2022年《电力拖动自动控制系统》第三版陈伯时课后答案

1、电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 第一章 闭环把握的直流调速系统 1 1 为什么 PWM 电动机系统比晶闸管电动机系统能够获得更好的动态性能？ 答: PWM 电动机系统在很多方面有较大的优越性 : 1 主电路线路简洁 , 需用的功率器件少； 2 开关频率高 , 电流简洁连续 , 谐波少 , 电机损耗及发热都较小； 3 低速性能好 , 稳速精度高 , 调速范畴宽 , 可达 1: 10000 左右； 4 如与快速响应的电动机协作 , 就系统频带宽 , 动态响应快 , 动态抗扰才能强； 5 功率开关器件工作在开关状态 , 导通损耗小 , 当开关频率适当时 , 开关损耗也 不大 , 因而装置效

2、率较高； 6 直流电源接受不控整流时 , 电网功率因数比相控整流器高； 速 1 2 试分析有制动通路的不行逆 PWM 变换器进行制动时 , 两个 VT 就是如何工作的； 答: 在制动状态中 , i d 为负值 , VT2 就发挥作用了； 这种情形发生在电动运行过程中需要降 的时候；这时 , 先减小把握电压 , 使 U g 1 的正脉冲变窄 , 负脉冲变宽 , 从而使平均电枢电 压 Ud 降低；但就是 , 由于机电惯性 使电流 id 反向 , VD2 截止 , 在 t on t 时 , 转速与反电动势仍来不及变化 , U g 2 变正 , 于就是 VT2 导通 , 反向电流沿回路 , 因而造成

3、E Ud , 很 快 3 流通 , 产生能耗制动作用；在 T t + t on 时 , VT2 关断 , - id 沿回路 4 经 VD1 续流 , 向 电源回馈制动 , 与此同时 , VD1 两端压降钳住 轮番导通 , 而 VT1 始终就是关断的； VT1 使它不能导通； 在制动状态中 , VT2 与 VT1 在轻载电动状态 , 这时平均电流较小 , 以致在 VT1 关断后 id 经 VD2 续流时 , 仍没有达到 周期 ,电流已经衰减到零 ,这时 VD2 两端电压也降为零 , VT2 便提前导通了 ,使电流反向 , 产生 局部时间的制动作用； 调速范畴与静差率的定义就是什么？调速范畴, 静

4、差速降与最小静差率之间有什么关 系？为什么说“脱离了调速范畴 , 要中意给定的静差率也就简洁得多了”？ 答 : 生产机械要 求电动机供应的最高转速与最低转速之比叫做调速范畴 nmin ,用字母表示 ,即 D = nmax 其中 , n max 与 nmin 一般 都指电动机额定负载时的最高与最低转速 ,对于少数负 载很轻的机械 , 可以用实际负载时的最高与最低转速； 当系统在某一转速下运行时 , 负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落 ,与理 想空载转速之比 , 称作静差率 s, 即 s = nNn0 或用百分比表示 s = nN n0 100%第 1 页,共 27 页电力拖动自动把握系

5、统第三版陈伯时课后答案 在直流电动机变压调速系统中 , 一般以电动机的额定转速 nN 作为最高转速 就 s = nN n0 = nmin + nN nNnmin = nN- nN = 1- sn N s s D = nmax nmin = nN1- S nN S 由上式可瞧出调速系统的调速范畴, 静差速降与最小静差率之间的关系； 对于同一个调 速系统 , nN值确定 , 假如对静差率要求越严 , 即要求 s 值越小时 , 系统能够答应的调速 范畴也越小； 一个调速系统的调速范畴 围； ,就是指在最低速时仍能中意所需静差率的转速可调范 某一调速系统 , 测得的最高转速特性为 nOmax = 15

6、00r / min , 最低转速特性为 nO min = 150r / min , 带额定负载时的速度降落 nN=15r / min, 且在不同转速下额定速降 nN 不变 , 试问系统能够达到的调速范畴有多大？系统答应的静差率就是多少？ 解 系统能够达到的调速范畴为 D = nmax = nmin 150 - 15 1500 = 11 系统答应的静差率 DnN 1115s = 100% = 100% = 10%nN+ DnN 1500 + 1115 某闭环调速系统的调速范畴就是 1500150r/min ,要求系统的静差率 s 2% ,那么系 统答应的静态速降就是多少？假如开环系统的静态速降就

7、是 倍 数应有多大？ 解 由于 s = nN= nNn0 nmin + nN100r/min ,就闭环系统的开环放大 所以 n N= nmin s = 1500,02 = 3, 06r / min 1 - s 1- 0,02 由于 nclnop = 1+ K 第 2 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 所以 K = nopn cl - 1= 3,06 100 - 1 = 31,7 1 6 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 , 假如 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 , 调速范畴可以扩大多

8、少倍？ 解 1 由于 ncl= RId 2 由 Ce1+K所以 RId = n 1+K=8 1+15=128Ce 就 ncl= RId = 128 = 4, 13r / min Ce 1+K 1 + 30 D = nN S 不变的情形 nN1- S , 可知在 s 与 nN 下 , D 只与 nN有关 调速范畴扩大 1, 94 倍； 1 7 某 调 速 系 统 的 调 速 范 围 D=20 , 额 定 转 速 nN = 1500r / min , 开 环 转 速 降 落 nNop = 240r / min , 如要求系统的静差率由 10%削减到 5%, 就系统的开环增益将如何变 化？ 解 ;

