运动控制系统课后答案

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1、习题解答（供参考）习题二2.2系统的调速范围是1000100 i ,要求r mm静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少？解：An 二n s /7D(1- s)二 1000 x 0.02 (10x 0.98)二 2.04 rpm系统允许的静态速降为204 。2.04 rpm2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为 1500，最低转速特性为 n = 1500r mm，。带额定负载时的速度降落n = 150 r mmA0mm 15/i，且在不同转速下额定速降不变，An = 15r mm统允许的静差率是多少？解：1）调速范围D / （均指额定负载情D = n nmax minn二 n

2、-An 二 1500 15 二 1485max0 maxNn= n An = 150 15 = 135min0minND 二 n /n 二 1485 135 二 11max min2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V, In=378A, nN=1430r/min, Ra=0.023 Q。相控 整流器内阻Rrec=0.022 Q。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 二叫SR)以 二(220 - 378 x 0.023).1430 二 0.1478VjrpmAn 二 R/Ce 二 378 x (0.0

3、23 + 0.022). 0.1478 二 115rpmD 二 nNS：-An(1 s)二 1430x 02115x (1 0.2)二 3.1D 二 nNS：An(1 s)二 1430x0.3/115x(1 0.3)二 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=0.18Q ,Ce=0 2Vmin/r,求：1) 当电流连续时，在额定负载下的转速降落A为多少？An(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？载下的转速降落A又为多少?An解：N(3)若要满足D=20,sW5%的要求，额定负An = I xR Ce = 305x0.180.2

4、 = 274.5r/minN N ff(2) S 二 An In = 274.5/(1000 + 274.5)二 21.5%(3) N N 0An 二 nNS： D(1-s)二 1000 x 0.05 20 x 0.95二 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U * = &8V、比例调节器放 大系数K 2、晶闸管装置放大系数K 、反K = 2K = 15PS 馈系数丫=07。求：(1 )输出电压U ； (2) 若把反馈线断开，u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Y=035,当保持同样的输出电压时, 给定电压*

5、应为多少？U*解：(1) uK KU *J(l+ K K 丫 )二 2 x15 x 8.8(1+ 2 x15 x 0.7)二 12V(2)p su p s ，开环输出电压是U 二 8.8x 2x 15 二 264V 9闭环的 22 倍 dU* 二 U (1+ K K Y )K K 二 12X (1+ 2x15 x 0.35)； (2 x15)二 4.6V u dp sp 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 5%，那么系统允许的静态速降是多少？如s 5%果开环系统的静态速降是100r/min,则闭环

6、 系统的开环放大倍数应有多大？解：1)nNS / 心N10 二1500 x 2%/ 叫x 98%AnN = 1500x 2%/98% x 10 = 3-06r /min2) K 丄 / An )-1 二 100/3.06 -1 二 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，调速范围可以扩解：大多少倍？An =(1 + K)An =(1 +15 )x 8 二 128如果将开环放大倍数提高到 30, 则速降为：An = An / G + K )= 128/ G + 30

7、)= 4.13rpm clop在同样静差率要求下， D 可以扩大=1.937倍电动机参数2.9 1 有2一 V-M 调 速 系 统PN=2.2kW, UN=220V, IN=12.5A, nN=1500r/min,电枢电阻R =15Q,电枢回路电抗器 a电阻RL=O8Q,整流装置内阻R =10Q,触 rec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Sv=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，n=nN，则转

8、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 a en C =12.5 x 1.5)/1500 = 201.25/1500 = 0.134Vmin/ ren =(U I x R ) / CNNSenAn 二I xR /C 二 12.5x3.3/0.134二307836r/minop N S eAn = n s / (D(1 s)= 1500 x 10% /(20*90%)= 8.33r / minNNAn = 8.33r / mincl3)(4R)(C (1 + K)二 Ku * /a(1 + KR / (C (1 + K )en

9、de)1 二 307.836 / 8.33 1 二 35.955K 二(An/ Anopcl1500 = 35.955 x 15 /a (1 + 35.955) _12.5 x 3.3 /(0.134 (1 +35.955 )rn a = 0.0096V min/ r可以求得，35.955* 0.13435* 0.0096=14.34s也可以用粗略算法:15=a n二 0.01K = KC / K ape sK = 35.955 x 0.134 /(35 x 0.01) = 13.76p2.10 在题2.9 的转速负反馈系统中增设电流 截止环节，要求堵转电流121，应该选用多大的比较电压和电

