I dcr 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： I dbl 2I N25AI dcr1.2In 15AI dblU com/Rs2515 Ucom /RsRs1.5 Ucom 15 1.5 22.5V(R /3)1.0(2)1.50.8 /

8、3 1.1Rs (R /3)不符合要求，取Rs1.1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。为此,取Rs1.1 ，则 Ucom I dcr Rs15 1.1 16.5V（3）当 I dI dcr时，有* _KpKsUn/Ce1 Kp s I I eKpKsKi RsId Ucom /Ce1 KRId/Ce 1 K当n=0时,pKsUn KiUcom /Ce1 KR KpKsKiRs Id/Ce1 K2.11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22GD =1.

9、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?22解 L 50mH，GD 1.6Nm3.3Ce 0.134V/rpmTm TlTsTs2 /TTs0.0820.0150.003330.003332 / (0.0151* 0.00333)0.0015 0.003332 / 0.00004983可见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行,2.12 有一个晶闸-电动机调速系统,Q,电枢回路电抗器电阻RL =0.8系统开环工作时，试计算调速范围(2)解:30.52K最大为3

10、0.52 。已知：电动机： Pn 2.8kW,Q,触发整流环节日放大倍数KsD 30时的静差率s值。n 220V , I35。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, s10%在U n 10V时(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为0.01s ,求转速解:(1) M法：分辨率N 15.6A,nN 1500r/min , &=1.5Q,整流装置内阻 Rrec =1Id IN，n nN，计算转速负反馈系数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1500r/min和n

11、 150r/min时的测速分辨率和误差率最大值。60601.465r/minZTc1024 40.01最大误差率：n60MiZTc1500r/min 时 MnZTc1500604 1024 0.01 102460150r/min 时，M 1nZTc c150 4 1024 0.016060102.41500r/min 时，max %Mi100%1024100%0.098%150r/min 时，max %1100% Mi100%102.40.98%可见M法适合高速。(2) T法:分辨率:n 1500r/min 时，QZn21024 4215002和放大器放大系数K n。p16位计数器，M法测速时

12、间60f° Zn60 1 106 1025 4 1500171r/minn 150r/min 时 QZn21024 4 150260f0 Zn60106 10241.55r / min 4 150率n2, zm2M260 f01500r / min 时150r / min 时M2Zn601069.771024 4 150060 10697.71024 4 1501500r / min 时maxM2一 100%19.77 1100% 11.4%150r / min 时max %M2- 100%197.7 1100%1%可见T法适合低速习题三3.1双闭环调速系统的 ASR和ACR匀为PI

13、调节器,设系统最大2定电压 U*nm =15V，nN=1500r/min ,I N =20A,电流过载倍数为 2,电枢回路总电阻 R=2Q, Ks =20,C=0.127V e- min/r ,求：(1)当系统稳定运行在*.Un=5V, 1dL =10A时，系统的 nUn U*i、U i和Uc各为多少? ( 2 )当电动机负载过大而堵转时,*Ui 和 Uc c各为多少?解：(1)(2)堵转时,*Ui1dm15V3.2在转速、电流双闭环调速系统中,两个调节器ASR, ACR匀采用PI调节器。已知参数:电动机：Pn =3.7kW, U N =220V, I n =20A, n n =1000 r/

14、min , 电枢一 *回路总电阻R =1.5 Q ,设U nm*U imU cm =8V,电枢回路最大电流1dm =40A,电力电子变换器的放大系数Ks=40。试求: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. *Ud0, Ui ,Ui,Uc值。解：i)*UimI dm8V40A0.2V / A*U nm8VnN 1000rpm0.008V / rpm2) Ud0IdlRCenNIdlR40A*1.560V这时:*Un8V,Un0 , ASR处于饱和，输出最大电流给定值。*Ui8V,Ui8V,Uc Ud0.KS 60/40 1.5V3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器

