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
Lastrevisiondate:
13December2020.
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
18?
,
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
=
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
=
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
?
×
N
da
解:
(1)
C
=
=
=
V
?
min/
r
e
n
1500
N
RI
×
+
+
N
?
n
=
=
=
r
/min
op
C
e
n
s
1500
×
N
?
n
=
≤
=
r
/min
cl
D
(1
?
s
)
20
×
(1
?
(2)
(3)
?
n
op
(4)闭环系统的开环放大系数为
K
=
?
1
=
?
1
=
?
n
cl
K
运算放大器所需的放大倍数
K
=
=
=
p
K
α
/
C
35
×
/
s
e
解:
R=
?
R
/
R=
<
1/3
s
图见49页
解:
计算系统中各环节的时间常数
L
电磁时间常数
T
=
=
=
s
l
R
+
2
GD
R
×
+
+
机电时间常数
T
=
=
=
s
m
375
C
C
30
em
375
×
×
×
π
晶闸管装置的滞后时间常数为
T
=
s
s
为保证系统稳定,应满足的稳定条件:
2
2
T
(
T+T
)
+
T
×
+
+
ml
s
s
K
<
=
=
T
T
×
ls
可以稳定运行,最大开环放大系数是
2-12有一晶闸管-电动机调速系统,已知:
电动机
=
kW
UN
=
220
V
IN
=
A
PN
nN=
1500r
min
R
=
1
5
?
,整流装置内阻R=1?
,电枢回路电抗器电阻
R
=
0
8
?
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
=
%
;
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
≈
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
=
=
≈
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,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
=
=
≈
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
=2?
,
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=1.5?
;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=,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
s
+
1)
τ
s
s
s
+
1)
i
对Ⅱ型系统
σ≤
30%
,h=7
τ
=
hT
=
s
i
h
+
1
K
=
=
2
2
2
h
T
K
τ
i
K
=
=
i
10
4
s
+
1)
PI调节器
W
(
s
)
=
s
R
i
K
=
R
取10kΩ
R
=kΩ取30kΩ
i
0
i
R
0
R/i
τ=14μF
i
C
max%)(λ
z)C
b
nTN
∑n=%*
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
?
,允许电流过载倍数
λ
=
,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
=40k
。
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
=40k
,则
R
=
K
R
=
10
51
×
40
=
420
4
k
,取420k
n
n
τ
0
137
7n
C
=
=
=
3
26
×
10
(F
)
=
0
326
μ
F
,取
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
I1
=
≈
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
?
m
760
×
0
14
0
0274
1
82
=
2
×
0
812
×
(
1
5
?
0)
×
×
375
0
112
≈
0
093
<
10%
满足设计要求。
15
解:
(1)
α=
=
V
?
min/
r
1500
*
U
5
n
n
=
=
=
500
r
/min
α
U
=
C
n+I
R
=
104
V
d
0
e
d
U
d
0
U
=
=
V
c
K
s
(2)当电动机突然失磁,电机停转。
U
=
0
n
*
*
U
=
U
=
10
V
i
im
U
=
10
V
i
I
=
I
=
2
V
d
dm
K
(
τ
s
+
1)
(3)
W
(
s
)
=
2
s
(
Ts
+