(2025年)电力拖动自动控制系统习题答案

(2025年)电力拖动自动控制系统习题答案一、单闭环直流调速系统静特性计算已知某单闭环直流调速系统参数：额定转速n_N=1500r/min，电枢电阻R_a=0.5Ω，电动势系数C_e=0.12V·min/r，晶闸管整流装置放大系数K_s=40，转速反馈系数α=0.008V·min/r，系统额定负载电流I_dN=20A。1.求开环系统的额定转速降落Δn_op；2.若闭环系统开环放大系数K=30，求闭环系统的额定转速降落Δn_cl；3.计算闭环系统静差率s_cl，并判断当调速范围D=10时是否满足s≤5%的要求。解答：1.开环系统转速降落由电枢压降决定，公式为Δn_op=I_dN·R_a/C_e。代入数据得：Δn_op=20×0.5/0.12≈83.33r/min。2.闭环系统转速降落公式为Δn_cl=Δn_op/(1+K)，其中K为开环放大系数（K=K_s·α/C_e）。本题中已直接给出K=30，因此Δn_cl=83.33/(1+30)≈2.69r/min。3.静差率s_cl=Δn_cl/(n_N+Δn_cl)（注：严格定义为s=Δn_cl/n_0，其中n_0为理想空载转速，n_0=n_N+Δn_cl）。代入数值得s_cl=2.69/(1500+2.69)≈0.177%。当D=10时，最低转速n_min=n_N/D=1500/10=150r/min，此时静差率s'=Δn_cl/(n_min+Δn_cl)=2.69/(150+2.69)≈1.76%，小于5%，满足要求。二、双闭环直流调速系统调节器参数设计某双闭环直流调速系统采用三相桥式晶闸管整流装置供电，已知参数：电动机P_N=10kW，U_N=220V，I_N=55A，n_N=1000r/min，C_e=0.192V·min/r，电枢回路总电阻R=0.3Ω，电枢回路电感L=15mH，晶闸管装置滞后时间常数T_s=0.0017s，电流反馈滤波时间常数T_{oi}=0.002s，转速反馈滤波时间常数T_{on}=0.01s，系统最大给定电压U_{nm}^=10V，转速反馈系数α=U_{nm}^/n_N=0.01V·min/r，电流反馈系数β=U_{im}^/I_{dm}=0.1V/A（I_{dm}=1.5I_N=82.5A）。要求电流环按典型I型系统设计，转速环按典型II型系统设计（h=5）。1.确定电流环小时间常数T_Σi；2.计算电流调节器（ACR）的比例系数K_i和积分时间常数τ_i；3.确定转速环小时间常数T_Σn；4.计算转速调节器（ASR）的比例系数K_n和积分时间常数τ_n。解答：1.电流环小时间常数由晶闸管滞后时间和电流滤波时间组成，T_Σi=T_s+T_{oi}=0.0017+0.002=0.0037s。2.电流环对象传递函数为W_{obj}(s)=K_s/(R(1+T_ls))，其中电枢回路电磁时间常数T_l=L/R=0.015/0.3=0.05s。典型I型系统要求开环传递函数为W_{acr}(s)·W_{obj}(s)=(K_i(τ_is+1))/(τ_is)·K_s/(R(1+T_ls))。因T_l远大于T_Σi（0.05s>0.0037s），可近似为一阶惯性环节，简化后开环传递函数为K_iK_s/(τ_iRs(T_Σis+1))。典型I型系统最佳参数取K_iK_s/(τ_iRT_Σi)=1/(2T_Σi)（即阻尼比ζ=0.707），但更常用的工程方法是取开环截止频率ω_{ci}=1/(2T_Σi)。此处采用工程设计法，电流环开环增益K_{I}=1/(T_Σi)（对应ζ=0.5），则K_{I}=1/0.0037≈270.27s⁻¹。而K_{I}=K_iK_s/(τ_iR)，同时电流调节器为PI调节器，τ_i=T_l=0.05s（匹配大时间常数），代入得K_i=K_{I}τ_iR/K_s=270.27×0.05×0.3/40≈0.101。3.转速环小时间常数由电流环等效时间常数和转速滤波时间组成，电流环闭环后等效为一阶惯性环节，时间常数为1/K_{I}=0.0037s（因典型I型闭环传递函数近似为1/(T_Σis+1)），故T_Σn=2T_Σi+T_{on}=2×0.0037+0.01=0.0174s（注：更准确的是T_Σn=T_{Σi}+T_{on}，此处按工程习惯取2倍电流环时间常数）。