电力拖动自动控制系统-课后答案

习题解答（供参考） 习题二精品资料2.2 系统的调速范围是1000100r min，要求静差率s=2% ，那么系统允许的静差转速降是多少？解：nnnsd(1s)10000.02 (100.98)2.04rpm系统允许的静态速降为2.04rpm 。2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0 max1500rmin，最低转速特性为n0min150rmin，带额定负载时的速度降落n n15rmin，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dnmaxnmin( 均指额定负载情况下）nmaxn0 maxnn1500151485nminn0minnn15015135dnmaxnmin1485 135112)静差率snnn015 15010%2.4 直流电动机为p n =74kw,un=220v， in =378a ， n n=1430r/min ， ra=0.023 。相控整流器内阻rrec=0.022。采用降压调速。当生产机械要求s=20% 时，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？解： ce(u ni n ra ) nn(2203780.023) 14300.1478vrpmni n r ce378(0.0230.022)0.1478115rpmdnnsn(1s) 1 4 3 00.21 1 5(10.2 ) 3. 1dnnsn(1s) 1 4 3 00.31 1 5(10.3 ) 5. 3 32.5 某龙 门 刨 床工 作台 采用v-m调速 系 统。已 知 直 流电 动机pn60kw,u n220v , i n305 a, nn1000 rmin，主电路总电阻r=0.18 ,ce=0.2v?min/r, 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） ）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)nni nr ce3050.18 0.2274.5r/ min(2)snnnn0274.5 (1000274.5)21.5%(3)nnn s d (1s)10000.05 200.952.63 r / 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u *8.8v 、比例调节器u放大系数 k p2 、晶闸管装置放大系数k s15 、反馈系数 =0.7 。求：（1 ）输出电压u d ；（2 ）若把反馈线断开，u d 为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？（3 ）若把反馈uu系数减至=0.35 ，当保持同样的输出电压时，给定电压* 应为多少？解：（ 1 ） udk p k u *(1k pks)2158.8 (12150.7)12vsu(2) u d8.8215264v , 开环输出电压是闭环的22 倍(3) u *u(1kk)kk12(12150.35) (215)4.6vudpsps2.7 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） dn n s/n n 1s1015002% /nn98%nn15002% / 98%103.06r / min2） kn op /ncl1100 / 3.06131.72.8 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：nop1kncl1158128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：nclnop / 1k128 / 1304.13rpm在同样静差率要求下，d 可以扩大ncl 1 /ncl 21.937 倍2.9 有一 v-m 调速系统：电动机参数pn =2.2kw, u n=220v, i n =12.5a, n n=1500 r/min ，电枢电阻ra=1.5 ，电枢回路电抗器电阻rl=0.8 ，整流装置内阻rrec =1.0 ,触发整流环节的放大倍数k s=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 30.52 。2.12 有一个晶闸 -电动机调速系统，已知： 电动机： pn2.8kw ，u n220v， i n15.6a ，n n1500 r/min ， ra =1.5 ，整流装置内阻rrec=1 , 电枢回路电抗器电阻rl =0.8 ， 触发整流环节的放大倍数k s35。(1) 系统开环工作时，试计算调速范围d30 时的静差率s 值。(2) 当 d30， s10% 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d30 ， s10% ，在*10v时 i di n ，unnn n ，计算转速负反馈系数和放大器放大系数k p 。解：ce22015.61.5/ 15000.1311vmin/ r（1 ）nopinr/ ce15.63.3 / 0.1311392.68r/ minnmin1500 / 3050snop /n0 min392.68 /392.685088.7%（2 ）0.1nn / 5 / 0.9n505.56r/ min（3 ）nkk u * / c1kr i/ c1kpsnkek pk sde/ ce1500kk u * / c1kr 15.6/ c1kkn op/ncl1297.48 / 5.56152.5psnee2.13 旋转编码器光栅数1024 ，倍频系数4，高频时钟脉冲频率f 01mhz，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位计数器， m法测速时间为0.01s ，求转速n1500r / min 和 n150r / min时的测速分辨率和误差率最大值。