电力拖动自动控制系统第四版课后规范标准答案.docx

1、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1000100 r jmin，要求静差率s=2%,解：ns) 1000 0.02/(100.98) 2.04rpm系统允许的静态速降为 2.0 4rpm2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0max1500r/min，最低转速特性为n0min150r/min，带额定负载时的速度降落 nN15r/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 Dnmax/nmin（均指额定负载情况下）nmaxn0m

2、axnN 1500 151485n minnOminnN 150 151352)n max静差率/ nmin1485/135 11nN/n。15/15010%IOmu口帼 JUrttirt2.4时，解:S=也叶 /nominD= nNS/An(1-sHmipi THiId直流电动机为 PN=74kW,UN=220V , In=378A , nN=1430r/min , Ra=0.023 Q。相控整流器内阻 Rrec=0.022 Q。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 (Un iNRa)/nN (220 378 0.02

3、3)/1430 0.1478V/rpmI N R/Ce378(0.0230.022)/0.1478115rpmnNS/ n(1s)14300.2/115 (1 0.2)3.1nNS/ n(1s)14300.3/115 (1 0.3)5.33R=0.18 Q ,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)nNIN R/Ce 305 0.18/

4、0.2 274.5r/min(2)SNn/ no 274.5/(1000 274.5)21.5%(3)nNS/D(1 s) 1000 0.05/200.952.63r /min2.6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Uu8.8V、比例调节器放大系数 KP 2、晶闸管装置放大系数KS 15、反馈系数Y =0.7。求：(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) Ud KpKsUU/(1 KpKs ) 2 15 8.8(1 215 0.7

5、) 12V(2) Ud 8.8 215 264V ，开环输出电压是闭环的 22倍(3)Uu Ud(1KpKs )/KpKs 12 (1 2 150.35)/(2 15) 4.6V2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/min，要求系统的静差率 S 5%，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) DnnS/ nN 1 s101500 2%/ nN 98%n1500 2%/98% 10 3.06r / minnop/ nci 1 100/3.06 1 31.72.8某闭环调速系统的开环放大倍数为 15时

6、，额定负载下电动机的速降为 8 r/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:nop1 K ncl1 15 8128如果将开环放大倍数提高到 30,则速降为:ncinop /1 K128/ 1 304.13rpm在同样静差率要求下， D可以扩大nci1/nci21.937 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, U n=220V, In=12.5A, n n=1500 r/min，电枢电阻 Ra=1.5 Q,电枢回路电抗器电阻 RL

7、=0.8 Q,整流装置Rrec=1.0 Q,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S35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行,K最大为30.522.12有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机： PN 2.8kW，UN 220V，15.6 A nN 1500r/min， Ra=1.5Q,整流装置内阻 Rrec=1 Q，电枢回路电抗器电阻 RL=0.8 Q,触发整流环节的放大倍数Ks35(1)系统开环工作时，试计算调速范围 D 30时的静差率 s值(2)当D 30，S 10%时，计算系统允许的稳态速降IN , n nN，计算转速负反馈系数 和(3

8、)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求 D 30, s 10%，在Un 10V时Id放大器放大系数Kp解:Ce220 15.6 1.5 /1500 0.1311V min/ r(1)nopIN R /Ce 15.6 3.3/0.1311 392.68r / min(2)nmin1500/30nop / n0 min50392.68 / 392.68 50 88.7%0.1n/ n505/0.9 5.56r/min(3)Kp KsUn /Ce 1K R Id/Ce 12.13K KpKs/CeR 15.61500 Kp KsUn/CeK nop/ ncl 1 297.48/5.56/Ce52.5

9、旋转编码器光栅数 1024,倍频系数4，高频时钟脉冲频率 f0 1MHz，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：分辨率60ZTc1024 4 1.465r / m in0.01最大误差率：n60M 1zT?n 1500r / min 时，MnZTc601500 4 1024 0.01 102460n 150r / min 时，M1nZTc60150 4 1024 0.0160102.41500r / min 时,max %M1100%100%1024

10、0.098%150r / min 时，max %1100%M11 100%102.40.98%可见M法适合高速(2) T 法:分辨率:n 1500r / min 时，QZn21024 41500260f0 Zn60 1 106 1025 4 171r/ m in1500n 150r / min 时，QZn21024 4 150260f0 Zn60106 1024 1.55r /m in4 150最大误差率：n空0，M2ZM260 foZn1500r / min 时，M 2601069.77150r / min 时,1500r / min 时，150r / min 时，可见T法适合低速1024

11、4 150060 10697.71024 4 150max %max %M2 1 100%M2 1 100%9.77 1100% 11.4%97.7 1100% 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 U nm =15V, Hn =1500r/min , I N =20A，电流过载倍数为 2,电枢回路Ks=20, C e =0.127V min/r，求：（1）当系统稳定运行在 U n =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,Ui和U c各为多少?解：（1）UiUc

