电力拖动自动控制系统-第四版-课后答案

1、电力拖动自动控制系统-第四版-课后答案习题解答（供参考）习题二2.2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：.：n -nnSD（sp1000 0.02.（10 0.98）=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nmax=1500r,. min, 最低转速特性为n0min=150r-mi n,带额定负载时的速度降落f =15r. 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D=nmax：nmin（均指额定负载情

2、况下）nmax=n0maxnN=1500-15-1485nmin二nmin -nN=150 -15 =135D=nmax .nmin= 1485 135 =112)静差率SF】nN； n。=15.T50 =10%n2.4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=(UN-lNRa). nN=(220 378 0.023)1430 = 0.1478V rpm：n = INR Ce

3、=378 (0.023 0.022)J 0.1478 = 115rpmD二QS：(Il-S卜1 4 3 00.2 115 (1=0.2)3 . 1D = nNS：(11-S戸1 4 3 00 . 3 11-5 (1=0.3)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，主电路总电阻R=0 18Q,Ce=0 2V?min/r,求：(1)当电流连续时，在额定负载下的转速降落5N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,s5%的要求，额定负载下的转速降落 计N又为多少？解： nN=lNRCe=305 0.18 0.2 =274.5

4、r / minSN=：nNno=2745 (1000 274.5) =21.5%An=nNS/D(1s) =1000疋0.05/20汇0.95 =2.63r/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U；=8.8V、 比例调节器放大系数KP=2、 晶闸管装置放大系数KS=15、反馈系数丫=0 7。求：(1)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)若把反馈系数减至丫=0.35,当保持同样的输出电压时， 给定电压U；应为多少？ 解： (1)Ud=KpKsU； ；(1 KpKs) =2 15 8.8 (V 2 15 0.7

5、)=12V(2)Ud=8.8 2 15=264V,开环输出电压是闭环的22倍(3)U；二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岂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)D =nNS/厶nN 1 -s10=1500 2%/厶 nN98% nN=1500 2%/98% 10=3.06r/min2)K =1；nop/ncl1=100/3.06 1 =31.72.8某闭环调速系统的

6、开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的 速降为8r/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：.mop= 1 K . mcl= 1 15 8 =128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：=nci =nop/ 1 K = 128/ 130 = 4.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大 F 朗/厶nd2.937倍2.9有一V-M调速系统：电动机参数PN=2 2kW, UN=220V, IN=12 5A,你你=1500 r/min,电枢电阻Ra=1 5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q, 整流装置内阻Rrec=1.0Q 触发整流

7、环节的放大倍数Ks=35。要求系统 满足调速范围D=20,静差率Sv=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And。(2) 采用转速负反馈组成闭环系统， 试画出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，Id=lN,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二UN-INRa/ Ce=Ce二220 -12.5 1.5 /1500 =201.25/1500 = 0.134Vmin/ rn二UN-INRCe flop=IN/Ce=12.5 3.3/0.134 =307.836r/

8、min也nN= nNS/(D(1 s )=1500 00% (20*90% ) = 8.33r / min所以，：ncl=8.33r/minK =：np/ n -1 = 307.836/8.33-1 = 35.9551500 = 35.955 15/： 135.955-12.5 3.3/ 0.134 1 35.955一 -0.0096V min/r也可以用粗略算法:1500(2)可以求得,K *CeKs* ：35.955* 0.13435* 0.0096= 14.3415-0.01Kp=KCe/Ks:,Kp=35.955 0.134/ 35 0.01 =13.762.10在题2.9的转速负反馈

9、系统中增设电流截止环节，要求堵转电流Idbl2IN，临界截止电流Ider_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？解：(1)Idbl35.955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,UN=220V,lN=15.6A,nN=1500r/min,Ra=1.5Q,整流装置内阻Rrec=1Q,电枢回路电抗器电阻尺

10、=0.8Q ,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。当D =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,计算转速负反馈系数和放大器放大系数Kp。解：Ce=1220 -15.6 1.5 /1500 =0.1311V min/r(1)nop=INR/Ce=15.6 3.3/0.1311 =392.68r/minnmin=1500/30 =50s F；np/gmin=392.68/ 392.68 50 i=88.7%(2)0.1 =. ；.n/ . ：n

11、 50.：n = 5/0.9 = 5.56r/ min(3)；n =KpKsU；/Ce(1 + K )R0d/Ce(1+K )K=KpGKs/CeOOuKpKsUn/CeU+K )(Rfl5.6yCe(1 + K ) K=仏np/Anci)-1 =(297.48/5.56)1 =52.5J2.13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4，高频时钟脉冲频率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Q二宜601.465r/minZTc

