运动控制系统思考题和课后习题

1、(完好版)运动控制系统思虑题和课后习题答案(完好版)运动控制系统思虑题和课后习题答案30/30(完好版)运动控制系统思虑题和课后习题答案电力拖动自动控制系统-运动控制系统（阮毅陈伯时）课后答案包含思虑题和课后习题第2章2-1直流电动机有哪几种调速方法？各有哪些特色？答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。特色略。2-2简述直流PWM变换器电路的基本结构。答：直流PWM变换器基本结构如图，包含IGBT和续流二极管。三相交流电经过整流滤波后送往直流PWM变换器，经过改变直流PWM变换器中IGBT的控制脉冲占空比，来调理直流PWM变换器输出电压大小，二极管起续流作用。2-3直流PWM变

2、换器输出电压的特色是什么？答：脉动直流电压。2=4为何直流PWM变换器-电动机系统比V-M系统可以获取更好的动向性能？答：直流PWM变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。此中直流PWM变换器的时间常数Ts等于其IGBT控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数Ts通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。因fc平常为kHz级，而f平常为工频（50或60Hz）为一周内），m整流电压的脉波数，平常也不会超出20，故直流PWM变换器时间常数平常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动向性能更好。2=5在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端能否还有电压？电路中能否

3、还有电流？为何？答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流PWM变换器的输出。电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。2-6直流PWM变换器主电路中反并联二极管有何作用？假如二极管断路会产生什么结果？答：为电动机供给续流通道。若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时价为零时产生过电压。2-7直流PWM变换器的开关频率能否越高越好？为何？答：不是。因为若开关频率特别高，当给直流电动机供电时，有可能以致电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开始下降了，从而以致均匀电流总小于负载电流，电机没法运行。2-8泵升电压是如何产生的？对系统有何影响？如何克制？答：泵

4、升电压是当电动机工作于回馈制动状态时，因为二极管整流器的单导游电性，使得电动机由动能转变为的电能不可以经过整流装置反响回交流电网，而只好向滤波电容充电，造成电容两端电压高升。泵升电压过大将以致电力电子开关器件被击穿。应合理选择滤波电容的容量，或采纳泵升电压限制电路。2-9在晶闸管整流器-电动机开环调速系统中，为何转速随负载增添而降低？答：负载增加意味着负载转矩变大，电机减速，而且在减速过程中，反电动势减小，于是电枢电流增大，从而使电磁转矩增添，达到与负载转矩均衡，电机不再减速，保持稳固。故负载增添，稳态时，电机转速会较增添从前降低。2-10静差率和调速范围有何关系？静差率和机械特征硬度是一回事

5、吗？举个例子。答：D=（nN/n）（s/（1-s）。静差率是用来衡量调速系统在负载变化下转速的稳固度的，）而机械特征硬度是用来衡量调速系统在负载变化下转速的下降的。2-11调速范围与静态速降和最小静差率之间有何关系？为何一定同时提才有意义？答：D=（nN/n）（s/（1-s）。因为若只考虑减小最小静差率，则在必定静态速降下，允许）的调速范围就小得不可以满足要求；而若只考虑增大调速范围，则在必定静态速降下，同意的最小转差率又大得不可以满足要求。所以一定同时提才有意义。2-12转速单闭环调速系统有哪些特色？改变给定电压能否改变电动机的转速？为何？如果给定电压不变，调理转速反响系数能否可以改变转速？

6、为何？假如测速发电机的励磁发生了变化，系统有无战胜这类搅乱的能力？（已考据）答：转速单闭环调速系统增添了转速反响环节（由转速检测装置和电压放大器构成），可获取比开环调速系统硬得多的稳态特征，从而保证在必定静差率下，可以提高调速范围。改变给定电压能改变电动机转速。因为改变给定电压则改变实质转速反响电压与给定电压的偏差，从而改变电力电子变换器的输出电压，即改变电动机的电枢电压，改变了转速。调理转速反响系数而不改变给定电压能改变转速。因为改变转速反响系数则改变实质转速反馈电压，而给定电压不变，则电压偏差改变，从而电力电子变换器输出电压改变，即电动机电枢电压改变，转速改变。若测速发电机励磁发生变化，则

7、反响电压发生变化，当给定电压一准时，则电压偏差发生变化，从而转速改变。故系统无战胜测速发电机励磁发生变化搅乱的能力。2-13为何用积分控制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调理器的输入偏差电压U=0时，调理器的输出电压是多少？它决定于哪些要素？答：因为积分调理器能在电压偏差为零时仍有稳固的控制电压输出，从而战胜了比率调理器一定要存在电压偏差才有控制电压输出这一比率控制的调速系统存在静差的根根源因。当积分调理器的输入偏差电压为零时，调理器输出电压应为一个恒定的积分终值。它取决于输入偏差量在积分时间内的累积，以及积分调理器的限幅值。2-14在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态

