电力拖动自动控制系统第四课后答案

1、习题二2.2系统的调速范围是i00oi00 r -'min，要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少?解:nnsD(1_s)= 1000 0.02(10 0.98) = 2.04rpm系统允许的静态速降为 2.04 rpm2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为nomax =1500r,min，最低转速特性为nomin =150“ min，带额定负载时的速度降落nN =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 (均指额定负载情况下)2)静差率 s= ：nN

2、.n° =15.150 =10%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V, In=378A, nz=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%寸，求系统的调速范围。如果s=30%寸，则系统的调速范围又为多少？解：Ce=(UN - In Ra nN =(220 -378 0.023). 1430 = 0.1478V. rpm2.5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=0.18 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.&

3、gt;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%勺要求，额定负载下的转速降落=nN又为多少？解：'nN = I N R. Ce=305 0.18. 0.2 = 274.5r / min(2)SN =nN； n0 =2745(1000 274.5) =21.5%(3)：n=nnS.D(1-s) =1000 0.05 20 0.95 =2.63r/mink2.6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.

4、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)若把反馈系数减至 y =0.35，当保持同样的输出*电压时，给定电压 U u应为多少？解：(1) Ud =KpKsUj. (1 KpKs 2 15 8.8(1 2 15 0.7)= 12V(2)U d =8.8 215 =264V，开环输出电压是闭环的22倍(3) 叽 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_5% ,那么系统允许的

5、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 二 nns/ . ：nN 1 _s2) K = .:nop / _ncl -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，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：.：nop = 1 K . ：nci = 1 158 =128如果将开环放大倍数提高到 30,则速降为：在同样静差率要求下，d可以扩大 =n cl1 / - ncl2 - 1.937倍2.9有一 V-

6、M调速系统：电动机参数R=2.2kW,Un=220V, In=12.5A, nn=1500 r/min，电枢电阻 R=1.5 Q ,电枢回路电抗器电阻RL=0.8 Q ,整流装置内阻Rec=1.0 Q ,触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A n°i 。(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 Uh*=15V时，I d=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

7、)所以，.：ncl =8.33r/mi n(2)(3)(4) n 二 KpKsUn IdR/Ce 1 K一KUn/： 1 K LldR/Ce 1 K 1K * Ce35.955* 0.134可以求得，Kp-14.34p Ks*G 35* 0.0096也可以用粗略算法：n 1Un : U n，-0.01n1500Kp 二KC-/Ks： , Kp =35.955 0.134/ 35 0.01 产13.762.10在题2.9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兰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

8、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) I dbl - 2l N =25A , I dcr - 1.2I N =15AIdbl ： U： Ucom /Rs= 25= 15 Ucom /Rs二 Rs .1，Ucom=15 1.5 = 22.5V(R/3) = 1.0 1.5 0.8 /3=1.T，尺 (R/3)(2)- -不符合要求，取Rs =1.1需加电流反馈放大器取 Rs 二11 ：.】，则 U comdcr Rs =15；. 1.1 =16.5V(3)当 Id -

9、I dcr 时，有n 二 kpKsU；/Ce1 K LkpKsK RsId -Ucom /Cel K LRid/Ce1 K 当n=0时，二 KpKsU；KjUcom/Ce1 K Lr KpKsKjRsld/Ce1 K 1222.11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，GD2 =1.6Nm2，Rn3.3，C 0.134V / rpmK cjTf +Ts )+Ts2 /TTs =0082汉(0.015+0.0033

10、3)+0.0033才/(0.0151* 0.00333)-2-可见与前面的 K>35.955-|0.0015 0.003332 / 0.00004983 =30.52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 =22CM, lN =15.6A，n N=1500/min ,Ra =1.5 q,整流装置内阻Rrec =1Q ,电枢回路电抗器电阻 Rl =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 =30，s =10

11、%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时Id = I N , n =nN，计算转速负反馈系数:-和放大器放大系数 K p。解：/1)/ 2)/ 3)16位计数器，M法测速时间2.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4,高频时钟脉冲频率 f0 =1MHz ，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用为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代ZTc601.465r /min1024 4 0.01最大误差率：nZTcn =

12、 1500r / min 时，MnZTc1500 4 1024 °.°1 =1024n = 150r / min 时，M 1nZTc150 4 1024 0.016060= 102.41500r/min 时，、max% 100% 100% =0.098%M11024150r / min 时 ，-max %1 1100%100% =0.98%102.4可见M法适合高速。(2) T 法:分辨率:n = 1500r / min 时，QZn221024 4 150026Ofo -Zn60 1 106 -1025 4 1500=171r /minn = 150r / min 时，QZ

