电力拖动自动控制系统第四版

1、.习题解答（供参考）习题二2.2 系统的调速范围是1000100 rmin ，要求静差率 s=2% ，那么系统允许的静差转速降是多少？解：nnn s d(1 s) 1000 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n1500r min，最低转速特性为 n150r min ，带额定负0 max0min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）nmaxn0 maxnn

2、1500151485nminn0minnn15015135dnmaxnmin1485 135112)静差率snnn0 1515010%2.4直流电动机为pn=74kw,un=220v，in=378a ，nn =1430r/min ，ra=0.023 。相控整流器内阻rrec=0.022 。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(u ni n ra ) nn(2203780.023) 14300.1478v rpm.ni n r ce378(0.0230.022)0.1478 115rpmdnn s n(1s)1430

3、0.2 115(10.2)3.1dnn 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，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降落n为多少？n（ 2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s多少？n（ 3）若要满足d=20,s 5% 的要求，额定负载下的转速降落nn又为多少 ?解： (1)nni nr ce3050.18 0.2274.5r / min(2)snnnn0274.5 (1000274.5)21.5%(3)nnn s d (1s) 10000.

4、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u u*8.8v 、比例调节器放大系数kp2、晶闸管装置放大系数ks 15 、反馈系数 =0.7 。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=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） udkpk u*(1kpks)2158.8 (1 215 0.7)12vsu(2)u d8.8215264v ,开环输出电压是闭环的22倍(3)u u*u d (1k p k s)k p k s

5、12(12150.35) (215)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s5% ，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 ） dnn s / nn 1 s1015002% /nn98%nn15002% / 98%103.06r / min2 ） knop/ncl1100 / 3.06131.7.2.8 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 ，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

6、以扩大多少倍？解：nop1 kncl 1 15 8 128如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：nclnop/ 1k128 / 1 304.13rpm在同样静差率要求下，d 可以扩大ncl 1 / ncl 21.937 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=1.5 ，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k s =35。要求系统满足调速范围d=20 ，静差率 s35.955 相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运

7、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：p2.8kw， un220v ， in15.6 a ， nn1500 r/min ，r=1.5na，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。(1) 系统开环工作时，试计算调速范围d30时的静差率s 值。(2) 当 d30 ， s10% 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d30 ， s10% ，在 u n*10v 时 i di n ， nn n ，计算转速负反馈系数和放大器放大系数 k p 。解：c e22015.6

8、1.5 /15000.1311v min/ r（ 1）nopi nr / ce 15.63.3 / 0.1311392.68r / minnmin1500/ 3050snop /n0 min392.68 /392.68 5088.7%（ 2）0.1n /n50n 5 / 0.95.56 r / min（ 3）n k p k su n* / c e 1 k r i d / c e 1 kkk pk s / ce1500kpk u* / ce1kr 15.6 / ce1 ksnknop /ncl1297.48 / 5.56 152.52.13 旋转编码器光栅数1024，倍频系数4 ，高频时钟脉冲频

9、率f 01mhz ，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n1500r / min 和 n150r / min 时的测速分辨率和误差率最大值。.解：（ 1） m 法：分辨率 q60601.465r / minztc102440.0160m 1最大误差率： nztcn1500r / min 时， m 1nztc15004 1024 0.0160601024n150r / min 时， m 1nztc150 4 1024 0.01102.460601500r / min 时，max %1100%10.098%m 1100%1024150

10、r / min 时，max %110.98%100%100%m 1102.4可见 m 法适合高速。（ 2） t 法：分辨率：nzn21024415002171r / min1500r / min 时， qzn6011061025460 f 01500nzn21024415021.55r / min150r / min 时， qzn6011061024460 f 015060 f 060 f0最大误差率： n， m 2，zm 2zn当 n1500r / min时， m 26010 69.77415001024当 n6010697.7150r / min 时， m 241501024n1500r

11、/ min 时， max %1100%1100%11.4%m 2119.77n150r / min 时，max %1100%1100%1%197.7m 21可见 t 法适合低速.习题三*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u nm =15v， nn =1500r/min， i n =20a，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻 r =2， k s =20， c e =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 、 u n 、 u i*、 u i 和 u c各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转

12、时，u i*和 u c各为多少？解： (1)u nm* / nn15v / 1500rpm0.01v / rpm当 u n*5v ,转速nu n*5v500rpm0.01v / rpmu im*15v0.375v / ai dm40 au i*i d 0.375*103.75vu iu cu d 0e i dl rcenni dl r 0.127 *50010 * 2k sk sks204.175v即n500rpm ,u n5v ,u i*u i3.75v ,u c4.175viidm15（ 2）堵转时， u *v ，u cu d 0ceni d ri dm r40*24vk sksks203

13、.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 ， u n=220v， i n=20a， nn=1000 r/min ,电枢回路总电阻 r =1.5 , 设 u nm*u im*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k s =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u d 0 , u i* , u i ,u c 值。解 :1 ）u im*8vu nm*8v0.008v / rpmi dm0.2v / ann40a100

14、0rpm2) u d 0ei dl rcenni dl r40a*1.560v这时：u n*8v ,u n0 ， asr 处于饱和，输出最大电流给定值。u i*8v ,u i8v ,.u cu d 0 k s60 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 u im* =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） u c 值由哪些条件决定？u im*8v解 : 1)idm0.1v / a80a因此当电流从 40a70