8、精度能否还受给定电源和测速发电机精度的影响？为何？答：依旧受影响。因为无静差转速单闭环调速系统不过实现了稳态偏差为零，所以若给点电源发生偏移，也许测速发电机精度遇到影响而使反响电压发生改变，系统仍会以为是给定或转速发生改变，从而改变转速，以达到电压偏差为零。2-15在转速负反响单闭环有静差调速系统中，当以下参数发生变化时系统能否有调理作用？为何？（已考据）（1）放大器的放大系数Kp。（2）供电电网电压Ud。（3）电枢电阻Ra。（4）电动机励磁电流If。（5）转速反响系数。答：（1）有。假设Kp减小，则控制电压减小，则电力电子变换器输出减小，则电动机转速下降；而电动机转速下降，则反响电压减小，则

9、偏差电压增大，则控制电压增大，则转速上升。（2）有。不解说。（3）有。不解说。（4）有。不解说。（5）没有。不解说。2-16在转速负反响单闭环有静差调速系统中，突减负载后又进入稳固运行状态，此时晶闸管整流装置的输出电压Ud较之负载变化前是增添、减少还是不变？在无静差调速系统中，突加负载后进入稳态时转速n和整流装置的输出电压Ud是增添、减少还是不变？（已考据）答：（1）Ud减小。因负载减小，转速上升，反响电压增添，给定电压必定，偏差电压减小，控制电压减小，故输出电压减小。（2）n不变，Ud增添。转速负反响调速系统转速仅取决于给定电压，故不变；略。一、可以作为填空题或简答题的2-1简述直流电动机的

10、调速方法。答：直流调速系统常以（调压调速）为主，必需时辅以（弱磁调速），以（扩大调速范围），实现（额定转速以上浮速）。2-2直流调压调速主要方案有（G-M调速系统，V-M调速系统，直流PWM调速系统）。2-3V-M调速系统的电流脉动和断续是如何形成的？如何克制电流脉动？11-12答：整流器输出电压大于反电动势时，电感储能，电流上升，整流器输出电压小于反电动势时，电感放能，电流下降。整流器输出电压为脉动电压，时而大于反电动势时而小于，从而以致了电流脉动。当电感较小或电动机轻载时，电流上升阶段电感储能不够大，从而以致当电流下降时，电感已放能达成、电流已衰减至零，而下一个相却还没有触发，于是形成电流

11、断续。2-4看P14图简述V-M调速系统的最大失控时间。14答：t1时刻某一对晶闸管被触发导通，触发延缓角为1，在t2t1时刻，控制电压发生变化，但此时晶闸管已导通，故控制电压的变化对它已不起作用，只有等到下一个自然换向点t3时刻到来时，控制电压才能将正在承受正电压的另一对晶闸管在触发延缓角2后导通。t3-t2即为失控时间，最大失控时间即为考虑t2=t1时的失控时间。2-5简述V-M调速系统存在的问题。16答：整流器晶闸管的单导游电性以致的电动机的不可以逆行性。整流器晶闸管对过电压过电流的敏感性以致的电动机的运行不可以靠性。整流器晶闸管基于对其门极的移相触发控制的可控性以致的低功率因数性。2-

12、6简述不可以逆PWM变换器（无制动电流通路与有制动电流通路）各个工作状态下的导通器件和电流通路。17-182-7调速时一般以电动机的（额定转速）作为最高转速。2-8（调速范围）和（静差率）合称调速系统的（稳态性能指标）。2-8一个调速系统的调速范围，是指（在最低转速时还可以满足所需静差率的转速可调范围）。2-9简述转速反响控制的直流调速系统的静特征实质。答：在闭环系统中，每增添（或减少）一点负载，就相应地提高（或降低）一点电枢电压，使电动机在新的机械特征下工作。所以闭环系统的静特征实质上就是无数开环机械特征上各取一个相应的工作点连接而成的。2-10简述比率反响控制的规律。答：比率控制的反响控制

