电机拖动答案

1、习题解答(供参考)习题二2.2系统的调速范围是1000100rmin ,要求静差率s=2%那么系统允许的静差转速降是解：n多少？1000 0.02.(10 0.98) 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n0max 1500r.min，最低转速特性为n0min150n min，带额定负载时的速度降落nN 15匚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 nmax； nmin (均指额定负载情况下)2) 静差率 snNn0 15 150 10%2.4 直流电动机为

2、 PN=74kW,UN=220VlN=378A nN=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%寸，求系统的调速范围。如果s=30%寸，贝U系统的调速范围又为多少？解：Ce (Un WRa). 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PN 60kW,UN 220V, In 305A, nN 1000r. min，主电路总电阻 R=0.18Q ,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

3、？(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%勺要求，额定负载下的转速降落nN又为多少？解：(1) nNlN R.Ce 305 0.18 0.2 274.5r/min(2)Sn nn ； n。2745 (1000 274.5) 21.5%(3)n nNS.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Uu 8.8V、比例调节器放大系数Kp 2、晶闸管装置放大系数Ks 15、反馈系数丫 =0.7。求：(1)输出电压Ud ；(2)若把反馈线断开，Ud为何值？开环

4、时的输出电压是闭环是的多少倍？ (3)若把反馈系数减至丫 =0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压 U；应为多少?解：(1)UdKpKsUu.(1 KpKs )2 15 8.8(1 2 15 0.7) 12VUd 8.8 2 15264V ,开环输出电压是闭环的22倍u； Ud(1 KpKs y KpKs 12 (1 2 152.7 某闭环调速系统的调速范围是 1500r/mi n150r/min 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 放大倍数应有多大？0.35). (2 15) 4.6V，要求系统的静差率s 5%，那100r/min ，则闭环系统的开环解：1 ) D “s

5、/ nN 1 s2) K n°p/ ncl1 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:nop1 K nci1 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nci 1/ nci21.937 倍2.9 有一 V-M 调速系统：电动机参数 PN=2.2kW, Un=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

6、RL=0.8Q,整流装置内阻FL=1.0 Q,触发整流环节 的放大倍数Ks=35o要求系统满足调速范围 D=20,静差率S<=10% ncl。(1) 计算开环系统的静态速降 nop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图。a应该是多少?(3) 调整该系统参数，使当U*=15V时，ld=lg n=nN，则转速负反馈系数(4) 计算放大器所需的放大倍数。解: (1)所以， ncl 8.33r / min(3) (4) n KpKsUn I d R / Ce 1 K KU n / 1 K IdR/Ce 1可以求得，KpK.也可以用粗略算法

7、:K *Ce 35.955* 0.13435* 0.009614.34Un Un*Unn150.011500Kp KCe/K，Kp35.9550.134 / 350.0113.762I n，临界截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 Idbi止电流Idcr 1.2In，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。这时电流反馈米样电阻和比较电压各为多 少？解:/1)I dbl2I n25A，Idcr1.2I n15A*I db

8、lU nU/ Rcom '氏2515Ucom /RsRs1.5U com151.522.5V(R /3)1.01.5 0.8 /31.1 ,Rs (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 Rs 1.1 ，则 Ucom Idcr Rs 馅行 16.5V(3)当 Id Idcr 时，有n KpKsU：/Ce1 K KpKsKi Rsld Ucom /Ce 1 K RId/Ce 1 K KpKsU； KiUcom / Ce 1 K R

9、KpKsKiRs Id/Ce 1 K当n=0时，2.11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 GD2=1.6Nm2， 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，GD21.6Nm2，R 3.3，C°0.134V/rpm22K Tm T Ts Ts /T,TS0.082 0.015 0.00333 0.00333 / (0.0151* 0.003332可见0.0015 0.003332 / 0.00004983 30.52与前面的K>35.955

10、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，Un 220V， I N 15.6A，nN 1500r/min，Ra=1.5 Q，整流装置内阻Rrec=1Q ,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IdIn ,n加,计算转速负反馈系数和放大器放大系数Kp解：（1）（2）（3）2

11、.13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率fo1MHz，出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M法测速时间为旋转编码器输0.01s，求转速n 1500r/min和n 150r/min时的测速分辨率和误差率最大值。解：（1）M法：分辨率Q60ZTC1.465r / min1024 4 0.01最大误差率:60M1ZTCn 1500r / min 时，M1nZTc601500 4 1024 °.01102460n 150r/ min 时，M1nZTc150 4 1024 0.016060102.41500r / min 时,max %100%M1100%10