12、1024汉4汉0.01最大误差率：n60M1n = 1500r / min时，n ZTc1500 4 1024 0.01M 1 :-10246060n =150r / min时，nZTc150 4 1024 0.01 “cM 1 =102.460601 1 11500r/min时，max%100%100% = 0.098%M1102411150r/min时，、max%100%100% = 0.98%M1102.4可见M法适合高速。(2)T法：分辨率:可见T法适合低速习题二3.1双闭环调速系统的ASR和ACR匀为PI调节器，设系统最大给定电压u：m=15V,nN=1500r/min,IN=20A

13、 电流过载倍数为2,电枢回 路总电阻R=2Q,心=20,Ce=0.127Vmin/r，求：（1）当系统稳定运 行在U；=5V, %=10An =1500r/min时,QZn6OfoZn1024汉4S500260 1 106-1025 4 1500=171r / minn =150r/min时，Zn260f-Zn1024x4x150260 1 106-1024 4 150二1.55r/min最大误差率：n0f0,M60f0,ZM2ZnM260 1061024 4 1500当n = 150r / min时,M260 1061024 4 150= 97.7n =1500r/min时，max%L100

14、%100% =11.4%9.771n =150r/min时，、max%100% -M2-1100% =1%97.7 -1当n =1500r/min时，= 9.77时，系统的n、Un、U*、5 和Uc各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，Ui*和Uc各为多少？解:（1）:-二 Unm/ nN= 15V/1500rpm = 0.01V / rpmUild =0.375*10 -3.75V -Uin =500rpm,Un=5V,Uj =5 =3.75V,Uc =4.175V电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR,ACR均采已知参数：电动机：PN=3.7kW,UN=220V,IN=20A；N=10

15、00 r/min ,电枢回路总电阻R=1.5Q,设u；m=um=ucm=8V,电枢回路最大电流ldm=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：O(2)当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0,ulUjUc值。* *解1)1=Ui=-8V0.2V /A:二如8V =0.008V/ rpmldm40AnN1000rpm2)Ud0二 E hRCe；NWR MOA*1.560/这时：U：=8V,Un=0,ASR处于饱和，输出最大电流给定值。U*=8V,Uj=8V,UC=Udo.KS=60；40 =1.5V当 U；=5V, 转速 n=5V500rpm0.01V /

16、 rpmUim15V=0.375V / Aldm40 AUC匹=g=CenNW127*50010*2=4.175VKsKsKs20(2) 堵转时，U：J?ldm=15V,UcUd0Cen IdR IdmR 40*2KsKsKs203.2在转速、用PI调节器3.3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um=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)Uc应如何变化？ (3)Uc值由哪些条件决定？因此当电流从40A= 70A时，u；应从4V= 7V变化。2)Uc要有所增加。3)Uc取决于电

17、机速度和负载大小。因为Ud0= E IdiR二CeHIdlRvU5oCenJRcKsKs3.5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二10%(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tr0 25s,则K=?,-%=?解：取KT =0.69,上76,二 75%(1)系统开环增益：K =0.69/T =0.69/0.1 =6.9(1/s)上升时间I =3.3T =0.33S过度过程时间：ts ：丄=6T -6 0.1 =0.6s解：1)Uimdm880A=0.1V / A(3)6.9如要求t

18、r 0.25s，查表3-1贝y应取KT =1/ =0.5,tr=2.4T =2.4*0.1 = 0.24s这时K =1 T = 1，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)二凶 卜，要求TS+10.01S+1设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量C%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KT =0.5,=0.707, 查表 3-1，得二 = 4.3%O1选I调节器，W(s)=：,校正后系统的开环传递函数为W(S)二丄10,这样，T=0.01,K=10/，已选KT=0.5,贝卩K=0.5/T

19、=50,is (0.01s北)71 1所以.=10/K =10/50 =0.2S，积分调节器：W(S) 。可 s 0.2s3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)10，要求校正为典型 H 型系统，在阶跃输入下系s(Ts 1)s(0.02s 1)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。PIWPI(s) _Kp(s J)，校正后系统的开环传递函数w/(s)_KPI(.s 0，对照典型 H 型系ss s(Ts 1)统，KKpiQ/.,ighT,选h=8,查表3-4, ；=27.2%,满足设计要求。 这样=hT =8*0.02 -0.16s，h - -