15、a 时，u i*应从 4v7v变化。2) u c 要有所增加。3)u c 取决于电机速度和负载大小。因为u d 0ei dl rcennidl ru d 0ceni d ru cksk s3.5 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 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 0.69,0.6,%9.5%(1)系统开环增益：k0.69 / t0.69 / 0.16.9(1/ s)(2)上升时间 tr3.3t0.33s过度过程时

16、间：ts360.10.6s6tn（ 3）如 要 求 tr0.25s ， 查 表3-1则应取kt1,0.5,tr2.4t2.4*0.10.24 s这 时.k 1/ t 10 ,超调量 =16.3% 。k 110，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量 53.6 有一个系统， 其控制对象的传递函数为wobj ( s)10.01s1s（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 kt0.5,0.707,查表 3-1，得 %4.3%。1i调节器， w ( s), 校正后系统的开环传递函数为w (s)110,这样，t， k=10/选s1

17、)，已选s (0.01skt 0.5, 则 k 0.5/t=50, 所以10 / k10 / 50 0.2s ，积分调节器：w (s)11。s0.2s3.7 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为wobj (s)k 110，要求校正为典型型系统，在阶跃输入下系统超s(0.02s1)s(ts 1)调量 30 （按线性系统考虑） 。试决定调节器结构，并选择其参数。解：应选择pi 调节器， wpi(s)kpi (s1),校正后系统的开环传递函数w ( s)k pi (s1)k11)，对照典型型系sss(ts统，kk pi k 1 /,ht , 选h8， 查表 3-4，%=27.2% ， 满足设计要求

18、 。这 样ht8*0.020.16s，kh181175.78,k pik/ k1175.78*0.16/ 102.812h2t 22*8 2 *0.02 23.8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：pn60 kw,u n220 v ,i n308 a ,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k s =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t0 n =0.0

19、15s 。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( 假设起动电流限制在1.1i n 以内 ) 和转速反馈系数。（ 2）试设计电流调节器acr, 计算其参数 ri,ioi。画出其电路图 , 调节器输入回路电阻0。、 c 、 cr =40 k（ 3）设计转速调节器asr, 计算其参数 r n、c n 、 con。 (r0 =40k )（ 4）计算电动机带

20、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）u im* / i dm8v / (1.1* i n )8v / 339 a0.0236v / a10 /10000.01v min/ r（ 2 ）电流调节器设计.确定时间常数：a)ts0.00333sb)toi0.0025sc)t it0 its0.00250.003330.00583s电流调节器结构确定：因为5%ki (i s 1)i，可按典型i 型系统设计，选用pi 调节器， wacr (s),i s电流调节器 参数确 定 :i tl 0.012s, 选 k i t i0.5, k i 0.5

21、 / t i 85.76s 1，kik i i r85.760.012 0.180.224 。k s350.0173校验等效条件：cik i 85.76s1a)电力电子装置传递函数的近似条件：11101.01 ci3ts310.00333b)忽略反电势的影响的近似条件：313179.06s 1citmtl0.12 0.012c)电流环小时间常数的近似条件：1111115.52 s 1ci3tst0 i30.003330.0025可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选r040k ,则：riki r00.22440k8.96 k , 取 9k.cii / ri 0.012/ (9 103 )1

22、.33f由此103c0 i4t0 i / r0 4 0.0025/ 400.25 f（ 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 i t i0.5则1/k i 2ti2 0.005830.01166sb) ton 0.015sc)t n1/ k iton0.011660.0150.02666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用pi 调节器，.kn (n s1)wasr (s)n s,速度调节器参数确定：n ht n ,取 h5,nht n 0.1333 skknh126168.82s 22h2 t 2n52 0.026662校验等效条件：(h1)

23、cetm60.02360.196 0.12n2h rt n2 50.016.940.18 0.02666cnk n /1k n n168.820.133322.5s 1a)电流环近似条件： 1k i185.7640.43s 1cn3t i3 0.00583b)转速环小时间常数近似： 1k i185.7625.2s 1cn3t0 n30.015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)(nnt n2 81.2%1.13080.180.02666cbz)tm10000.12n*0.19611.23%10%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

24、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：nht n0.07998skn(h1)/ 2h2t 2n4 / (290.026662 )312.656s 2kn(h1)cetm / 2hrt n40.0236 0.196 0.12 / (2 3 0.01 0.18 0.02666) 7.6校验等效条件：cnk n/1k nn312.6560.0799825s1a)1/ 3( k i/ t i )1/21/ 3(85.76 / 0.00583)1/240.43s 1cnb)1/ 3( ki/ ton )1/21/3(85.76 / 0.015)1/225

25、.2 s 1cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：n2 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r040k , 则 rnk nr07.6 40304k ,取 310k 。cnn / rn 0.07998/ 3101030.258 fcon4ton / r04 0.015/ 40 1031.5f.4) 40% 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%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。gd 2dndncm (idm idl )r(i dm idl )r根据电机运动方程：375dtte tl ,dtgd 2gd 2 r(i dmidl ) cetm375ce375cmcecetmn*0.196*0.12*1000t0.385