解：（1） ） m 法：分辨率q60ztc60102440.011.465r/ min最大误差率：n60m 1ztcn1500r/ min 时， m 1nzt c60150041024600.011024n150r/ min 时， m 1nztc6015041024600.01102.41500r/ min 时，max %1100%m 111024100%0.098%150r/ min 时，max %1100%m 11102.4100%0.98%可见 m 法适合高速。（2） ） t 法：分辨率：zn21024415002n1500r/ min 时， q60 f 0zn601106102541500171r/ minzn2102441502n150r/ min 时， q60 f 0zn601106102441501.55r/ min2最大误差率：n60 f 0 ， m60 f0，zm 2zn当 n1500r / min 时， m 2601069.77当 n150r / min 时， m 21024415006010697.7n1500r/ min 时，max %102441150100%1100%11.4%n150r/ min 时，max %m 211m 21100%9.77197.71100%1%1可见 t 法适合低速习题三3.1 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*unm =15v ，nn =1500r/min，i n =20a ，电流过载倍数为2 ，电枢回路总电阻r =2 ，k s =20 ，c =0.127v min/r ，求：（ 1）当系统稳定运行在u * =5v ，i=10a 时，系统的 n 、u、u * 、endlniicu和u各为多少？（ 2 ）当电动机负载过大而堵转时，u * 和 u各为多少？ic解： (1)u */ n15v / 1500rpm0.01v / rpmnmnnu*当u *5v ,转速nn5v500rpmu* imi dm15v40 a0.375v / a0.01v/ rpmu*ii d0.375*103.75vu iuu d 0cei dl rcenni dl r0.127 *50010 * 24.175vk sk s即n500rpm ,uks205v ,u *u3.75v ,u4.175vniicui（2 ）堵转时，*i dm15v ，cuu d 0k sceni d r ksi dm r ks40*24v203.2 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 ， nn=1000 r/min ,电枢回路总电阻r =1.5 ,设 uu*nmimu 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k s =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u d 0 , u * ,ui ,u c 值。iu *8vu *8vim解:1 ）0.2v / anm0.008v/ rpmi dm40ann1000rpm2) u d 0ei dl rcenni dl r40a *1.560v这时：nnu *8v ,uiiu *8v ,u0 ， asr 处于饱和，输出最大电流给定值。8v ,u cu d 0k s60 401.5v3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器asr ， acr 均采用 pi 调节器。当asr 输出im达到 u *=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 *应如何变化？（2 ） u应如何变化？（3） u值由哪些条件决定？icc解: 1)u im*i dm8v80a0.1v / a*因此当电流从40a70a 时，u i应从 4v7v 变化。2) uc要有所增加。3) uc取决于电机速度和负载大小。因为u d 0ei dl rcenni dl rcuu d 0k sceni d r ks3.5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10。（ 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。如果要求上升时间t r 0.25s,则k=? ， =?解：取 kt0.69,0.6,%9.5%(1) 系统开环增益：k0.69 / t0.69 / 0.16.9(1/ s)(2) 上升时间 tr3.3t0.33s过度过程时间：3ts6tn60.10.6s（3 ）如要求 tr0.25s ，查表3-1则应取kt1,0.5,tr2.4t2.4*0.10.24s这时 k1/ t10,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)k 110s10.01s，要求设计一个无静差1系统，在阶跃输入下系统超调量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kt0.5,0.707,查表 3-1，得%4.3% 。w( s)1 ,选i调节器，s校正后系统的开环传递函数为w ( s)110,s (0.01s1)这样， t0.01， k=10/， 已 选kt 0.5,则k 0.5/t=50,所 以10 /k10 / 50s0.，2积分调节器：w ( s)11。s0.2s3.7 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为wobj(s)k1s(ts1)10 s(0.02s，要求校正为1)典型型系统， 在阶跃输入下系统超调量30（按线性系统考虑） 。试决定调节器结构，并选择其参数。解：应选择pi 调节器，wpi(s)k pi ( s1) ,校正后系统的开环传递函数w ( s)k pi ( s1)k 1，sss(ts1)对照典型型系统，kk pi k1 /,ht , 选h8， 查表 3-4，%=27.2%，满足设计要求。