9、nN s 当 s=10%时 , n = = = 8,33r / 150 min 0 0, 1ND1-s201-0, 1= 3,95r / min 此时 K = nop- 1 = 240 - 1= 27,8 8,33 ncl当 s=5%时 , n = nN s = 1500 0, 05 此时 K = ND1-s 240 201-0, 05nop- 1 = - 1 = 59,8 3,95 ncl就如要求系统的静差率由 10%削减到 5%, 就系统的开环增益将变大； 1 8 转速单闭环调速系统有那些特点？转变给定电压能否转变电动机的转速？为什么？ 如 果给定电压不变 , 调剂测速反馈电压的分压比就是

10、否能够转变转速？为什么？假如 测速发电机的励磁发生了变化 , 系统有无克服这种干扰的才能？ 答: 1 转速单闭环调速系统有以下三个基本特点 第 3 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 特 只用比例放大器的反馈把握系统 , 其被被调量仍就是有静差的； 反馈把握系统的作用就是 : 抗击扰动 , 听从给定； 扰动性能就是反馈把握系统最突出的 征之一； 第 4 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 系统的精度依靠于给定与反馈检测的精度； 2 转变给定电压会转变电动机的转速 , 由于反馈把握系统完全听从给定作用； 3 假如给定电压不变 , 调剂测速反馈电压的分压

11、比或测速发电机的励磁发生了变化 , 它 不能得到反馈把握系统的抑制 ,反而会增大被调量的误差； 反馈把握系统所能抑制的只就是 被反馈环包围的前向通道上的扰动； 1 9 在转速负反馈调速系统中 , 当电网电压,负载转矩,电动机励磁电流,电枢电阻,测 速发电机励磁各量发生变化时 ,都会引起转速的变化 ,问系统对上述各量有无调剂才能？为 什么？ 答 : 当电网电压发生变化时 , 系统对其有调剂才能； 由于电网电压就是系统的给定反 馈把握系 统完全听从给定； 负载转矩, 电动机励磁电流, 电枢电阻变化时系统对其有调剂才能； 由于她们的变化最 终会影响到转速 , 都会被测速装置检测出来； 再通过反馈把握

12、作用 , 减小它们对稳态转速的 影响； 测速发电机励磁各量发生变化时 , 它不能得到反馈把握系统的抑制 , 反而会增大被调量 的误差；反馈把握系统所能抑制的只就是被反馈环包围的前向通道上的扰动； 1 10 有一 V M 调速系统；电动机参数为 : PN = 2,2kW,UN= 22V0,IN= 12.5A, nN = 1500r / min, 电枢电阻 Ra = 1, 2, 整流装置内阻 Rrec = 1,5, 触发整流环节的放 大倍数 Ks = 35 ；要求系统中意调速范畴 D=20 , 静差率 s 10% ； 1 运算开环系统的静态速降 nop 与调速要求所答应的闭环静态速降 ncl； 2

13、 接受转速负反馈组成闭环系统 , 试画出系统的原理图与静态结构框图； . 3调整该系统参数 , 使当 U = n15V 时 , I = Id,n=n, 就转N速负反馈系 应当就多少？ 是 数 4 运算放大器所需的放大倍数； 解: 1 先运算电动机的电动势系数 UN Ce = -IN Ra = 220 - 12, 51,2 = 0, 1367V .min/ r nN 1500 就开环系数额定速降为 nop= IN R = 12,51,2+1,5 = 246,9r / min Ce 0,1367 额定负载时的稳态速降应为 2 n = nN s 1500 0, 1= 8,33r / min cl D

14、1-s201-0, 1系统的静态结构框图如下所示 第 5 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 . Un Uc U*n+ -1 / C Ks I dURn Ks E Kp Ud0 + ne-Un + 转速负反馈系统的原理图 + + U n n * A U c -GT -UPE U d M-.UUn + d Id -U n Un + -Ud + n-Utg tg TTG + - 3 当 U n . = 15V 时 , I = I N,n=n N , 就 转 速 负 反 馈 系 数 应 该 就是 . .= Un = Un n nN = 1500 15 = 0,01 4 闭环系统

15、的开环放大系数应为 K = nop- 1 = 246,9 - 1 = 28,64 8,33 ncl运算放大器所需的放大倍数 K 28, 64 KP = K S / Ce = 0,0135 / 0, 1367 = 11, 19 1 11 在题 1-10 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 1,2I N , 应当选用多大的比较电压与电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样 电阻不超过主电路总电阻的 1/3, 假如做不到 , 需要增加电流反馈放大器 , 试画出系统的原 理图与静态结构框图 ,并运算电流反馈放大系数； 这时电流反馈采样电阻