13、系统是（被调量有静差）的控制系统；反响控制系统的作用是（抵抗前向通道的扰动，遵从给定）；反响系统的精度依赖于（给定和反响检测的精度）。2-11简述积分控制规律答：积分控制可以使系统在无静差的状况下保持恒速运行，实现无静差调速。2-12比率调理器和积分调理器有何不一样？答：比率调理器的输出只取决于（输入偏差的现状），而积分调理器的输出则包含了（输入偏差量的所有历史）2-13简述比率积分控制规律。答：比率部分能（迅速响应控制作用），积分部分则（最终除掉稳态偏差）。2-14微机控制的调速系统有什么特色？答：（信号失散化，信息数字化）。2-15旋转编码器分为哪几种？各有什么特色？答：绝对式编码器：常用

14、语检测转角信号，若需要转速信号，对付转角微分。增量式编码器：可直接检测转速信号。2-16数字测速方法有哪些精度指标？答：（分辨率，测速偏差率）。2-17采纳旋转编码器的数字测速方法有（M，T，M/T）。高低全2-18为何积分需限幅？答：若没有积分限幅，积分项可能很大，将产生较大的退饱和超调。2-19简述带电流截止负反响环节转速反响调速系统机械特征的特色。答：电流负反响的作用相当于在主电路中串入一个大电阻KpKsR，以致当Id=Idcr时，机械特征急剧下垂；比较电压Ucom与给定电压Un*作用一致，相当于把理想空载转速提高到n0=(KpKs(Un*+Ucom)/(Ce(1+K)。二、公式和特征1

15、.整流电压均匀值：Ud0=(m/)Umsin(m/)cos（Um/m_单相全波/三相半波/三相全波_2U2/2U2/6U2/2/3/6）2.V-M调速系统机械特征方程：n=(Ud0-IdR)/Ce3.晶闸管整流器最大失控时间：Tsmax=1/mf调速范围定义式：D=nmax/nmin静差率定义式：s=n/n6.闭环静特征与开环静特征：ncl=(Ud0cl-IdR)/Ce=(KpKsUn*-IdR)/(Ce(1+K)nop=(Ud0op-IdR)/Ce=(KpKsUn*-IdR)/Ce7.调速范围，静差率和额定速降之间的关系式（开环和闭环）：D_=(nN/n_)(s/(1-s)（ncl=nop/

16、(1+K)）8.转速反响控制直流调速系统的K定义式及表达式：K=KpKs/Ce9.临界开环放大倍数Kcr=(Tm(Tl+Ts)+Ts2)/(TlTs)T|高速M|11.连续式PI算式：?u(t)=Kpe(t)+(1/)(0_t)e(t)dt12.地址式PI算式：u(k)=Kpe(k)+(Tsam/)(i=0_k)e(i)13.增量式PI算式：u(k)=u(k)-u(k-1)=Kp(e(k)-e(k-1)+(Tsam/)e(k)1.V-M调速-系统原理图：2.（无制动和有制动）直流PWM变换器-电动机-电路原理图：3.转速负反响直流调速系统-系统原理图：4.转速负反响直流调速系统-静态结构图：5

17、.转速负反响直流调速系统-动向结构图：6.带电流截止负反响的闭环直流调速系统-静态结构图：1.有制动电流通路的不可以逆PWM变换器-直流电动机系统各工作状态下的电压和电流波形：2.带电流截止负反响比率控制闭环直流调速系统-静特征：第3章三、思虑题3-1在恒流起动过程中，电枢电流能否达到最大值Idm？为何？答：不可以。因为恒流升速过程中，电流闭环调理的扰动是电动机的反电动势，是一个线性渐增的斜坡扰动量，而电流闭环采纳的PI调理器对斜坡扰动没法除掉静差，故Id略低于Idm。3-2因为机械原由，造成转轴堵死，分析双闭环直流调速系统的工作状态。（未考据）答：电动机堵转则转速恒为零，在必定的给定下，偏差

18、电压相当大，从而使ASR迅速达到饱和，又电动机转速因为转轴堵死没法提高，故ACR没法退饱和，所以系统处于ASR饱和状态。3-3双闭环直流调速系统中，给定电压Un*不变，增添转速负反响系数，系统稳固后转速反响电压Un和实质转速n是增添、减小还是不变？（已考据）答：转速反响系数增添，则转速反响电压Un增添，给定电压Un*，则转速偏差电压减小，则ASR给定电压Ui*减小，则控制电压Uc减小，则转速n减小；转速n减小，则转速反响电压Un减小，直到转速偏差电压为零；故稳态时转速反响电压Un不变，且实质转速n减小。3-4双闭环直流调速系统调试时，遇到以下状况会出现什么现象？（未经过考据，求姐）（1）电流反

