电力拖动自动控制系统第四版课后规范标准答案.docx

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电力拖动自动控制系统第四版课后规范标准答案

习题解答（供参考）

习题二

那么系统允许的静差转速降是多少?

2.2系统的调速范围是1000~100rjmin，要求静差率s=2%,

解：

s）10000.02/（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n0min

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

nN150015

1485

nmin

nOmin

nN15015

135

2）

nmax

静差率

/nmin

1485/13511

nN/n。

15/150

10%

I^Omu

"口帼JUrttirt

2.4

时，

解:

S=也叶/nomin

D=nNS/[An„（1-sH

^mipiT

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=0.022Q。

采用降压调速。

当生产机械要求s=20%

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？

？

Ce（UniNRa）/nN（2203780.023）/14300.1478V/rpm

INR/Ce

378

（0.023

0.022）/0.1478

115rpm

nNS/[n（1

s）]

1430

0.2/[115（10.2）]

3.1

nNS/[n（1

s）]

1430

0.3/[115（10.3）]

5.33

R=0.18Q,Ce=0.2V?

min/r,求:

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

（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落

nN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,s<5%的要求，额定负载下的转速降落

nN又为多少?

解：

（1）

INR/Ce3050.18/0.2274.5r/min

（2）

□n/no274.5/（1000274.5）

21.5%

（3）

nNS/[D（1s）]10000.05/[20

0.95]

2.63r/min

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

8.8V、

比例调节器放大系数KP2、晶闸管装置放大系数

KS15、反馈系数Y=0.7。

求：

（1）输出电压Ud；

（2）若把反馈线断开，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Y=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压

Uu应为多少?

解：

（1）UdKpKsUU/（1KpKs）2158.8（12

150.7）12V

（2）Ud8.82

15264V，开环输出电压是闭环的22倍

（3）UuUd（1

KpKs）/KpKs12（1215

0.35）/（215）4.6V

2.7某闭环调速系统的调速范围是

1500r/min~150r/min，要求系统的静差率S5%，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/nN1s

15002%/nN98%

□n

15002%/98%103.06r/min

nop/nci1100/3.06131.7

2.8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，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:

nop

1Kncl

1158

128

如果将开环放大倍数提高到30,

则速降为:

nci

nop/1K

128/130

4.13rpm

在同样静差率要求下，D可以扩大

nci1/

nci2

1.937倍

2.9

内阻

（1）

计算开环系统的静态速降Anop和调速要求所允许的闭环静态速降

△nci

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

Rrec=1.0Q,虫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%

（2）

（3）

（4）

计算放大器所需的放大倍数

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

调整该系统参数，使当U„*=15V时，Id=lN，n=nN，则转速负反馈系数a应该是多少?

解：

（1）

Ra/Ce

220

12.51.5/1500201.25/15000.134Vmin/r

nop

R/Ce

R/Ce12.53.3/0.134307.836r/min

□nS/

150010%/（20*90%）8.33r/min

所以,

ncl

8.33r/min

（2）

n十

®r

产■

（3）（4）n

pKsUnIdR/Ce

KUn/1

IdR/Ce1

1500

可以求得,

nop/ncl

35.95515/

0.0096Vmin/r

K*Ce

Ks*

也可以用粗略算法:

UnUn

KpKCe/Ks

307.836/8.331

135.955

35.955*0.134

35*0.0096

14.34

0.01

1500

35.955

0.134/

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

Idbl

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

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）Idbl

Idcr

12.5

35.955

3.3/0.1341

0.0113.76

2IN，临界截止电流Ider1.2I

35.955

N，应该选用多大的比

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

2IN25A，Idcr1.2IN15A

Ucom/Rs

15Ucom/Rs

dbl

Ucom/Rs

15Ucom/Rs

Rs1.5

Ucom

1.522.5V

1.01.50.8/3

（R/3）

（2）

不符合要求，取Rs1.1

1.1

Rs（R/3）

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，

取艮1.1，则UcomIdcrRs151.116.5V

（3）当IdIdcr时，有

nKpKsUn

/Ce1KKpKsKi

RsIdUcom/Ce1K

Rld/Ce1K

KpKsUn

KiUcom/Ce

RKpKsKjRsId/Ce1K

当n=0时,

IdblKpKsUn

KiUcom/R

KpKsKiRs

UnKiUcom/KiRs

251516.5Ki

/1.1KiKi

15/22.5

13.51.36

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

GD=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：

L50mH,GD21.6Nm2,R3.3,Ce0.134V/rpm

TL/R0.05/3.30.015s

TmGD2R/375CeCm1.63.3/3750.1340.13430/3.14

5.28/64.330.082s

0.00333s

TmTTsTs2/TJs0.0820.0150.00333

0.003332/（0.0151*0.00333）

0.00150.003332/0.0000498330.52

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：

PN2.8kW，UN220V，

15.6A‘nN1500r/min，Ra=1.5

Q,整流装置内阻Rrec=1Q，电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,触发整流环节的放大倍数

（1）系统开环工作时，试计算调速范围D30时的静差率s值

（2）当D30，S10%时，计算系统允许的稳态速降

IN,nnN，计算转速负反馈系数和

（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D30,s10%，在Un10V时Id

放大器放大系数

解:

22015.61.5/15000.1311Vmin/r

（1）

nop

INR/Ce15.63.3/0.1311392.68r/min

（2）

nmin

1500/30

nop/n0min

392.68/392.685088.7%

0.1

n/n

5/0.95.56r/min

（3）

KpKsUn/Ce1

KRId/Ce1

2.13

KKp

Ks/Ce

R15.6

1500KpKsUn/Ce

Knop/ncl1297.48/5.56

/Ce

52.5

旋转编码器光栅数1024,倍频系数4，高频时钟脉冲频率f01MHz

，旋转编码器输岀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n1500r/min和n150r/min时的测速分辨率和误差率最大值

解:

（1）M法：

分辨率

ZTc

10244

1.465r/min

0.01

最大误差率：

60M1

"zT?

n1500r/min时，M

nZTc

1500410240.011024

n150r/min时，M1

nZTc

150410240.01

102.4

1500r/min时,

max%

100%

1024

0.098%

150r/min时，

max%

——100%

100%

102.4

0.98%

可见M法适合高速

（2）T法:

分辨率:

n1500r/min时，Q

Zn2

10244

15002

60f0Zn

60110610254

171r/min

1500

n150r/min时，Q

Zn2

102441502

60f0Zn

1061024

1.55r/min

4150

最大误差率：

n空0，M2

ZM2

60fo

1500r/min时，M2

106

9.77

150r/min时,

1500r/min时，

150r/min时，

可见T法适合低速

102441500

60106

97.7

10244150

max%

M21100%

9.771

100%11.4%

97.71

100%1%

习题三

总电阻R=2Q,

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Unm=15V,Hn=1500r/min,IN=20A，电流过载倍数为2,电枢回路

Ks=20,Ce=0.127Vmin/r，求：

（1）当系统稳定运行在Un=5V,I肚=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,

和Uc各为多少?

解：

（1）

Unm/

5V,

Uim

Idm

Ud0

15V/1500rpm

转速

空0.375V/A

40A

0.375*10

EIdLR

n500rpm,U

（2）堵转时，Ui

Idm

3.75V

CeM

5V,U

15V，

0.01V/rpm

500rpm

0.01V/rpm

IdLR

iUi

0.127*50010*2

3.75V,U

4.175V

Ud0

Cen

IdR

IdmR

40*2

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：

PN=3.7kW,UN=220V,IN=20A,Hn

=1000r/min,电枢回路总电阻

R"5Q,设UnmUim

Ucm

=8V,电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大系数Ks=40。

试求:

（1）电流反馈系数和转速反馈系数

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0,Uj,Uj,u

解：

1）

Uim

2）

Idm

40A

0.2V/A

Unm

1000rpm

0.008V/rpm

dlR

CenNIdlR

40A*1.5

60V

这时：

8/,Un

0，

8/,Ui

8V,

asr处于饱和，输岀最大电流给定值

UcUdo/Ks60/40

1.5V

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输岀达到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）

Ui应如何变化?

（2）Uc应如何变化？

（3）

Uc值由哪些条件决定?

解：

1）

2）

3）

Idm

因此当电流从40A

要有所增加

80A0.5

70A时,

应从4V

7V变化

取决于电机速度和负载大小

Ud0

Cen

因为

Ud0

EIdiR

CsHn

IdiR

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

（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=?

