电力拖动自动控制系统第四版课后答案解析

1、word 格式.资料习题解答 (供参考)习题二专业.整理n n s解:d(1_s)-1000 0.02 (10 0.98) =2.04rpm2.2 系统的调速范围是i00oi00 r：m in ，要求静差率 s=2%, 那么系统允许的静差转速降是多少?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n 0 max =1500r,： min，最低转速特性为n 0min=150r. min，带额定负载时的速度降落 en =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 = nma

2、x 'n min(均指额定负载情况下)max f minn max = n0max匚 nn = 1500- 15=1485 n min 二 n ° min ?n n =150 -15 =135dnn=max min = 1485.135 =112)静差率 s = ： n n . n0=15.150=10%2.4 直流电动机为pn =74kw,un=220v, in =378a, n z=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% 寸，则系统的调速范围又为多少

3、？解： ce = (un -1 n ra ) n n =(220 - 378 0.023). 1430 = 0.1478v； rpm-n = in r.ce =378 (0.023 0.022) . 0.1478 = 115rpmd = n n s.： n(1-s)=1430 0.2115 (1 0.2) = 3.1d 二 n n s.： n(1-s)=1430 0.3115 (1-0.3) = 5.332.5 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.in n 为多少

4、？(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.'.：n n 又为多少 ？解 ： n n =i n r ce =305 0.18. 0.2 = 274.5r/min(2) sn = ：n n . n 0 =2745 (1000 274.5) =21.5%(3) n = n n s.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u； =8.8v、比例调节器放大系数kp 二 2 、 晶闸管装置放大系数ks =1

5、5 、 反馈系数 y =0.7 。求： (1 )输出电压 ud ； ( 2 )若把反馈线断开，ud 为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？(3)若*把反馈系数减至y =0.35 ，当保持同样的输出电压时，给定电压u； 应为多少？解： ( 1) u d =k p ksu； . (1 k p ks ) = 2 15 8.8 (1 2 15 0.7)=12v(2)ud =8.8 2 15 = 264v,开环输出电压是闭环的22 倍(3)u； 二 ud (1 k p ks ),.k p ks=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

6、/mi n ? 150r/mi n，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： 1 ) d 二 n n s/ ： n n 1 s10 =1500 2%/沁 98%n n =1500 2%/98% 10=3.06r/min2 ) k 工护 n op /. ： n ci 1=100/3.06 1 = 31.7word 格式.资料2.8 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

7、大多少倍？解：n op = 1 k? .n ci = 1158 =128如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：n ci = . ： n op /1 k = 128/ 1 30 =4.13rpm在同样静差率要求下，d 可以扩大 .)ncl1 /n c|2 =1.937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 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ks=35 。要求系统满足调速范围d=20 ,静差率

8、 s<=10%(1) 计算开环系统的静态速降a n op 和调速要求所允许的闭环静态速降a nd 。(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un *=15v 时， i d =i n , n=n z ,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)n = un - 1 n ra / ce=c e 二 220 -12.5 1.5 /1500 =201.25/1500 =0.134vmin/rn = un -i n r / c e= ?n:op =i nrt/c e =12.5 3.3/0.134 =307

9、.836r /mintin = n n s/ d 1 -si； i= 1500 10%(20*90%) = 8.33r/min所以， .： n ci =8.33r /minachpei(2)专业.整理十word 格式.资料4- (4 )n 二 kp ksun -i d r/c el k = kun/ ： 1 klld r/c e1 k 1k =：n °p/ 讥 -1 = 307.836/8.33 -1 = 35.9551500 = 35.95505/a (1 +35.955) -12.5 7.3/ (0.134(1+ 35.955)二 -0.0096v min/ rk * c e 3

10、5.955* 0.134可以求得， k p14.34p ks*a35* 0.0096也可以用粗略算法：*15u n- 0.011500kp =kc e/k sc(, kp =35.955x0.134/(35x0.01) = 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 - 2in ，临界截止电流i dcr 亠 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