19、响极性接反。（2）转速极性接反。答：（1）因为电流环的正反响作用，电枢电流将连续上升，转速上升飞快，电动机飞车。（2）因为转速环的正反响作用，ACR没法退饱和，电动机转速连续恒流上升。3-5某双闭环调速系统，ASR、均采纳PI调理器，ACR调试中如何才能做到Uim*=6V时，Idm=20A；如欲使Un*=10V时，n=1000rpm，应调什么参数？答：（1）调理电流反响系数=0.3；（2）调理转速反响系数=0.01。3-6在转速、电流双闭环直流调速系统中，若要改变电动机的转速，应调理什么参数？改变转速调理器的放大倍数Kn行不可以？（=|）改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行？改变转速反响系数

20、行不可以？若要改变电动机的堵转电流，应调理系统中的什么参数？答：平常可以调理给定电压。改变Kn和Ks都不可以，因为转速电流双闭环直流调速系统对前向通道内的阶跃扰动均有能力战胜。也可以改变，但目的平常是为了获取更理想的机械特征。若要改变堵转电流，应调理电流反响系数。3-7转速电流双闭环直流调速系统稳态运行时，两个调理器的输入偏差电压和输出电压各是多少？为何？答：输入偏差电压皆是零。因为系统无静差。则ASR输出电压Ui*=Ui=Id=IdL；ACR输出电压Uc=Ud0/Ks=见P62。3-8在双闭环系统中，若速度调理器改为比率调理器，或电流调理器改为比率调理器，对系统的稳态性能影响如何？答：速度调

21、理器对阶跃扰动的静差由0变为1/（1+Kn），或电流调理器对阶跃扰动的静差由0变为1/（1+Kc），而对斜坡扰动的静差变得更大。3-9从下述五个方面来比较转速电流双闭环直流调速系统和带电流截止负反响环节的转速单闭环直流调速系统：（1）调速系统的静态特征。（2）动向限流性能。（3）起动的迅速性。（4）抗负载扰动的性能。（5）抗电源电压颠簸的性能。答：3-10依据ASR和ACR的作用，回答（均为PIR）（已考据）：（1）双闭环系统在稳固运行中，假如电流反馈信号线断开，系统还可以正常工作吗？（2）双闭环系统在额定负载下稳固运行时，若电动机忽然失磁，最后电动机遇飞车吗？答：（1）稳态时转速不变，电流减

22、小。（2）不会飞车，而是停转。一、可以作为填空题或简答题的3-1为了实现（电流的及时控制和迅速随从），希望电流调理器（不要）进入饱和状态，所以，对于静特征来说，只有（转速调理器的饱和与不饱和两种状况）。3-2当两个调理器都不饱和且稳态时，它们的输入偏差电压分别为（0）。3-3当ASR输出（达到限幅值Uim*），转速外环呈（开环状态），转速变化对转速环（不会）产生影响，双闭环系统变为一个（电流无静差的单电流闭环调理系统）。稳态时，Id=）Idm。3-4电流限幅值Idm取决于（电动机的允许过载能力和系统要求的最大加速度）。3-5简述采纳两个PI调理器分别形成内外闭环的成效。答：双闭环直流调速系统的

23、静特性在负载电流小于Idm时表现为转速无静差，此时转速负反馈起主要调理作用。当负载电流达到Idm时，对应于转速调理器为饱和输出Uim*，此时电流调理器起主要调理作用，系统表现为电流无静差，起到过电流的自动保护作用。3-6简述ASR的退饱和条件。答：当ASR处于饱和状态时，若实质转速大于给定转速，则反响电压大于给定电压，使偏差电压小于零，则ASR反向积分，从而退饱和，返回线性调理状态。3-7简述转速电流负反响控制电流调速系统起动过程。633-8简述双闭环直流调速系统起动过程的特色。（饱和非线性控制；转速超调；准时间最优控制）3-9双闭环直流调速系统的抗扰性能主要包含（抗负载扰动；抗电网电压扰动）

24、。3-10简述双闭环直流调速系统中转速调理器的作用。答：作为主导调理器，在转速动向过程中，使转速迅速随从给定电压变化，稳态时减小转速偏差，采纳PIR可实现无静差。对负载变化其抗扰作用。其输出限幅值决定电动机同意最大电流。3-11简述双闭环直流调速系统中电流调理器的作用。答：作为内环调理器，在转速调理过程中，使电流紧紧随从给定电流变化。对电网电压颠簸起及时抗扰作用。在转速动向过程中，保证获取电动机最大同意电流，从而加速动向过程。当电动机过载或堵转时，限制电枢电流最大值，起迅速的自动保护作用。一旦故障消逝，系统马上自动恢复正常。二、公式和特征1.P62稳态时：Un*=Un=n=n0Ui*=Ui=I

