电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版_思考题答案概要

1、习题解答(供参考习题二2.2系统的调速范围是1000100m in r，要求静差率s=2%,那么系统允许的静差 转速降是多少？解:10000.02(100.98 2.04(1n n sn rpm D s ?=?=-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0m ax 1500m in n r =最低转 速特性为0m in 150m in n r =，带额定负载时的速度降落 15m in N n r ?=,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m ax m in D n n =(均指额定负载

2、情况下m ax 0m ax 1500151485N n n n =?= -= m in 0m in 15015135N n n n =-?= -= max min 148513511D n n =2 静差率 01515010%N s n n =?=2.4 直流电动机为 P N =74kW ,UN=220V ,I N =378A ,n N=1430r/min ,Ra=0.023Q。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:(2203780.02314300.1478N N a N C e U

3、 I R n V rpm =-=-?=378(0.0230.0220.1478115N n I R C e r pm ?=? +=(114300.2115(10.23.1N D n S n s =?-=?-=(114300.3115(10.35.33N D n S n s =?-=?-2.5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/求：(1当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ?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N S多少？(3若要满足D=20,s < 5%要求，额定负载下的转速降落N

4、n ?又为多少？解:(13050.180.2274.5/min N N n I R C e r ?=?=? = (2 0274.5(1000274.521.5%N N S n n =?=+=(3 (110000.05200.95 2.63/min N n n S D s r ?=-=?=2.6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*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反 馈系数丫 =0.7求:(1输出电压d U ;(2若把反馈线断开,d U为何值？开环时的输出电 压是闭环是的多少倍？(3若把反馈系数减至丫 =0.3当保持同样的

5、输出电压时，给定电 压*u U应为多少？解:(1*(12158.8(12150.712d p s u p s U K K U K K V ? +Y?=+=(2 8.8215264d U V =?=，开环输出电压是闭环的22倍(3(112(12150.35(215 4.6u d p s p s U U K K K K V?+?Y =+=2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/min ,要求系统的静差率5%s w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/mi n ,则闭环系 统的开环放大倍数应有多大？解:1(s n s n D N N -?=1/10150

6、02%/98%N n 二？15002%/98%10 3.06/m in N n r ?=?=/=-=-?=cl op n n K2.8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:(12881511=? +=?+=?cl op n K n如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：(rpm K n n op cl 13.4301/1281/=+=+?=?在同样静差率要求下，D可以扩大937.1/2仁?cl cl n n倍2.9 有一 V -M 调速系统：电动机参数 P

7、 N =2.2kW , U N =220V , I N =12.5A, n N =1500 r/min，电枢电阻R a =1.5 电枢回路电抗器电阻 RL=0.8 Q整流装置内阻 R rec =1.0 Q触发整流环节的放大倍数K s =35。要求系统满足调速范围D=20,静差率S<=10%。(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 n *=15V时,1 d =I N ,n=n N ,则转速负反馈系数该是多少？ (4计算放大器所需的放大倍数。解:(1(/22012.5 1.5/1500201.25/15000.134m in/N N a e

8、e n U I R C C V r=-?=-N N eop N e n U I R C n I R C r-? 2?S=?=(/1150010%/20*90%8.33/min N N n n s D s r ?=-=?=(所以,min /33.8r n cl =? (2(3(4(K C R I K KUK C R I U K K n e d n e d n s p +-+=+-=1/1/1/ a(/1307.836/8.33135.955op cl K nn =?-=-=(150035.95515/135.95512.5 3.3/0.134135.955? ?=?<+?-?+? r V

9、min/0096.0=? a可以求得*35*0.0096也可以用粗略算法：n U Un na =*,01.0150015*n/p e s K KC K<,2.10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N dbl I I 2 临界截止电流N dcr I I 2.1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:(1 A I I N dbl 252=< ,A I I N dcr 152.仁

10、 >s com s com dcr R U R U I /15/=?=(Q=? +=? + 5.1/1525/*s s com s com n dbl R R U R U U I ,V U com 5.225.115=? =(2(/3 1.0 1.50.8/3 1.1,(/31.1,s s R R R R EE =+=Q不符合要求，取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1.1s R =则 15 1.116.5com dcr s U I R V =? =?=(3 当 dc

11、r d I I > 时，有(K C I R K K K R K C U K U K K K C RI K C U I R K K K K C U K K n e d s i s pe com i n s p e d e com d s i s p e n s p +-+=+-+-+=1/1/1/1/1/*当n=0时,(*dbl p s n i com p s i s n i com i sI K K U K U R K K K R U K U K R =+(251516.5/1.115/22.513.5 1.36i i i K K K =+?=-=2.11在题2.9的系统中，若主电路电感