13、n221024 4 150260f° -Zn 60 1 106 -1024 4 150=1.55r/min最大误差率：竺zm260 f。Zn当 n = 1500r / min 时，60 106= 9.771024 4 1500当 n = 150r / min 时，M 260 106= 97.71024 4 150n =1500r/min 时，、maxM2 -11100% =11.4%9.771=1%1 1n =150r/min 时，max %100%100%M2 -197.71可见T法适合低速习题二3.1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

14、, nN =1500r/min , I N =20A，电流过载倍数为 2,电枢回路总电阻 R =2 Q , Ks =20,* *Ce =0.127V min/r，求：（1）当系统稳定运行在U n =5V, I dL =10A时，系统的 n、Un、U i ' U i和Uc各为多少？ （ 2）当电动机负载过大而堵转时，*UM C各为多少？解：（1）（2）堵转时， U：二"dm =15V，3.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR ACR均均采用PI调节器。已知参数：电动机：PN =3.7kW, U N =220V, I N =20A, nN =1000 r/min ,

15、电枢回路总电阻 R =1.5 Q ,设U ；m =U ：m =U 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 :-O任 U im8VU nm 8V解：i)巴0.2V/ Anm0.008V / rpmI dm 40 AnN1000rpm这时：nNI dl R = 40A*1.5；-6CM*Un =8V,Un =0 ,ASR处于饱和，输出最大电流给定值。Uj* =8V,Uj =8/,UC 二Ud0, KS =60； 40 =1.5V3.3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

16、。当ASR输出达到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 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:1七=80A=°ma因此当电流从 40A=70A时， U *应从4V=. 7V变化。2)3)U C要有所增加。U c取决于电机速度和负载大小。因为U d o = E I di R = Cen n Tdi R',Ud0 (Cen + ldUc _一RKsKs3.5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匚 10%。(1)系统的开环增益。(2)计算过渡过程时

17、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tr <0.25s,则 K=?，二 % =?解：取KT =0.69： -0.6r-% := 9.5%（1）系统开环增益：K =0.69/T = 0.69/0.1 = 6.9（1/s）（2）上升时间 tr =3.3T =0.33S过度过程时间：（3）如要求 tr :： 0.25s，查表 3-1 则应取 KT = 1,= 0.5 , tr = 2.4T = 2.4*0.1 = 0.24s 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在阶跃输入下系统超调量：一 三5% (按线性系统考虑

18、)Wobj(s) =-Kl10，要求设计一个无静差系统,j .s 10.01s -1试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。解：按典型丨型系统设计，选 KT =0.5,二 0.707, 查表 3-1，得二 = 4.3%选丨调节器，W(s)1校正后系统的开环传递函数为sW(s)二1 10-s(0.01s 1)这样，T = 0.01 ,K=10/ E，已选 KT= 0.5,则 K= 0.5/T=50,1 1所以.=10/ K =10/ 50 -0.2S，积分调节器：zs 0.2s3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为K1s(Ts 1)10s(0.02s 1)线性系统考虑)。试决定

19、调节器结构，并选择其参数。解：应选择pi调节器，Wpi (s )=_1)校正后系统的开环传递函数S要求校正为典型n型系统在阶跃输入下系统超调量:二F 30% (按w s( m1)K，对照典型“型系统，声 s(Ts + 1)K 二KpK/.二hT,选 h = 8，查表 3-4， ;=27.2%，满足设计要求。这样二 hT = 8*0.02 = 0.16s，3.8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 , n=1000"min ,电动势系数Ce =0.196 V min/r ,主

20、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T| =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T°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 Um*=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 二j < 5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量；n三10%。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

21、其参数 R,、C、6。画出其电路图，调节器输入回路电阻R=40 k ；(3)设计转速调节器 ASR,计算其参数RCn、Cor。(R°=40k Q )(T no(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(5) 计算空载起动到额定转速的时间解：(1)rU/ldm =8V/(1.1*In) =8V/339A=0.0236V/A(2)电流调节器设计确定时间常数： a)Ts 二 0.00333s电流调节器结构确定：因为£打 _5% ，可按典型丨型系统设计，选用pi调节器,Wacr(S)Kj( iS 1)iSi =T| =0.012s,选 K|T、i,=0.5,K

22、| =0.5/T、i =85.76s，KiKi iRK :s85.76 0.012 0.1835 0.0173二 0.224 o1校验等效条件：ci =K = 85.76s可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R0 =40K ,则:Ri = K i Ro = 0.224 40 K = 8.96 K，取9K.G =石/R =0.012/(9 灯03) =1.33AF由此C0i =4T0i/R0 =4 0.0025/ 40 103 =0.25F(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/ Ki ：因为 K|T、i = 0.5则 1/K窗=20. 005830. 0 S16速度

23、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:nSh +162Kn 2 222 = 168.82s2h Txn 2 50.02666厶校验等效条件(h+1)0CeTm6 7.02367.1967.12厂Kn6.942h RTn 2 5 0.01 0.18 0.02666c 二 Kn/1，n=K 1=n6 n88 s 20.1333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如下:n = hT&#

