电力拖动自动控制系统(第四版)习题答案-陈伯时

《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题2-2调速系统的调速范围是1000~100r/min，要求静差率s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少？解：系统允许的稳态速降sn002×100min∆nN===204(rmin)(1−s)(1−002)2-5某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。已知直流电动机=60kW，PNUN=220V，IN=305A，nN=1000rmin，主电路总电阻R=018Ω，Ce=02V•minr，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）额定负载下的转速降落∆n为多少，才能满足D=20,s≤5%的要求。N解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落IR305×018N∆n===2745(rmin)NC02e（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率∆n2745Ns==≈0215=215%Nn+∆n1000+2745NN（3）额定负载下满足D=20,s≤5%要求的转速降落ns1000×005N∆n==≈263(rmin)ND(1−s)20×(1−005)*2-6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压Uu=88V,比例调节放大系数K=2,晶闸管装置放大系数K=15,反馈系数γ=07。求：ps（1）输出电压U；d（2）若把反馈线断开，U为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？d（3）若把反馈系数减至γ=0.35U应为多少？u解：（1）输出电压KK2×15ps*U=U=×88=12(V)；du1+KKγ1+2×15×07ps*（2）若把反馈线断开，U=KKU=2×15×88=264(V)；开环时的输出电压是闭环dpsu时的26412=22倍。（3）若把反馈系数减至γ=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压1+KKγ1+2×15×035*psU=U=×12=46(V)。udKK2×15psU−IR220−12.5×1.5Nda解：（1）C===0.1341V⋅min/ren1500NRI12.5×(1.5+1.0+0.8)N∆n===307.6r/minopC0.1341ens1500×0.1N∆n=≤=8.33r/minclD(1−s)20×(1−0.1)（2）（3）∆n307.6op（4）闭环系统的开环放大系数为K=−1=−1=35.93∆n8.33clK35.93运算放大器所需的放大倍数K===13.77pKα/C35×0.01/0.1341se解：R=4.8ΩR/R=0.31251/3s图见49页解：计算系统中各环节的时间常数L0.05电磁时间常数T===0.02slR1.5+1.02GDR1.6×(1.5+1.0+0.8)机电时间常数T===0.082sm375CC30em375×0.1341××0.1341π晶闸管装置的滞后时间常数为T=0.00167ss为保证系统稳定，应满足的稳定条件：22T(T+T)+T0.082×(0.02+0.00167)+0.00167mlssK==53.29TT0.02×0.00167ls可以稳定运行，最大开环放大系数是53.292-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机=2.8kW，UN=220V，IN=15.6A，PNnN=1500rmin，R=15Ω，整流装置内阻R=1Ω，电枢回路电抗器电阻R=08Ω，arecL触发整流环节的放大倍数K=35。求：s（1）系统开环时，试计算调速范围=30D时的静差率s。（2）当D=30,s=10%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I=I，ndNn=n，计算转速反馈系数α和放大器放大系数K。Np解：先计算电动机的反电动势系数U−IR220−156×15NNaC===0131(V•minr)en1500N系统开环时的额定转速降落I(R+R+R)156×(15+1+08)NarecL∆n==≈393(rmin)NopC0131e（1）系统开环时，调速范围D=30时的静差率D∆n30×393Ns==≈0887=88.7%；n+D∆n1500+30×393NN（2）当D=30,s=10%时，系统允许的稳态速降ns1500×01N∆n==≈556(rmin)ND(1−s)30×(1−01)（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30,s=10%，则系统开环放大系数∆n393opK=−1=−1≈69.68；∆n556cl*Un10转速反馈系数α==≈00067(V•minr)n1500NKC69.68×0131e放大器放大系数K==≈38.93。pKα35×00067s2-13旋转编码器光栅数为1024，倍数系数为4，高频时时钟脉冲频率f=1MHz，旋转编0码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计算器，M法和T法测速时间均为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法测速6060转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辨率Q==≈1465ZT1024×4×001cnZT1500×4096×001c转速n=1500r/min时，M===1024，误差率最大值1606011δ==≈000097=0097%；maxM10241nZT150×4096×001c转速n=150r/min时，M===1024，误差率最大值1606011δ==≈00097=097%。maxM10241（2）T法测速660f60×1×100转速n=1500r/min时，M==≈98，测速分辨率2Zn4096×150022Zn4096×1500Q==≈171660f−Zn60×1×10−4096×15000误差率最大值11δ==≈0103=103%。