电力拖动自动控制系统-第四版完整版-陈伯时

《电力拖动自动控制系统-第四版完整版-陈伯时》由会员分享，可在线阅读，更多相关《电力拖动自动控制系统-第四版完整版-陈伯时（10页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、电力拖动自动控制系统第四版课后答案习题二2-1试分析有制动通路的不可逆PWM变换器进行制动时，两个VT是如何工作 的答：先减小控制电压，使1gU得正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电 压dU降低。但是由于机械惯性，转速和反电势还来不及变化，因而造成dEU的局 面，很快电流di反向，VD2截止，在onttTW期间2gU为正，于是VT2导通反向电流产生能耗制动作 用。在onTtTtW+期间，VT2关断，di经VD1续流，向电源回馈能量。同时 VD1两端压降钳住VT1，使他不能导通。在制动状态，VT2和VD1轮流导通， VT1始终关断。在制动阶段，VT1始终不导通。VT2导通期间，并能耗制动；V

2、T2不导通期间， VD1续流，并回馈制动。2.2系统的调速范围是1000100rmin，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？n s解：An = 4(_s) TO。x0-02#1。x0.98) = 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n0max =1500r/min，最低转 速特性为n0. =150r/min，带额定负载时的速度降落An” =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)nmax

3、= n0max = 1500 -15 = 1485% = n0min - % = 150-15 = 135D = nmaJ nm.n = 1485/135 = 112) 静差率 s =A njn。= 15/150 = 10%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V, IN=378A, nN=1430r/min, Ra=0.023Q。 相控整流器内阻Rrec=0.022Q。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 = (Un -InR)/nN = (220-378x0.023) /1430 = 0.1478V

4、rpmAn = In R C e=37 8 x ( 0.0 2 +3 Q/. 0 2 2 ) 0 =. 1 4r7D = nN S A n：1 - s) = 1 4 3x0 0.2 x1 15 ( 1 =D = nN S A n：1 - s) = 1 4 3x0 0.3 x11-5 ( 1 =2.5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AnN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,sW5%的要求，额定负载下的转速降落An

5、N又为多少？解：(1) AnN = In x RCe = 305 x 0.18/0.2 = 274.5r / min(2) Sn =A nN /n0 = 274.5/(1000 + 274.5) = 21.5%(3) An = nNS/D(1 - s) = 1000x 0.05/20 x 0.95 = 2.63r/ 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/*= 8.8V、比 u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 =0.7。求：(1)输出电压Ud ；(2)若把反馈线断开，Ud为何值？开环时的输出电压是闭 环是的多少倍？(3)若把反

6、馈系数减至Y =0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压U*应为多少？ u解：(1)Ud = KpKy*J(+ KKy) = 2x 15x8.8 /1 + 2x 15x0.7) = 12V(2) Ud = 8.8x2x 15 = 264V,开环输出电压是闭环的22倍(3) U* = U (1+ K K Y )/ K K = 12x (1+ 2x 15 x 0.35)/(2x15) = 4.6Vu dp s ： p s2.7 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

7、统的开环放大倍数应有多大？解： 1) D = n/ AnN (1- s)10 = 1500 x 2% / An x 98%An = 1500 x 2% / 98%x10 = 3.06r / min N2) K = (Anp /Anc1 = 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：Anp =(1+ K= (1+15)x 8 = 128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：n i =A n /(1+ K) = 128/(1+

8、 30)= 4.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大Anci/Anc2 = 1.937倍2.9 有一 V-M调速系统：电动机参数 PN=2.2kW, Un=220V, k=12.5A, nN=1500r/min电枢电阻Ra=1.5Q 电枢回路电抗器电|SRL=0.8Q整流装置内|SRrec=1.0Q, 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Ancl。(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Un*=15V时，Id=IN，n=nN

9、，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)n = (U -1 x R ) / Cn C = (220 -12.5 x 1.5 ) /1500 = 201.25 /1500 = 0.134Vmin/ ren =(U -1 x R ) / CnA n = In x R / C = 12.5 x 3.3 / 0.134 = 307.836r / minAn = n(D(1 -s) = 1500x10%(20*90%)= 8.33r/ minA n = 8.33r / min所以， cl(2)(3)(4) n = K KU * I R/(C (1+K)= Lu*/a

10、(1+K)-l R/(C (1+K) p s n dend eK = (An / An )-1 = 307.836 / 8.33 1 = 35.9551500 =|_35.955 15/a(1+35.955)|_12.5 3.3/(0.134 (1 + 35.955)na = 0.0096 V min/ rK = K * C 可以求得，p KJs35.955*0.134 = 14 3435*0.0096.也可以用粗略算法:U * q U = an，a =n150.01K = KC /KaK = 35.955 x 0.134 /(35 x 0.01) = 13.762.10在题2.9的转速负反馈

