电力拖动自动控制系统第四版习题答案陈伯时.docx
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电力拖动自动控制系统第四版习题答案陈伯时
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电力拖动自动控制系统第四版习题答案陈伯时
《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题
2-2调速系统的调速范围是1000~100r/min，要求静差率s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少？
解：
系统允许的稳态速降
sn
0
02
×
100
∆
nN
=
=
=
2
04（
r
min
）
（
1
−
s
）
（
1
−
0
02）
2-5某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机
=
60
kW
，
PN
UN
=
220
V
，
IN
=
305
A
，
nN=
1000r
min
，主电路总电阻
R
=
0
18Ω
，
C
=
0
2
V
•
min
r
，求：
（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落
∆n
为多少？
N
（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s多少？
N
（3）额定负载下的转速降落∆n为多少，才能满足D=20,s≤5%的要求。
N
解：
（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落
I
R
305
×
0
18
N
∆
n
=
=
=
274
5（
r
min
）
N
C
0
2
（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率
∆
n
274
5
N
s
=
=
≈
0
215
=
21
5%
N
n
+
∆
n
1000
+
274
5
N
N
（3）额定负载下满足
D
=
20,
s
≤
5%
要求的转速降落
n
s
1000
×
0
05
N
∆
n
=
=
≈
2
63
（
r
min
）
N
D
（
1
−
s
）
20
×
（
1
−
0
05）
2-6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压
Uu
=
8
8
V
比例调节放大
系数
K
=
2,
晶闸管装置放大系数
K
=
15,
反馈系数
γ
=
0
7
。
求：
p
（1）输出电压
U
；
d
（2）若把反馈线断开，U为何值？
开环时的输出电压是闭环时的多少倍？
d
（3）若把反馈系数减至
γ
=
0.3
5
U
应为多少？
u
解：
（1）输出电压
K
K
2
×
15
p
s
U
=
U
=
×
8
8
=
12（
V
）
；
d
u
1
+
K
K
γ
1
+
2
×
15
×
0
7
p
s
（2）若把反馈线断开，
U
=
K
K
U
=
2
×
15
×
8
8
=
264（
V）
；开环时的输出电压是闭环
d
p
s
u
时的
264
12
=
22
倍。
（3）若把反馈系数减至
γ
=
0.3
5
，当保持同样的输出电压时，给定电压
1
+
K
K
γ
1
+
2
×
15
×
0
35
p
s
U
=
U
=
×
12
=
4
6（
V
）
。
u
d
K
K
2
×
15
p
s
U
−
I
R
220
−
12.5
×
1.5
N
da
解：
（1）
C
=
=
=
0.1341
V
⋅
min/
r
e
n
1500
N
RI
12.5
×
（1.5
+
1.0
+
0.8）
N
∆
n
=
=
=
307.6
r
/min
op
C
0.1341
e
n
s
1500
×
0.1
N
∆
n
=
≤
=
8.33
r
/min
cl
D
（1
−
s
）
20
×
（1
−
0.1）
（2）
（3）
∆
n
307.6
op
（4）闭环系统的开环放大系数为
K
=
−
1
=
−
1
=
35.93
∆
n
8.33
cl
K
35.93
运算放大器所需的放大倍数
K
=
=
=
13.77
p
K
α
/
C
35
×
0.01/0.1341
s
e
解：
R=
4.8
Ω
R
/
R=
0.3125
<
1/3
s
图见49页
解：
计算系统中各环节的时间常数
L
0.05
电磁时间常数
T
=
=
=
0.02
s
l
R
1.5
+
1.0
2
GD
R
1.6
×
（1.5