24、39;n = 0.07998s效条件Kn =(h 1)/2h2T =4/(2 9 0.026662) =312.65&巳Kn =(h 1) £eTm/2h： RT、n =4 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666) = 7.6_1 'cn 二 K n / 1 = Kn n - 312.656 0.07998 二 25s可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：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 R, =Kn 況 & =7.640 = 304K ,取 310K。4）40%额定

25、负载起动到最低转速时 ：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：GD dn =Te -Tl,375 dtdndTCm(I dm 1 dL )R(Idm - Jl)/1I 、RGD2375Cegd2r375CmCedmdLCeTm所以CeTmn0.196*0r12*1 00 0t=0.s3 8 5(Idm IdL R)(1.1*30 80)*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, m=375 r/min，电动势系数 Q =1.82V m

26、in/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 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T0n=°.°2s。设调节器输入输出电压Unm*=Um*= Unm =10V,调节器输入电阻 Fb=40k Q。设计指标：稳态无静差，电流超调量；二< 5%空载起动到额定转速时的转速超调量二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

27、ci和转速环的截止频率，cn，并考虑它们是否合理b1°0.00877V / AIdm 1.5*760解：(1)*:二丄 匹=0.0267V min/r nN 375电流调节器已按典型i型系统设计如下：a)Ts =0.00176s确定时间常数：b)Toi = 0.002sc)T = 0.00367s电流调节器结构确定：因为<7 %«5%可按典型 I型系统设计，选用 PI调节器，WAcr(s)=K i( TiS+1)/ T is, T 1/T耳=0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：t i =T；=0.031s , KJE1= 0.5 , K

28、=0.5/T 寸=136.24 s -1校验等效条件：3ci=K=136.24 s -1可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选R=40K，则R = KjR)=0.899 40 = 35.96 取36K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 K|TE1=0.5 则U 1/Ki=2T m=2*0.00367=0.00734sb) b)T°n=0.02sc) c)Tm=1/K I+Ton=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，VWs<s) = K n( T nS+1)/ T nS速度调节器

29、参数确定：T n=hTEn，选 h=5，则 T n=hTm=0.1367s,KN=(h+1)/( 2h2T?En) =6/2*25*0.02734 2=160.54 s -2-2K=(h+1) BCeT/ ( 2h a RTEn) = 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：3 cn=K7 3 1=Knt n=160.54*0.1367 =21.946 sa) 1/3(K ，/T 寸)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s -1 >3 cnb) 1/3(K i/T on)"2 =

30、1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s -1> 3 cn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选Ro=40K,则Rn=K*Ro=10.5*40=420K由此 Cn= t”/R”=0.1367/420*10 3=0.325F 取 0.33F C 0n=4T0n/R 0=4*0.02/40*10 3=2F2) 电流环的截止频率是：3 ci=KI=136.24 s -1速度环的截止频率是:-23 cn =21.946 s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

31、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=15V时,n=nz=1500 r/min;电流给定信号最大值Um =10V时,允许最大电流 I dm=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I N =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 =?(2)当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁(上=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

32、n=? U n=? U i =? U i=? I d=?Uc =?,并计(3) 该系统转速环按典型"型系统设计，且按Mmin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算出放大系数及各时间常数。(4) 该系统由空载(ldL=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=0.05s，计算其最大动态速降.In max和恢复时间tv。1) a = U* nm/n N=15/1500=0.01 Vmin/rB = U*im/I dm= 10/30=0.33 V/AU* n =5 V , n=

33、U*n/ a =5/0.01=500 r/minU c=UdMKs=(E+l dRr)/K s=(Cen+l duRr )/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，要求整流装置输岀最大电流Idm。因此，系统稳定后，n=0, Un=0U* i =U*m =10 , Ui=U*i =10I d=I dm=30AU c=Ud°/Ks=(E+I dRJ/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：

34、t n=hTEn=5*0.05=0.25sTEn=0.05sKN=(h+1)/2h 2T2=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)A nb=2(入-z) A nNTm/T m=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/minC b=2FK2T=2I dNRTEn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降：A nmax=( A Cmax/C b)* A n&=81.2%*625 =507.5 r/min恢复时间：t v=8.8T=8.8*0.05=0.

35、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“1”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，画岀空间电压矢量图解：两电平PWM逆变器主回路:UdUx 二寸（2Sx 一 1）I以直流电源中点 0为参考点00001001100100110011011110空间电压矢量图:5.9当三相电压分别为u AO、UBO、UC° ,如何定义三相定子电压空间矢量Uao、Ubo、Uco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: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U s与定子磁链“S的关系，当三相电压U AO、UBO、UCO为正弦对称时，写出电压空间矢量Us与定子磁链 s的表达式，画出各自