12、240.098%150r/min 时 , max %1100%M11100%102.40.98%可见M法适合高速。（2）T 法：分辨率：n 1500r / min 时,Zn21024 421500260 f0 Zn60 1 1061025 4171r /m in1500n 150r/ min 时,Zn221024 4 150260f0Zn61.55r / min60 1 106 1024 4 150最大误差率： n60f°ZM 2Zn当 n 1500r/min 时,M260 1069.771024 4 1500当 n 150r / min 时,M260 10697.71024 4 1

13、50n 1500r / min 时,max %M2 1 100%100%11.4%9.77 1n 150r/ min 时,max %L 100%U；m=15V,Ks=20,、Un、Ui*、已知参数：R =1.5 Q ,Ks=40。试可见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nN =1500r/mi n ， g=20A,电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Q ,Ce=0.127V min/r，求：(1)当系统稳定运行在U；=5V, %=10A时，系统的nU i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: (1

14、)(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 ACF均采用PI调节器。电动机：PN=3.7kW, Un =220V, In =20a nN =1000 r/min ,电枢回路总电阻设U；m Ui*m Ucm=8V,电枢回路最大电流ldm=40A,电力电子变换器的放大系数 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Ud0, Ui*,Ui ,Uc值。解"1Uim8V 0.2V/A如8V 0.008V / rpm1 dm40AnN 1000rpm2)Ud0 E1 dlRCenN1 dl R40A*1.

15、560V这时:*Un8V,Un0 , ASR处于饱和，输出最大电流给定值。U* 8V,Uj 8V,Uc Ud0； Ks 60 401.5V3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR ACR匀采用PI调节器。当ASR俞出达到um =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)Um 竺 0.1V/AI dm 80A因此当电流从40A 70A时，U*应从4V 7V变化。2)Uc要有所增加。3)U C取决于电机速度和负载大小。因为UdO E I dl RCe nNI dl R

16、U Ud0CenIdRU cKsKs3.5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< 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 ；(3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr <0.25s,则K二?， =?解：取 KT 0.69,0.6, %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 3.3T0.33S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*0.10.24s 这时K 1/T10,超调

17、量=16.3%o3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)出 匚，要求设计一个无静差系s 10.01s 1统，在阶跃输入下系统超调量%< 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 %4.3%O1选I 调节器，W(s) ,校正后系统的开环传递函数为s1 10W(s) s(001s 巧,这样，T=0.01, K=10/,已选 KT = 0.5,贝U K = 0.5/T=50, 所以1 110/ K 10/50 0.2S，积分调节器：W(s)'s 0.2s3.7有一个闭环

18、系统，其控制对象的传递函数为 bj(s) 丄1°，要求校正为典j s(Ts 1)s(0.02s 1)型U型系统，在阶跃输入下系统超调量%< 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 1，对照典ss s(Ts 1)型U型系统， K KP1K1/ , 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：Pn 60 kW ,

19、 Un 220 V , In 308 A , 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 心=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 ACRS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iW 5% ,空载起动到额定 转速时的转速超调量n < 10%试求：(1) 确定

20、电流反馈系数B (假设起动电流限制在1.1In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、Co。画出其电路图，调节器输入回路电阻 R=40k 0(3) 设计转速调节器 ASR计算其参数R、G、Cono (R°=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Cno(5) 计算空载起动到额定转速的时间。解：(1) Ui*m / Idm 8V /(1.1* In) 8V /339A0.0236V / A(2)电流调节器设计确定时间常数：a)Ts 0.00333s心(iS 1)电流调节器结构确定:因为i 5%，可按典型I型系统设计，选用

21、PI调节器，Wacr(S)电流调节器参数确定i T 0.012s,选KIT i 0.5, KI0.5/T i 85.76sU 航76 O.°12。180.224。Ks35 0.0173校验等效条件：ci Ki 85.76s可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R0 40K ,则:RiKiR00.224 40K8.96K ,取 9K.由此CiC0ii /Ri 0.012/(9 103) 1.33 F4T0i / R04 0.0025/ 40 1030.25 F(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/ Ki :因为KiT i 0.5则1/ KI 2t i 2

22、 0.00583 0.01166s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 °, 速度调节器参数确定:Knh 12 22h T62 22 50.02666168.82s校验等效条件cn(h 1) CeTm2h RT n6 0.0236 0.196 0.122 5 0.01 0.18 0.02666Kn / 1 Kn n 168.82 0.133322.5s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。Kn (h 1)/2h2T2nK