10、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解：(1)多少？Idbl 12IN = 15 AI = U / R n 15 二 U / Rdcrcom scom sI uU* + U）/ R n 25 =（15 + U）/ R n R = 1.50dbl n com scom s sU = 15 x 1.5 = 22.5Vcom2) (R /3) = (1.0 +1.5 + 0.8)/3 = 1.10,R (R /3)工s工不符合要求，取R =

11、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，则15 1.1 16.5R =1.10U = I xR =15x1.1=16.5Vscom dcr s(3)E：-S-K1+n去=Lk Id dcrKU*/C V1(s n e+ KU. p s ni (当n=0时，时，有 丄k K (R I )/(C (1 ；Ks)UcomeI - Udcom e:+ K K KRp s i s)/ c G+ K Mb/(C G + K 讯d e=K K G* + KU)/ (R + K K

12、KR LG* + KU)/ KRdblp s ni comp s i sni comi s25 = (15 + 16.5K )/1.1 K n K = 15/(22.5-13.5)= 1.36iii2.11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1,GD2 =1.6Nm2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 ： ， ， ，用午.L 二 50mH， GD2 = 1.6NmR广 3.30，乙C = 0.134V / rpmeT = L / R = 0.05 / 3.3

13、 = 0.015 sT = GD 2 R /(375CC )= 1.6 x 3.3/(375 x 0.134 x 0.134 x 30/3.14)m工e m=5.28/64.33=0.082sT = 0.00333ssK 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： ， r/min ，P = 2.8kWU = 220VI = 15.6A n = 1500=15Q,整流装置内阻N =1Q电枢回路RR电抗器电阻=08Q,触发整流环节的放大R倍数 = 。K = 35(1) 系统开环工作时，试计算调速范围

14、时D = 30的静差率 值。s(2) 当， 时，计算系统允许的稳态速D = 30s = 10%降。(3) 如组成转速负反馈有静差调速系统，要 求 ， ，在 时 ， ，计算转速D = 30 s = 10%U * = 10VI = I n = n负反馈系数和放大器放犬系数N 。aK解：C 二(220 -15.6 x 1.5)/1500 二 0.1311V min/ r e(1)An = I xR /C = 15.6x3.3/0.1311 = 392.68r/minop N 工 en = 1500/30 = 50mins = An / An= 392.68/(392.68 + 50)= 88.7%o

15、p0 min2)0.1 = An / (An + 50)An = 5/0.9 = 5.56r /min3)n = K K U */ C (1 + K )- R I /C (1 + K )Jp s n e丫 deK = K a K / Cpse1500 = K K U*/C (1 + K)-(R 15.6)/C (1 + K)(p s n ) e (S eI K = *n /An)-1 = 397.48/5.56)-1 = 52.5op cl2.13 旋转编码器光栅数 1024，倍频系数 4， 高频时钟脉冲频率 f =1MHz ，旋转编码器输出 f = 1MHz 的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采

16、用 16位计数器，M法测速时间为0.01s,求转速时的测速分辨率和误差率和n = 1500r / minn = 150r / min最大值。 解：1)M 法：分辨率 q =竺=_= 1.465r/minZT1024 x 4 x 0.01c60最大误差率：60Mn =1 TZTcn = 1500r/min 时竺=1500 x 4 x 1024 x O.。1 = 10246060时n = 150 r / minM =空=150 x 4 x 1024 x O01 = 102.41 60601500r/min 时% =max11x 100% = x 100% = 0.098% M10241150r/m

17、in 时5%max可见 M 法适合高速。11x 100% =x 100% = 0.98%M102.412)T 法：分辨率：n = 1500r/min 时，Q =Zn21024 x 4 x 15002=171r /min60f0 - Zn 60 x 1 x 106 -1025 x 4 x 1500Zn21024x 4x1502时，n = 150r/minQ最大误差率：60 f0n =0ZMM =丝，Zn当 n = 1500r/min 时M260 x106 *1024 x 4 x 1500 - 977当 n = 150r/min 时M260 x106-1024 x 4 x 150 - 977时，n

18、 = 1500 r / min118 % x 100% x 100% 11.4%时，n = 150 r / minmaxM -19.77 -12118% x 100% x 100% 1%maxM -197.7 -12可见 T 法适合低速习题三节 器 ， 设 系 统 最 大 给 定 电 压 U =15V ，U*=1500r/min，=20A，电流过载倍数为2,nI 电枢回路总电阻 =20，3.1 双闭环调速系统的 ASR 和 ACR 均为 PI 调=20 ，RK=0.127Vmin/r,求：（1）当系统稳定运行 在“=5V，,=10A时，系统的、“、 口和U*In U U* U*和各为多少? 解