12、L=50mH ,系统运动部分的飞轮惯量2GD =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：mH L 50=,26.1NmGD=,3.3R 刀=Q ,0.134/e C mrp(2T L R sT G D R C C s T s刀刀=?=(22l m l s s s K T T T T T T ? <+=? +? =+=? ?(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,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:kW P

13、 N 8.2=,V U N220=,A I N 6.15=,1500=N n r/min ,a R =1.5 整流装置内阻rec R =1 Q电枢回路电抗器电阻 L R =0.8 Q ,触发整流环节的放大倍数35=s K。 (1系统开环工作时，试计算调速范围30=D时的静差率s值(2 当 30=D,%10=s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=D,%10=s，在VU n10*=时 N d I I =,Nn n =，计算转速负反馈系数a和放大器放大系数p K解：(r V C e min/1311.01500/5.16.15220=?-=(1/392.68/3

14、92.685088.7%op N e op n I R C r n s n n?=? =?=+=(2(mi n/56.59.0/550/1.0r n n n =?+?=(3(? =+-+=刀 e s p e d e n s p C K K K K C I R K C U K K n /1/1/* a (? =-=-?=+-+=刀 5.52156.5/48.2971/1/6.151/1500*cl op e e n s p n n K K C R K C U K K 2.13旋转编码器光栅数1024倍频系数4,高频时钟脉冲频率MHz 1f 0=,旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用1

15、6位计数器,M法测速时间为0.01s ,求转速min /r 1500n =和min /r 150n =时的测速分辨率和误差率最大值。解：(1M 法:分辨率 min /465.101.0410246060rZT Q c=?=最大误差率：t=ZT M n 160min /1500r n 二时,10246001.010*仁？=c nZT M min /150r n =时,4.102601=?c nZT M min /1500r 时,%098.0%10010241%1001%1m ax =? =?=M Smin /150r 时,%98.0%1004.1021%1001%1m ax =? =?=M S可

16、见M法适合高速。（2T法：分辨率：min /1500r n 二时,min /17115004102510202r Zn f Znq =? _?=min /150r n 二时,min /55.1150 4102410202r Znf ZnQ =? _?=最大误差率:2060ZMf n =,Znf M0260=当 min /1500r n =时2=?=当 min /150r n =时,7.9715041024106062=?=Mmin /1500r n =时,%4.11%100177.91%10011%2m ax =?-=?-=MSmin /150r n =时,%1%10017.971%10011

17、%2m ax =?-=?-=可见T法适合低速习题三3.1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*nm U =15V ,N n =1500r/min ,N I =20A ,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻 R =2 Q ,s K =20, e C =0.127Vmin/r ,求:(1当系统稳定运行在*n U =5V ,dL I =10A 时,系统的n、n U、*i U、i U和c U各为多少？(2当电动机负载过大而堵转时,*i U和c U各为多少？解:(1/15/15000.01/55,5000.01/150.375/400.375*10 3.750.127*50010

18、*24.17520500,5, 3.75, nm N nnim dmi d i d dL e N dL C sssn i i c U n V rpm V rpmU V UV n rpmV rpmU V V AI AU I V U U E I R C n I RU VK K K n rpm U V U U V U aa=当转速即4.175v(2 堵转时,V I U dm i 15*=B,(040*2420e d d dm c sK K K +=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:N P =3.7kW ,N U =220V ,N I =

19、20A ,N n =1000 r/min ,电枢回路总电阻R =1.5 Q,设 cm im nm U U U =* =8V ,电枢回路最大电流dm I =40A，电力电子变换器的放大系数 s K =40。试 求：(1电流反馈系数B和转速反馈系数a(2当电动机在最高转速发生堵转时的,0d U c i i U U U ,*值。解:1*880.2/0.008/401000im nm dmNU V U V V A V rpm I An rpm3a =2 040*1.560d dl e N dl U E I R C n I R A V 刀刀=+=+=Q =这时：*8,On n U V U =,ASR处于

20、饱和，输出最大电流给定值。*8,8,i i U V U V =06040 1.5C d S U U K V =3.3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*im 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时试问：（1*i U应如何变化？（2c U应如何变化？（3c U值由哪些条件决定？解：1 *80.1/80im dmU V V A I AB =因此当电流从40A ? 70A时,*U应从4V ? 7V变化2 C U要有所增加。3 C U取决于电机速度和负载大小。因为Od dl e N dl U E I RC n

