电力拖动自动控制系统(第三版)陈伯时习题答案

10第一章：闭环掌握的直流调速系统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系统与V-M系统相比，在很多方面有较大的优越性：主电路线路简洁，需用的功率器件少；开关频率高，电流简洁连续，谐波少，电机损耗及发热都较小；低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达1：10000左右；力量强；关损耗也大，因而装置效率较高；直流电源承受不控整流时，电网功率因数比相控整流器高；g1试分析有制动通路的不行逆PWM变换器进展制动时两个VT是如何工作的。答：如图P13，1-17，制动状态时，先减小掌握电压，使U 的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压Ud降低。但是由于机电惯性，转速和反电动势还g1on 来不及变化，因而造成E＞Ud，很快使电流id反向，VD2截止，在t on 2VT23T≤t＜T+ton(即通，而VT1始终是关断的。2VT1关断后id经VD2VD2两端电压也降为零，VT2便提前导通了，使电流反向，产生局部时间的制动作用。调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系?为什么说“”?D表示,即：nDmaxnminN 速降落Δn与抱负空载转速n之比，称作静差率sN ns Nn0 。调速范围、静态速降和最小静差率之间的关系是：ND nNn

smin)(1sN

minD越小，s越小，D越大，s越大；D与s相互制约，所以说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就简洁得多了”。某一调速系统，测得的最高转速特性为n0max1500r/min，最低转速特性为n0min150r/minnN15r/min定速降nN少？解：思路一：系统能够到达的调速范围为：n n

1500NDmax 0max 11N

nmin

nn

15015

snN

DnNNDnN

100% 1115 100%10%15001115系统允许的静差率：n n 15s Nn0

100%

Nn

100% 100%10%150系统能够到达的调速范围为：n s n

s 15000.1D N

0max 11n (1s) nN N

(1s) 15(10.1)1500~150r/mins2，那么系统允许的静态速降是多少？假设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：由于：nDmaxn

150010所以系统允许的静态速降：

nmin 150 ，n s n s 0.02n N max 3.06r/minN D(1s) D(1s) 10(10.02)又：nn opclcl 1K，ncl

n n，N ，

100r/min故闭环系统的开环放大倍数：n

100Kop1

131.68n 3.06cl某闭环调速系统的开环放大倍数为158r/min，假设将开环放大倍数提高到30围可以扩大多少倍？解：由于：RIn d 所以：

cl Ce

(1K)RIdnC

(1K)8(115)128eK=30时，电动机在额定负载下的速降为：RI 128n d 又由于：

cl Ce

(1K) 130n sD n N(1s)N所以在同样静差率要求下，且nN不变，D的变化只与nN有关，即调速范围D扩大了8/4.13=1.49倍。某调速系统的调速范围D=20，额定转速nN1500r/min，开环转速降落n 240/n Nop 10%削减到5%，则系统的开环增益将如何变化？s=10%时，n s 15000.1n N 8.33r/minN D(1s) nKop

1

240

127.8s=5%时，

n 8.33cln nNs 0.05 3.95r/minN D(1s) 0.05)nKop

1

240

159.8n 3.95cl27.8变化到59.8。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？什么？假设测速发电机的励磁发生了变化，系统有无抑制这种干扰的力量？〔1〕转速单闭环调速系统有以下三个根本特征：作用。假设给定电压不变，调整测速反响电压的分压比会转变转速，由于反响动作，使反响信号与给定信号到达的平衡为止。由于反响掌握系统所能抑制的只是被反响环包围的前向通道上的扰动。量有无调整力量？为什么？系统所能抑制的只是被反响环包围的前向通道上的扰动。NV-MPN

=220V,IN

=12.5A,nN

=1500r/min,a rec 电枢电阻R=1.2Ω，整流装置内阻R =1.5Ω，触发整流环节的放大倍数K=35。要求系统满足调速范围D=20，静差率s10%a rec op cl计算开环系统的静态速降n 和调速要求所允许的闭环静态速降n op cl承受转速负反响组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态构造框图。

,则转速负反响系数α应当是多少？

n d N N计算放大器所需的放大倍数。1〕先计算电动机的电动势系数：U I RN N NC= nNe

22012.51.2= 1500

=0.137Vmin/r故开环系统的静态速降RIn n op= e

= 0.137

=246.35r/min调速要求所允许的闭环静态速降ns 150010%=DNn 1s=DNcl

20

=8.33r/min系统的原理图如下：系统静态构造框图如下：N时，Id=I，n=nN,则转速负反响系数：N15U*15 nαnN =1500=0.01Vmin/rnop1 246.351闭环系统的开环放大系数K=ncl = 8.33 =28.57K 28.57p K=Ks/Ce0.0135/0.137=11.18K=12p 在题1-10 的转速负反响系统中增设电流截止环节，要求堵转电流Idbl2INIdcr1.2IN，应中选用多大的比较电压和电流反响采1/3，假设做不到，需要大系数。这时电流反响采样电阻和比较电压各为多少？U*UI dbl解：U

comRs

2INI dcr

com1.2IR s所以Ucom22.5VRs1.5R1.21.52.7V总电阻的1/30.9Rs1.5，需要增加电流反响放大器。系统原理图如下：系统静态构造框图如下：？