16、与比较电压各为多 少？ 第 6 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 .I dbl = U n +U com 2 I N解: 由于 R S I dcr = Ucom 1, 2NI R S 且 U =15V , 运算可得 R = 1,5,U com = 22,5V .I dbl = U n + U com 2 I N R S I dcr = Ucom 1 , 2NI KR S 1 12 某调速系统原理图如图 1-58 所示 ,已知数据如下 :电 动机 ;PN = 18kW,U N = 220V, I N = 94A,n N = 1000r / min , Ra = 0,15,

17、 整流装置内阻 Rrec = 0,3, 触发整流环节 的放大倍数 Ks = 40 ；最大给定电压 Unm = 15V , 当主电路电流达到最大值时 , 整定电流 ； 反馈电压 Uim = 10V 设计指标 :要求系统中意调速范畴 D=20 ,静差率 s 10% ,I dbl = 1,5IN ,；I dcr = 1, 1I N 试画出系统的静态结构框图 , 并运算 : 1 转速反馈系数 ； 2 调剂器放大系数 K p ； 3 电阻 R1 的数值； 放大器输入电阻 R0 = 20k 4 电阻 R2 的数值与稳压管 VS 的击穿电压值； 解: 1 转速负反馈系数 应当就是 = Un n= Un nN

18、 .= 15 = 0,015 1000 2 先运算电动机的电动势系数 Ce = UN -I N Ra = 220 - 94 0, 15 = 0,2059V .min/ r 1000 nN 就开环系数额定速降为 nop= I N R = 940, 15+0,3 = Ce 0,2059 205, 4r / min ncl= nN s D1-s 10000, 1201-0, 1= 5,56r / min 第 7 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 闭环系统的开环放大系数应为 K = nop- 1 = 205,4 - 1 = 35,9 5,56 ncl运算放大器所需的放大倍数 K

19、P = K = 35,9 = 12,3 K S / Ce 0, 01540/ 0, 20591 13 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中 , 当以下参数发生变化时系统就是否有调剂作 用, 为什么？ 1 放大器的放大系数 Kp ; 供电电网电压 ; 2 3 电枢电阻 Ra ; 4 电动机励磁电流 ; 5 电压反馈系数 ； 答 : 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中 , 当放大器的放大系数 K p 发生变化时系统有调 节作用再通过反馈把握作用 ,由于她们的变化最终会影响到转速 ,减小它们对稳态转速的影 响； 电动机励磁电流,电枢电阻 Ra 发生变化时仍然与开环系统一样 , 由于电枢电阻处于反 馈环

20、外； 当供电电网电压发生变化时系统有调剂作用； 完全听从给定； 由于电网电压就是系统的给定反馈把握系统 当电压反馈系数 发生变化时 , 它不能得到反馈把握系统的抑制 ,反而会增大被调量的 误差；反馈把握系统所能抑制的只就是被反馈环包围的前向通道上的扰动； 1-13 有一个 V M 系统 , 已知 : 电动机 : PN = 2,8kW, UN= 22V0, IN= 15.6A, nN = 1500r / min , Ra = 1, 5,整流装置内阻 Rrec = 1,触发整流环节的放大倍数 Ks = 35 ； 1 系统开环工作时 , 试运算调速范畴 D=30 时的静差率 s 值； 2 当 D=3

21、0 , s=10%, 运算系统答应的稳态速降； 3 如组成转速负反馈有静差调速系统 .,要求 D=30 , s = 10%, 在 U = 10nV 时 , I d = IN,n=n N , 运算转速负反馈系数 与放大器放大系 4 如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统 数 K p ； , 仍要求 U = 1 . n0V 时 , I d = IN,n=n N 并保持系统原先的开环放大系数 K 不变 , 试求在 D=30 时静 第 8 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 差率； 解 : 1 系统开环工作时 , Ce = UN - IN Ra nN = 220 - 15,

22、6 1,5 = 0, 1311V .min/ r 1500 就开环系数额定速降为 nop= IN R Ce = 15,61 ,5+1 0,1311 = 297,5r / min 就 s = DnN100% = 30297, 5 100% = 85,6% nN + DnN 1500 + 30297,5 2 当 D=30 , s=10%, 系统答应的稳态速降 n = nN s = 1 15000, = 5,56r / min 应 该 就是 ND1-s301-0,1 3 当 .U =n10V 时 , I d = IN,n=n N, 就 转 速 负 反 馈 系 数 .= 10 = 0, 007 150

23、0 = Un = Un n nN 闭环系统的开环放大系数应为 n 297, K = op 5- 1 = - 1= 52,51 5,56 ncl运算放大器所需的放大倍数 1-15 K K P = K S / Ce = 52,51 = 30,6 0,00735 / 0, 1311 4 在电压负反馈有静差调速系统中 , 开环与闭环的速降就是一样的 , 所以 ncl= nop= 297,5r / mins = DnN100% = 30297, 100% = 85,6% 5nN+ DnN1500 + 30297, 5 在 题 1-10 的 系 统 中 , 如 主 电 路 电 感 L=50mH , 系 统

24、 运 动 部 分 的 飞 轮 惯 量 2 GD =1,6N .m 2 , 整流装置接受三相零式电路 , 试判定按题 1-10 要求设计的转速负 反馈系统能否稳固运行？假如保证系统稳固运行 , 答应的最大开环放大系数 K 就是多 少？ 解 : 运算系统中各环节的时间常 数 : 电磁时间常数 T = L0, = 05 1,2 + 1,5 = 0,0185s R 第 9 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 机电时间常数 Tm = 375CeCm GD R 2= 3750,1367 0, 1,6 1,2 +1,5 30 = 0,065s 1367 三相桥式整流电路 , 晶闸管装置