19、： （1i ） cU各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转 时，nma = U* / n = 15V /1500rpm = 0.01V / rpmNU *5V当 U * = 5V,转速 n = n =-= 500rpmna0.01V /rpmU*15V0= f = = 0.375- / AI40 AdmU* =0I =0.375*10 =3.75V =Uidi“ U E +1 R Cn +1 R 0.127 *500 +10*2 U = d0 = dL =dL=c K K ss即n =500rpm,U =5V,U（ 2）堵转时Ks*20二 4.175V=U =3.75V,U =4.175vcU

20、 * = 01= 15V，i dm(Cn + IR) I R 40*2ed= dmKKU = U d 0 = e d = dm = 4Vc KKK 203.2 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： =3.7kW， =220V， =20A，PUI= 1000 r/min :电枢回路总电阻=15Q , nR 1设=8V,电枢回路最大电流=40A,U* = U* = UI电力电子变换器的放大系数 =40。试求：K（1）电流反馈系数和转速反馈系数。Ba（2）当电动机在最高转速发生堵转时 的 , 值。Ud0, Ui*,Ui,Uc角牛：1）

21、 B = Uim =竺=0.2V / A a = U*m =8V = 0.008V / rpmI 40 An 1000rpmdmN2）丿 U = E +1 R = Cn +1 R = 40A*1.50 = 60Vd 0dl e N dl这时：U*=8V,U =0， ASR 处于饱和，输出最大电流给U* =8V,U = 0定值。U* = 8V,U = 8V,iiUC = Ud0丿 KS = 60 40 = 1-5V3.3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=8V时，主电路电流达到最大电U*流80A。当负载电流由40A增加到70A时

22、，试问：（1） 应如何变化？（2） 应如何变U i*U化？（3）值由哪些条件决定？ c解: 1)UcU *8VP = im = 0.1V / AI80 Adm因此当电流从40A 70A时， 应从U *4V 7V 变化。2)U 要有所增加。C3)U 取决于电机速度和负载大小。因CU = E +1 R = Cn +1 Rd 0dl e N dlU(c n +1 R)U =7 = e c KK3.5 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W10%。（ 1 ）系统的开环增益。（2）计算过渡过程时间 和t 上升时间 ；st（ 3 ） 绘出开环对数幅频特性

23、。如果要求上升时间025s,则K=?, % tGr=?解(1)取KT = 0.69, g = 0.6, g % = 9.5%系统开环增益： 0.69/0.69 / 0.16.9(1/ )K =0.69/T =0.69/0.1=6.9(1/s)（2） 上升时间 tt3.3T0.33S过度过程时间:3t 沁 -6T = 6 x 0.1 = 0.6ss 3n(3)=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为K 10，要求设计一个无静差系统，在Wobj（S）=詁-亦阶跃输入下系统超调量W5%（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

24、KT - 0.5,0.707, 查表3-1，得Q % - 4.3%。选I调节器，W （s）-丄,校正后系统的开环传递T S函数为 1 10，已选KT = 0.5,W弋（0，这样，T=0-01，K=10/T则K=05/T=50,所以，积分调节t = 10/ K = 10/50 = 0.2S器：W(s)11 ot s 0.2 s3.7 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为、K 10 ，要求校正为典型II型系%（S）_ s（Ts ； 1） 一 s（0.02s +1）统，在阶跃输入下系统超调量W30% （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 ，W

25、 （s） = Kpi（ts +,校正后系统的开环传递函数PIt sW (s)=K (t s +1)Kpiitss(Ts +1)，对照典型II型系统， 设计要求。K = K K / t , 这样 tt = hT,选h=8,= hT = 8*0.02查表3-4，= 0.16s，满足Q %=27.2%K = =-i-= 175.78, K = Kt / K = 175.78*0.16 /10 = 2.812h2T22*8 2 *0.02 2PI13.8 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： kW , V , A ,P = 60U = 220I

26、= 308r/min ,电动势系数 =0.196 Vmin/r ,n = 1000C主回路总电阻=018Q，触发整流环节的放R大倍数=35o电磁时间常数=0.012s,机电KT时间常数t=012s,电流反馈滤波时间常数 =0.0025s, 转 速 反 馈 滤 波 时 间 常 数 =0015s。额定转速时的给定电压(U *)T0nn N=010V, 调节器 ASR，ACR 饱和输 出电压U *=8V,U =65V。im cm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W5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量 o3T3 x 0.00333cS“忽略反电势的影响的近似条件：3 ：

27、肖=3；0詁丽=7906S-1化m lc）电流环小时间常数的近似条件：3汁=打0.00333:0.0025 = 115皿巴丫 s 0i现：选 R = 40K ,则0可见满足近似等效条件，电流调节器的实,取 9K.R = K R = 0.224x40K =8.96Kii 0由此 C =t /R = 0.012/(9x103)= 1.33pFi i iC = 4T / R = 4 x 0.0025/40 x103 = 0.25 卩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“K :因为KT 051/ KK T = 0.5II为ib)1/ K 2T 2 X 0.00583 0.011