25、d=IdLUc=Ud0/Ks=(Cen+IdR)/Ks=(Ce(Un*/)+IdR)/Ks转速反响系数：=Un*m/nm3.电流反响系数：=Ui*m/Idm1.转速电流反响控制直流调速系统-系统原理图：2.转速电流反响控制直流调速系统-稳态结构图：3.转速电流反响控制直流调速系统-动向结构图：1.时间最优的理想过渡过程：2.双闭环直流调速系统静特征：第4章一、可以作为填空题或简答题的4-1直流PWM可逆调速系统中当电动机停止时，电枢电压瞬时价（）零，是（正负脉宽相等的交变脉冲电压），故（电流也是交变的），称为（高频微振电流），其均匀值为（），不可以产生（均匀转矩）。4-2高频微振电流对电机有何

26、影响？答：除掉电机正反向时的静摩擦死区，起动力润滑作用。同时也增大了电机的消耗。二、公式和特征1.双极式控制可逆PWM变换器输出电压均匀值：Ud=(2ton/T-1)Us1.调速系统四象限运行表示图：2.桥式可逆PWM变换器电路-原理图：3.桥式可逆PWM调速系统主电路-原理图：第5章5-1对于恒转矩负载，为何调压调速的调速范围不大？电机机械特征越软调速范围越大吗？答：带恒转矩负载工作时，一般笼型异步电动机降压调速时的稳固工作范围为0s（旋转正交坐标系动向数学模型）转速为（）。6-15旋转正交坐标系的长处在于（增添了一个输入量1，提高了系统控制的自由度）。二、公式和特征1.异步电动机三相动向数

27、学模型：磁链方程+电压方程+转矩方程+运动方程+约束条件：习题解答（供参照）习题二2.2系统的调速范围是1000100rmin，要求静差率s=2%，那么系统同意的静差转速降是多少？解：nns10000.02(100.98)2.04nD(1s)rpm系统同意的静态速降为2.04rpm。2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特征为n0max1500rmin，最低转速特征为n0min150rmin，带额定负载时的速度下降nN15rmin，且在不一样转速下额定速降不变，试问系统可以达到的调速范围有多大？系统同意的静差率是多少？解：1）调速范围Dnmaxnmin(均指额定负载状况下）nmaxn0ma

28、xnN1500151485nminn0minnN15015135Dnmaxnmin148513511静差率snNn01515010%2.4直流电动机为P=74kW,UN=220V，I=378A，n=1430r/min，Ra=0.023。相控整流NNN器内阻Rrec=0.022。采纳降压调速。当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。假如s=30%时，则系统的调速范围又为多少？解：Ce(UNINRa)nN(2203780.023)14300.1478VrpmnINRCe378(0.0230.022)0.1478115rpmDnNSn(1s)14300.2115(10.2)3.1DnNSn(1

29、s)14300.3115(10.3)5.332.5某龙门刨床工作台采纳V-M调速系统。已知直流电动机PN60kW,UN220V,IN305A,nN1000rmin，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下降nN为多少？（2）开环系统机械特征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，额定负载下的转速下降nN又为多少?解：(1)nNINRCe3050.180.2274.5r/min(2)SNnNn0274.5(1000274.5)21.5%(3)nnNSD(1s)10000.05200.952.63r/min

30、2.6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图以以下图，已知给定电压Uu*8.8V、比率调理器放大系数KP2、晶闸管装置放大系数KS15、反响系数=0.7。求：（1）输出电压Ud；（2）若把反响线断开，Ud为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？（3）若把反响系数减至=0.35，当保持相同的输出电压时，给定电压Uu*应为多少？解：（1）UdKpKU*(1KpKs)2158.8(12150.7)12Vsu(2)Ud8.8215264V,开环输出电压是闭环的22倍(3)Uu*Ud(1KpKs)KpKs12(12150.35)(215)4.6V2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/m

31、in，要求系统的静差率s5%，那么系统同意的静态速降是多少？假如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/nN1s1015002%/nN98%nN15002%/98%103.06r/min2）Knop/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8r/min，假如将开环放大倍数提高到30，它的速降为多少？在相同静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？解：nop1Kncl1158128假如将开环放大倍数提高到30,则速降为：nclnop/1K128/1304.13rpm在相同静差率要求下，D可

32、以扩大ncl1/n1.937倍cl22.9有一V-M调速系统：电动机参数P=2.2kW,U=220V,I=12.5A,nN=1500r/min，电枢NNN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KsD=20，静差率S35.955相矛盾，故系统不稳固。要使系统可以稳固运行，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，UN220V，IN15.6A，nN1500r/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Ks35。系统开环工作时，试计算