11、？解 ： (1) i dbi - 2i n = 25a， i dcr _1.2i n =15ai dcr - u com /r s 15 二 u com / r sidbl ：- u： u com /r s= 25 二 15 u com / r rs = 価u com -15 1.5二 22.5v（ r/3 ） = 1.0 1.5 0.8 /3=1.1rs （ r/3 ）（ 2） ' -专业.整理不符合要求，取 rs= 1.t ，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，(3

12、 当 id ? i der 时，有n = k p ksu； /c e 1 k l kp kski rsid _ueom /c el k l rl d /c e 1=k p ksu： kju eom /c el k l r k p kskjrs id /c e1 k 1当 n=0 时，i dbl =k p ks u ：kiueom / r k p kskirs : u ： kueom / k r s25=15 16.5k /1.1ki ki =15/ 22.5 13.5 =1.362 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

13、采用三相零式电路，试判断按题2-9word 格式.资料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, gd 2 =1.6nm2, r = 33 ,c 0.134v / rpm-1t =l/r = 0.05/3.3=0.015s2tm =gd 2 375ce cm =1.6 3.3 / 375 0.134 0.134 30/3.14=5.28/ 64.33 = 0.082s ts = 0.00333s2k cm ( t + ts )+ 盯 / 丁兀= 卩.082 咒(0.015 + 0.00333)+0.00333/(0.015

14、1* 0.00333r 2可-| 0.0015 0.00333 / 0.00004983= 30.52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，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 ， n n =1500" min ， ra =1.5q, 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

15、d - 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d =30 ， s=10% ， 在 u； =10v时山 =i n ， n=n n ，计算转速负反馈系数:丄和放大器放大系数k p 。解：ce 二 220 -15.6 1.5 /1500 =0.1311v min/ r(1) ： n op =i n r=/c e =15.6 3.3/0.1311 =392.68r/min nmin =1500 / 30 = 50s = ；： n o p/ 讥讪 = 392.68/ 392.68 50)= 88.7%(2)0.1 二：n / 丄 n 50:n =

16、 5 / 0.9二 5.56 r / min(3)专业.整理n = k p ksu； /ce(1+ k )- 世 d /ce(1 +k)、k=k p ks/c e 1500 =k p ksu； /c e (1 +k)- (ry15.6yce(1 + k )、k =(a n °p/ 也 n ci ) 1 =(297.48/5.56) 1 =52.52.13 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 法测速时间为 0.01s ，求转速 n =1500r/min和 n =150r/min

17、时的测速分辨率和误差率最大值。word 格式.资料解分辨: 率 :m 1n = 1500r / min时， mnzt c= 97.7专业.整理m 法：分辨率 q 二型1024604 1501.465r / minztc1024 4 0.01最大误差率： n = 60m丄,ztc.10241500 4 1024 0叽6060nzt c150 4 1024 0.01n = 150r / min时， m 16060二 102.41500r / min时，、 max %100% =100% =0.098%10241150r / min时，、 max % 100%100% =0.98%可见 m 法适合高

18、速。(2) t 法:n = 1500r / min时， qzn 21024 4 1500260f °-zn60 1 10 6 -1025 4 1500=171r/ min6=1.55r/m inzn ?1024 4 150260 1 10 6 -1024 4 150n = 150r / minq60f °-zn最大误差率 :60,m 260 f 。znzm 2当 n =当 n =150r / min时 ， m 260 10 6777102460 10 611n =1500r/min时， max %100%100% =11.4%m 2 _19.77 111max %=n50r

19、/min100时，二十亍m 2 -1100 %=%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 ,门“ =1500r/min, i n=20a ，电流过载倍数为2,电枢回路总电阻 r=2q,ks=20 , ce=0.127v -min/，求：（ 1 ）当系统稳定运行在u n =5v , i ql =1 °a时，系统的 n、 un 、5 、ui 和 uc各为多少？ （ 2 ）当电动机负载过大而堵转时，uj 和 u c 各为多少 ?解： （ 1）n n =15v/1500rpm = 0.01v / rpm当