4.转速环对象传递函数为W_{objn}(s)=C_m/(C_eT_Σns(1+T_ms))，其中机电时间常数T_m=GD²R/(375C_eC_m)，C_m=30C_e/π≈0.183V·min/A（因C_m=9.55C_e）。计算T_m：GD²=375C_eC_mT_m/R，本题中直接取经验值T_m=0.2s（假设）。转速环按典型II型系统设计，h=5时，开环增益K_N=h+1/(2h²T_Σn²)=6/(2×25×0.0174²)≈6/(2×25×0.000303)≈6/0.01515≈396s⁻²。转速调节器为PI调节器，τ_n=hT_Σn=5×0.0174=0.087s。K_n=(h+1)C_eT_mα/(2hβC_mT_Σn)=(6×0.192×0.2×0.01)/(2×5×0.1×0.183×0.0174)≈(0.0002304)/(0.00315)≈0.073。三、交流异步电机变频调速机械特性分析某三相异步电机额定频率f_N=50Hz，额定电压U_N=380V，额定转速n_N=1450r/min，定子电阻R_s=0.2Ω，转子电阻R_r'=0.3Ω（已折算），漏电抗X_s=X_r'=0.5Ω。分析基频以下恒压频比（U/f=常数）控制和基频以上恒压（U=U_N）控制时的机械特性，并计算两种情况下的最大转矩倍数。解答：1.基频以下恒压频比控制：为保持气隙磁通Φ_m恒定，需使U_1/f_1≈常数（忽略定子电阻压降）。此时，异步电机的电磁转矩公式为T_e=(3pU_1²s)/(2πf_1[(R_s+R_r'/s)²+(X_s+X_r')²])。当s很小时（稳定运行区），可近似为T_e≈(3pU_1²s)/(2πf_1(R_r')²)，即T_e与s成正比，机械特性近似为直线，硬度较高。最大转矩T_emax=(3pU_1²)/(4πf_1(R_s+√(R_s²+(X_s+X_r')²)))。因U_1/f_1=常数，设为k，则U_1=kf_1，代入得T_emax=(3pk²f_1²)/(4πf_1(R_s+√(R_s²+(X_s+X_r')²)))=(3pk²f_1)/(4π(R_s+√(R_s²+(X_s+X_r')²)))。可见，基频以下时T_emax随f_1降低而减小，低速时过载能力下降，需采用低频电压补偿（即适当提高U_1/f_1比值以补偿定子电阻压降）。2.基频以上恒压控制：当f_1>f_N时，U_1受额定电压限制保持U_N不变，此时Φ_m=U_1/(4.44f_1N_1k_w1)≈U_N/(4.44f_1N_1k_w1)，随f_1升高而减小，电机进入弱磁调速区。电磁转矩公式中，因Φ_m减小，相同电流下转矩降低。最大转矩T_emax=(3pU_N²)/(4πf_1(R_s+√(R_s²+(X_s+X_r')²)))，随f_1升高而近似反比例下降，机械特性变软，调速范围受限于转矩能力。3.最大转矩倍数计算（以f_1=f_N为例）：额定频率下，X_s+X_r'=2πf_N(L_s+L_r')=2×3.14×50×(0.5/(2×3.14×50))=0.5Ω（注：电抗X=2πfL，故L=X/(2πf)）。代入T_emax公式：T_emax=(3×2×380²)/(4×3.14×50×(0.2+√(0.2²+0.5²)))≈(3×2×144400)/(4×3.14×50×(0.2+0.5385))≈(866400)/(628×0.7385)≈866400/464.7≈1864N·m。额定转矩T_N=9550P_N/n_N=9550×(10×10³)/1450≈658.6N·m（假设P_N=10kW），则最大转矩倍数λ=T_emax/T_N≈1864/658.6≈2.83。四、PWM变换器谐波分析单相桥式电压型PWM变换器采用双极性SPWM调制，载波频率f_c=10kHz，调制波频率f_r=50Hz，调制比M=0.8（M=U_r/U_c，U_r为调制波幅值，U_c为载波幅值）。分析输出电压的谐波分布，计算主要谐波次数及相对幅值。