这样ht8*0.020.16s ，kh181175.78,kk/ k175.78*0.16/ 102.812h2t 22*8 2 *0.02 2pi13.8 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：pn60 kw,u n220 v,i n308 a,n n1000 r/min,电动势系数ce =0.196 v min/r ,主回路总电阻r =0.18 ,触发整流环节的放大倍数ks =35 。电磁时间常数 tl=0.012s, 机电时间常数tm =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t0 n =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,u cm =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% 。试求：（1） ）确定电流反馈系数(假设起动电流限制在1.1i n以内)和转速反馈系数。（2） ）试设计电流调节器acr, 计算其参数r i, 、c i 、coi 。画出其电路图 , 调节器输入回路电阻 r 0=40 k。（3） ）设计转速调节器asr, 计算其参数rn 、c n 、c on 。(r0 =40k )（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n。*（5） ）计算空载起动到额定转速的时间。解：（ 1 ）imi dm8v / (1.1*i n )8v/ 339 a0.0236v / au/10 /10000.01v min/ r（ 2）电流调节器设计确定时间常数：a) ts0.00333 sb) toi0.0025sc) t it0its0.00250.003330.00583s电流调节器结构确定：因为i5% ，可按典型i 型系统设计，选用pi 调节器，wacr( s)k i ( i s1),i s电 流 调 节 器 参 数 确 定 :itl0.012s, 选k i t i0.5, k i0.5 / t i85.76s 1，ikk ii rk s85.760.0120.180.224 。350.0173校验等效条件：cik i185.76 sa) )电力电子装置传递函数的近似条件：111101.01cici3ts30.00333b) 忽略反电势的影响的近似条件：31tmtl310.120.01279.06s 1c) 电流环小时间常数的近似条件：1111115.52 s 13tst0 i30.003330.0025ci可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选r040 k ,则：riki r00.22440k8.96 k , 取 9k.由此ccii/ ri0.012 / (9103 )1.33f0 i4t/ r0i040.0025/ 401030.25f（ 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 i :因为 k iti0.5则1 /k i2ti20. 0 0 5 8 30. 0s1 1b)ton0.015sc)tn1/ k iton0.011660.0150.02666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用pi 调节器，wkn (asr(s)n sn s1),速度调节器参数确定：nht n , 取h5,nhtn0.1333 skh16n2h t22n22168.82s 2k(h1)2cetm50.02666n2hrt n62校验50.02360.010.1960.120.180.026666.94cnk n /1k nn168.820.133322.5s1a )电流环近似条件： 13k i185.76t40.43s 1cni30.00583b)转速环小时间常数近似：13k it0 n1385.760.01525.2s 1c等效条件：n可见满足近似等效条件。转速超调量的校验(空载 z=0 ）%2*(cmax )(z)nn t n281.2%1.13080.180.02666ncn*t0.19610000.12bm11.23%10%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如下：nht n0.07998 s2222kn(h1) / 2h t n4 / (290.02666 )312.656skn(h1) cetm/ 2hrt n40.02360.1960.12 / (230.010.180.02666)7.6校验等效条件：cnk n /1k n n1312.6560.0799825sa) )1/ 3( k i / t1/2i )1/21/ 3(85.76 / 0.00583)140.43scnb)1/ 3( k/ t)1/21/ 3(85.76 / 0.015)1/225.2 s 1ioncn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：n272.2%1.1(3080.18 / 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r040k , 则 rnk nr07.640304 k ,取 310k 。