运动控制系统_课后习题答案

1、运动控制系统课后习题答案2.2系统的调速范围是i000i00r/min,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少?解:nnsD(1-s)=10000.02(100.98)=2.04rpm系统允许的静态速降为2.04rpm2.3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n0min=150r/min,带额定负载时的速度降落Mn=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=nmax；'nmin（均指额定负载情况下）nmax=n0max-=1500-15=148

2、5nmin=n0min-En-150-15-135D=nmaxnmin=1485.135=112)静差率s=AnN/no=15/150=10%2.4直流电动机为PN=74kW,UN=220V,In=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023Q。相控整流器内阻Rrec=0.022Qo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=(UN-INRa),nN=(220-3780.023).1430=0.1478V/rpmn=InRCe378M(0.0230./022)0.1478pm15D=nNS'：1-9=1430

3、/0.2115-(10.2)3.1D=心S明9=1430/0.3115(10.3)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AnN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,s05%的要求，额定负载下的转速降落AnN又为多少？解：(1).：nN=InRCe=3050.18：0.2=274.5r/min(2) Sn=.：nN.n°=2745(10

4、00274.5)=21.5%(3) .：n=nNS；D(1-s)=10000.05200.95=2.63r/min一一*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？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？(3)若把反馈系数减至T=0.35,当保持同样的输出电压时，给JE电压Uu应为多少？解：(1)Ud=KpKsuU/(1+KpKs?)=2父15M8.8(1+2M15M0.7)=12V(2) Ud=8.8父2M15=264V,开环输出电

5、压是闭环的22倍Uu=Ud(1KpKs).KpKs-12(12150.35)：(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：1)D=nNs/AnN(1-s)10=15002%/.：nN98%:nN=15002%/98%10=3.06r/min2) K=(Anop/Ancl)-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8r/min,如果将开环放大倍数提高到30

6、,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:n°p=1Knci=1158=128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：ncl=.：nop/1K=128/130=4.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大Ancl1/Ancl2=1.937倍2.9 有一V-M调速系统：电动机参数PN=2.2kW,Un=220V,In=12.5A,nN=1500r/min,电枢电阻Ra=1.5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,整流装置内阻Rrec=1.0Q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An

7、°p和调速要求所允许的闭环静态速降融cl。(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，1d=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)n=Un-InRa/Ce=Ce=220-12.51.5/1500=201.25/1500=0.134Vmin/rn=Un-InR三/Ce二.；nop=lNR：/Ce=12.53.3/0.134=307.836r/minpin=nNS/(D(1s)=1500父10%/(20*90%)=8.33r/min所以，,：nrl=8.33r/mincl(

8、2)-T.R(3) (4)n=KpKsUn-IdR/Ce1K=KUJ1KLLR/Ce1K1K=hp/ncl-1=307.836/8.33-1=35.9551500=35.955父15/(1+35.955)12.5父3.3/(0.134(1+35.955)=-0.0096Vmin/r可以求得,KpK*Ce35.955*0.134Ks*：-35*0.0096=14.34也可以用粗略算法:一*U；定Un=an，久=-=0.01nnn1500Kp=KCe/Ks：.,Kp=35.9550.134/350.01=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<2

9、In,临界截止电流Idcr至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。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？Idcr解：（1）:E2In=25A,Idcr之1.2In=15A=Ucom/Rs-15=Ucom/Rs_i*._._IdblUnUcom/Rs-25=15Ucom/Rs-Rs=15Ucom=151.5=22.5V（RJ3）=1.01.50.8/3=1.1R（R三/3）不符合要求，取R=1.1Q需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，

10、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=1.1C,贝UUcom=IdcrMR=15X1.1=16.5V当IdAlder时，有n=kpKsU；/Ce1KLkpKsKiRsld/Ce1K1-Rld/Ce1K1=kpKsU：KiUeom/Ce1K1-RKpKsKiRsId/Ce1K1当n=0时，*.一一.*.Idbl=KpKs(Un+KiUeom(R+KpK,&R)期(U+KUcom)/8R25=：11516.5Ki/1.1Ki=Ki=15/22.513.5)=1.36222.11 在题2.9的系统中，若王电路电感

