(完整版)运动控制系统_课后习题答案

1、运动控制系统课后习题答案22系统的调速范围是ioooioor min，要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少？解： n nnSD(1 s)1000 0.02 (10 0.98)2.04rpm系统允许的静态速降为 2.04rpm2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0 max 1500 r孑min，最低转速特性为 nomin150r 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)nmaxn0maxnN1500 151485

2、n minn OminnN150 15135D nmax /nmin 1485./135112)静差率 s nN n015 15010%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V，In=378A，nN=1430r/min，Ra=0.023Q。相控整流器内阻 Rrec=0.022Q。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 (UNlNRa)； nN(220 378 0.023). 1430 0.1478V rpmn 1 n R： Ce378(0.0230.022), 0.1478115rpmDnN S n(1s)

3、143002115(10.2)3.1D nN S n(1s)14300.3 115(10.3)5.332.5 某龙门刨床工作台采用 V-M 调速系统。已知直流电动机PN60kW,UN 220V, I N305 代nN 1000r mi n，主电路总电阻 r=0.18 q ,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=2O,SW 5%的要求，额定负载下的转速降落nN又为多少？解: (i) nNI N R ce 305 0.18. 0.2274.5r/min(2) SnnN

4、n。274.5(1000 274.5)21.5%(3) nnNS,D(1S)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Uu 8.8V、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：(i)输出电压Ud ; (2)若把反馈线断 开，Ud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 KpKSU；：(1 KpKS ) 2 15 8.8(1 2 15 0.7) 12V(2) Ud 8.8 2

5、 15264V，开环输出电压是闭环的22倍(3) U； Ud(1 KpKS ).；'KpKS 12 (1 2 15 0.35). (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： i) D nN s/ nN 1 s10 1500 2%/ nN 98%nN 1500 2%/98% 103.06r / min2) K n°p/ nci1 100/3.06 131.72.8某闭环调速系统的开环放大倍数为

6、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:n°p 1 K nci1 15 8 128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：ncinop / 1 K 128/ 1304.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大ncl1 / nci21.937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=1.5Q, 电枢回路电抗器电阻 RL=0.8 Q,整流装置内阻Rrec=1.0Q触发整流环节

7、的放大倍数 Ks=35。要求系统满足调 速范围D=20，静差率 S<=10%。(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3cl。(2 )采用转速负反馈组成闭环系统，试画岀系统的原理图和静态结构图。(3) 调整该系统参数，使当Un*=15V时，W=In，n=nN，则转速负反馈系数a应该是多少？(4 )计算放大器所需的放大倍数。解: (1)n U N IN Ra / CeCe220 12.5 1.5 /1500 201.25/1500 0.134Vmin/rn U N 1 N R / Cenop I n R /Ce 12.5 3.3/ 0.134 307.836r

8、/ minnN nns/ D 1 s 1500 10%/(20*90% )8.33r/ min所以，ncl8.33r /min(2)150035.955 15/1 35.95512.5 3.3/ 0.134 1 35.955O) / 4) nKpKsUnIdR/ Ce 1 KKUn/1KldR/Ce1 KKnop /ncl1307.836 /8.33 135.9550.0096V min/rK * C可以求得，Kpe" *Ks35.955* 0.13414.3435*0.0096也可以用粗略算法:Un Un n，*Un150.01KpKCe/Ks，Kp35.9552.10 在题 2.

9、915000.134 /35 0.0113.76的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流I dbl 2I n ，临界截止电流I dcr 1.2I N，应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3，如果做不到，需要增加电流反馈放大器，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？I dbl2l N25A，I dcr1.2I N 15AI dcrU com/Rs15 Ucom / Rs1 dbl*UnU com> /Rs2515 U com / RsU com151.522.5V(R /3

10、)1.01.50.8 /31.1 ,R (R /3)不符合要求，取Rs1.1 ,需加电流反馈放大器解：（1）(2)Rs1.5r+由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电阻小和电流信号大的要求, 则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，取Rs（3） 当 Id I dcr 时，有nKpKsUn/Ce 1 KKpKsKiRs 1 dUcom /Ce 1 KRId/Ce1 KKpKsU：KiUcom /Ce1 KRKpKsKiRs Id/Ce1K当n=0时，Idbl KpKs U；KjUcom /RKpKsKiRs*UnKiUcom / Ki Rs2515 16.5Ki