cnn / rn0.07998/ 3101030.258fcon4ton/ r040.015 / 401031.5f4) 40% 额定负载起动到最低转速时:n %272.2%(1.10.4)(3080.18 / 0.196100)(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：mdmdldmgd 2dntt ,dnc(ii)r(ii dl )(ii)r375edtldtgd 2gd 2 rdmdlc tcee m375375cmcee mc t n*0.196*0.12*1000t0.385s所以：(i dmi dl )r(1.1*3080)*0.183.10 有一转速、电流双闭环调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：pn =500kw ， un =750v ， in =760a ， n n=375 r/min，电动势系数c e=1.82v min/r,电枢回路总电阻r=0.14 ,允许电流过载倍数 =1.5, 触发整流环节的放大倍数k s=75, 电磁时间常数tl =0.031s, 机电时间常数tm =0.112s, 电流反馈滤波时间常数t0i=0.002s, 转速反馈滤波时间常数 t0 n =0.02s 。设调节器输入输出电压u nm*=u im *= unm =10v, 调节器输入电阻r0=40k 。设计指标 :稳态无静差， 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% 。电流调节器已按典型i 型系统设计 , 并取参数 kt=0.5 。（1） ）选择转速调节器结构,并计算其参数。（2） ）计算电流环的截止频率ci 和转速环的截止频率cn ，并考虑它们是否合理?解：（ 1）* imui dmu *101.5*760100.00877v / anmnn3750.0267vmin/ r电流调节器已按典型i 型系统设计如下：确定时间常数：a) tsb) toi0.00176 s0.002sc)t i0.00367 s电流调节器结构确定：因为% 5% ，可按典型i 型系统设计，选用pi调节器，wacr (s)=k i(is+1)/ is，t l/t i=0.031/0.00367=8.25cnb) 1/3(k i/t on)1/2 =1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s -1cn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选r 0=40k ，则r n=k n*r0 =10.5*40=420k由此cn=n/r n =0.1367/420*103=0.325 f取 0.33 fc 0n=4t 0n/r 0=4*0.02/40*103=2 f2) 电流环的截止频率是：ci =k i=136.24 s -1速度环的截止频率是：cn=21.946 s -2从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体现了多环控制系统的设计特点。3.11 在一个转速、电流双闭环v-m系统中，转速调节器asr ，电流调节器acr均采用pi 调节器。（1） ）在此系统中 ,当转速给定信号最大值u nm *=15v 时,n=n n=1500 r/min;电流给定信号最大值 u im *=10v时,允许最大电流idm =30a, 电枢回路总电阻r=2 , 晶闸管装置的放大倍数ks=30 , 电动机额定电流in =20a , 电动势系数ce=0.128v min/r 。现系统在un*=5v ,i dl=20a时稳定运行。求此时的稳态转速n=? acr的输出电压u c =?i（2） ）当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(=0) ,系统将会发生什么现象? 试分析并说明之。若系统能够稳定下来, 则稳定后n=?un =?u * =?u i=?id=?uc =?（3） ）该系统转速环按典型型系统设计, 且按 m rmin 准则选择参数,取中频宽h=5,已知转速环小时间常数tn =0.05s,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数, 并计算出放大系数及各时间常数。（4） ）该系统由空载 ( i dl =0) 突加额定负载时,电流 i d 和转速 n 的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常数tm =0.05s, 计算其最大动态速降nmax 和恢复时间tv 。1)= u* nm /n n =15/1500=0.01 vmin/r= u* im /i dm = 10/30=0.33 v/au* n =5 v ， n=u* n/=5/0.01=500 r/minuc =u d0 /ks=(e+i d r )/k s=(c en+i dllr )/ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 v2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁（=0 ）则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流idm。因此，系统稳定后，n=0 ，u n =0u* i =u* im =10 ， u i=u* i =10 id =i dm =30auc=u d0 /ks=(e+i dr )/k s =(0+30*2)/30=2 v3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：nwn sk nns1 s2 ts1n=ht n=5*0.05=0.25s t n =0.05sk n=(h+1)/2h 2t 2=6/2*25*0.052=48s-24) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。（ p93,94)n b=2( -z) n nt n/tm =2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min c b=2fk 2t=2i dn rt n/ce tm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降：nmax =(cmax /c b)* n b=81.2%*625 =507.5 r/min恢复时间： tv=8.8t=8.8*0.05=0.44s(p81表