20、u ； =5v,5v500rpm0.01v / rpm =uimdm空=0.3757 / a40 au iu c-i du=0.375*10=3.75v =uid0kse idl rksce； n dlksr0.127*50010*2= 4.175vn =500rpm,u= 5v,u j 討20= 3.75v,u c = 4.175v*(2)堵转时 ,uidm=15/ ,d0cen i d ridm r40*2ksksks3.2 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 =3.7kw , u n =220v , i n =20a, n

21、n=1000 r/min, 电枢回路总电阻r =1.5 q , 设 u nm =u m ucm =8v ，电枢回路最大电流dm =40a, 电力电子变换器的放大系数k s =40 。试求 :（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u d0 , uj ,uj,uc 值。:_ uim解:1 )- 8v0.2v /a : -unm8v 0.008v / rpmi dm40an n1000rpm2) u d0=eidr 十 c°n nld 尺=40a*1.5" =60v这时:un =8v,un = 0, asr 处于饱和 ,输岀最大电流给定

22、值。u j* =8v,u i =8v,uc 二 u do.' ks =60'40 =1.5vuc 应如何变化？（3）电流由 40a 增加到 70a 时，试问 :（ 1 ）u i 应u c 值由哪些条件决定 ?i"解：1 ）:u imi3.3 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2)uc要有所增加。udc0 二 e idl r =c eh n3)取决于电机速度和负载大小。因为-i dlud0cenu cksks3.5(1)(2)某反馈控制系统已校正成典型系统的

23、开环增益。计算过渡过程时间t si 型系统。已知时间常数t=0.1s, 要求阶跃响应超调量和上升时间t(3) 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间t r <0.25s, 则 k=? ，二 % =?因此当电流从 40a=. 70a 时， u i 应从 4v= ? 7v 变化。解：取 kt =0.69,= 0.6,” _%，= 9.5%(1)t r =3.3t = 0.33s(2)上升时间系统开环增益：k =0.69/t =0.69/0.1=6.9(1/ s)过度过程时间 := 6t = 6 0.1= 0.6s(3)如要求 t rt r = 2.4t = 2.4*0.1= 0.24s这时3

24、.6 有一个系统，其控制对象的传递函数为w obj (s) 十10在阶跃输入下系统超调量匚%< 5%，要求设计一个无静差系统,0.01s - 1k =1/t =10,超调量 =16.3%解：按典型 i 型系统设计，选kt = 0.5,二 0.707,查表 3-1 ，得二 = 4.3%选 i 调节器， w(s) ,校正后系统的开环传递函数为w(s)1 10这样， t = 0.01 ,k=10/.，已选 ktts(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。s (0.01s 1)0.5, 则 k= 0.5/t=50, 所 以 t =10 / k =10 / 50&

25、#177;，积0分2调s节器：1 1w (s)= = -k 13.7 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为w obj(s)s(ts 1)10要求校正为典型n 型系统，在阶跃输入下系统超s(0.02s 1)is 0.2s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， w pi (s) = kpi ?f，校正后系统的开环传递函数w(s) = kpi (恥+ 1)一 k1 ，对照典型 " 型系isxss(ts+1)统 ， k = k pi k1 / < ,. = ht , 选 h = 8 ，杳表 3-4 ，%=2

26、7.2%，满足设计要求。这样二 ht =8*0.02 = 0.16s，k8r -1 2 = 175.78,kpi = k. / q= 175.78*0.16 /10= 2.81 2h 2t22*8 2 *0.02213.8 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 = ： 60 kw , un = 220 v ,i n =308 a , n n = 1000r/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k s =35 。 电磁时间常数 tl =0.012s, 机电

27、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t0 n =0.015s o 额定转速时的给定电压 (u n* )n =10v, 调节器 asr acr 饱和输出电压 um* =8v,u cm =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 < 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, 、c、c°。i 画出其电路图 ，调