15、ASR, ACR±匀采用PI调节器。当 ASR输出达到*U im =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：(D Ui应如何变化？(2)U应如何变化?c(3) U值由哪些条件决定?c解：i)2)3)3.5*Um1 dm因此当电流从40AUcUcUc要有所增加。8V80A70A 时,0.1V/AU i应从4V7 V变化。取决于电机速度和负载大小。因为U d0Ks某反馈控制系统已校正成典型(1)系统的开环增益。(2)计算过渡过程时间ts(3)解:(2)U d0E IdiRCenNIdiRCen IdRKsI型系统。已知时间常数和上升时间tr

16、 ；绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间KT 0.69,系统开环增益:上升时间tr过度过程时间:(3)T=0.1s,要求阶跃响应超调量tr <0.25s,则 K=?,%=?0.6, % 9.5%K 0.69/T 0.69/0.1 6.9(1/s)3.3T 0.33S如要求tr0.25s ,查表3-1则应取 KT1,0.5 , tr2.4TV 10%。2.4*0.10.24s 这日K1/ T10,超调量=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的彳专递函数为W0bj (s)Ki10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,选I调节器，W

17、(s)所以10.01s0.707,一，要求设计一个无静差系统,1在阶跃输入下系统超调量%V 5% (按线性系统考虑)查表3-1,4.3%1一,校正后系统的开环传递函数为 sW(s)10,s (0.01s 1)这样,T = 0.01 ,K=10/,已选 KT= 0.5, 则 K= 0.5/T=50,10/K10/50 0.2S,积分调节器： W(s)0.2s3.7有一个闭环系统，其控制对象的彳t递函数为W0bj(s)Ki10要求校正为典型n型系统,在阶跃输入下系统超调量%V 30% (按线性系统考虑)。试决定调节器结构，并选择其参数。s(Ts 1)s(0.02s 1)解：应选择pi调节器，WPI

18、(s) Kpi(S 1),校正后系统的开环传递函数W(s) Kpi( s1) Ki11,对照典型n型系统，s(Ts 1)K Kpi Ki / ,hT,选h=8, 查表3-4,%=27.2%,满足设计要求。这样hT 8*0.020.16s,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:Pn60 kW , Un220v, In308 A,Ks=35。电磁时间常数T =0.012s,机电时间常数nN 1000r/min ,电动势系数 C© =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Tm=0.1

19、2s,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 i <5%，空载起动到额定转速时的转速超调量v 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。(2)试设计电流调节器 ACR,计算其参数R, 、Ci、Si。画出其电路图，调节器输入回路电阻R0=40k 。(3)设计转速调节器ASR,计算其参数 R、Cn、Qn。（R0=40k

20、Q）(4)计算电动机带 40%|M定负载起动到最低转速时的转速超调量er(5)计算空载起动到额定转速的时间。0.0236V / A*解：Uim/Idm 8V /(1.1* IN) 8V /339A（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5% ,可按典型I型系统设计，选用pi调节器,Wacr(S)Ki( iS 1)iSiTi0.012s,选KiT i10.5,Ki 0.5/T i 85.76s 1KiKi iR85.76 0.0120.18Ks35 0.01730.224校验等效条件:ciKi 85.76s 1可见满足近似等效条件,电流调节器的实现：

21、选R040K，则KR 0.224 40K8.96K,取 9K.由此Cii/R 0.012/(9103)1.33 F(3)a)C°i4T0JR0速度调节器设计确定时间常数:电流环等效时间常数 1/则 1/ KI 2T i速度调节器结构确定:按照无静差的要求，应选用piWASR(s)Kn( nSns4 0.0025/40 1 03 0.25Ki：因为 KITi 0.52 0.00583 0.01166s调节器,n速度调节器参数确定:Knh 1 .22 2h T n622 168.82s5 0.02666Kn(h 1) CeTm6 0.0236 0.196 0.12cn2h RTKn/ i

22、可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载转速超调量的校验结果表明,KnZ=0)2 5 0.01 0.18 0.026666.94 1n 168.82 0.1333 22.5s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 0.07998sKn(h-2_ 21)/2h T n_2_24/(2 9 0.02666 ) 312.656s校验等效条件：Kn(h1) CeTm/2hRT n 4 0.0236 0.196 0.12/(23 0.010.18 0.02666)7.6cnKn/ 1 Kn n312.656 0.0