25、的滞后时间常数为 Ts = 0,00167s 为保证系统稳固 , 开环放大系数应中意的稳固条件 : 2 K 28, 75,所以该系统不行以稳固运行 , 假如保证系统稳固运行 , 答应的最大开环放大系数 K 最大为 23, 1, 1-16 为什么用积分把握的调速系统就是无静差的？在转速单闭环调速系统中 ,当积分调剂器 的输入偏差电压 U = 0 时 , 调剂器的输出电压就是多少？它取决于那些因素？ 答; 在动态过程中 , 当 U n 变 化时 , 只要其极性不变 , 积分调剂器的输出 U c 便始终增长 ; .只有达到 U = U ,U = 0 时 ,U 才停止上升 ;不到 U 变负 ,U 不会

26、下降； 当 U = 0 时, Uc 并不就是 n零 , 而 n就是一 n个终值 ; 假如 c Un不再变化 , 这个终值便 n保持恒定而不c 再 , n变化 这就是积分把握的特点； 因此 ,积分把握可以使系统在无静差的情形下保持恒速运行 ,实现无 静差调速； 比例调剂器的输出只取决于输入偏差量的现状 , 而积分调剂器的输出就包含了输入偏 差量的全部历史；虽然现在 U n = 0, 但历史上有过 Un, 其积分就有确定数值, 足以产 生稳态运行时需要的把握电压 U c ； 1-17 在无静差转速单闭环调速系统中 ,转速的稳态精度就是否仍受给定电源与测速发电机精 度的影响？并说明理由； 答: 系统

27、的精度依靠于 给定与反馈检测的精度； 因此转速的稳态精度仍受给定电源与测速发电机精度的影响； 1-18 接受比例积分调剂器把握的电压负反馈调速系统 ,稳态运行时的速度就是否有静差？ 为 什么？试说明理由； 答: 接受比例积分调剂器把握的电压负反馈调速系统 , 稳态运行时的速度就是无静差的； 电 压负反馈实际就是一个自动调压系统 ,只 有被包围的电力电子装置内阻引起的稳态速降被 减小到 1/ 1+K , 它的稳态性能比带同样放大器的转速负反馈系统要差；但基本把握原 理 与转速负反馈类似；它与转速负反馈一样可以实现无静差调剂； 其次章 转速,电流双闭环直流调速系统与调剂器的工程设计方法 2-1 在

28、转速, 电流双闭环调速系统中 , 如要转变电动机的转速 , 应调剂什么参数？转变转 速调剂器的放大倍数 Kn 行不行？转变电力电子变换器的放大倍数 Ks 行不行？转变 第 10 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 转速反馈系数 行不行？如要转变电动机的堵转电, 应调剂系统中的什么参数？ 答: 双闭环调速系统在稳态工作中 流 , 当两个调剂器都不饱与时 , 各变量之间有以下关系 *U n = Un = n = n0 因此 转速 n 就是由给定电压 nU . 准备的 ; 转变转速反馈系数也可以转变电动机转速；转变转 速调剂器的放大倍数 Kn 与电力电子变换器的放大倍数 Ks

29、不行以； 2-2 转速,电流双闭环调速系统稳态运行时 , 两个调剂器的输入偏差电压与输出电压各就是 多少？为什么？ 答 : 当两个调剂器都不饱与时 , 它们的输入 偏差电压都就是零 转速调剂器 .ASR 的输出限幅电压 Uim 准备了电流给定电压的最大值 ; 电流调剂器 ACR 的输出限幅电压 Ucm 限制了电力电子变换器的最大输出电压 2-3 假如转速,电流双闭环调速系统中的转速调剂器不就是 系统的静,动态性能将会产生什么影响？ Udm ；PI 调剂器 , 而改为 P 调剂器 , 对 答: 改为 P 调剂器时其输出量总就是正比于输入量 , PI 调剂器的输出量在动态过程中准备于 输入量的积分

30、 , 到达稳态时 , 输入为零 , 输出的稳态值与输入无关而就是由它后面环节的需要 准备的； 2-4 试从下述五个方面来比较转速,电流双闭环调速系统与带电流截止环节的转速单闭环 调速系统 : 1 调速系统的静态特性 ; 2 动态限流性能 ; 3 起动的快速性 ; 4 抗负载扰动的性能 ; 5 抗电源电压波动的性能； 答 : 1 转速,电流双闭环调速系统在稳态工作点上 , 转速 n就是由给定电压 U . 准备的； ASR 的输出量 U* i 就是由负载电流 IdL 准备的；把握电压 U c 的大小就同时取决于 n n 与 Id, 或者说 , 同时取决于 Un. 与 IdL ；双闭环调速系统的稳态