11、/1.1 KKi15/ 22.513.51.362 22.11在题2.9的系统中，若主电路电感 L=50mH，系统运动部分的飞轮惯量 GD =1.6Nm ，整流装置采用三相零式电路，试判断按题 2-9要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？解：L 50mH，GD21.6Nm2，R 3.3，Ce 0.134V / rpmTlL/ R 0.05/3.3 0.015sTmGD2R / 375CeCm1.6 3.3/ 375 0.134 0.134 30/3.145.28/64.33 0.082sTs0.00333sK Tm T Ts Ts2 /TJs

12、0.082 0.015 0.00333 0.003332 / （0.0151* 0.003330.0015 0.003332 / 0.00004983 30.52可见与前面的K>35.955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：Pn 2.8kW， U n 220V， I N 15.6A，nN 1500r/min，Ra=1.5 Q，整流装置内阻 Rrec=1Q ,电枢回路电抗器电阻F< =0.8 Q，触发整流环节的放大倍数Ks 35。（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

13、30 , s 10%时，计算系统允许的稳态速降。 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Id In，n nN，计算转速负反馈系数 和放大器放大系数Kp。解：Ce 220 15.6 1.5 /15000.1311V min/r（1）© IN R /Ce 15.6 3.3/0.1311 392.68r / minnmin 1500 / 30 50s nop / n0min 392.68/ 392.68 5088.7%（2）0.1 n/ n 50n 5/0.9 5.56r / min（3）*n KpKsUn /Ce 1 K R ld /Ce 1 K K

14、Kp Ks/Ce1500 KpKsU：/Ce1 K R 15.6 /Ce 1 KK n°p/ nci1297.48/5.56152.52.13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60606060和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，m法测速时间为o.o1s，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Q60ZTC601024 4 0.011.465r /min最大误差率：n60M1HZTTnZTC n 1500r / min 时，M11500 4 1024

15、76;.0110246060n 150r / min 时，nZTc150 4 1024 0.016060102.41500r / min 时，max%1100%M1100%10240.098%150r/min 时，max%100%M11 100%102.40.98%可见M法适合高速。(2)T 法:分辨率：n 1500r/min 时,Zn21024 421500n 150r / min 时，Q最大误差率：n 60f°ZM21500r / min 时,150r / min 时,1500r / min 时,150r / min 时,可见T法适合低速60 f° ZnZn26OfoM

16、2max %max %Zn60 f0Zn606171r / min60 1 101025 4 150021024 4 150601061024 4 150060 10610610249.7797.71024 4 150M21M21100%100%9.77197.711.55r / min4 150100%11.4%100% 1%习题二U nm=15V, |!n =1500r/min , In =20A,3.1双闭环调速系统的 ASF和ACF均为PI调节器，设系统最大给定电压电流过载倍数为2，电枢回路总电阻 R=2Q, Ks=20, Ce=0.127V min/r，求：(1)当系统稳定运行在U

17、； =5V,IdL =10A时，系统的n、Un、U*、Ui和Uc各为多少？ ( 2)当电动机负载过大而堵转时，U*和Uc各为多少?解: (1)U nm / nN 15V/1500rpm0.01V / rpm当un 5V，转速 n 亠 而VTTpm 500rpm*Uim15V0.375V / A40 AI dm*UiId0.375*103.75VUiUcU d0E IdLRCenNIdLRKsKsKs即n 500 rpm, U n5V,U*Ui(2)堵转时,U*I dm15V ,Ud00.127*50010*24.175V 203.75V ,Uc 4.175vUcCen IdRKsKsIdmR

18、40*2Ks 20因此当电流从40A70A时，Ui*应从4V 7V变化。U nm / nN 15V/1500rpm0.01V / rpm3.2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,Un =220V， I n =20A，n” =1000 r/min ,电枢回路总电阻 R =1.5 Q ,设 U；mU cm =8V,电枢回路最大电流|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Ud0，U；,Ui,Uc 值。解：1)UimI dm8V40A0.2

19、V / A*U nmnN8V1000rpm0.008V / rpm2) U d0 E I di RCen”I di R40A*1.560V因此当电流从40A70A时，Ui*应从4V 7V变化。U nm / nN 15V/1500rpm0.01V / rpm因此当电流从40A70A时，Ui*应从4V 7V变化。U nm / nN 15V/1500rpm0.01V / rpm这时：Un 8V,Un 0 , ASR处于饱和，输出最大电流给定值。U： 8V,Ui 8V,Uc Ud0；Ks 60 401.5V3.3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输出达到=8