+
1.0
+
0.8）
机电时间常数
T
=
=
=
0.082
s
m
375
C
C
30
em
375
×
0.1341
×
×
0.1341
π
晶闸管装置的滞后时间常数为
T
=
0.00167
s
s
为保证系统稳定，应满足的稳定条件：
2
2
T
（
T+T
）
+
T
0.082
×
（0.02
+
0.00167）
+
0.00167
ml
s
s
K
<
=
=
53.29
T
T
0.02
×
0.00167
ls
可以稳定运行，最大开环放大系数是53.29
2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：
电动机
=
2.8
kW
UN
=
220
V
IN
=
15.6
A
PN
nN=
1500r
min
R
=
1
5
Ω
，整流装置内阻R=1Ω
，电枢回路电抗器电阻
R
=
0
8
Ω
a
L
触发整流环节的放大倍数
K
=
35
。
求：
（1）系统开环时，试计算调速范围=30D时的静差率s。
（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
U
=
10V
时
I
=
I
n
d
N
n=
n
，计算转速反馈系数α和放大器放大系数
K
。
N
p
解：
先计算电动机的反电动势系数
U
−
I
R
220
−
15
6
×
1
5
N
N
a
C
=
=
=
0
131
（V
•
min
r
）
e
n
1500
N
系统开环时的额定转速降落
I
（
R
+
R
+
R
）
15
6
×
（
1
5
+
1
+
0
8）
N
a
rec
L
∆
n
=
=
≈
393
（
r
min）
Nop
C
0
131
e
（1）系统开环时，调速范围
D
=
30
时的静差率
D
∆
n
30
×
393
N
s
=
=
≈
0
887
=
88.7
%
；
n
+
D
∆
n
1500
+
30
×
393
N
N
（2）当
D
=
30,
s
=
10%
时，系统允许的稳态速降
n
s
1500
×
0
1
N
∆
n
=
=
≈
5
56（
r
min
）
N
D
（
1
−
s
）
30
×
（
1
−
0
1
）
（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求
D
=
30,
s
=
10%
，则系统开环放大系数
∆
n
393op
K
=
−
1
=
−
1
≈
69.6
8
；
∆
n
5
56
U
n
10
转速反馈系数
α
=
=
≈
0
0067（
V
•
min
r
）
n
1500
N
KC
69.6
8
×
0
131
放大器放大系数
K
=
=
≈
38.9
3
。
p
K
α
35
×
0
0067
2-13旋转编码器光栅数为1024，倍数系数为4，高频时时钟脉冲频率f=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位计算器，M法和T法测速时间均为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：
（1）M法测速
60
60
转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辨率
Q
=
=
≈
1
465
ZT
1024
×
4
×
0
01
c
nZT
1500
×
4096
×
0
01
转速n=1500r/min时，
M
=
=
=
1024
，误差率最大值
60
60
1
1
δ
=
=
≈
0
00097
=
0
097%
；
M
1024
nZT
150
×
4096
×
0
01
转速n=150r/min时，
M
=
=
=
102
4
，误差率最大值
60
60
1
1
δ
=
=
≈
0
0097
=
0
97%
。
max
M
102
4
1
（2）T法测速
60
f
60
×
1
×
10
转速n=1500r/min时，
M
=
=
≈
9
8
，测速分辨率
Zn
4096
×
1500
Zn
4096
×
1500
Q
=
=
≈
171
60
f
−
Zn
60
×
1
×
10
−
4096
×
1500
误差率最大值
1
1
δ
=
=
≈
0
103
=
10
3%
。
max
M
−
1
9
8
−
1
2
60
f
60
×
1
×
10
转速n=150r/min时，
M
=
=
≈
98
，测速分辨率
Zn
4096
×
150
Zn
4096
×
150
Q
=
=
≈
1.55
60
f
−
Zn
60
×
1
×
10
−
4096
×
150
误差率最大值
1
1
δ
=
=