31、参数运算就是与无静差系统的稳态 计 算相像； 带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特性特点 :电 流负反馈的作用相当于在主电 路中串入一个大电阻 K p Ks Rs , 因而稳态速降极大 , 特性急剧下垂 ; 比较电压 Ucom 与 给 定电压 Un* 的作用一样 , 好象把理想空载转速提高了；这样的两段式静特性常称作下垂 特 性或挖土机特性； 2 3 双闭环直流调速系统的起动过程有以下三个特点: 饱与非线性把握,转速超调,准 时 间最优把握； 4 由动态结构图中可以瞧出 , 负载扰动作用在电流环之后 , 因此只能靠转速调剂器 ASR 来产生抗负载扰动的作用；在设计 ASR 时 , 应要求有

32、较好的抗扰性能指标； 电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 5 在单闭环调速系统中 ,电网电压扰动的作用点离被调量较远 , 调剂作用受到多个环 节的延滞 , 因此单闭环调速系统抗击电压扰动的性能要差一些； 双闭环系统中 , 由于增设了 电流内环 ,电压波动可以通过电流反馈得到比较准时的调剂 ,不必等它影响到转速以后才能 反馈回来 , 抗扰性能大有改善； 2-5 在转速,电流双闭环调速系统中 , 两个调剂器均接受 PI 调剂器；当系统带额定负载运 行时 , 转速反馈线突然断线 , 系统重新进入稳态后 , 电流调剂器的输入偏差电压 U i 就是否 为零？为什么？ 2-6 在转速,电流双闭环调速

33、系统中 , 转速给定信号 U n . 未转变 , 如增大转速反馈系数 , 系统稳固后转速反馈电压 Un 就是增加仍就是削减？为什么？ 2-7 在转速,电流双闭环调速系统中 , 两个调剂器 ASR ,ACR 均接受 PI 调剂器；已知参 数 : 电动机 : PN = 3,7kW,UN= 22V0, I N= 20A,nN= 1000r / min, 电枢回路总电阻 . .R = 1,5, 设 Unm = Uim= Uom= 8V , 电枢回路最大电流 I dm = 40A , 电力电子变换器的 放大系数 Ks = 40 ；试求 : ; 1 电流反馈系数 与转速反馈系数 2 当电动机在最高速发生堵

34、转时的 Ud 0, U i , Ui , Uc 值； 解: 1 稳态时 由于 I dm U im .= 所以 = Uim . = 8 = 0,2V / A I dm 40 .8 = U nm nmax = 1000 = 0,008V .min/ r 2 电动机在最高速发生堵转时 n=0 Ud 0 = Cen + I d R = 401,5 = 60V Ui .= - Ui = I d = 8V Ui = 8V Ud 0 Uc = Ks = 60 =1,5V 40 第 12 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 2-8 在转速,电流双闭环调速系统中 , 调剂器 ASR , A

35、CR 均接受 PI 调剂器；当 ASR 输出 达到 Uim = 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i如何变化？ 2 Uc 应如何变化？ 3 Uc 值由哪些条件准备？ 2-9 在转速,电流双闭环调速系统中 , 电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行 , 现 因 某种缘由使电动机励磁电源电压突然下降一半 , 系统工作情形将会如何变化？写出 U . , Uc , U d 0 , I d 及 n 在系统重新进入稳固后的表达式； i2-10 某反馈把握系统已校正成典型 I 型系统；已知时间常数 T=0 , 1s, 要求阶跃响

36、应超调量 10% ； 1 求系统的开环增益 ; 2 运算过度过程时间 t s 与上升时间 t ; 3 绘出开环对数幅频特性；假如要求上升时间 t 件, 3Ts 0033s ci 忽视反电动势变化对对电流环动态影响的条件 中意近似条 31= 3 1- 1 = 79,06s 3TsToi 件, 5 运算调剂器电阻电容 =40k , 各 电 阻 与 电 容 值 为 由 图 2-25, 按 所 用 运 算 放 大 器 取 R0 Ri = Ki R0 = 0,22540k = 9k Ci = Ri i = 910 F =1,3310 F = 1,33F ,取 1, 33F - 6 Coi = 4Toi

37、R0 = 4010 F = 0,2510 42F - 6F = 0,25F , 取 0,依据上述参数 , 电流环可以达到的动态跟随性能指标为 i =4, 3 cn 3 T 3 0, 0058 i 转速环小时间常数近似处理条件为 : 1 KI = 1 86 s = 25,2s - 1 - 1 , 中意近似条件, cn 3Ton 3 0,01 5 运算调剂器电阻与电容 依据图 2-27, 取 R0 =40k, 就 Rn = Kn R0 = 7,7340k= 309,2k, 取 310k Cn = n= 0, - 6 F = 0,25710 F = 0,257F ,取 0,257F , 由于表 2-

38、6 就是按线性系 Rn 0798 3 31010Con = 4Ton R0 = 44010 F = 1,510 5F - 6F = 1,5F ,取 1,6 校核转速超调量 当 h=3 时 , 由表 2-6 查得 , n =52, 6, 不能中意设计要求,实际上 统 运算的 , 而突加阶跃给定时 ,ASR 饱与 , 不符合线性系统的前 , 应当按 ASR 退饱与的情形重运算超调量； 提 新 7 由表 2-7 查得 , 由 h = 3得, CmaxCb = 72,2% = Im = 339 = 1, 1 I N 308 T 3080,18 = 2Cmax -z n Nn = 272,2%1,1 0