不能超过0.9，令R 0.9，故有U”

0.91.2I

s s com N所以电流反响放大系数为U comUU”com

22.513.5

1.67这时的电流反响采样电阻R 0.9，比较电压U”

s comNP51，1-58，数据如下：电动机；PN

18kW，UN220V IN94AnN1000r/minRa0.15，整流装置内阻recR 0.3rec

40。最大给定电压U*

nm主电路电流到达最大值时，整定电流反响电压Uim10V。nmD=20s≤10%，Idbl1.5INIdcr1.1IN。试画出系统的静态构造框图，并计算：α。K调整器放大系数p。KR1

R

20k〕0R2的数值和稳压管VS的击穿电压值。0解：〔1〕由于U*

Unmnm

nNU*Un n所以 N

15 1000系统静态构造框图如下：？电动机的电动势系数为U I R 220940.15C N N e nN

1000开环系统的静态速降为n

I (RN

Rrec

)94(0.150.3)205.44r/minop Ce

0.2059闭环系统的静态速降为n s 0.1n N 5.56r/mincl D(1s) 0.9闭环系统的开环放大系数为nKop

1

205.44

135.9ncl

5.56K K

p K /Cs e

0.01540/0.2059

13，取p0R0

RK R1 p

2013260k2R的核心应放在运放上，利用虚地点求解电流：2U* U U U n n i

cUR R R RU0 0 2 115 107.3 U c20 R2

260……①n0,故Un0IImaxIdbl总U Ud0I R总Idbl

1.5I c K,N ,

dmKsK K VS被击穿时，UVSIdcr又Uim10VIdblUimIdbl1.5INIdcr1.1IN所以，UVS7.34V在电压负反响单闭环有静差调速系统中，当以下参数发生变化时系统是否γR阻；④电动机励磁电流；⑤电压反响系数。γRa答：当放大器的放大系数、供电电网电压、电枢电阻、电动机励磁电流发生γ发生变化时，它不能得到反响掌握环包围的前向通道上的扰动。N有一个V-MPN

2.8kW，UN220V，IN15.6A，a nN1500r/min,R 1.5,整流装置内阻R a Ks35。D30时的静差率s值。D30s10时，计算系统允许的稳态速降。nD30，s10%U*n

IdINnnN，计算转速负反响系数Kp。nU*n

IdINnnNKD30时的静差率。〔1〕先计算电动机的电动势系数：NC UNe

IRN nN

1500则开环系统的额定速降：n

I (RN

Rrec

op Ce

0.1311D30时的静差率：Dns op

0.856n DnN

150030297.48D30s10%时，系统允许的稳态速降n nNs 15000.1 5.56r/minN D(1s) 30(10.1)n在U*n

IN，nnN

，转速负反响系数为n U* 10 0.007nn 1500N闭环系统的开环放大系数为nKop

1

297.48

152.5n 5.56clK调整器放大系数p为KK K

52.5

28.09p K/Cs e

35/0.1311 Kp29在电压负反响有静差调速系统中，n

R Irced

RI 115.6 1.515.6 ad 180.73r/mincl Ce(1K) Ce 0.1311(152.2) 0.1311n故当U*n

IN，nnN

，并保持原开环放大系数K不变，在D30 nNsn N

180.73

0.783nN min在题1-10L50mH,系统运动局部飞轮惯量GD21.6Nm2，整流装置承受三相零式电路，试推断按题1-10要求设计的转速K是多少？解：计算系统中各环节的时间常数：L 0.05H

T 0.0185sl R (1.21.5)T GD2R

s0.064sm 375CCe m

3750.137300.137机电时间常数 〔即三相半波整流电路晶闸管装置的滞后时间常数为T0.00333ss为保证系统稳定，开环放大系数应满足稳定条件：T(TT)T2 0.064(0.01850.00333)0.003332m l K＜ TT

s 22.860.01850.00333l s1-10中计算得到的闭环系统的开环放大系数为nop1 246.351K=ncl = 8.33 =28.57＞22.86因此，此转速负反响系统不能稳定运行。为什么用积分掌握的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调整器的输入偏差电压U0时，调整器的输出电压是多少？它取决于那些因素？答：在动态过程中，当U

n n变化时，只要其极性不变，即只要仍是U*＞Un nc 分调整器的输出c

U*

U Un

才停顿上升；c不到Un变负，UcUn0时，Uc并不是零，而是一个终值Ucf；假设Un不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，这