maxM−198−12660f60×1×100转速n=150r/min时，M==≈98，测速分辨率2Zn4096×15022Zn4096×150Q==≈1.55660f−Zn60×1×10−4096×1500误差率最大值11δ==≈00103=103%。maxM−198−123-1双闭环直流调速系统的ASR和ACR均为PI调节器，设系统最大给定电压**U==15V，nN=1500rmin，I=20A，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻nmUimNR=2Ω，K=20，Ce=0127V⋅minr，求：s*（1）当系统稳定运行在Un=5V，I=10A时，系统的n、U、U、U和U各为多少？dLniicU和U各为多少？ic解：转速反馈系数*U15nmα===001(V⋅minr)n1500N电流反馈系数*U15imβ===0375(VA)I2×20dm（1）当系统稳定运行在Un=5V，=10AI时，dL*==5(V)nUn*U5nn===500(rmin)α001U=βI=0375×10=375(V)idL*U=U=375(V)iiUCn+IR0127×500+10×2d0edLU====4175(V)。cKK20ss（2）当电动机负载过大而堵转时，n=0;*U=βI=0375×2×20=15(V)idmIR2×20×2dmU===4(V)。cK20s3-2在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器ASR、ACR均采用PI调节器。已知参数：电动机：P=37kW，U=220V，I=20A，n=1000rmin,电枢回路NNNN**总电阻R=1.5Ω；设U=U=U=8V，电枢回路最大电流I=40A，电力电子变nmimcmdm换器的放大倍数K=40。试求：s（1）电流反馈系数β和转速反馈系数α；（2）当电动机在最高转速发生堵转时的UU，U和U的值。d0iic解：（1）电流反馈系数*U8imβ===02(VA)I40dm转速反馈系数*U8nmα===0008(V⋅minr)。n1000N（2）当电动机在最高转速发生堵转时，n=0;U=Cn+IR=0+40×15=60(V)d0edm*U=U=βI=02×40=8(V)iidmU60d0U===15(V)。cK40s3-5某反馈系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1s，要求阶跃响应超调量σ≤10%。（1）系统的开环增益。（2）计算过渡过程时间t和上升时间t。sr（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr025s，则K=?σ=?解：典型I型系统开环传递函数为KW(s)=s(Ts+1)（1）要求阶跃响应超调量σ≤10%，则要求KT≤069，为获得尽量短的上升时间t，选r择KT=069；则K=06901=69（2）过渡过程时间ts=6T=6×01=06(s)；上升时间tr=33T=33×01=033(s)。（3）如果要求上升时间tr025s，则选择KT=1；K=101=10，σ=16.3%。τiτs+1)si10Ki(τs+1)i10K(τs+1)τiii开环传递函数W(s)=⋅=op2s(0.02s+1)τss(0.02s+1)i对Ⅱ型系统σ≤30%，h=7τ=hT=0.14sih+1K==204.1222hTKτiK==2.8571i102.8571(0.14s+1)PI调节器W(s)=0.14sRiK=R取10kΩR=28.571kΩ取30kΩi0iR0R/iτ=14µFiC∆max%)(λ−z)CbnTN∑n=63.4%*nTm3-10有一转速、电流双闭环直流调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：P=500kW,U=750V,I=760A，n=375rmin，电动势系数NNNNCe=182V⋅minr，电枢回路总电阻R=014Ω，允许电流过载倍数λ=1.5，触发整流环节的放大倍数K=75，电磁时间常数=0031s，机电时间常数=0112s，电流反sTlTm馈滤波时间常数=0002s，转速反馈滤波时间常数=002s。设调节器输入输出电ToiTon**压U=U=U=10V，调节器输入电阻R0=40kΩ。nmimnm设计指标：稳态无静差，电流超调量σ≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量iσ≤10%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=05。n（1）选择转速调节器结构，并计算其参数。ω，并考虑它们是否合理？cn0017s，电流环小时间常数之和TsT=T+T=00037s，要求电流超调量σ≤5%，应取K=05，因此ΣisoiiITΣi−1≈1351s。KI（1）电流环等效时间常数1=00074s；KI转速环小时间常数T=1K+T=00074+002=00274s；ΣnIon电流反馈系数*U10imβ==≈00088(VA)λI15×760N转速反馈系数*U10nmα===00267(V⋅minr)n375N选择转速调节器结构，其传递函数为W(s)=Kn(τns+1)ASRτsn按跟随和抗扰动性能都较好的原则，取h=5,则ASR的超前时间常数为τ=hTΣn=5×00274=0137sn转速环开环增益h+15+1−2K===15984s，N22222hT2×5×00274Σn可得ASR的比例系数为(h+1)βCeTm6×00088×182×0112K==≈1051；n2hαRT2×5×00267×014×00274Σn取调节器输入电阻R0=40kΩ，则R=KR=1051×40=4204kΩ，取420kΩnn0τ01377−nC===326×10(F)=0326µF，取0.33µFn3R420×10n4T4×0026−onCon===2×10(F)=2µF，取2µF。3R40×100−1（2）电流环的截止频率ω==1351s，ciKI−1转速环的截止频率ω=Kτ=15984×0137≈219s；cnNn检验近似条件1）校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件11=≈1961(s−1)ω，满足近似条件；ci3T3×00017s校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件113=3≈5091(s−1)ω，满足近似条件；ciTT0112×0031ml校验电流环小