39、,196 0,0266 =9,96% nCb n *Tm 10% 1000 0, 12 4,假如只起动 5,空载起动到额定转速的时间 .t . =2h .n n T = .6=. 7, 73 10 0,0,0266 = 0,386s 2 . h +1 . U .-I n . 4 . 8 - 0236308K U . . im dL . .2-15 有一转速, 电流双闭环调速系统 ,主电路接受三相桥式整流电路； 已知电动机参数为 : 路PN总=电5阻55kWR,U= N0=,751V04,I N, = 760A,n = 375r / min = 1,5 , 电动势系数 , 触发整流环节的放大倍数

40、 Ce = 1, 82V .min/ r , 电枢回 第 17 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 Ks Toi = 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 = 0, , 转 速 反 馈 滤 波 时 间 常 数 Ton = 0, 02s； 设 调 节 器 输 入 输 出 电 压 002s U nm = Uim =U om = 10V , 调剂器输入电阻 R 0= 40k； 设计指标 : 稳态无静差 , 电流超调量 i5% , 空载起动到额定转速时的转速超调量 n10%；电流调剂器已按典型 I 型系统设

41、计 , 并取参数 KT=0 , 5； 1 选择转速调剂器结构 , 并运算其参数 ; 2-16 2 运算电流环的截止频率 ci 与转速环的截止频率 cn , 并考虑它们就是否合理； 在一个转速,电流双闭环 V M 系统中 , 转速调剂器 ASR , 电流调剂器 ACR 均接受 PI 调剂器； . 1 在此系统中 , 当转速给定信号最大值 U =nm15V 时 , n = n = 1N500r / min; 电 流给定信号最大值 Uim = 10V 时 , 答应最大电流 I dm = 30A , 电枢回路总电阻 R = 2, 晶 闸 管 装 置 的 放 大 倍 数 Ks = 30 , 电 动 机

42、额 定 电 流 I N = 20A , 电 动 势 系 数 .Ce = 0,128V .min/ r ,现系统在 Un = 5V , I dl = 20A时稳固运行求；此时的稳态转n速=？ ACR 的输出电压 Uc = . 2当系统在上述情形下运行时 ,电动机突然失磁 = 0 ,系统将会发生什么现象？ 试分析并说明；如系统能够稳固下来 , 就稳固后 n=？ U n= . U .i = . I d = . Uc = . 3 该系统转速环按典型 II 型系统设计 , 且按 M min 准就选择参数 , 取中频宽 h=5 , 已知转速环小时间常数 T = 0,05s, 求转速环在跟随给定作用下的开环

43、传递函数 , 并运算 n 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与转速 n 的动态过程波形就是 怎样的？已知机电时间常数 Tm = 0,05s , 运算其最大动态速降 nmax 与复原时间 tV ； 2-17 有一转速, 电流双闭环把握的 H 性形双极式 PWM 直流调速系统 ,已 知电动机参数为 : PN= 200kW,UN= 48V, I N= 3.7A,nN= 200r / min, 电枢电阻 Ra= 6,5, 电枢回路总 电阻 R= 8, 答应电流过载倍数 = 2 , 电势系数 Ce = 0,12V .min/ r , 电磁时间常数

44、第 18 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 Tl = 0, 015s , 机电时间常数 Tm = 0,2s, 电流反馈滤波时间常数 Toi = 0,001s , 转速反馈 滤波时间常数 Ton = 0,005s ；设调剂器输入输出电压 U nm .= U = U = 10V , 调剂器输入 .电阻 R0 = 40k；已运算出晶体管 D202 的开关频率 f=1kHz , PWM 环节的放大倍数 Ks = 4,8 ； 试对该系统进行动态参数设计 , 设计指标 : 稳态无静差 , 电流超调量 i5%; 空载起 动到额定转速时的转速超调量 n 20% ; 过载过程时间 ts

45、0,1s ； 第 3 章 直流调速系统的数字把握 3-1 直流电机额定转速 nN = 375r / min , 电枢电流额定值为 I dN = 760A , 答应过流倍数 =1,5 , 运算机内部定点数占一个字的位置 16 位 , 试确定数字把握系统的转速反馈存 储系数与电流反馈储备系数 , 适当考虑余量； 解 : 定点数长度为 1 个字 16 位 , 但最高位须用作符号位 , 只有 15 位可表示量值 , 故最 大存 储值 D max=215-1；电枢电流最大答应值为 N,考虑到调剂过程中瞬时值可能超 过此 值 , 故取 I maxN ；因此 , 电枢电流储备系数为 K = 2 15 - 1

46、 = = 3276 8 A - 1 1, 8I N 1,8 760 额定转速 nN=375r/min , 取 nmax=1, 3nN, 就转速储备系数为 15 K = 1, 3nN 2 - 1 = 32768 1,3 375 min/ r = 67,21min/ r 对上述运算结果取整得 K = 23A - 1, K = 67 min/ r ； 3-2 旋转编码器光栅数为 1024, 倍频系数为 4, 高频时钟脉冲频率 f 0 = 1MHz , 旋转编码 器输出的脉冲个数与高频时钟脉冲个数均接受 16 位计数器 ,M法与 T 法测速时间均 0,01s, 求转速 n=1500r/min 与 n=