28、节器输入回路电阻r)=40 k；".；。(3) 设计转速调节器asr,计算其参数 rn 、cn 、s。(ro =40kq )(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a no(5) 计算空载起动到额定转速的时间。解： (1 )- um /i dm = 8v /(1.1*ln )= 8v /339a =0.0236v / a:=10/1000 = 0.01v min/ r( 2 )电流调节器设计确定时间常数： a） ts = 0.00333sb)t o =0.0025sc)tj = t0i ts =0.0025 0.00333= 0.00583s= 0.5/t“

29、=85.76s 1ki i r85.76 0.012 0.18= 0.224 。ki235 0.01731校验等效条件： ?，ci =k i =85.76s111 = 101.01kia） 电力电子装置传递函数的近似条件:3t s3 0.00333r = k j ro =0.224汉 40k =8.96 k,取 9 k.b ） 忽略反电势的影响的近似条件:cig = j / r =0.012/(9 103 ) =1.33 f由此- 1c） c电0 流4t环0小i /r时0间=4常0数.0的02近5/似40条10件 : 0.25 fa ci(3 )速度调节器设计可见满足近似等效条件，电流调节器的

30、实现：选r0 =40k ，则:确定时间常数：a)电流环等效时间常数1/ k | :因为 k t 迟=0.5则 1/ k i =2t=2 0.00583 = 0.01166sb)ton = 0.015st=1/ kt=0.01166 0.015 = 0.02666s按照无静差的要求，应选用pi 调节器， 电流调节器结构确定：因为二 j 乞 5% ，可按典型i 型系统设计，选用pi 调节器， w acr （ sh ki（ is ），电流调 节器参 数确定i 町 =0.012s, 选 kiti =0.5, k i2wasr ( 2sh) tkn ( n s 1)n s速度调节器参数确定:n 二, h

31、 二 5,nn二 ht ” 二 0.1333kn2 5 2 0.026662-168.82s-(h 1)-cetm= 6 0.0236 0.196 0.12= - =6.941c - kn / ：'-i - k n n =168.82 0.1333 = 22.5sa） 电流环近似条件：- 淫 = - j-85.76=40.43s co cn3 也 30.00583b ） 转速环小时间常数近似 :1 ki 85.76 二 25.2s j 3 忆3 壮.015可见满足近似等效条件。cn.6% =2*(鄂)(1 竽 f2g%m0x需转速超调量的校验 （空载 z=0 ）=11.23%10%转速

32、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：芝口二 ht" 二 0.07998 skn =(h 1)/2h2t： =4/(2 9 0.026662) =312.656s，kn = (h 1) ： cetm /2h ： rtn = 4 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666)= 7.61校验等效条件：cn = k n / j = k n n - 312.656 0.07998 = 25s/2 1/2a)1/3(k i /t i)- 1/ 3(85.76

33、/0.00583)-40.43scn1/2 1/2-1b)1/3(k i /t on )=1/3(85.76/0.015) = 25.2s&可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：5= 2 72.2% 1.1 (308 0.18/0.196 1000) (0.02666 /0.129.97% : 10%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 rn = k n r - 7.6 40 = 304k, 取 3 咏cn = n / 尺=0.07998/310 103 =0.258f con =4t) n/r 。=4 0.015/40 103 =1

34、.5 lf4) 40% 额定负载起动到最低转速时6% =2 72.2% (1.1 -0.4) (308 0.18/0.196 100) (0.02666 /0.12) = 63.5%5) 空载起动到额定转速的时间是：(书上无此公式 )idn _ cm (idm - idl ) dtgd 2 dnr(ire _ttl ,根据电机运动方程 :仅考虑起动过程的第二阶段。t-rgd 2375二 o. 196 * 。12 * 1000= 0.385s(1.1*308 -0)*0.18dm - jl)_ (ii )gd 2 r _ dm _ dl)_ct ce r3.10 有一转速、电流双闭环调速系统，主

35、电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：pn =500kw, u n =750v , i n =760a , n375 r/min，电动势系数 ce=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|=° . ° 3机1电s, 时间常数 tm=0.112s, 电流反馈滤波时间常数t°i =0.002s, 转速反馈滤波时间常数ton =° . °。2设s调节器输入输岀电压um =u m= u nm =10v, 调节器输入电 阻 r)=40k q 。设计