33、调速范围D30时的静差率s值。(2)当D30，s10%时，计算系统同意的稳态速降。(3)如构成转速负反响有静差调速系统，要求D30，s10%，在U*V时IdIN，n10nnN，计算转速负反响系数和放大器放大系数Kp。解：Ce22015.61.5/15000.1311Vmin/r（1）nopINR/Ce15.63.3/0.1311392.68r/minnmin1500/3050snop/n0min392.68/392.685088.7%（2）0.1n/n50n5/0.95.56r/min（3）nKpKsUn*/Ce1KRId/Ce1KKKpKs/Ce1500KpKU*/Ce1KR15.6/Ce1

34、KsnKnop/ncl1297.48/5.56152.52.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率f01MHz，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采纳16位计数器，M法测速时间为0.01s，求转速n1500r/min和n150r/min时的测速分辨率和偏差率最大值。解：（1）M法：分辨率Q60601.465r/minZTc102440.01最大偏差率：n60M1ZTcnnZTc1500410240.011500r/min时，M160102460nnZTc150410240.01150r/min时，M160102.4601500r/min时，1100%1100%0.

35、098%max%M11024150r/min时，max%1100%1100%0.98%M1102.4可见M法合适高速。（2）T法：分辨率：nZn21024415002171r/min1500r/min时，QZn6011061025460f01500n150r/min时，QZn21024415021.55r/min60f0Zn60110610244150最大偏差率：n60f0，M260f0，ZM2Zn当n1500r/min时，M2601069.77415001024当n150r/min时，M26010697.741501024n1500r/min时，max%1100%1100%11.4%1M29

36、.771n150r/min时，max%1100%1100%1%197.7M21可见T法合适低速习题三3.1双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调理器，设系统最大给定电压Unm*=15V，nN=1500r/min，IN=20A，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R=2，Ks=20，Ce=0.127Vmin/r，求：（1）当系统稳固运行在Un*=5V，IdL=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Uc各为多少？解：(1)Unm*/nN15V/1500rpm0.01V/rpm当Un*5V,转速nUn*5V500rpm0.01V/rpmUim*1

37、5V0.375V/AIdm40AUi*Id0.375*103.75VUiUCUd0EIdLRCenNIdLR0.127*50010*2KsKsKs204.175V即n500rpm,Un5V,Ui*Ui3.75V,Uc4.175v（2）堵转时，U*IV，idm15UcUd0CenIdRIdmR40*24VKsKsKs203.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调理器ASR，ACR均采纳PI调理器。已知参数：电动机：PN=3.7kW，UN=220V，IN=20A，nN=1000r/min,电枢回路总电阻R=1.5,设Unm*Uim*Ucm=8V，电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大

38、系数Ks=40。试求：（1）电流反响系数和转速反响系数。（2）当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0,Ui*,Ui,Uc值。解:1）Uim*8V0.2V/AUnm*8V0.008V/rpmIdm40AnN1000rpm2)Ud0EIdlRCenNIdlR40A*1.560V这时：Un*8V,Un0，ASR处于饱和，输出最大电流给定值。Ui*8V,Ui8V,UCUd0KS60401.5V3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调理器ASR，ACR均采纳PI调理器。当ASR输出达到Uim*=8V时，主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A增添到70A时，试问：（1）Ui*应如何变化？（2）Uc应

39、如何变化？（3）Uc值由哪些条件决定？解:1)Uim*8V0.1V/AIdm80A所以当电流从40A70A时，Ui*应从4V7V变化。UC要有所增添。3)UC取决于电机速度和负载大小。因为Ud0EIdlRCenNIdlRUcUd0CenIdRKsKs3.5某反响控制系统已校订成典型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征。假如要求上升时间tr0.25s,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

40、.3T0.33S过分过程时间：ts360.10.6s6Tn3）如要求tr0.25s，查表3-1则应取KT1,0.5,tr2.4T2.4*0.10.24s这时1/T10,超调量=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的传达函数为Wobj(s)K110，要求设计一个无静差s10.01s1系统，在阶跃输入下系统超调量5（按线性系统考虑）。试对系统进行动向校订，决定调理器结构，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%。选I调理器，W(s)1,校订后系统的开环传达函数为s110,这样，T，K=10/，已选KT0.5,则K0.5/T=50,所以W(s)s(