47、150r/min 时的测速分辩率与误差率最大值； 解: 电动机每转一圈共产生 Z=4 2048=4096 个脉冲； 1 M 法测速 测速辨论率 Q = 60 M 1 +1 -60M 1 = 60 = 60 r / min =1,46r / min ZTC ZTC ZTC 01 40960, 电动机的转速为 n = 60M 1 ZTC 第 19 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 当 n=1500r/min 时 , M 1 = ZTC n = 60 40960, = 1024 01150060 测速误差率最大值 当 n=150r/min 时 , max = 1100% =

48、M 1 1100% 0,098% 1024 M1 = ZTCn = 40960, 102 60 01150 60 测速误差率最大值 max 1 1 = 100% = 100%0, 98% 2 T 法测速 M1 102 当 n=1500r/min 时 , n = 60 f0 ZM 2 60f 测速辨论率 60f 2 2Q= 0 60f -0 = Zn40961500 = = r / min171r / minZM -1 ZM 2 ZMM -1 60f - Zn6010 6- 409615006M = 60 f 0Zn = 40961500 60109 取整数 测速误差率最大值 当 n=150r/

49、min 时 , = M - 1 1100% = 9 - 1 1100% 12, 5% 2 2测速辨论率 Q = Zn = 40961506 r / min 1, 55r / min 60 f 0 - Zn 6010 - 40961506M = 60 f 0= Zn 4096150 601097 取整数 测速误差率最大值 = 1100% = 1100% 1,04% M 2 - 1 97 - 1 3-3 将习题 2-14 设计的模拟电流调剂器进行数字化 ,采样周期 Tsam = 0,5ms, 调剂器输出 限幅及积分限幅均为 Um , 写出位置式与增量式数字 PI 调剂器的表达式 , 并用已把握的汇

50、 编语言设计实时把握程序； 3-4 依据习题 2-15 电流调剂器的设计结果 电流调剂器按典型 I 型系统设计 ,KT=0 ,5, , 额 按离散系统设计方法设计转速调剂器 定电压 U N = 750V , 额定电枢电流 ,要 求转速无静差； 已知电动机额定功率 PN = 555kW I N = 760A ,额定转速 nN = 375r / min , 电动势系数 第 20 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 Ce = 1,82V .min/ r , 电枢回路总电阻 R = 0,14, 答应过载倍数 =1,5 , 机电时间常数 - 1 T = 0,112s , 转速滤波时

51、间常数 T = 0,02s , 电流反馈储备系数 K = 23A , 转速反馈 储备系数 K = 67min/ r , 转速调剂器采样时间 Tsam = 0,01s , 电流环小惯性时间常数 T = Ts + Toi = 0, 0017s + 0,002s = 0, 0037s i 第 4 章 可逆直流调速系统与位置随动系统 4-1 晶闸管 -电动机系统需要快速回馈制动时 , 为什么必需接受可逆线路？ 答 : 当电动机需要回馈制动时 , 由于反电动势的极性未变 , 要回馈电能必需产生反向电流 , 而 反向电流就是不行能通过 VF 流通的 , 这时 , 可以通过把握电路切换到反组晶闸管装置 VR

52、 , 并 使它工作在逆变状态 , 产生逆变电压 , 电机输出电能实现回馈制动； 4-2 试画出接受单组晶闸管装置供电的 V-M 系统在整流与逆变状态下的机械特性 ,并分析这 种机械特性适合于何种性质的负载； 解; 机械特性图如下 n: 提升 Te I d - n 放下 4-3 说明待逆变,正组逆变与反组逆变 答: 待逆变 正组逆变电枢端电压为负 , 并说明这三种状态各显现在何种场合下； , 电枢电流为正 , 电动机逆向运转 , 回馈发电 , 机械特性 在第四象限； 反组逆变电枢端电压为正 , 电枢电流为负 , 电动机正向运转 , 回馈发电 , 机 械特性 在其次象限； 4-4 分析协作把握的有

53、环流可逆系统反向起动与制动的过程； 画出各参变量的动态波形 ,并 说明在每个阶段中 ASR 与 ACR 各起什么作用 , VF 与 VR 各处于什么状态； 解 : 把握电路采 用典型的转速,电流双闭环系统 , 其中 : 转速调剂器 ASR 把握转速 , 设置双向输出限幅电路 , 以限制最大起制动电流 ; 小逆变电角流调节m；ACR把握电流 , 设置双向输出限幅电路 , 以限制最小把握角 min 与 最 器in VF, 由 GTF 把握触发 , 正转时 , VF 整流 ; 反转时 , VF 逆变； 正组晶闸管 VR , 由 GTR 把握触发 , 反转时 , VR 整流 ; 正转时 , VR 逆变