≈
0
0103
=
1
03%
。
max
M
−
1
98
−
1
2
3-1
双闭环直流调速系统的ASR和ACR均为PI调节器，设系统最大给定电压
U
=
=
15V
，
nN=
1500r
min
，
I
=
20A
，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻
nmU
im
N
R
=2Ω
，
K
=
20
，
C
=
0
127
V
⋅
min
r
，求：
（1）当系统稳定运行在Un=5V，
I
=
10A
时，系统的
n、
U
、
U
、
U
和
U各为多少？
dL
n
i
i
U
和
U各为多少？
解：
转速反馈系数
U
15
nm
α
=
=
=
0
01
（V
⋅
min
r
）
n
1500
N
电流反馈系数
U
15
im
β
=
=
=
0
375
（V
A
）
I
2
×
20
dm
（1）当系统稳定运行在Un=5V，=10AI时，
dL
==5（V）nUn
U
5
n
n
=
=
=
500（
r
min
）
α
0
01
U
=
βI
=
0
375
×
10
=
3
75（
V
）
i
dL
U
=
U
=
3
75（
V
）
i
i
U
C
n
+
I
R
0
127
×
500
+
10
×
2
d
dL
U
=
=
=
=
4
175
（V
）
。
K
K
20
（2）当电动机负载过大而堵转时，n=0;
U
=
βI
=
0
375
×
2
×
20
=
15（
V
）
i
dm
I
R
2
×
20
×
2
dm
U
=
=
=
4（
V
）
。
K
20
3-2在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器ASR、ACR均采用PI调节器。
已知
参数：
电动机：
P
=
3
7
kW
，
U
=
220V
，
I
=
20A
，
n
=
1000
r
min,
电枢回路
N
N
N
N
总电阻R=1.5Ω；设
U
=
U
=
U
=
8V
，电枢回路最大电流
I
=
40A
，电力电子变
nm
im
cm
dm
换器的放大倍数
K
=
40
。
试求：
（1）电流反馈系数β和转速反馈系数α；
（2）当电动机在最高转速发生堵转时的
U
U
，
U和
U的值。
d
i
解：
（1）电流反馈系数
U
8
im
β
=
=
=
0
2
（V
A
）
I
40
dm
转速反馈系数
U
8
nm
α
=
=
=
0
008
（V
⋅
min
r
）
。
n
1000
N
（2）当电动机在最高转速发生堵转时，n=0;
U
=
C
n
+
I
R
=
0
+
40
×
1
5
=
60（
V
）
d
dm
U
=
U
=
β
I
=
0
2
×
40
=
8（
V
）
i
i
dm
U
60
d
U
=
=
=
1
5（
V
）
。
K
40
3-5某反馈系统已校正成典型I型系统。
已知时间常数T=0.1s，要求阶跃响应超调量
σ
≤
10%
。
（1）系统的开环增益。
（2）计算过渡过程时间
t和上升时间
t
。
（3）绘出开环对数幅频特性。
如果要求上升时间
t
<
0
25
s
，则K=?
σ
=
?
解：
典型I型系统开环传递函数为
K
W
（
s
）
=
s
（
Ts
+
1
）
（1）要求阶跃响应超调量
σ
≤
10%
，则要求
KT
≤
0
69
，为获得尽量短的上升时间
t
，选
择
KT
=
0
69
；则
K
=
0
69
0
1
=
6
9
（2）过渡过程时间
t
=
6
T
=
6
×
0
1
=
0
6
（
s
）
；
上升时间
tr
=
3
3
T
=
3
3
×
0
1
=
0
33
（
s
）
。
（3）如果要求上升时间
t
<
0
25
s
，则选择
KT
=
1
；
K
=
1
0
1
=
10
，
σ
=
16
.3%
。
τiτ
s+1）
s
i
10
K
i
（
τ
s
+
1）
i
10
K
（
τ
s
+
1）
τ
i
i
i
开环传递函数
W
（
s
）
=
⋅
=
op
2
s
（0.02
s
+
1）
τ
s
s
（0.02
s
+
1）
i
对Ⅱ型系统
σ≤
30%
，h=7
τ
=
hT
=
0.14
s
i
h
+
1
K
=
=
204.1
2
2
2
h
T
K
τ
i
K
=
=
2.8571
i
10
2.8571
（0.1
4
s
+
1）
PI调节器
W
（
s
）
=
0.14
s
R
i
K
=
R
取10kΩ
R
=28.571kΩ取30kΩ
i
0
i
R
0
R/i
τ=14µF
i
C
∆max%）（λ−z）C
b
nTN
∑n=63.4%*
nTm