20、18 TK2 222=175.78,KPI=K . /Q =175.78*0.16 /10 =2.812h2T22*82*0.02213.8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：PN=60kw ,UN=220V ,IN=308A ,nN=1000r/min ,电动势系数Ce= 0.196 Vmin/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Tn=0.015s。额定转速时的给定电压(Un*

21、)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 g 5%，空载起动到额定转速时的转速超调量Cn10%。试求：(1) 确定电流反馈系数B(假设起动电流限制在1.1IN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,、Ci、COi。画出其电 路图，调节器输入回路电阻R)=40小。(3) 设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、COno(Ro=40kQ)(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(T n(5) 计算空载起动到额定转速的时间。解: (1)1 二Um

22、/ Idm=8V /(1.1* IN) =/339A = 0.0236V /A:=10/1000 =0.01/min/ r(2)电流调节器设计确疋时间常数：a)Ts= 0.00333Sb)G = 0.0025sc)T、i=T0iTs=0.0025 0.00333 = 0.00583s电流调节器结构确定：因为Ci 2 0.005 8 3 .0b)Ton=0.015sc) 0=1/ KITon=0.011660.015 =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)Kn(nS 1)速度调节器参数确定:nSn= hTxn,取h-5,n-0.1333sh +1

23、6,KN2222168.82s2hT“2 5 0.02666校验等效条件(h+1)BCeTm6X0.0236X0.196X0.12nKn6.942h RTn2 5 0.01 0.18 0.02666& 二心/ =KN n-168.82 0.1333 = 22.5s，a） 电流环近似条件：1KIJ85.76= 40.43s3”T近3 V 0.00583b）转速环小时间常数近似：1KIJ85.76二 25.2s，可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）6% =2*(空翼)-乙)牛1九=2 81.2% 1.1Cbn Tm308 0.180.026660.196 10000.12K

24、N=(h 1)/2h2Txn=4/(2 9 0.026662) =312.656s三Kn=(h 1)-：CeTm/2h: RTn=4 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666) = 7.6校验等效条件：f 二KN/“二KN=312.656 0.07998 = 25s1/21/2Aa) 1/3(KI/Ti) =1/ 3(85.76/0.00583) = 40.43s r1/2 1/2 1b) 1/3(KI/Ton)-1/3(85.76/0.015)-25.2s-cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：6=2 72.2% 1.1 (308 0.18/0.

25、196 1000) (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R)=40K,则Rn二KnR =7.6 40 =304K,取310K。Cn/尺=0.07998/310 103=0.258FCon=4Ton/R0=4 0.015/40 103=1.5lF4) 40%额定负载起动到最低转速时：J% =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。2根据电机运动方程：紧詈TLd

26、n Cm(ldm一ldL)dtGD2375R(丨dm-丨dL)= (I _ I)RC GD2R( dm_宀阪e375CmCedm3.10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,=375 r/min ,电动势系数C =1.82V min/r,电枢回路总电阻R=0.14Q,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Tl=0.031s,机电时间常数Tm=0.112s,电流反馈滤波时间常数Ti=0.002s,转速反馈滤波时间常数Tn=0.02s。设调节器输入输出电 压Unm=Um*

27、二UL = 10V,调节器输入电阻R)=40kQ。设计指标：稳态无静差，电流超调量ci5%,空载起动到额定转速时 的转速超调量 g 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飞和转速环的截止频率.cn，并考虑它们是否合理？解:-Uim100.00877V / A(1)Idm1.5*760Unm00.0267V min/ rnN375电流调节器已按典型I型系统设计如下:确疋时间常数：a)Ts=0.00176sb) Ti=0.002sc) T = 0.00367s电流调节器结构确定：因为 (T%5%,可按典型I

28、型系统设计，选所以:CeTmn0.196*0.12*1000(1.1*308 -0)*0.18=0.385sTi/T刀=0 031/0 00367=8 25wcnb) 1/3(Ki/Tn)1/2=1/3(136.24/0.02)2=27.51S1如如可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选Ro=40K，贝y Rn=Kn*R0=10.5*40=420K由 此Cn=T/Rn=0.1367/420*103=0.325疔疔取0.33疔疔Con=4Ton/R0=4*0.02/40*103=2肯肯2)电流环的截止频率是：WC=KI=136.24 S1速度环的截止频率是：3cn=21.946 S2从电流环

29、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Unm*=15V时,n=nN=1500 r/min;电流给定信号最大值Uim=10V时，允许最大电流Idm=30A,电枢回 路总电阻R=2Q,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C=0.128V min/r。 现系统在U*=5V ,Idi=20A时稳 定运行。 求此时的稳态转速n=?ACR的输出