21、 I R 刀刀=+=+(Oe d d c ssC n I R U U K K +=3.5某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1s,要求阶跃响 应超调量cW 10%(1系统的开环增益。(2计算过渡过程时间s t和上升时间r t ;(3绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间r t <0.25s,则K二？，c %=解:取0.69,0.6,%9.5%KT Ec =(1 系统开环增益:0.69/0.69/0.1 6.9(1/K T s = (2 上升时间 3.30.33r t T S =过 度过程时间：660.10.6s n=?=(3如要求 0.25r t s v,查表 3-1

22、 则应取 1,0.5KT E = , 2.4 2.4*0.10.24r t T=这时1/10K T =,超调量=16.3%3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为101.0101(1+=+=s s K s W objT要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量(T % 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0.5,0.707,3-1% 4.3%KT 二查表，得。选I调节器,1(,W s sT =校正后系统的开环传递函数为110(,T 0.01(0.011W s s s tT =+这样,=,K=10/,已选 KT =0.5,则 K

23、 =0.5/T=50,所以10/10/500.K St积分调节器：3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为102.0(101(1+=+=s s Ts s K s W obj，要求校正为典型U型系统，在阶跃输入下系统超调量(7 % 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,1(1(1(,(1PI PI PI K s K s K W s W s sss Ts TTTT + + =+校正后系统的开环传递函数对照典型U型系统,1/,h 83-4PI K K K hTtt 选=查表,%=27.2%,满足设计要求。这样 8*0.020.16hT s t =,1222

24、2181175.78,/175.78*0.16/10 2.8122*8*0.02PI h K K K K h TT += =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:60=N P kW , 220=N U V , 308=N I A , 1000=N n r/min ,电动 势系数e C =0.196Vmin/r ,主回路总电阻R =0.18 触发整流环节的放大倍数s K =35。电磁时间 常数I T =0.012s,机电时间常数m T =0.12s,电流反馈滤波时间常数i T 0=0.0025s, 转速反馈滤波时间常数n T 0=0.015

25、s。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 U im *=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i5空载起动到额定转速时的转速超调量 n (r< 1Q%试求：(1确定电流反馈系数B假设起动电流限制在1.1N I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 i,、C i、C Oi。画出其电路图，调节器输 入回路电阻R 0=40Q k。(3设计转速调节器 ASR,计算其参数R n、C n、C On。(R 0=40k Q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

26、(T n (5计算空载起动到额定 转速的时间。解:(1*/8心.1*8/3390.0236/im dm N U I V I V A V AB =10/10000.01m iV r a =电流调节器设计确定时间常数:0.00333s a T s =0.0025oi b T s =00.00250.003330.00583i i s c T T T s刀=+=+=电流调节器结构确定：因为5%i c冋按典型I型系统设计，选用PI调节器,(1(i i AC R i K S W S S-刀刀=选,T电流调节器参数确定：10.012,0.5,0.5/85.76i I I i I i T s K T K T

27、 sI i i s K R K K tB?=? o校验等效条件：185.76ci I K s -=w110111111115.5233ciS cim l cis ia Tb ST T c s:忽略反电势的T T 3et=>? =<? =>?电力电子装置传递函数的近似条件 影响的近似条件：电流环小时间常数的近似条件：可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选040R K =，则：00.224408.96i i R K R K K =?=,取 9K.由此33000/0.012/(910 1.334/40.0025/40100.25i i i i i C R F C T R FTy

28、p?=?=(3速度调节器设计确定时间常数：a电流环等效时间常数1/1 K :因为0.5I i K T E=则1/20.005830.011 i K T sX= 0.015 on T s =速度调+器结构确定c 1/0.011660.0150.02666n I on T K T s按照无静差的要求，应选用PI调节器，(1(n n ASR n K s W s sTT + =,速度调节器参数确定：,5,0.1333n n n n hT h hT st 取刀刀2222216(160.02360.1960.12 6.94e m n nh K sh Th C T K h RT -釘 <£

29、+=? +?=?校验等效条件：11/168.82c n N N nKK s 3 &=?=01185.7640.43330.00583130.015I cniI cnnK a sT K b sT 3 3百=> = = > 电流环近似条件：转速环小时间常数近似：可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0m ax *3080.180.02666%2*(281.2% 0.1211.23%10%n N n bmT C n z C nT c 入"?=?=>查表，应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。 取小一些的h，选h=3进行设计。按h

