《电力拖动自动控制系统》第四版习题答案.docx
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《电力拖动自动控制系统》第四版习题答案
《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
∆nN=
snmin
（1−s）
=0.02×100（1−0.02）
=2.04（r
min）
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PN=60kW，
UN=220V，IN=305A，nN=1000rmin，主电路总电阻R=0.18Ω，
Ce=0.2V•minr，求：
（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）额定负载下的转速降落∆nN为多少，才能满足D=20,s≤5%的要求。
解：
（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落
∆nN=
INR
=305×0.18
=274.5（rmin）
Ce0.2
（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率
n
sN=
N
∆nN
+∆nN
=274.5≈0.215=21.5%
1000+274.5
（3）额定负载下满足D=20,s≤5%要求的转速降落
∆nN=
nNs
D（1−s）
=1000×0.05
20×（1−0.05）
≈2.63（rmin）
UN
解：
（1）Ce=
−IdRa
nN
=220−12.5×1.5=0.1341V⋅min/r
1500
∆nop=
RIN
Ce
=12.5×（1.5+1.0+0.8）
0.1341
=307.6r/min
（2）
∆n=nNs≤1500×0.1=8.33r/min
clD（1−s）20×（1−0.1）
（3）
∆nop307.6
（4）闭环系统的开环放大系数为K=−1=−1=35.93
∆ncl
K
8.33
35.93
运算放大器所需的放大倍数Kp=
Ksα/Ce
==13.77
35×0.01/0.1341
解：
R=4.8ΩRs/R=0.3125<1/3
图见49页
2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：
电动机PN=2.8kW，UN=220V，IN=15.6A，nN=1500rmin，Ra=1.5Ω，整流装置内阻Rrec=1Ω，电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω，触发整流环节的放大倍数Ks=35。
求：
（1）系统开环时，试计算调速范围D=30时的静差率s。
（2）当D=30,s=10%时，计算系统允许的稳态速降。
ndN
（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=nN，计算转速反馈系数α和放大器放大系数Kp。
解：
先计算电动机的反电动势系数
Ce=
UN−INRa
nN
=220−15.6×1.5=0.131（V•minr）
1500
系统开环时的额定转速降落
IN（Ra+Rrec+RL）
15.6×（1.5+1+0.8）
C
∆nNop=
e
=≈393（rmin）
0.131
（1）系统开环时，调速范围D=30时的静差率
s=D∆nN
nN+D∆nN
=30×393
1500+30×393
≈0.887=88.7%；
（2）当D=30,s=10%时，系统允许的稳态速降
∆nN=
nNs
D（1−s）
=1500×0.1
30×（1−0.1）
≈5.56（rmin）
（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
∆nop
K=−1=
∆ncl
393−1≈69.68；
5.56
α=n
转速反馈系数U*
nN
=10
1500
≈0.0067（V•minr）
放大器放大系数Kp=KCe
Ksα
=69.68×0.131≈38.93。
35×0.0067
Ci=Ri/τi=14µF
4h=3σ%=2（∆Cmax%）（λ−z）∆nN
nCn*
T∑n=63.4%
T
bm
5-1一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为：
额定电压UN=380V，额定转速nN=960rmin，额定频率fN=50Hz，定子绕组为Y联接。
由实验测得定子电阻Rs=0.35Ω，定子漏感Lls=0.006H，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感Lm=0.26H，
转子电阻Rr′=0.5Ω，转子漏感Ll′r=0.007H，转子参数已折算到定子侧，忽略铁芯损耗。
（1）画出异步电动机T形等效电路和简化电路。
（2）额定运行时的转差率sN，定子额定电流I1N和额定电磁转矩。
（3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流I0。
（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率sm和临界转矩Tem，画出异步电动机的机械特性。
解：
（1）
异步电动机T形等效电路
异步电动机简化电路
（2）由于额定转速nN=960rmin，同步转速n1=
60fN
np
=60×50=1000（r
3
min），
额定运行时的转差率sN=
n1−n
n1
=1000−960
1000
=0.04
由异步电动机T形等效电路，
C1=1+
Rs+jω1Lls
jωL
=1+Lls
L
−jRs
2πfL
=1+
0.006
0.26
0.35
−j≈1.023−j0.004≈1.023
100π×0.26
1mmNm
可得转子相电流幅值
Ir′=
⎛
+CRr′
Us
2
+ω2（L+CL′）2
⎞
⎜R⎟
⎜s1s⎟
1ls1lr
⎝N⎠
=
⎛
⎜0.35+1.023×
⎝
=220
2
0.5⎞
⎟
0.04⎠
220
+（100π）2×（0.006+1.023×0.007）2
172.5939+17.0953
=15.9735（A）
气隙磁通在定子每相绕组中的感应电动势
2
⎜r⎟
E=I′⎛R′⎞
+ω2L′2=15.9735×156.25+4.8361≈202.7352（V）
s
gr1lr
⎝N⎠
额定运行时的励磁电流幅值
I=Eg
0ωL
=202.7352≈2.482（A）
