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1、运动控制课后答案第三版电力拖动自动控制系统 运动控制系统答案上海大学 陈伯时主编1-1 为什么 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电动机系统在很多方面有较大的优越性：（1） 主电路线路简单，需用的功率器件少。（2） 开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。（3） 低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达 1：10000 左右。（4） 若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。（5） 功率开关 器件工作在 开关状态 ，导通损耗小 ，当开关频 率适当时 ，开关损耗也不大，因而装置效率较高。（6） 直流电源采用不控整流

2、时，电网功率因数比相控整流器高。PWM 开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。1-2 试分析有制动通路的不可逆 PWM 变换器进行制动时，两个 VT 是如何工作的？答：制动时，由于 Ug1 的脉冲变窄而导致 id反向时，Ug2 变正，于是 VT2 导通，VT2 导通，VT1 关断。1-3 调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么关系？为什么脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了？答：生产机械要求电动机提供的最高转速nmax和最低转速nmaxnmin之比叫做调速范围，用字母 D 表示，即： D =nmin负载由理想空载

3、增加到额定值时，所对应的转速降落 nN与理想空载转速 n0min 之比，称n为系统的静差率 S,即： s=Nn0min调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：n sD =NnN(1 s)由于在一定的 nN下，D 越大， nmin越小 nN又一定，则 S 变大。所以，如果不考虑D，则 S 的调节也就会容易，1-4 某一调速系统，测得的最高转速特性为n0min=150 r / min ，带额定负载的速度降落n0max=1500r / min ，最低转速特性为nN= 15r / min ，且不同转速下额定速降nN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大？解D =nmaxn=n

4、0max nN n=1500 15= 11minnn0minN150 15s= =15= 10%n0min1501-5 闭环调速系统的调速范围是 1500-150r/min，要求系统的静差 S=2%,那末系统允许的静1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？1，D =nmax=1500=则n =10nNS1500 2%=3.06r / min2，nopnminK150则K100 SD(1 )10(1 2%)ncl= + 13.061 =31.71-6 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 8 r/min，如果将开

5、环放大倍数他提高到 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？K1= 15; K2= 30;K1 ncl; K1 2 ncl2同样负载扰动的条件下K1+ 1+n与开环放大倍数加 1成反比，则（K1+ 1）（/K2）+ 1 = ncl 2/ ncl 1ncl 2=K2+ 1ncl1=15 1+30 18 4r / min同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加 1 成正比（ K+ 1）（/ K）+ 1 =D DD1K2+ 1+cl 1/cl 2cl 2D=K2+ 1=30 1+ 1.94cl 1115 11-7 某调速系统的调速范围D=20 ，额定转速n = 1500r

6、 / min ，开环转速降落nNop= 240r / min ，若要求静差率由 10%减少到 5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围 D=20，最小转速为：nmax1500，nmin=D=20= 75r / minncl=n0minnclnmin+ ncl=ncl75+ ncl=10%则ncl=8.33r / min原系统在范围 D=20，静差率为 10%时，开环增益为：nNopnNopn =K31.5r / min =静差率 10%时原系统的开环增益为：当s2= 5%时，同理可得K 2 = 59.76所以系统的开环增益K将从27.8增加到59.76clK1+ 11ncl1-8

7、转速单环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性 ，从而在保证一定静差率的要求下 ，能够提高调速范围。为此，所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。*2）能。因为 n =kpk Us nRId，由公式可以看出，当其它量均不变化时 ， n 随着 Un*C + kC+ k的变化而变化e(1 )e(1 )3）能。因为转速和反馈电压比有关。4）不，因为反馈控制系统只对反馈环所包围的前向通道

8、上的扰动起抑制作用 ，而测速机励磁不是。1-9 在转速负反馈调节系统中 ，当电网电压 、负载转矩 ，电动机励磁电流 ，电枢电流 、电枢电阻 、2测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对于上述各量有无调节能力？为什么？答：系统对于上述各量中电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢电阻、有调节能力。因为它们在闭环系统的前向通道中，对于测速发电机励磁各量发生变化，没有调节能力。因为它不在闭环系统的前向通道中。1-10 有一 V-M 调速系统，电动机参数为：PN=kW U2.2 ,N=V I220 ,N=A n12.5 ,N=1500r / min,电枢电阻Ra= 1.2