20、V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) Uc应如何变化？ ( 3) Uc值由哪些条件决定?因此当电流从40A70A时，Ui*应从4V 7V变化。U nm / nN 15V/1500rpm0.01V / rpm因此当电流从40A70A时，Ui*应从4V 7V变化。U nm / nN 15V/1500rpm0.01V / rpm解：1)UimI dm880A0.1V / A因此当电流从40A70A时，Ui*应从4V 7V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Ud0 E I dl RCenNIdl

21、RUcUd0Cen IdRKsKs3.5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系统的开环增益。< 10%。% =?解:取KT0.69,0.6, %9.5%(1)系统开环增益：K0.69/T0.69/0.1上升时间tr 3.3T0.33S过度过程时间:ts36T 6 0.10.6sn绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr <0.25s,则K=?,(1)(2) 计算过渡过程时间ts和上升时间tr ；(3)6.9(1/ s)(3)如要求tr0.25s，查表3-1则应取KT 1,0.5，tr2.4T2.4*0.10.24s 这时K 1/T10

22、,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)10跃输入下系统超调量%< 5% (按线性系统考虑)参数。K1s 1。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其，要求设计一个无静差系统，在阶0.01s 1解：按典型I型系统设计,选 KT 0.5,0.707,查表3-1,得%4.3%1W(s),校s正后系统的开环传递函数为W(s)101s(0.01s 1)'这样，T = 0.01,K=10/KT = 0.5,则K = 0.5/T=50,所以10/K 10/50 0.2S，积分调节器:W(s)s1010，要求校正为典型H型s(0.02s 1)K13.

23、7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)1 -s(Ts 1)30%(按线性系统考虑)。试决定调节器结构，并选择其参数。系统，在阶跃输入下系统超调量解：应选择pi调节器,Wpi(s)Kpi( s D校正后系统的开环传递函数W(s) Kpi(s DK，对照sss 仃s 1)典型H型系统，KKPI Ki / ,hT,选h = 8, 查表3-4,%=27.2%，满足设计要求。这样hT 8*0.020.16s ,h 18 1222 22h T 2*8 *0.02175.78, Kpi K / K1175.78*0.16 /102.813.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭

24、环调速系统中，已知电动机的额定数据为：PN 60 kW , UN 220 V , I N 308 A , 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。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 Ton =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

25、 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B (假设起动电流限制在1.1|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R,、G、C°i。画出其电路图，调节器输入回路电阻 R)=40k 。(3) 设计转速调节器 ASR,计算其参数Rn、Cn、C°n。(Ro=4Ok 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b no计算空载起动到额定转速的时间。解：(1)U im / 1 dm8V /(1.1* In ) 8V /339A 0.0236V / A10/1000

26、(2 )电流调节器设计0.01V min/r确定时间常数:a)Ts0.00333s电流调节器结构确定:因为j 5%，可按典型b)TOic)T i0.0025sT0i Ts 0.0025 0.003330.00583sK ( S 1)I型系统设计，选用PI调节器，Wacr(S)i LiS电流调 节器参数确定：i Ti 0.012s,选 K|T i 0.5,K| 0.5/T i 85.76sKi UKs85.76 0.012 0.1835 0.01730.224。校验等效条件:ci KI 85.76s 1b）忽略反电势的影响的近似条件:c）电流环小时间常数的近似条件:可见满足近似等效条件，电流调节

27、器的实现:111101.01 cici1ci则 1/ KI 2T2 0.00583 0.01166sRKiR0 0.224 40K 8.96K ,取 9K.G0.012/ (9 103) 1.33 F由此Cj 4T0i/ Rg 4 0.0025/ 40 103 0.25 F(3) 速度调节器设计确定时间常数：0.5a）电流环等效时间常数1/ Ki :因为K|T ib) Ton0.015sc) T n 1/ K|Ton0.01166 0.0150.02666 s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)Kn( nS 1)速度调节器参数确定:nshT n,取h5,