100π×0.26
1m
由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值
I1N=
Us
⎛+=R2′⎞+ω2（L
=
⎜
+L′）2⎛0.35+0.5⎞
220
+（100π）2×（0.006+0.007）2
⎝⎟
2
=⎝2s2⎠02
0.04⎠
1⎜Rs.1225+⎟16.619lslr
6576
=16.316（4A）
额定电磁转矩
T=Pm
3nR′3×30.5
r
=pI′2r=×15.97352×
≈91.37（N⋅m）（依据T形等效电路）
ωmω1sN
e
或
100π
0.04
Pm3np
2Rr′
3×3
20.5
Te==
ωω
I1Ns=
×16.3164×
≈95.33（N⋅m）（依据简化等效电路）
m1N100π0.04
（3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流
I0=
Us
R2+ω2（L
=
+L）2
220
0.352+（100π）2×（0.006+0.26）2
=2.633（A）
s1lsm
（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率
sm=
Rr′
R2+ω2（L
=
+L′）2
0.5
0.352+（100π）2×（0.006+0.007）2
=0.122
s
临界转矩
Tem=
1lslr
3nU23×3×2202
ps=
2⎡R
R22
（LL）2⎤
200×π×[0.35+0.352+（100π）2×（0.006+0.007）2]
=15ω51.83（sN+⋅m）s+ω1ls+l′r
异步电动机的机械特性：
n1
Sn
0
Sm
10
T
emTe
5-6异步电动机参数如习题5-1所示，输出频率f等于额定频率fN时，输出电压U等于额定电压UN，考虑低频补偿，若频率f=0，输出电压U=10%UN。
（1）求出基频以下电压频率特性曲线U=f（f）的表达式，并画出特性曲线。
（2）当f=5Hz和f=2Hz时，比较补偿与不补偿的机械特性曲线，两种情况下的临界转矩Temax。
解：
（1）UN=220（A）
斜率
k=UN−0.1UN
fN−0
=220−22=3.96，
50−0
考虑低频补偿时，电压频率特性曲线U=3.96f+22；
不补偿时，电压频率特性曲线
（2）当f=5Hz时
U=220f
50
=4.4f
A、不补偿时，输出电压U=4.4f
ps
3nU2
T=
em
=22（V）,临界转矩
=
3×3×222
2⎡R
R22
（LL）2⎤
20×π×[0.35+0.352+（10π）2×（0.006+0.007）2]
=78ω.0184（sN+⋅m）s+ω1ls+l′r
B、补偿时，输出电压U=3.96f+22=41.8（V）
ps
3nU23×3×41.82
Tem=
2⎡R
R22
（LL）2⎤
=20×π×[0.35+0.352+（10π）2×（0.006+0.007）2]
=28ω11.88s3（+N⋅ms）+ω1ls+l′r
当f=2Hz时
A、不补偿时，输出电压U=4.4f
ps
3nU2
T=
em
=8.8（V）,临界转矩
=
3×3×8.82
2⎡R
R22
（LL）2⎤
8×π×[0.35+0.352+（4π）2×（0.006+0.007）2]
=37ω.6166（sN+⋅m）s+ω1ls+l′r
B、补偿时，输出电压U=3.96f+22=29.92（V）
ps
3nU23×3×29.922
Tem=
2⎡R
R22
（LL）2⎤
=8×π×[0.35+0.352+（4π）2×（0.006+0.007）2]
ω1s+s+ω1ls+l′r
5-8=两4电35平.41P9W（NM⋅m逆）变器主回路，采用双极性调制时，用“1“表示上桥臂开通，”0“表示
上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。
根据开关状态写出其电压矢量表达式，
画出空间电压矢量图。
解：
6-1按磁动势等效、功率相等原则，三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为
C32=
⎡1
2⎢1−2
⎢
−1⎤
2⎥
⎥
3⎢03−=3⎥
22⎥⎦
现有三相正弦对称电流i
=Isin（ωt）、i
=Isin（ωt−2π）、i
=Isin（ωt+2π），求
AmBm
3Cm3
变换后两相静止坐标系中的电流isα和isβ，分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。
1
⎡−1−
⎡
1⎤⎢
⎤
Imsin（ωt）⎥
⎡isα⎤2⎢
解：
=
22⎥⎢I
sin（ωt−
2π）⎥=
3⎡Imsin（ωt）⎤
；
⎢⎥⎢⎥⎢m
⎥⎢⎥
⎣isβ⎦3⎢03−=3
⎥⎢
3⎥2⎣−Imcos（ωt）⎦
22⎢Isin（ωt+2π）⎥
m3
6-2两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换矩阵为
⎡cosϕ
C2s2r=⎢
⎣−sinϕ
sinϕ⎤
⎦
cosϕ⎥
将习题6-1中的静止坐标系中的电流isα和isβ变换到两相旋转坐标系中的电流isd和isq，坐
dϕ
标系旋转速度为
dt
=ω1。
分析当ω1=ω时，电流isd和isq的基本特征，电流矢量幅值
=i
+i
i
2
sq
ssd
2与三相电流幅值I
的关系，其中ω是三相电源角频率。
ω1
>ω和ω1
<ω时，
m
isd和isq的表现形式。
⎡isd⎤⎡cosϕsinϕ⎤3⎡Imsin（ωt）⎤3⎡Imsin（ωt−ϕ）⎤
解：
⎢⎥=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥
⎣isq⎦⎣−sinϕcosϕ⎦
dϕ
2⎣−Imcos（ωt）⎦2⎣−Imcos（ωt−ϕ）⎦
由坐标系旋转速度为
dt
=ω1，则ϕ=ω1t+ϕ0（ϕ0为初始角位置）
（1）当ω1=ω时，ϕ=ω1t=ωt+ϕ0，则
isd=−
isq=−
3
Imsinϕ0，
2
3
Imcosϕ0，
2
223
is=isd+isq=Im；
2
（2）当ω1>ω和ω1<ω时，设ωs=ω1−ω，ωt−ϕ=−ωst−ϕ0，则
⎡isd⎤3⎡Imsin（ωt−ϕ）⎤3⎡−Imsin（ωst+ϕ0）⎤
⎢⎥=⎢⎥=⎢⎥。
⎣isq⎦2⎣−Imcos（ωt−ϕ）⎦2⎣−Imcos（ωst+ϕ0）⎦
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