11、L=50mH,系统运动部分的飞轮惯量GD=1.6Nm，整流装置米用三相零式电路，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=1.6Nm2,R=3.3Q,Ce=0.134V/rpmTl=L/R1=0.05/3.3=0.015sTm=GD2R三/375CeCm=1.63.3/3750.1340.13430/3.14=5.28/64.33=0.082sTs=0.00333ssK|TmT1TsTs2/T1Ts=0.0820.0150.003330.003332/(0.0151*0.00333)=0.00150.00

12、3332/0.00004983=30.52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：Pn=2.8kW,Un=22CV,In=15.6A，nN=1500r/min,Ra=1.5Q,整流装置内阻Rree=1Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,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。(3)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30,s=10%,在Un=10V时Id=In,n=nN,

13、计算转速负反馈系数a和放大器放大系数K0。p解：Ce-J220-15.61.5/1500-0.1311Vmin/r(1).%uINRJCeu15.63.3/0.1311=392.68r/minnmin=1500/30=50s=,nop/.n0min=392.68/392.6850)=88.7%(2)0.1in/：n50n=5/0.9=5.56r/min(3)r*,in=KpKsUn/Ce(1+K)-RxId/Ce(1+K).K=Kp«Ks/Ce1500=KpKsUn/Ce1K一R15.6/Ce1KK=n0P/ncl1=297.48/5.56一1:52.52.13旋转编码器光栅数102

14、4,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时的测速分辨率和误差率最大值。解：(DM法：分辨率Q=型-=60=1.465r/minZTc102440.01最大误差率:60MlZTTn=1500r/min时，MinZTc1500410240.01c=10246060n=150r/min时，M1nZTc150410240.016060=102.41500r/min时,6max%1c,1c,c,100%=100%=0.098%M11024150r/min时,6

15、max%1100%二M11100%=0.98%102.4可见M法适合高速。（2） T法:分辨率：n=1500r/min时,Zn2210244150060f0-Zn601106-102541500=171r/minn=150r/min时，QZn221024415060f0-Zn601106-10244150=1.55r/min最大误差率：n=60foZM260f0Zn当n=1500r/min时,60106-9.77102441500当n=150r/min时，M260106=97.71024415011n=1500r/min时，6max%=父100%="00%=11.4%M2-19.77

16、-1n=150r/min时，max%=1197.7-1一100%=100%=1%可见T法适合低速习题二2.1 双闭环调速系统的AS济口AC的为PI调节器，设系统最大给定电压Unm=15V,nN=1500r/min,IN=20A,电流过载倍数为2,电枢回路息电阻R=2Q,Ks=20,Ce=0.127Vmin/r,求：（1）当系统稳定运行在Un=5V,IdL=10A时，系统的n、Un、Ui、Ui和Uc各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，Ui和Uc各为多少?解：（1）*二二Unm/nN=15V/1500rpm=0.01V/rpm*U一5V当Un=5V,转速n=500rpm0.01V/rpmim

17、Idm15V40A=0.375V/A*nUi=；：Id=0.375*10-3.75V=Ui.Ud0EIdLRCenNIdLR0.127*50010*2UC=4.175VKsKsKs20即n=500rpm,Un-5V,Ui-Ui-3.75V,Uc=4.175v(2)堵转时，Uj=P1dm=15V,UcUd0CenIdRIdmR_40*2K-_kT_20=4V2.2 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,*Un=220V,IN=20A,nN=1000r/min,电枢回路息电阻R=1.5Q,设Unm=Uim=Ucm=8V,电枢回路

18、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P和转速反馈系数0(0(2)当电动机在最局转速发生堵转时的Udn,UiUiUr值。d0，i,i,c一一*一一一一*一一解：1)P=-m=0.2V/Aa=nm=0.008V/rpmIdm40AnN1000rpm2)Ud0-EIdiR,CenNIdR40A*1.5-60V这时:=8V,Un=0,ASR处于饱和，输出最大电流给定值。*Ui=8V,Ui=8V,Uc=Ud0；KS=60；40=1.5V*.、,、.八.一,一,_.、.2.3 在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR,ACR均米用PI调节器。当ASR输出达