3-10有一转速、电流双闭环直流调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。
已知电动机参
数为：
P
=
500kW
U
=
750
V,
I
=
760A
，
n
=
375
r
min
，电动势系数
N
N
N
N
C
=
1
82
V
⋅
min
r
，电枢回路总电阻
R
=
0
14
Ω
，允许电流过载倍数
λ
=
1.5
，触发整流
环节的放大倍数
K
=
75
，电磁时间常数
=
0
031
s
，机电时间常数
=
0
112
s
，电流反
T
Tm
馈滤波时间常数
=
0
002
s
，转速反馈滤波时间常数
=
0
02
s
。
设调节器输入输出电
T
Ton
压
U
=
U
=
U
=
10V
，调节器输入电阻
R
=40kΩ
。
nm
im
nm
设计指标：
稳态无静差，电流超调量
σ
≤
5%
，空载起动到额定转速时的转速超调量
σ
≤
10%
。
电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数
KT
=
0
5
。
n
（1）选择转速调节器结构，并计算其参数。
ω，并考虑它们是否合理？
cn
0017s，电流环小时间常数之和
T
T
=
T
+
T
=
0
0037
s
，要求电流超调量
σ
≤
5%
，应取
K
=
0
5
，因此
Σ
T
Σ
−
≈
135
1
s
。
K
（1）电流环等效时间常数
1
=
0
0074
s
；
K
转速环小时间常数
T
=
1
K
+
T
=
0
0074
+
0
02
=
0
0274
s
；
Σ
n
on
电流反馈系数
U
10
im
β
=
=
≈
0
0088
（V
A
）
λ
I
1
5
×
760
N
转速反馈系数
U
10
nm
α
=
=
=
0
0267（
V
⋅
min
r
）
n
375
N
选择转速调节器结构，其传递函数为
W
（
s
）
=
K
n
（
τ
n
s
+
1
）
ASR
τ
s
n
按跟随和抗扰动性能都较好的原则，取
h
=
5,
则ASR的超前时间常数为
τ
=
hTΣn
=
5
×
0
0274
=
0
137
s
n
转速环开环增益
h
+
1
5
+
1
−
K
=
=
=
159
84
s
，
N
2
h
T
2
×
5
×
0
0274
Σ
n
可得ASR的比例系数为
（
h
+
1
）
β
C
T
m
6
×
0
0088
×
1
82
×
0
112
K
=
=
≈
10
51
；
n
2
h
α
RT
2
×
5
×
0
0267
×
0
14
×
0
0274
Σn
取调节器输入电阻
R
=40kΩ
，则
R
=
K
R
=
10
51
×
40
=
420
4
kΩ
，取420kΩ
n
n
τ
0
137
7−n
C
=
=
=
3
26
×
10
（F
）
=
0
326
µ
F
，取0.33
µF
n
3
R
420
×
10
n
4
T
4
×
0
02
−on
C
on
=
=
=
2
×
10
（F
）
=
2
µ
F
，取2µF。
R
40
×
10
−
1
（2）电流环的截止频率
ω
=
=
135
1
s
，
ci
KI
−
1
转速环的截止频率
ω
=
K
τ
=
159
84
×
0
137
≈
21
9
s
；
cn
N
n
检验近似条件
1）校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件
1
1
=
≈
196
1
（
s
−1）
>
ω
，满足近似条件；
ci
3
T
3
×
0
0017
s
校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件
1
1
3
=
3
≈
50
91
（
s
−1）
<
ω
，满足近似条件；
ci
T
T
0
112
×
0
031
m
l
校验电流环小时间常数近似条件
1
1
1
1
=
≈
180
8（
s
−）
>
ω
，满足近似条件；
3
T
T
3
0
0017
×
0
002
校验电流环传递函数近似条件
1
K
1
135
1
I−1
=
≈
63
7（
s
）
>
ω
，满足近似条件；
cn
3
T
3
0
0037
Σ
i
校验转速环小时间常数近似条件
1
K
I
1
135
1
=
≈
27
4（
s
−1）
>
ω
，满足近似条件。
cn
3
T
3
0
02
on
校核转速超调量
⎛∆
C
⎞
∆
n
b
σ
=
n
⎜
⎟
C
n
⎝
b
⎠
⎛∆
C
⎞
∆
n
T
N
Σ
n
=
2
（
λ
−
z
）
⎜
⎟
C
n
T
⎝
b
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