41、0.01s0.011)10/K10/500.2S，积分调理器：W(s)11。s0.2s3.7有一个闭环系统，其控制对象的传达函数为Wobj(s)K110，要求校订为s(Ts1)s(0.02s1)典型型系统，在阶跃输入下系统超调量30（按线性系统考虑）。试决定调理器结构，并选择其参数。解：应选择PI调理器，WPI(s)KPI(s1),校订后系统的开环传达函数W(s)KPI(s1)K1，sss(Ts1)比较典型型系统，KKPIK1/,hT,选h8，查表3-4，%=27.2%，满足设计要求。这样hT8*0.020.16s，Kh181175.78,KPIK/K1175.78*0.16/102.812h

42、2T22*82*0.0223.8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：PN60kW,UN220V,IN308A,nN1000r/min,电动势系数Ce=0.196Vmin/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,电流反响滤波时间常数T0i=0.0025s,转速反响滤波时间常数T0n=0.015s。额定转速时的给定电压*调理器ASR，ACR饱和输出电(Un)N=10V,*。压Uim=8V,Ucm=6.5V系统的静、动向指标为:稳态无静差,调速范围D=10,电流超

43、调量i5%,空载起动到额定转速时的转速超调量n10%。试求：1）确立电流反响系数(假设起动电流限制在1.1IN之内)和转速反响系数。2）试设计电流调理器ACR,计算其参数Ri,、Ci、COi。画出其电路图,调理器输入回路电阻R0=40k。3）设计转速调理器ASR,计算其参数Rn、Cn、COn。(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）Uim*/Idm8V/(1.1*IN)8V/339A0.0236V/A10/10000.01Vmin/r（2）电流调理器设计确准时间常数：a)Ts0.00333sb)Toi0.0025

44、sc)TiT0iTs0.00250.003330.00583s电流调理器结构确立：因为i5%，可按典型I型系统设计，采纳PIKi(iS1)调理器，WACR(S)iS,电流调理器参数确立:iTl0.012s,选KITi0.5,KI0.5/Ti85.76s1，KiKIiR85.760.0120.180.224。Ks350.0173校验等效条件：ciKI85.76s1a)电力电子装置传达函数的近似条件：11101.013TS31ci0.00333b)忽视反电势的影响的近似条件：313179.06S1ciTmTl0.120.012c)电流环小时间常数的近似条件：1111115.52s1ci3TsT0i

45、30.003330.0025可见满足近似等效条件，电流调理器的实现：选R040K,则：RiKiR00.22440K8.96K,取9K.Cii/Ri0.012/(9103)1.33F由此103C0i4T0i/R040.0025/400.25F3）速度调理器设计确准时间常数：a)电流环等效时间常数1/KI:因为KITi0.5则1/KI2Ti20.005830.01166sb)Ton0.015sc)Tn1/KITon0.011660.0150.02666s速度调理器结构确立：依据无静差的要求，应采纳PI调理器，Kn(ns1)速度调理器参数确立：WASR(s),nsnhTn,取h5,nhTn0.133

46、3sKKNh126168.82s22h2T2n520.026662校验等效条件：(h1)CeTm60.02360.1960.12n2hRTn250.016.940.180.02666cnKN/1KNn168.820.133322.5s1a)电流环近似条件：1KI185.7640.43s1cn3Ti30.00583b)转速环小时间常数近似：1KI185.7625.2s1cn3T0n30.015可见满足近似等效条件。转速超调量的校验(空载Z=0）n%2*(Cmax)(nNTn281.2%3080.180.02666Cbz)Tm1.110000.12n*0.19611.23%10%转速超调量的校验结

47、果表示，上述设计不切合要求。所以需重新设计。查表，应取小一些的h，选h=3进行设计。按h=3，速度调理器参数确立以下：nhTn0.07998sKN(h1)/2h2T2n4/(290.026662)312.656s2Kn(h1)CeTm/2hRTn40.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6校验等效条件：cnKN/1KNn312.6560.0799825s1a)1/3(KI/Ti)1/21/3(85.76/0.00583)1/240.43s1cnb)1/3(KI/Ton)1/21/3(85.76/0.015)1/225.2s1cn可见满足近似等效条件。转速超调量

48、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示，上述设计切合要求。速度调理器的实现：选R040K,则RnKnR07.640304K,取310K。Cnn/Rn0.07998/3101030.258FCon4Ton/R040.015/401031.5F40%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%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。GD2dndnCm(IdmIdL)R(IdmIdL)R依