19、到Uim=8V时,.t.*王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)Ui应如何变化？(2)Uc应如何变化？(3)Uc值由哪些条件决定?c*解：1)一：=0.1V/AIdm80A、一,、.一*、一因此当电流从40A=70A时，Ui应从4V=7V变化。3)UcUc2)Uc要有所增加。取决于电机速度和负载大小。因为Ud0=EIdiRv=CenNTdiRv工Cen'R二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仃010%。(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。

20、如果要求上升时间tr<0.25s,则K=?,%=?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)(2)上升时间tr=3.3T=0.33S过度过程时间：,3ts=6T=60.1=0.6s-nA(3)L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%。K.103.6 有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)=，要求设计一个无静差系统，在阶j.s10.01s1跃输入下系统超调量。05%(按线性系统考虑)。试对系统进行动态

21、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,X=0.707,查表3-1,得仃=4.3%O1选I调节器，W(s)一，校正后系统的开环传递函数为s110W(s)=,这样，T=0.01,K=10/T,已选KT=0.5,则K=0.5/T=50,所以s(0.01s1)"10/K=10/50=0.2S,积分调节器:11W(s)=s0.2s3.7 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为W0bi=K一=10，要求校正为典型口型js(Ts1)s(0.02s1)系统，在阶跃输入下系统超调量仃030%(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，

22、WP(s)=Kpi(琛*)校正后系统的开环传递函数W(s)Kp'(-s+1)K1，对照sss(Ts-1)典型口型系统，K=KP1K1/t,f=hT,选h=8,查表3-4,仃=27.2%,满足设计要求。这样T=hT=8*0.02=0.16s,h181K=22=175.78,Kpi=K./K1=175.78*0.16/10=2.812hT2*8*0.023.8 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=60kW,UN=220V,IN=308A,nN=1000r/min,电动势系数Ce=0.196V-min/r,主回路总电阻R=0.18Q,

23、触发整流环节的放大倍数Ks=35o电磁时间常数Tl=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=0.015s0额定转速时的给定电压(Un*)N=10V,调节器ASR,ACR饱和输出电压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ci<5%，空载起动到额定转速时的转速超调量an<10%。试求：(1)确定电流反馈系数0(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、Coio画出其电路图，调节器输入回路

24、电阻&=40kQ。(3)设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、Con。(R°=40kQ)(4)计算电动机带40炮定负载起动到最低转速时的转速超调量bn。(5)计算空载起动到额定转速的时间。解：(1)P=Um/'dm=8V/(1.1*'N)=8V/339A=0.0236V/A二二10/1000=0.01Vmin/r(2)电流调节器设计确定时间常数：a)Ts=0.00333sb)Toi=0.0025sc)T%=T0iTs=0.00250.00333-0.00583s电流调节器结构确定：K：(：S1)因为E5%,可按典型'型系统设计，选用PI调节器，W

25、acr(S)=一1,iS电流调节器参数确定：*=T|=0.012s,选K'T5=0.5,K'=0.5/吨=85.76sKiKiiR85.760.0120.18=0.224。350.0173a)电力电子装置传递函数的近似条件：b)忽略反电势的影响的近似条件：c)电流环小时间常数的近似条件：11=101.01.,ci3Ts30.0033331=3：1=79.06SciTmTl.0.120.012TST；中0.0033310.高=115.52丁可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R0=40K，则:校验等效条件：.ci=KI=85.76s1R=&&=0.224父4

26、0K=8.96K,取9K.Ci=Ti/R=0.012/(9父103)=1.33NF由此C°i=4%/&=40.0025/40103=0.25F(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K1Tzi=0.5则1/KI=才=20.005830.011b) Ton=0.015sc) Txn-1/KITon-0.011660.015-0.02666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用pi调节器，Kn(hS1)nsWASR(s)=-,速度调节器参数确定:品=hT,取h=5,%=hT&=0.1333sKnKnh-1622厂=22=168.82s