30、=3,速度调节器参数确定如下:0.07998n n hT s =t刀2222K h C T h RT-釘 <£ =+=? =+=?二校验等效条件:11/312.6560.0799825c n N N n K K s -=sT=1/21/211/21/211/3(/1/3(85.76/0.0058340.431/3(/1/3(85.76/0.01525.2I i cnI on cna K T sb K T s3B-=>=>可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：272.2% 1.1(3080.18/0.1961000(0.02666/0.129.97%10%n ?=&

31、lt;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 040R K =,则 07.640304n n R K R K =?=?=,取 310K 。 330/0.07998/310100.2584/40.015/4010 1.5n n n on on C R F C T R FTyp?=?=-?(?=4 40%额定负载起动到最低转速时%272.2%(1.10.4(3080.18/0.196100(0.02666/0.1263.5%n ?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。222(,(375375375m dm dL dm dL e L dm d

32、L e mm eG D dndn C I I R I I R T T I I G DG D R dtdtC T C C C -=-=二根据电机运动方程：所以:*0.196*0.12*10000.385(1.1*3080*0.18 e m dm dL C T nt sI I R3.10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:P N =500kW ,U N =750V ,I N =760A ,n N =375 r/min ,电动势系数 C e=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.触发整流环节的 放大倍数K s =75,

33、电磁时间常数I T =0.031s,机电时间常数mT =0.112s,电流反馈滤波时间常数i T 0=0.002s,转速反馈滤波时间常数n T 0=0.02s。设调节器输入输出电压 U nm *=U im *= U nm =10V,调节 器输入电阻R 0=40k 设计指标:稳态无静差，电流超调量i5%载起动到额定转速时的转速超调量n cw 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ci和转速环的截止频率cn g并考虑它们是否合理？解:(1100.00877/1.5*760100.0267m in /375im

34、dm nmNn Ba =电流调节器已按典型I型系统设计如下：确定时间常数：0.001760.0020.00367S oi i a T sb T sc T s刀=电流调节器结构确定：因为c % 5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器,WACR (s=K i ( t i s+1/, TT/TS刀 i =0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：t i =T l =0.031s , K I T 刀 i = 0.5, K I = 0.5/T-1 刀 i =136.24 sB =校验等效条件：3 ci =K I =136.24 s-111/21/211/21/21/31/30

35、.00167199.6(1/50.91/3(1/182.39s ci m l ci s oi cia T sb T T sc T T s3 3 -=? =>=? =< = ?=>可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选R 0=40K ,则00.8994035.96i i R K R =? =?=取 36K33000/0.031/36100.864/40.002/401002 i i i i C T R F C T R f 口 ？=?=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K I T 刀i = 0则1/K I =2T =2*0.00367=0.00

36、734s b bT on =0.02sc cT 刀 n =1/K I +T on =0.00734+0.02=0.02734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 ASR (s=K n ( t n s+1/速度调节器参 数确定：速 n =hT !选 h=5,则速 n =hT 刀 n =0.1367s,K N =(h+1/(2h 2T 2 刀 n =65*2027342=160.54 s -2K n =(h+1 B C e T m /(2h a RT 刀 n = 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件：

37、w cn =K N/ w 仁K N t n =160.54*0.1367 =21.942 sa 1/3(K I /T 刀 i 1/2=1/3(136.24/0.003671/2=64.22s -1>w cn b 1/3(K I /T on 1/2=1/3(136.24/0.021/2=27.51s -1>w cn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R 0=40K ,则R n =K n *R 0=10.5*40=420K由此 C n = t n /R n =0.1367/420*103=0.325 取(0J33 卩 F C 0n =4T 0n /R 0=4*0.02/40*10

38、3=2 卩电流环的截止频率是：w ci =K I =136.24 s1速度环的截止频率是：w cn =21.946-2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 im *=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K s =30 ,电动机

39、额定电流I N =20A ,电动势系数C e =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U c =?(2当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁(=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 i =? I d =? U c =?(3该系统转速环按典型U型系统设计，且按M rmin准则选择参数，取中频宽 h=5,已知转速环小时间常数T刀n =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(dL I =0突加额定负载时，电流d I和转速n的动态过程波形是 怎样的？已知机电时间常数m T =0.05s计算其最大动态速降 max n ?和恢复时间vt。1a = U* nm /n N =15/1500=0.01 Vmi n/rB