28、nhT n 0.1333sKnh 12 22h T62 22 50.02666168.82 s校验 等效 条Kn(h 1) CeG6 0.0236 0.196 0.126 加2h RT n 2 5 0.01 0.18 0.02666cnKn/1Kn n 168.82 0.1333 22.5s857640.43s 1i 3 , 0.00583a）电流环近似条件：1Ki 1cnb）转速环小时间常数近似:13KiT0n13857625.2s0.0151cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验 （空载z=o）Cmax、(11.23%10%n%2*(nNZ) nTm2 81.2% 1.1308 0.1

29、80.026660.196 10000.12上述设计不符合要求。因此需重新设计。转速超调量的校验结果表明，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:n hT n 0.07998sKn (h 1)/2h2T2n 4/(2Kn (h 1) CeTm/2h RT n9 0.026662) 312.656s24 0.0236 0.196 0.12/(23 0.010.18 0.02666) 7.6校验等效条件:cnKn/ 1Kn n 312.656 0.0799825s 11/2a) 1/3(KI /T i)b) 1/3(Ki /Ton)1/21/21/ 3(85.7

30、6/0.00583)40.43s1/3(85.76/0.015)1/225.2s 1cncn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 0.18/0.1961000) (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 Rj 40K ,则R, KnR07.6 40304K,取 310K。Cnn /Rn 0.07998/310 103 0.258 FCon 4T0n /R0 4 0.015/40 103 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

31、.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2根据电机运动方程：|75 Te TL,dnCm (ldm1 dL )dtGD2375R(I dm 1 dL)c gd2rCe 375CmCe(I dmldL)RCeTm0.385stCeTm n*0.196*0.12*1000所以： (I dm IdL)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=500kVVU=750V,I n=760A，nN=375 r/min，电动势系数

32、 Ce =1.82V min/r,电枢回路总电阻 R=0.14 Q ,允许电流过载倍数入=1.5,触发整流环节的放大倍数Ks=75,电磁时间常数T|=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 T0n=0.°2s。设调节器输入输出电压Um*=UL*=Unm=10V,调节器输入电阻 R0=4Ok Q。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

33、止频率ci和转速环的截止频率cn ,并考虑它们是否合理?Uim10im0.00877V / A1 dm1.5*760解: (1)*A CU nm100.0267V min/r375电流调节器已按典型1型系统设计如下：a)Ts0.00176s确定时间常数:b)Toi0.002sc)T i0.00367s电流调节器结构确定：因为b%C5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器，Wacr(s)=K i( qS+1)/ TS，Ti/T E=0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：i=Ti=0.031s， KiT e= 0.5， Ki=0.5/T 刀=136.24 S-1KjK

34、ITIR/ KS136.24 0.0310.14/750.008770.899校验等效条件：si=Ki=136.24 S-11a)1/3TS 1/3 0.00167 199.6s1cib)(1/TmTl)1/23(1/0.112 0.031)1/250.9s 1ci1/2c)1/3(1/TsT°i)1/3(1/0.001671/20.002)1182.39s 1 ci可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选 R0=40K，则R, Ki R00.899 4035.96 取 36KCi T/R 0.031/36 1030.86 FC0i 4T0i/4 0.002/ 40 103 0.2

35、 f速度调节器设计确定时间常数：a) 电流环等效时间常数1/Ki：因为 KiTE= 0.5 _则 1/Ki=2T刀=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sc) c)T 刀n1/Ki+T°n=0.00734+0.02=0.02734s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)=Kn( tS+1)/ TS速度调节器参数确定：T=hT 6,选 h=5,则 T=hT刀>=0.1367s,KN=(h+1)/ ( 2h2T2E, =6/2*25*0.02734 2=160.54 s-2Kn=(h+1) pCeTm/ ( 2hoRTE,

36、 = 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：3cn=K n/ 31=K n t=160.54*0.1367 =21.946 s-2a) 1/3(K i/T E) 1/2=1/3(136.24/0.00367) 1/2=64.22s-1 > «cnb) 1/3(K i/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>wcn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选 Ro=40K ,_则 Rn=Kn*Ro=10.5*40=420K由此 Cn=T/Rn=0.1367/420*10 3=0.325 pF 取 0.33 尸 Con=4Ton/Ro=4*0.02/40*10 3=2 疔2) 电流环的截止频率是：3ci=Ki=136.24 s-1速度环的截止频率是：zn=21.946 s-2从电流环和速度环的截止频率可以看岀，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