23、n (h 1) CeTm/2h RT.4/(2 9 0.026662) 312.656s 24 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666)7.6校验等效条件:cn KN /1 K N1n 312.656 0.0799825s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, 速度调节器的实现：选&上述设计符合要求。40K ,则 Rn Kn Ro 7.640304K ,取 310K。4) 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: 仅考虑起动过程的第二阶段。(书上无此公式)2根据电机运动方程： 型空 Te

24、Tl,375 dtdndtCm(l dm 1 dL )2GD375R(ldm ICGD2R( dme 375CmCeIdL)CeTm 所以:tCeTmn(1 dm0.196*0.12*1000%)R(1.1*3080)*0.180.385s3.10有一转速、电流双闭环调速系统,主电路米用二相桥式整流电路。已知电动机参数为:PN =500kW UN =750V, In =760A, nn=375 r/min，电动势系数 Ce =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=75,电磁时间常 数Ti=0.031s,机电时间常数Tm=0.

25、112s,电流反馈滤波时间常数T0i =0.002s,转速反馈滤波时间常数T°n=0.02s。设调节器输入输出电压 Um=Um = Um=10V,调节器输入电阻R)=40kQ。设计指标：稳态无静差，电流超调量i < 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，并考虑它们是否合理？Ujmldm 1.5*760(1) *如 卫 0.0267V min/ r nN375电流调节器已按典型I型系统设计如下：0.00877V /

26、A解:a)TS 0.00176s确定时间常数：b)Toi0.002sc)T i 0.00367 s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,VWXs)=Ki( TiS+1)/ TiS， T i/T丁=0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：t i=T=0.031s , KiTd=0.5, Ki=0.5/T =136.24 s -1校验等效条件：3 ci=K=136.24 s -1可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选 R)=40K,贝UR 心 0.899 4035.96 取 36K速度调节器设计确定时间常数：a) 电流环等效时间常

27、数 1/Ki:因为 KiTe=0.5 贝U 1/Ki=2Te=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sc) c)Tm=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，VA/Sf(s) = K n( T nS+1)/ T nS速度调节器参数确定：t n=hTsn,选 h=5,贝U t n=hTm=0.1367s,&=(h+1)/ (2h2T2En) =6/2*25*0.02734 2=160.54 s -2 &=(h+1) B CeTm/ (2ha RE) = 6*0.00877*1.82

28、*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：3 cn=KZ 3 1=KNt n=160.54*0.1367 =21.946 s -21/21/21a)1/3(Ki/TEi) =1/3(136.24/0.00367)=64.22s- >3 cnb) 1/3(K i/Ton) 1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=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,则Rn=K*Ro=10.5*40=420K由此 Cn= T n/Rn=0.1367/420*10 3=0.325 卩 F 取 0.33 卩 F

29、 C °n=4TDn/R°=4*0.02/40*10 3=2 卩 F2) 电流环的截止频率是：3 ci=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 Um*=15V时,n=n尸1500 r/min;电流给定信号最大 值Um*=10V时,允许最大电流Idm=30A,电枢回

30、路总电阻R=2Q ,晶闸管装置的放大倍数 5=30 , 电动机额定电流I n =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),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=? Un=? Ui*=? Ui=? I d=? Uc=?(3) 该系统转速环按典型U型系统设计,且按Mmin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

31、出放大系数及各时间常数。(4) 该系统由空载(血=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nmax和恢复时间&。1) a = U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmi n/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=U/Ks=(E+l dRs)/K s=(Cen+l duRs)/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，

32、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*m =10， Ui=U* =10Id = I dm=30AU c=ldo/Ks=(E+l 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：t n=hTsn=5*0.05=0.25sTsn=0.05s&=(h+1)/2h =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) nnTeh/T m=2*(1-0)*20*2/0.128*(0

33、.05/0.05)= 625 r/minC b=2FKT=2ld只瓦/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降： nmaF( Cma/Cb)* nb=81.2%*625 =507.5 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“T表示上桥臂开通，“0”表示下桥臂开通，逆变器输出端电压：UdUx寸(2Sx 1)以直流电源中点。'为参考点000p 0 n1001100100110011011110空间电压矢量图：5.9当三相电压分别为uA。、uB。、Uco，如何定义三相定子电压空间矢量uA。、uB。、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。、uB。、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