9、，整流装置内阻Rrec= 1.5 ，触发整流环节的放大倍数 KS= 35 。要求系统满足调速范围 20，静差率10。（） 计算开环系统的静态速降 nop和调速要求所允许的闭环静态速降 ncl。（） 调整该系统能参数 ，使当Un=15V ，Id= IN， n = nN，则转速负反馈系数 应该是多少？（） 计算放大器所需的放大倍数。解：（）电动机的电动势系数 Ce=U I RN N a=220 12.5 1.2=V 0.1367 min/r开环系统静态速降 nop=RIdNCe=nN12.5 (1.2 + 1.5)0.13671500=246.9r / min闭环静态速降n =nNs=1500 0

10、.1=8.33r / minclD(1 S )20(1 0.1)nop246.9闭环系统开环放大倍数*K =ncl1 =9.331 = 28.64（2）因为 n =k k Up s nRIdC + kC+ ke(1 )e(1 )所以 kpks=407.4288K（3） =kpKS/ Ce=0.00961V min/ rK28.64运算放大器的放大倍数Kp=K / CS e=0.00961 35 / 0.1367=11.64 在题的转速负反 馈系统中增设电流 截止环节，要求堵转电流 Idbl 2IN，临界截止电流 Idcr 1.2IN,应该选用多大的比较电压和电流反 馈采样电阻？要求电流反馈采样

11、电阻不超过主电路总阻的 1/3，如果做不到 ，需要加电流反馈放大器 ，试画出系统的原理图和静态结构图 ，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） I 2I=AIdcrdbl1.2IN=N1.22 12.5 25= A12.5 15(*K K U + U)则U= IRRI=p s ncom(1 42)0com dcr s11.6 = 15sRdblR + K K Rp s s35(15 + 15 )25 =s由 式）也可（由）式(1.2 + 1.5) +*(U + U R11.6 35s( 1 42R1 43得：IdblnRscom)(1 ； =43) 25+1

12、5 15RSS3Rs= 1.46 1.5= U = I R = 15R = 15 1.5 = 22.5Vcom dcr ss系统的原理图和静态结构图 (给它画出图)（2）显然采样电阻大于主电路 2.7*1/3 倍，所以增加电流反馈放大器后：1新的采样电阻： Rs=R =1(1.2 +1.5) 0.9= 可选 0.5 欧姆3电流反馈放大系数： Kfi=3RsRs=1.50.5= 3新的比较电压： U = I R= 15R = 15 0.5 = 8.5Vcom dcr s所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为 34sPKW U某调速统原图如图示，知数据下：动机V I A nR 18， 220， In

13、94N= 18 ;N= 220 ;N= 94 ;n= 1000r / min;a=0.15，整流装置内阻Rrec= 0.3 ,触发整流环节的放大倍数 KS= 40 。最大给定电压 Unm= 15V ，当主电路电达到最大值时，整定电流反 馈电压Uim= 10V 。设计指标：要求系统满足调速范围 20，静差率 S10，系统的静态结构框图，并计算：（） 转速反馈系数。（） 调节器放大系数 KP。（） 电阻 R1的数值。（放大器的输入电阻 R0= 20K ）（） 电阻 R2的数值和稳压管的击穿电压值。n S 1000 0.1Idbl= 1.5IN， Idcr 1.1IN。试画出解：(1)ncl=ND(

14、1 S )=20 09=100 / 18 = 5.56r / minC=UN I RN a=220 94 0.15=V renNI R100094 0.450.20597 min/nop=NCe=0.2059=205.44r / minK =nopncl1 205.45.561 =535.95(取36）同 1-10 可得 a=0.0145K35.95(2)Kp=K / CS e=0.0145 40 / 0.2059=12.8(取13）(3) R1= KpR020 260k= 13 = （4） Idbl=1.5IN=1.5 94 141 A； Idcr= 1.1IN=1.1 94 = 103.4

15、 A；当主电路电流最大即为Idbl时，Uim= 10V而当主电路电流为Idcr时，Ui为：Uim=UiU =U Iim dcr=10 103.4=7.33 VIdblIdcriIdbl141此时电流反馈起作用，稳压管的击穿电压 Uvs可根据 Ui确定取稍大值： Uvs= 7.4V当主电路的电流增大到 Idbl时，为起到保护作用应使流过 R2的电流 IR2 等于流过 R0的电流，以使电机转速迅速降落。此时：*IR2=Unm15= =0.75 mA ;R2=U Uim vs=10 7.4=3.47 k(取 3.5k)R020IR20.75系统的静态结构框图 在电压负反 馈单闭环有静差调速系统中，当