解答：双极性SPWM的输出电压u_o(t)可表示为载波三角波与正弦调制波比较的结果，其傅里叶级数展开式为：u_o(t)=(4U_d/π)Σ_{n=1,3,5…}^∞[J_0(nMπ/2)sin(nω_rt)+2Σ_{k=1}^∞J_k(nMπ/2)sin(kω_ct±nω_rt)]其中，U_d为直流侧电压，J_k为第k阶贝塞尔函数，ω_c=2πf_c，ω_r=2πf_r。主要谐波特性：1.基波分量：频率f_r=50Hz，幅值为MU_d（因J_0(0)=1，基波幅值≈(4U_d/π)×(Mπ/4)=MU_d）。2.载波谐波及其边带：主要谐波频率为kf_c±nf_r（k=1,2,3…，n=1,3,5…）。由于f_c>>f_r（载波比N=f_c/f_r=200），低次边带（n=1）占主导，即主要谐波频率为f_c±f_r,2f_c±f_r,2f_c±3f_r等。3.幅值分析：贝塞尔函数J_k(x)随k增大而衰减，当k>Mπ/2时（M=0.8，Mπ/2≈1.256），J_2(x)≈0.15，J_3(x)≈0.02，故k≥2时谐波幅值显著降低。因此，主要谐波为k=1时的边带，即f_c±f_r=10000±50Hz=9950Hz和10050Hz，其幅值约为(4U_d/π)×2J_1(nMπ/2)（n=1）。J_1(1.256)≈0.47，故幅值≈(4U_d/π)×2×0.47≈1.197U_d，相对基波幅值（0.8U_d）的比例约为149.6%。五、转速反馈系统稳定性判据某转速反馈控制系统开环传递函数为G(s)=K/[s(0.1s+1)(0.01s+1)]，其中K为开环增益。1.绘制伯德图（对数幅频特性和相频特性）；2.确定系统临界稳定时的K值；3.若要求相位裕度γ≥45°，求允许的最大K值。解答：1.伯德图绘制：开环传递函数可分解为G(s)=K/(s·(0.1s+1)·(0.01s+1))=K/(s·(s/10+1)·(s/100+1))。低频段（ω<10rad/s）：斜率为-20dB/dec，幅值L(ω)=20lgK20lgω；转折频率ω1=10rad/s（对应0.1s+1），此后斜率变为-40dB/dec；转折频率ω2=100rad/s（对应0.01s+1），此后斜率变为-60dB/dec。相频特性：φ(ω)=-90°arctan(0.1ω)arctan(0.01ω)。2.临界稳定条件：幅值穿越频率ω_c处相位φ(ω_c)=-180°。令φ(ω_c)=-90°arctan(0.1ω_c)arctan(0.01ω_c)=-180°，则arctan(0.1ω_c)+arctan(0.01ω_c)=90°。利用三角恒等式arctan(a)+arctan(b)=arctan((a+b)/(1-ab))，当和为90°时，(a+b)/(1-ab)→∞，即1-ab=0，故0.1ω_c×0.01ω_c=1→0.001ω_c²=1→ω_c=√1000≈31.62rad/s。此时幅值L(ω_c)=20lgK20lgω_c20lg√(1+(0.1ω_c)^2)20lg√(1+(0.01ω_c)^2)=0（临界稳定时幅值为0dB）。因ω_c=31.62rad/s>ω1=10rad/s且<ω2=100rad/s，中频段斜率为-40dB/dec，近似L(ω_c)=20lgK20lgω_c20lg(0.1ω_c)=0（忽略小项1）。代入得20lgK=20lgω_c+20lg(0.1ω_c)=20lg(0.1ω_c²)=20lg(0.1×1000)=20lg100=40dB，故K=100。3.相位裕度γ=180°+φ(ω_c)≥45°，即φ(ω_c)≥-135°。设ω_c<ω2=100rad/s，相频特性φ(ω_c)=-90°arctan(0.1ω_c)arctan(0.01ω_c)≥-135°，即arctan(0.1ω_c)+arctan(0.01ω_c)≤45°。取近似arctan(x)≈x（x较小时），则0.1ω_c+0.01ω_c≤tan45°=1→0.11ω_c≤1→ω_c≤9.09rad/s（但此近似仅适用于ω_c<<ω1=10rad/s）。实际应取ω_c在ω1附近，假设ω_c=10rad/s，此时φ(ω_c)=-90°arctan(1)arctan(0.1)=-90°-45°-5.71°≈-140.71°，γ=39.29°