%=?

解:

KT0.69,

0.6,%9.5%

（1）

系统开环增益：

0.69/T0.69/0.16.9（1/s）

（2）

上升时间

tr3.3T

0.33S

过度过程时间:

6T6

0.10.6s

（3）

2.4T2.4*0.1

0.24s这时

K1/T10，超调量=16.3%

3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj（s）

s10.01s

10_，要求设计一个无静差系统，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%

选I调节器，W（s）

校正后系统的开环传递函数为W（s）

s（0.01s

1）'

这样，T=0.01，K=10/，已选

KT=0.5,贝UK=0.5/T=50,所以

10/K10/500.2S，积分调节器

W（s）

3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为

WObj（s）

调量%<30%（按线性系统考虑）

解：

应选择PI调节器，WPI（s）

KpK/

s（Ts1）

s（0.02s1）

试决定调节器结构，并选择其参数

0.2s

，要求校正为典型n型系统，在阶跃输入下系统超

Kpl（sD,校正后系统的开环传递函数W（s）

hT,选h=8,查表3-4，

Kpi（s1）K1

%=27.2%，

3.8

8*0.020.16s

181

2h2T22*82*0.022

175.78,

KpiK/K1175.78*0.16

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:

，对照典型n型系

S仃S1）

足设计要求

/102.81

PN60kW,UN

220V,

IN308a,nN1000r/min,电动势系数Ce=0.196V-min/r,主回路总电阻R=0.18Q,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=0.015s。

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i<5%,空载起动到额定转速时的转速超调量

n<10%o试求:

（1）

确定电流反馈系数P（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Ri,、Ci、COio画出其电路图,调节器输入回路电阻Rd=40k

（3）

设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、Con。

（R0=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a

（5）

计算空载起动到额定转速的时间

解：

（1）

Uim/1dm8V/（1.1*In）8V/339A0.0236V/A

10/10000.01Vmin/r

（2）电流调节器设计

确定时间常数：

a）Ts

0.00333s

b）Toi

0.0025s

c）Ti

T0i

Ts0.00250.003330.00583s

电流调节器结构确定:

因为i5%，可按典型I型系统设计,

选用

PI调节器，

Wacr（S）

Ki（iS1）

电流调节器

参数确定

0.012s,选KITi0.5,KI0.5/Ti85.76s1

WKiiR

85.760.012

0.18

350.0173

0.224。

校验等效条件：

Ki85.76s1

可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：

选R040K，则

RKiR00.22440K8.96K，取9k.

40.0025/401030.25F

Cii/R0.012/（9103）1.33F由此

C0i4T0i/R0

（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/

K|:

因为K|Ti

0.5

b）

C）

则1/K|

2Ti

20.00583

0.01166s

Ton0.015s

Tn1/KITon0.01166

0.0150.02666s

速度调节器结构确定:

按照无静差的要求，应选用PI调节器,

Wasr（s）

K^^,速度调节器参数确定:

nhTn,取h5,nhTn0.1333s

2520.026662168.82s'

（h1）CeTm

2hRTn

60.02360.1960.126.94

250.010.180.02666

Kn/1Kn

n168.820.133322.5s1

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

按h=3，速度调节器参数确定如下:

nhTn0.07998s

Kn（h

1）CeTm/2hRTn40.02360.1960.12/（2

30.010.180.02666）7.6

校验等效条件:

cnKN

/1Knn312.6560.07998

25s

1/2

a）1/3（KI/TJ

b）1/3（KI/Ton）1/2

1/2

1/3（85.76/0.00583）40.43s

1/3（85.76/0.015）1/2

25.2s1

1）/2h2r2n4/（290.026662）312.656s2

可见满足近似等效条件

转速超调量的校验:

n272.2%1.1（3080.18/0.196

1000）（0.02666/0.12）9.97%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R040K,则尺Kn

7.640304K，取310K

Cnn/Rn0.07998/3101030.258F

Con4T）n/R04

0.015/401031.5F

4）40%额定负载起动到最低转速时

n%272.2%

（1.10.4）（3080.18/0.196100）（0.02666/0.12）63.5%

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

根据电机运动方程:

所以：

CeTmn

3.10

系数

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