16、下列参数发生变化时，系统是否有调节作用，为什么？（）放大器的放大倍数（）电动机励磁电流（）供电电网电压（）电压反馈系数 a（）电枢电阻答：3）电枢电阻，）电动机励磁电流，（）电压反馈系数 a无调节作用。因为 反馈控制系统所能抑制的只是被 反馈包围的前向通道上的 扰动。 有一个 V-M 系统,已知:电动机: （15 分）PN=KW U2.8 ;NV I= 220 ;NA n= 15 ;N= 1500r / min;Ra= 0.15,Ra=1.5, 整流装置内阻Rrec= 1 ,触发整流环节的放大倍数 KS= 35 。（15 分）(1) 系统开环工作时 ,试计算调速范围 D=30 时的静差率 s

17、值;(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 , I = I , n n,计算转速负反馈系数 a 和放大器放大系数 Kp;ndN=N6（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统 ,仍要求在U*=10V , I = I , n n,并保持系统原来的开环放大系数不变，试求在 30 时的静差n率。dN=N解：（）Ce=UN I RN a=220 15.61.5=0.131V min/r（原来多加了 1）nop=nRIdNCeN=150015.6 (1+1.5)=0.131

18、297.7r / mins = n=n0min50 +297.7297.7=85.61%（）当 30，10 时计算系统允许的稳态速降n S1500 * 0.1ncl=ND(1 S )=30(1 0.1)=5.56r / min（） K =nopncl1 =297.75.561 =52.54求取 的方法同 1-10可得 =0.00652V min/ rK52.54Kp=K / CS e=0.00652 * 35 / 0.131=30.16(取30）（4）改为电压负反馈有静差调速系统闭环转速降落为：I RI R( )15.6 115.6 1.5ncl=CN rec+ K+N aC=+r= 2.22

19、4 +178.6 = 180.825 min当调速 D 范e(1 )e0.131(152.54)0.132围不变时静差率为：D nN30 180.8scl=nN+ DnN=+ 1500 30180.8100% = 78.35%显然比速度反馈系统在调速范围不变的情况下静差率大的多，但比无反馈系统静差率小了在题 1-10 的系统中 , 若主电路电感L=50m , 系统运动部分的飞轮惯量GD2= 1.6 Nm2,整流装置采用三相零式电路 ,试判断按题 1-10 要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行?如果保证系统稳定运行 ,允许的最大开怀放大系数 K 是多少?电磁时间常数机电时间数2LTl= =R0.

20、052.7=0.0185 STm=GD R375* C C=1.6 2.730=0.0645e T375 0.013673.14(或9.55) 0.01367TS= 0.00333 S （查表全波为 0.00167）(T + T ) + T2()2K Tml sTTlss=0.0645 0.0185 + 0.00333 +0.0185 0.003330.00333=23.1在 1-10 题中 K = 28.64 如要系统稳定须保证 K 23.1 则系统不稳定。如要系统稳定，允许的最大的开环放大系数为 K 23.1 但调速范围不满足了16.为什么用积分控制的调速系统是无静差的 ?在转速负反馈调速

21、系统中 ,当积分调节器的输入偏差电压 U = 0 时,调节器的输出电压是多少 ?它取决于那些因素 ?7答： 使用积分控制时可以借助积分作用 ，使反馈电压 Un与给定电压 Un* 相等，即使 Un为零 UC一样有输出，不再需要 Un来维持UC，由此即可使输出稳定于给定值使调速系统无静差。当 Un= 0 时调节器的输出为电压 UC，是对之前时刻的输入偏差的积累。它取决于 Un的过去变化，当 Un为正 UC增加，当 Un为负 UC下降，当 Un为零时UC不变。17.在无静差转速单闭环调速系统中 ,转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精度的影响?试说明理由;答： 在无静差转速单闭环调速系统中 ，

22、转速的稳态精度同样受给定电源和测速发电机精度的影响。无静差转速单闭环调速系统只是消除了误差，使输出的转速基本稳定于给定的转速。但是，这种系统依然属于反馈控制系统，只能抑制被反馈环包围的前向通道上的扰动，对于其他环节上的精度影响无可奈何。18.采用比例调节器控制的电压负反馈系统 ,稳态运行时的速度是否有静差 ?为什么 ?试说明理由;答：有静差。电压负反馈系统中是在转速较高时，C n I R = U 忽略了转速的降落认为 电枢电压正比于转速，而实际上是电枢电ea ad 0压无静差，从公式中可以看出速度的降落是不能消除的。因为调节器的输出是电力电子变换器的控制电压 U = K U 。CP n所以只要电动机在运行，就必须有控制电压 UC, 因而也必须有转速偏差电压 Un。第二章 习题答案2-1 在转速、电流双闭环调速系统中 ，若改变电动机的转速 ，应调节什么参数？改变转速调节器的放大倍数 Kn行不行？改变电力电子变换器的放大倍 数 Ks 行不行？改变转速反馈