11、系统中增设电流截止环节，要求堵转电澈彻 1.2In，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)Idi 1.2In = 15AIdcr = Ucom 1 气=15 = Ucom 气Idbi 就。:+ Ucom )Rs n 25 = (15+ Ucom )/Rs n 气=L5Q，气冰=15 x 1.5 = 22.5V(2)(R / 3) =(1.0+1.5 + 0.8)/ 3 = 1.1Q,R (R /

12、3)不符合要求，概=1.10,需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电 阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，取 R =1.10，则 U = I x R = 15 x1.1 = 16.5 VScom dcr s（3）当1d y时，有n =lK= /C (1+ KK % (R I U)/C (1+K)【RI /C (1+ K) p l I ( d come)苗、I e+ KU人C (1+ K) R+ K K KR I /(C (1+ K)d com ep s n i com e当n=0时，I = K K (U * + KU

13、) / (R + K K KR ) (U* + KU ) / KR 25 = (15 +16.5K )/1.1K n K = 15 /(22.5 -13.5) = 1.36dbl p s n i comp s i sn i com i s2.11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GD2=1.6Nm，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，R广 3.3Q，C广 0.134V / rpmT = L / R广 0.05 /

14、3.3 = 0.015 sT = GD 2 R /（375CC ） = 1.6 x 3.3 /（375 x 0.134 x 0.134 x 30 / 3.14）=5.28 / 64.33 = 0.082sT = 0.00333 sK 35.955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 = 220V，、=15.6A，nN = 1500r/min，R广L5Q，整流装置内阻R“c=1，电枢回路电抗 器电阻R广0.8Q，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 =

15、 30时的静差率s值。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 Un = 10V 时*Id = In，n = nN，计算转速负反馈系数a和放大器放大系数Kp。解：C =（220 -15.6 x 1.5）/1500 = 0.1311V min/ re(1)An= I x R / C = 15.6 x 3.3 / 0.1311 = 392.68 r / minn . = 1500 / 30 = 50s =A n / An . = 392.68 / (392.68 + 50 ) = 88.7%(2)0.1

16、=A n /(An + 50)An = 5/ 0.9 = 5.56r/ min(3)n = K K U */C (1+ K)- R I /C (1+ K) p s n e2 d ellU1500= K KUK = K 件、l Cep s */ C (1+ K)-(R215.6)/ Ce (1+ K)K = (n /An )-1 =(297.48/5.56)-1 = 52.5lop cl2.13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16位计数器，M法测速时间为0.01s求转速n = 1500r/min和n = 150

17、r/min时的测速分辨率和误差率最大值。解60(1)M法：分辨率Q =也-ZTcn = 150r /min 时，M1 = 60cnZT150 x 4 x 1024 x 0.01 _102.4601500r /min 时，811% = 一x 100% =x 100% = 0.098%maxM11024150r /min 时，8 max% =11一x100% =M1x100% = 0.98%102.4可见M法适合高速。(2) T法：分辨率n = 1500r /min 时，Q =Zn 21024 x 4 x 1500 2=171r /min60 f0 - Zn 60 x1x106 -1025 x 4

18、 x1500最大误差率：n = 60 M1 ZTcn = 1500r /min 时，nZT1500 x 4 x1024 x 0.0160诙=1.465r / min x 4 x 0.01n = 150r /min 时，=1.55 r /min八Zn21024 x 4 x 1502Q =60 f0 - Zn 60 x1x106 -1024 x 4 x150最大误差率：n = 60 f0 , M _ 60 fzm 2 = zn，2r宜60 x 106当 n = 1500r/min 时，M2 = = 9.77rz,60 x 106当 n = 150r/min 时，M2 = 97.7 n = 1500

19、r /min 时，5 % = 1x 100% = 1x100% = 11.4%M 2 19.77 1n = 150r /min 时，5 max% =11x 100% =x 100% = 1% M -197.7 -12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/* =15V， n广1500r/min，/广20A，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Q K =20, C =0.127V-min/r，求：（1）当系统稳定运行在*=5V，I =10A时，系统的n、U、U、U和U各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，U和U各为 多少？解:（1）以=U * / n = 15 V /1500 rpm = 0.01V / rpm nm N当 U *= 5 V,转速n = U = 一5V=500rpmn以0.01V / rpm八 U *15VP = m= 0.375 V / AI40 AU * = Pl = 0.375*10 = 3.75V = UidiTT U E +1 R Cn +1 R 0.127 *500 +10*2UC = K0 =KdL = e N K dL =20= 4.175V即 n = 500rpm,U = 5V,U *= U = 3.75V,U = 4.175 vni ic