23、7998 25s 1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R040K,则 Rn Kn R07.6 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:GD2 dn375 dtdndtCm(Idm IdL)GD2R(IdmIdL)375Ce2GD2R(I dm I dL )CeTm375CmCe*CeTmn0.196*0.12*1000(I dmIQR(1.1*308 0)*0.180.385s3.10有一转速、电流双闭环调速系

24、统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为:®=500kW Un=750V, I n=760A, nz=375 r/min ,电动势系数 G =1.82V min/r,电枢回路总电阻R=0.14Q,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Unm*=Uim*= 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i v 5%,空载起动到额定转速时的转速超调量nv

25、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)计算电流环的截止频率N和转速环的截止频率，并考虑它们是否合理？cicn解:（1）*UmI dm*U nm电流调节器已按典型101.5*7600.00877V / A10以 0.0267V min/r375I型系统设计如下:a)TS0.00176s确定时间常数：b)Toi0.002sc)T0.00367 s电流调节器结构确定：因为电流调节器参数确定：Ti=Tl=0.031sK ITEi = 0.5 ， KI= 0.5/T Ei =136.24 s%/65 5% 可按典型I 型系统设计，选用P

26、I 调节器，Wacr(s)=K i ( P iS+1)/ TiS, T 1/T E ,=0.031/0.00367=8.25<10校验等效条件：a ci=K=136.24 s可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选Ro=40K,则RiKiR0o.899 4o 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 则 1/Ki=2Te,=2*0.00367=0.00734sb) b)T on=o.o2sc) c)T En =1/K i+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 P

27、i 调节器，WSR(S)=K n( P nS+1)/ T nS速度调节器参数确定：pn=hTEr 选 h=5,贝ij t n=hTE.=0.1367s,KN=(h+1)/ (2h2T2En ) =6/2*25*0.02734 2=160.54 s -2Kn=(h+1) B QTM (2haRE-) = 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：acn=R/a 1=Knj=160.54*0.1367 =21.946 s -2a) 1/3(K i/Te)1/2 =1/3(136.24/0.00367)1/2 =64.22s -1

28、> a cnb) 1/3(K i/Ton)1/2 =1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s 1>Mcn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选品=40K,则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K由此 Cn=T n/Rn=0.1367/420*10 3=0.325 也 F 取 0.33 也 F C 0n=4T°n/R0=4*0.02/40*10 3=2 也 F2)电流环的截止频率是：a ci=K=136.24 s -1速度环的截止频率是：acn=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

29、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匀采用PI调节器。(1)在此系统中，当转速给定信号最大值Lnm*=15V时,n=n N=1500 r/min;电流给定信号最大值U；=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 In=20A ,电动势系数 Ce =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)当系统在上述情况下运行时, 电动机突然失磁 (=0

30、) , 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 i =? i d=?Uc =?(3)该系统转速环按典型n型系统设计，且才gMmin准则选才?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，并计算出放大系数及各时间常数。(4)该系统由空载 ( i dL =0)突加额定负载时, 电流 i d 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nmax 和恢复时间tv 。 1) a = U* nm/n n =15/1500=0.0

31、1 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=Ud0/Ks=(E+i dRE)/K s=(Cen+i dLlRE)/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I dm。因此，系统稳定后， n=0, Un=0U*i=U*im =10 , Ui =U*i =10Id=I dm=30AU c=UdJKs=(E+I dt)/K s=(0+30

32、*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：弋 n=hTxn=5*0.05=0.25sTo=0.05sKr=(h+1)/2h 2T2=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(入-z) AnNTEn/T2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/minC b=2FK2T=2IdNRTEn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降： nmax=( A Cmax/Cb)* A nb=81.2%*625 =507.5

33、 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PW随变器主回路，采用双极性调制时，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PWM2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 匕(2Sx 1)2'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、 Uco ,如何定义三相定子电压空间矢量Uao、 Ubo、U CO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 WS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U s与定子磁链 上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，即电压空