12、Unm/nN5V,UimI dmIdUd0Ks15V /1500rpm转速空 0.375V / A40A0.375*10E IdLRKsn 500rpm,U（2）堵转时，U iI dm3.75VCeMKs5V,U15V，0.01V / rpm5V500rpm0.01V / rpmUiIdLRi Ui0.127*500 10*23.75V ,U204.175V4.175VUcU d0CenIdRI dmR40*2KsKsKs204V3.2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, U N =220V, I N =20A, Hn=

13、1000 r/min , 电枢回路总电阻R5 Q ,设 Unm UimU cm=8V,电枢回路最大电流 I dm =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 Ud 0, U j , Uj ,u解：1）Uim8V2)d0I dm40A0.2V/AUnmnN8V1000r pm0.008V / rpmdl RCenN I dl R40A*1.560V这时：*Un8/,Un0，*Ui8/,Ui8V,asr处于饱和，输岀最大电流给定值Uc Udo/Ks 60/401.5V3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR

14、, ACR均采用PI调节器。当ASR输岀达到 U im =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）U i应如何变化?（2） U c应如何变化？ （ 3）Uc值由哪些条件决定?解：1）2)3)Um8VI dm因此当电流从 40A要有所增加80A 0.570A 时,Ui应从4V7V变化取决于电机速度和负载大小Ud0Cen因为Ud0E IdiRCsHnIdiRdRKsKs3.5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

15、上升时间tr 0.25s,则 K=?,% =?解:KT 0.69,0.6, % 9.5%(1)系统开环增益：K0.69/T 0.69/0.1 6.9(1/ s)(2)上升时间tr 3.3T0.33S过度过程时间:ts6T 60.1 0.6s(3)trtr2.4T 2.4*0.10.24s 这时K 1/T 10 ，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)K1s 1 0.01s10 _，要求设计一个无静差系统， 在阶跃输入下系统超调量1% 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 kt0.5,0.70

16、7,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)10s (0.01s1)这样，T = 0.01， K=10/ ，已选KT = 0.5,贝U K = 0.5/T=50,所以10/ K 10/50 0.2S，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)K110调量 % 30% (按线性系统考虑)解：应选择 PI调节器， WPI (s)KpK/s(Ts 1)s(0.02s 1)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Kp l(s D,校正后系统的开环传递函数 W(s)hT,选h = 8,

17、查表3-4，Kpi( s 1) K1%=27.2%，3.8hT8*0.02 0.16s1 8 12h2T2 2*8 2 *0.02 2175.78,Kpi K / K1 175.78*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S 1)足设计要求/10 2.81PN 60kW , UN220V ,I N 308a , nN 1000r/min ,电动势系数 Ce =0.196 V - min/r ,主回路总电阻 R =0.18 Q ,触发整流环节的放大倍数 Ks =35 o电磁时间常数Tl =0.012s,机电时间常数 T

18、m =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1.1I N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=40 k(3)设计转速调节器 ASR,计算其参数Rn、Cn、Con

19、。(R0=40k Q )(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 /1 dm 8V/(1.1*In) 8V/339A 0.0236V / A10/1000 0.01V min/r(2 )电流调节器设计确定时间常数： a)Ts0.00333sb)Toi0.0025sc)T iT0iTs 0.0025 0.00333 0.00583s电流调节器结构确定:因为 i 5%，可按典型I型系统设计,选用PI调节器，Wacr(S)Ki( iS 1)电流调节器参数确定0.012s,选KIT i 0.5,KI 0.5/T i 85.76s

20、 1W Ki iRKi Ks85.76 0.0120.1835 0.01730.224。校验等效条件： .CiKi 85.76s 1可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选 R0 40 K，则R KiR0 0.224 40K 8.96K，取 9k.4 0.0025/40 103 0.25 FCi i/R 0.012/(9 103) 1.33 F 由此C0i 4T0i / 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|T i0.5b)C)则 1/ K|2T i2 0.005830.01166sTon 0.015sT n 1/ KI Ton 0.011660

21、.015 0.02666s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:nsn hT n,取h 5, n hT n 0.1333sKn2 52 0.026662 168.82sKn(h 1) CeTm2h RT n6 0.0236 0.196 0.12 6.942 5 0.01 0.18 0.02666cnKn/ 1 Knn 168.82 0.1333 22.5s 1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

22、如下:n hT n 0.07998sKn (hKn (h1) CeTm /2h RT n 4 0.0236 0.196 0.12/(23 0.01 0.18 0.02666) 7.6校验等效条件:cn K N/ 1 Kn n 312.656 0.0799825s1/2a)1/3(KI /T Jb)1/3(KI /Ton)1/21/21/ 3(85.76/0.00583) 40.43s1/3(85.76/0.015)1/225.2s 11cncn1)/2h2r2n 4/(2 9 0.026662) 312.656s2可见满足近似等效条件转速超调量的校验:n 2 72.2% 1.1 (308 0.

23、18/0.1961000) (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 R0 40K,则尺 Kn7.6 40 304K，取310KCn n /Rn 0.07998/310 103 0.258 FCon 4T)n / R0 40.015/40 103 1.5 F4） 40%额定负载起动到最低转速时n% 2 72.2%(1.1 0.4) (308 0.18/0.196 100) (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:t所以：CeTm n3.10系数