27、2hT%250.02666(h1)-CeTm60.02360.1960.126=6.942h：RT%250.010.180.02666校验等效条件cn=Kn/1=Knn=168.820.1333=22.5s口3Tia）电流环近似条件:1Kib）转速环小时间常数近似:1Ki1驳76：25.2s.，30.0153T0ncn185.76140.43s>,.：cn30.00583可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）%=2*(2cmx)(,一z)Cb=11.23%10%r三=281.2%1.1nTm3080.18x0.19610000.02666x0.12转速超调量的校验结果表明，

28、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按h=3,速度调节器参数确定如下：和=hTgn=0.07998sKn=(h1)/2h2T"n=4/(290.026662)=312.656sKn=(h1)(eTm/2h:RT=40.02360.1960.12/(230.010.180.02666)=7.6校验等效条件：cn=KN/1=KNn=312.6560.07998=25s-_1/21/2一a)1/3(KI/Tvi)=1/3(85.76/0.00583)-40.43sd-1/2-=1/2/b)1/3(KI/Ton)=1/3(85.76/0.015)=25.2sd可

29、见满足近似等效条件。转速超调量的校验：二n=272.2%1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)=9.97%：二10%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=KnMR0=7.6M40=304K,W310K。Cn=n/Rn=0.07998/310103=0.258FCon=41n/R0=40.015/40103=1.5F4）40%额定负载起动到最低转速时：二n%=272.2%(1.1-0.4)(3080.18/0.196100)(0.02666/0.12)=63.5%仅考虑起动过程的第二阶段dnCm(Idm-IdL)2

30、dtGD275R(Idm-IdL)R2(Idm-IdL)TcGD2RCeTreCe二375CmCe2,根据电机运动方程：吗5=!；,375dt_*-0.385sCeTmn0.196*0.12*1000所以:(Idm-IdL)R一(1.1*308-0)*0.183.10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=500kVVS=750V,In=760A,nN=375r/min，电动势系数Ce=1.82Vmin/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Ks=75,电磁时间常数Tl=0.031s,机电时I常数Tm=0.

31、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Um*=Um=Unm=10V,调节器输入电阻R0=40kQo设计指标：稳态无静差，电流超调量cri<5%,空载起动到额定转速时的转速超调量<Tnw10%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5o(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oci和转速环的截止频率6cn,并考虑它们是否合理？*BV=_1°_=0.00877V/AIdm1.5*760解：(1)*二=-nm=0.0267Vmin/rnN375电流调节器已按典型I型系

32、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%c5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器，Wacr(s尸Ki"s+1)/可Ti/Te=0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：声Ti=0.031s,KiTe=0.5,Ki=0.5/Te=136.24s-1Ki=K1TlR/kJ：=136.240.0310.14/750.00877=0.899校验等效条件：9i=KI=136.24s-1_1a)1/3Ts=1/30.00167=199.6s'cib)(1/TmTl)1/2

33、=3(1/0.1120.031)1/2=50.9sci1/2_1/21c)1/3(1/TsToi)=1/3(1/0.001670.002)=182.39s%可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选Ro=40K,则R=Ki父R0=0.899"0=35.96取36KCi=T/R=0.031/36父103=0.86呼C0i=4兀/&=40.002/40103=0.2f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K|Te=0.5贝U1/Ki=2T±=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sc) c"=1/Ki+Ton

34、=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)=Kn(ms+1)/Tns速度调节器参数确定：而=hT±n,选h=5,贝U%=hT±尸0.1367s,KN=(h+1)/(2h2T24=6/2*25*0.027342=160.54s-2Kn=(h+1)pCeTm/(2hcRT3=6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：3cn=Kn/3i=Kn=160.54*0.1367=21.946s-2a) 1/3(Ki/TE)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>3cnb) 1/3(Ki/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>6n可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选Ro=40K,则Rn=Kn*Ro=10.5*40=420K由止匕Cn=Tn/Rn=0.1367/420*103=0.325pF取0.33FCon=4Ton/Ro=4*0.02/40*103=2F-12)电流环的截止频率是：3ci=Ki=136.24s速度环的截止频率是：叱n=21.946s-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