49、据电机运动方程：375dtTeTL,dtGD2GD2R(IdmIdL)CeTm375Ce375CmCeCeTmn*0.196*0.12*10000.385st(1.1*3080)*0.18所以：(IdmIdL)R3.10有一转速、电流双闭环调速系统,主电路采纳三相桥式整流电路。已知电动机参数为：PN=500kW，UN=750V，IN=760A，nN=375r/min，电动势系数Ce=1.82Vmin/r,电枢回路总电阻R=0.14,同意电流过载倍数=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,电流反响滤波时间常数T0i=0.002s

50、,转速反响滤波时间常数T=0.02s。设调理器输入输出电压*=Unm=10V,调理器输入电阻R0=40k。Unm=Uim0n设计指标:稳态无静差，电流超调量i5%，空载起动到额定转速时的转速超调量n10%。电流调理器已按典型I型系统设计,并取参数KT=0.5。（1）选择转速调理器结构,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，并考虑它们能否合理?Uim*10Idm0.00877V/A1.5*760解：（1）Unm*10nN0.0267Vmin/r375电流调理器已按典型I型系统设计以下：a)TS0.00176s确准时间常数：b)Toi0.002sc)Ti0.00367

51、s电流调理器结构确立：因为%5%，可按典型I型系统设计，采纳PI调理器，WACRiiil/T=0.031/0.00367=8.25cni)=64.22sb)1/3(KI/Ton1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1cn)可见满足近似等效条件。速度调理器的实现：选R0=40K，则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K由此Cn=n/Rn=0.1367/420*103=0.325F取0.33FC0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2F电流环的截止频率是：ci=KI=136.24s-1速度环的截止频率是：-2cn=21.946s从电流环和速度环的截止频率可以

52、看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳固的状况下，再求系统的迅速性，充分表现了多环控制系统的设计特色。3.11在一个转速、电流双闭环V-M系统中，转速调理器ASR，电流调理器ACR均采纳PI调理器。（1）在此系统中,当转速给定信号最大值Unm*=15V时,n=nN=1500r/min;电流给定信号最大值Uim*=10V时,同意最大电流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INen*=5V,Idl=20A时稳固运=20A,电动势系数C=0.128Vmin/r。现系统在U行。求此时的稳态转速n=?ACR的输出电压Uc=?2）当系统在上述状况下运行时

53、,电动机忽然失磁(=0),系统将会发生什么现象?试分析并说明之。若系统可以稳固下来,则稳固后n=?Un=?Ui*=?Ui=?Id=?Uc=?3）该系统转速环按典型型系统设计,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Tn=0.05s,求转速环在随从给定作用下的开环传达函数,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的动向过程波形是如何的?已知机电时间常数Tm=0.05s,计算其最大动向速降nmax和恢复时间tv。=U*nm/nN=15/1500=0.01Vmin/r=U*im/Idm=10/30=0.33V/AU*n=5

54、V，n=U*n/=5/0.01=500r/minUc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(Cen+IdLlR)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467V在上述稳固运行状况下，电动机忽然失磁（=0）则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调理器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流Idm。所以，系统稳固后，n=0，Un=0U*i=U*im=10，Ui=U*i=10ddm=30AI=IUc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(0+30*2)/30=2V在随从给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传达函数是：nmax=(Cmax/Cb)*nb=81.2%*625=50

55、7.5r/minKNns1Wns1s2Tnsn=hTn=5*0.05=0.25sTn=0.05sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-2空载突加额定负载时，转速有动向下降。（p93,94)nb=2(-z)nNTn/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)=625r/minCb=2FK2T=2IdNRTn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625r/min最大动向速降：恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表）习题五5.8两电平PWM逆变器主回路，采纳双极性调制时，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示

56、上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。依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：d2ABOCUd2采纳双极性调制时，忽视死区时间影响，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：UdSx12uxUdSx02uxUd(2Sx1)2，以直流电源中点O为参照点us(uAuBejuCej2)SASBSCuAuBuCu0000UdUdUd222u1100UdUdUd222u2110UdUdUd222u3010UdUdUd222u4011UdUdUd222u5001UdUdUd222u6101UdUdUd222u7111UdUdUd

57、222空间电压矢量图：us023Ud2Udej3322Udej332Udej342Udej3352Udej330u3u2u4u0u1,u7u5u65.9当三相电压分别为uAO、uBO、uCO，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：uAOuAOuBOuBOejuCOuej2CO合成矢量：usuAOuuCOuAOuBOejuCOej2BOB(ej)usuCOuCOuBOuBOuAOA(ej0)C(ej2)5.10忽视定子电阻的影响，谈论定子电压空间矢量us与定子磁链s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us与定子磁链s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：usdsRsisdt忽视定子电阻