36、指标 :稳态无静差，电流超调量< 5%, 空载起动到额定转速时的转速超调量； n < 10% 电流调节器已按典型丨型系统设计 ，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。- 和转速环的截止频率? cn ，并考虑它们是否合理？解： (1)匕 100.00877v /aidm 1.5*760*:二丄 100.0267v min/r n n375电流调节器已按典型i 型系统设计如下：a)t s =0.00176s确定时间常数：b)t oi = 0.002sc)d = 0.00367 s电流调节器结构确定：因为<7 % 5%, 可按典型

37、 i 型系统设计，选用pi 调节器， w acrs)=k i ( ti s+1)/ t is, t | /t z i =0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：t i =t i=0.031s , ki tn = 0.5 , ki= 0.5/t ei =136.24 s -1kj 二 kr/ks ： =136.24 0.031 0.14/75 0.00877 =0.899-1校验等效条件 ：3 ci =kj =136.24 sa)1/3ts=1/3 0.00167 = 199.6s，匕b)(1/t m tj1/2 =3(1/0.112 0.031)1/2 = 50.9

38、s'c)1/3(1/ts toi )1/2 =1/3(1/0.00167 0.002)1/2 = 182.39s匕可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选r)=40k , 贝 uri = k j r°= 0.899 40 = 35.96取 36 kg = r =0.031/36x10 3 =0.86afc0i =410" r0 =40.002/40 103 =0.2)f速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数1/k i :因为 ktei= 0.5 贝 u 1/k i =2t zi =2*0.00367=0.00734sb)b)ton =0.02sc)c)

39、t e n =1/k i +t °n=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，w sr s)= k n( t ” s+1)/ t ” s速度调节器参数确定：t n =ht en ,选 h=5 ,贝 u t n =ht ?, =0.1367s,a 22-2kn =(h+1)/( 2h t en ) =6/2*25*0.02734=160.54 skn =(h+1) b c etm / ( 2ha rt e) = 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5-2校验等效条件

40、：3cn =k/ 3 1 =k nt n =160.54*0.1367 =21.946 sa) 1/3(k1/2 1/2 -1i/t ei ) =1/3(136.24/0.00367)=64.22s >3 cnb) 1/3(ki/t on ) 1/2 =1/3(136.24/0.02)" 2=27.51s -1 >3 cn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选r=40k ,贝 u rn =k n*r 0=1o.5*4o=42ok33由此 cn =t ” /r ” =0.1367/420*10=0.325f 取 0.33f c 0n =4t °n/r 0 =4

41、*o.o2/4o*1o=2f2）电流环的截止频率是：3ci =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 nm* =15v 时,n=n n =1500 r/min; 电流给定信号最大值u h* =1ov 时,允许最大电流 i dm =30a, 电枢回路总电阻r=2q , 晶

42、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 n* =5v ,i dl =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 (叮 =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* =? u i=? i d=? u c =?(3)该系统转速环按典型"型系统设计， 且按 m min 准则选择参数，取中频宽 h = 5, 已知转速环小时间常数te n =0.05s , 求转速环在

43、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 |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= n m ax 和恢复时间 t v。1)a = u* nm /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=l dc /k s=(e+i d rz )/k s=(c en+i du rs)/ks=(0.128*500+20

44、*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=0u*i=u* im =10 , ui =u* i =10=ii30addmu c=l i0 /k s=(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：kn n s 1w n s 厂 s 2 tn s+ 1 )t n =ht sn =5*0.05=0.25ste n =0.05skn =(h+1)/2h2

45、t2 =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 e=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 dn rtai /c et1 =2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降： a n max =( a c max /c b )* a n b =81.2%*625 =507.5 r/min恢复时间： t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”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:uasx -12ux型2sx =o“饕 2 )以直流电源中点o 为参考点jj2 、% 二 w a ubeuce)sasbscuau bucu su o000udu dud0222u i100udu dud2224 udu 2110ududud222udududu 3010点 u /222ud土u 4