30、电压UC=?(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二?Un=?Ui*=?Ui=? Id=? Uc=?(3)该系统转速环按典型 U 型系统设计,且按Mrmin准则选择参数,取中频宽h=5,已知转速环小时间常数 TEn=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(IdL=0)突加额定负载时，电流Id和转速n的动态过 程波形是怎样的？已知机电时间常数Tm=005S计算其最大动态速降nmax和恢复时间tv。1) a U*nm/nN=15/1500=

31、0.01 Vmin/r3= U*im/Idm= 10/30=0.33 V/AU*n=5 V,n=U*n/OF5/0.01=500 r/minUc=Udo/Ks=(E+ldRE)/Ks=(Cen+ldLiR寸/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.4672)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，Un=0U*i=U*im=10，Ui=U*i=10Id=Idm=30AUc=Udo/Ks=(E+IdRx)/Ks=(0+30*2)/30=2 V3)在跟随给定作用下

32、，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：KNnS 1s2丁护1T=hT En=5*0 05=0 25sTEn=0 05sKN=（h+1）/2h2T2=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）Anb=2（入z）AnNTxnTm=2*（1-0）*20*2/0.128*（0 05/0 05）=625r/minCb=2FK2T=2IdNRTxnCeTm=2*20*2*0 05/0.128*0.05=625r/min 最大动态速降： Anmax=（心心max/Cb）*Anb=81 2%*625 =507.5 r/min恢复时间：tv=8 8T

33、=8.8*0 0 5=0 44s（p81表）习题五5.8两电平PWM逆变器主回路，采用双极性调制时，用“T表示上 桥臂开通，“0”表示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函 数。根据开关状态写出其电压空间矢量表达式， 画出空间电压矢量图。 解：两电平PWM逆变器主回路：采用双极性调制时，忽略死区时间影响，用“1”表示上桥臂开通,0”表示下桥臂开通，逆变器输出端电压:UA2业Sx =1Sx =od2以直流电源中点0为参考点jj2、% 二血UBe Uce )SASBSCUAUBUCUsUo000UdUdUd0222Ui100UdUdUd222U2110UdUdUd222U3010Ud2Ud2U

34、d2U4011Ud_2土2匕2U50012旦2b2U6101UdUdUd222U7111UA2UA2UA20空间电压矢量图:U5U65.9当三相电压分别为UA。、UBO、UCO,如何定义三相定子电压空间矢量UA。、uBO、Uc。和合成矢量us，写出他们的表达式 解：A,B,C为定子三相绕组的轴线，定义三相电压空间矢量:UA0=UAOUBO=UBOe合成矢量:5.10忽略定子电阻的影响，讨论定子电压空间矢量us与定子磁链 叽的关系，当三相电压UAO、UBO、Uco为正弦对称时，写出电压空间矢 量与定子磁链 叽的表达式，画出各自的运动轨迹。解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式：uco一ucoej

35、2UsAOBOCOj2Rsis业dtuuAOBOucoA(ej0)忽略定子电阻的影响,Usd収dt7s4dt，即电压空间矢量的积分为定子磁链的增量当三相电压为正弦对称时，定子磁链旋转矢量电压空间矢量:5.11采用电压空间矢量PWM调制方法，若直流电压Ud恒定，如何协 调输出电压与输出频率的关系。解：直流电压恒定则六个基本电压空间矢量的幅值一定，开关周期,.3Nw-i输出频率 Wi -,Us -7Us二主 Ui旦 U2二立Ud如Ud3,主 f 如-ToToToToToToti川2 sT 7弋，零矢量作用时间增加，所以插入零矢量可以协调 输出电压与输出频率的关系。sej(1;:)j(gt+神)se

36、2To5.12两电平PWM逆变器主回路的输出电压矢量是有限的，若期望输 出电压矢量Us的幅值小于直流电压Ud，空间角度二任意，如何用有限 的PWM逆变器输出电压矢量来逼近期望的输出电压矢量。解：两电平PWM逆变器有六个基本空间电压矢量， 这六个基本空间电 压矢量将电压空间矢量分成六个扇区， 根据空间角度二确定所在的扇 区，然后用扇区所在的两个基本空间电压矢量分别作用一段时间等效 合成期望的输出电压矢量。习题六6.1按磁动势等效、功率相等的原则，三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为1一2_並2一 现有三相正弦对称电流iA二lmCOS（t）,iB二ImCOS（ A -）,3ic =ImC0S（ t2-），求变换后两相静止坐标系中的电流is：.和isl，分析3两相电