54、； 反组晶闸管 第 21 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 4-5 试分析图 4-13 所示规律选触无环流可逆系统的工作原理 性及能量关系； 解: 图 4-13 规律选触无环流可逆系统的原理框图如下 图中 : SAF, SAR 分别就是正,反组电子模拟开关； , 说明正向制动时各处电压极 接受数字把握时 ,电子开关的任务可以用条件选择程序来完成 ,实际系统都就是规律选触 系统；此外 , 触发装置可接受由定时器进行移相把握的数字触发器 4-6 试分析位置随动系统与调速系统在哪些方面就是不同的； , 或接受集成触发电路； 答: 位置随动系统与调速系统的主要区分在于 , 调速

55、系统的给定量一经设定 , 即保持恒值 , 系 统的主要作用就是保证稳固与抗击扰动 ;而位置随动系统的给定量就是随机变化的 ,要求输出 量精确跟随给定量的变化 ,系统在保证稳固的基础上 ,更突出需要快速响应； 位置随动系统 的 反馈就是位置环 , 调速系统的反馈就是速度环； 第 5 章 闭环把握的异步电动机变压调速系统 一种转差功率消耗型调速系统 5-1 异步电动机从定子传入转子的电磁功率 Pm 中 ,有 一部分就是与转差成正比的转差功率 Ps , 依据对 Ps 处理方式的不同 , 可把沟通调速系统分成哪几类？并举例说明； 答: 从能量转换的角度上瞧 , 转差功率就是否增大 , 就是消耗掉仍就是

56、得到回收 , 就是评判调速系 统 效率高低的标志；从这点动身 , 可以把异步电机的调速系统分成三类 ； 转差功率消耗型调 速系统 : 这种类型的全部转差功率都转换成热能消耗在转子回路中 , 降电压调速,转差离合器调速,转子串电阻调速属于这一类；在三类异步电机调速系统中 , 这类系统的效率最低 ,而且越到低速时效率越低 ,它就是以增加转差功率的消耗来换取转速的 降低的 恒转矩负载时 ；可就是这类系统结构简洁 , 设备成本最低 , 所以仍有确定的应用价 值； 转差功率馈送型调速系统 : 在这类系统中 , 除转子铜损外 ,大部分转差功率在转子侧通 过 变流装置馈出或馈入 ,转速越低 , 能馈送的功率

57、越多 , 绕线电机串级调速或双馈电机调速 属于 这一类； 无论就是馈出仍就是馈入的转差功率 , 扣除变流装置本身的损耗后 , 最终都转化成 有用的功率 , 因此这类系统的效率较高 , 但要增加一些设备； 第 22 页,共 27 页电力拖动自动把握系统第三版陈伯时课后答案 转差功率不变型调速系统 :在这类系统中 ,转差功率只有转子铜损 ,而且无论转速高低 , 转差功率基本不变 , 因此效率更高 , 变极对数调速, 变压变频调速属于此类；其中变极对数 调 速就是有级的 , 应用场合有限； 只有变压变频调速应用最广 , 可以构成高动态性能的沟通调 速 系统 ,取代直流调速 ;但在定子电路中须配备与电

58、动机容量相当的变压变频器 ,相比之下 , 设备 成本最高； 5-2 有一台三相四极异步电动机 , 其额定容量为 5,5kW,频率为 50Hz, 在某一情形下运行 , 自定子方面输入的功率为 6, 32kW,定子铜损耗为 341W,转子铜损耗为 237, 5W,铁心损耗为 167, 5W,机械损耗为 45W,附加损耗为 29W,试绘出该电动机的功率流程图 , 注明各项功率 或 损耗的值 , 并运算在这一运行情形下该电动机的效率,转差率与转速； 5-3 简述沟通变压调速系统的优缺点与适用场合； 答: 5-4 何谓软起动器？沟通异步电动机接受软起动器有什么好处？ 答 ;带电流闭环的电子控 制软起动器

59、可以限制起动电流并保持恒值 ,直到转速上升后电流自 动衰减下来 ,起动时间也 短于一级降压起动； 主电路接受晶闸管沟通调压器 , 用连续地转变 其输出电压来保证恒流起 动, 稳固运行时可用接触器给晶闸管旁路 ,以免晶闸管不必要地长 期工作；视起动时所带负载 的大小 , 起动电流可在 0, 54ISN 之间调整 , 以获得正确的起动 成效 , 但无论如何调整都不 宜于满载起动； 负载略重或静摩擦转矩较大时 , 可在起动时突加 短时的脉冲电流 , 以缩短起 动时间； 6-1 软起动的功能同样也可以用于制动 , 用以实现软停车； 第 6笼型异步电动机变压变频调速系统 VVVF 章 转差功率不变型调速

60、系统 简述恒压频比把握方式； 答: 绕组中的感应电动势就是难以直接把握的 ,当电动势值较高时 , 可以忽视定子绕组的漏磁 阻抗压降 , 而认为定子相电压 Us Eg, 就得 U S = 常值 f 1这就是恒压频比的把握方式； 但就是 , 在低频时 Us 与 Eg 都较小 ,定子阻抗压降所占的份量 就 比较显著 ,不再能忽视； 这时 ,需要人为地把电压 Us 抬高一些 ,以便近似地补偿定子压降； 6-2 简述异步电动机在下面四种不同的电压频率和谐把握时的机械特性并进行比较 ; 1 恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特性 ; 2 基频以下电压频率和谐把握时异步电动机的机械特性 ; 3 基频以上恒