28、66sI为iT 0.015sonc)T 1/ K +T 0.01166+0.015 0.02666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用 PI 调节器，w 亠 K (t s +1),VW( s ) nnASRt sn速度调节器参数确定：t hT ,取h 5,tn工nhT = 0.1333 s工n=168.82s -2KN2h2T22x52x0.026662工n“(h + 1)P CT6 x 0.0236 x 0.196 x 0.12K校验等效条件：n2ha RT2 x 5 x 0.01x 0.18 x 0.02666工n=6.94 K / K t 168.82 x 0.1333 22.

29、5s-1 cn N 1 N na）电流环近似条件冷:K185.76 40.43s-1 30.00583cn1工ib）转速环小时间常数近似：* 了K 1 沖25.2 s-1 “3 Y 0.015cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验 （空载 Z=0）ACAn T308 x 0.180.02666Q % 2*(max)(九一 z) N h 2 X 81.2% X 1.1 XXnCn* T0.196 X10000.12bm11.23% 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

30、 下 ：t hT 0.07998 sn工nK = (h + 1)/2h 2T 2 = 4/(2 x 9 x 0.026662) = 312 656s-2N工nK = (h + 1)PCT /2haRT = 4x0.0236x0.196x0.12/(2x3x0.01x0.18x0.02666) = 7.6校验等效条件：=K / =K t = 312.656 x 0.07998 = 25s-1N 1N na) 1/3(K /T )1/2 二 1/3(85.76/0.00583)1/2 二40.43s-1 0I 工 icnb) 1/3(K /T )1/2 二 1/3(85.76/0.015)1/2

31、二25.2s-1 0可见1满足近似等效条件。Cncn转速超调量的校验:b 二 2x72.2% x 1.1 x(308x0.18/0.196x 1000)x(0.02666 /0.12)二9.97% 10%n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：，取 310K。二 K x R 二 7.6 x 40 二 304K n 0/R 二0.07998/310x 103 二0.258yFn n二4T /R 二4x0.015/40x103 二 1.5yF0选R = 40 K，则0RnCnC4) 40%额定负载起动到最低转速时:b % 二 2x72.2% x (1.10.4)x(308x

32、0.18/0.196x 100)x (0.02666/0.12)二 63.5%n5)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。根据电机运动方程：需竽=Te - TLdn C (/ -1 )R(I -1门 r ) R m dm dL dm dL (II )dtGD2厂GD2Rdm dL CTCe m375e 375C C所以：meC T n *0.196*0.12*1000t f 0.385s(I -1 )R (1.1*308 - 0)*0.18dm dL3.10 有一转速、电流双闭环调速系统 ,主电 路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数 为：P =500kW,

33、U =750V, I =760A, n =375 N N N N r/min,电动势系数C =1. 82V min/r,电枢 e回路总电阻R=014Q，允许电流过载倍数入=1. 5,触发整流环节的放大倍数 K =75,电磁 s时间常数t=0.031s,机电时间常数丁 =0.112s, 电流反馈滤波时间常数丁 =0.002s,转速反馈 滤波时间常数丁 =0.02s。设调节器输入输出 电 压 U *=U *=0 U =10V, 调节器输入电 阻 nm im nmR =40k Q。0设计指标:稳态无静差，电流超调量5%, 空载起动到额定转速时的转速超调量 10%。电流调节器已按典型 I 型系统设计,

34、并 取参数 KT=0.5 。（1）选择转速调节器结构,并计算其参数。（2）计算电流环的截止频率 和转速环的截 ci止频率 ，并考虑它们是否合理?U * 10卩=-im = 0.00877V / AI1.5*760dm_ - *CX = nmn解：(1)cn=匹=0.0267V min/ r 375电流调节器已按典型 I 型系统设计如下确定时间常数：叭二0001766b) T 二 0.002soic) T 二 0.00367s工i电流调节器结构确定：因为o%5%，可按典型 I 型系统设计，选用 PI 调节器，WACR(s)=Ki(Tis+1)/Tis，Tl/T =0.031/0.00367=8.

35、25oscib) (l/T T)1/2 = 3(1/0.112x0.031)1/2 = 50.9s-1 o可见满足近似等效条件。 取 36K电流调节器的实现：选R0=40K，则R 二 K x R 二 0.899 x 40 二 35.96 i i 0C 二 T / R 二 0.031/36x103 二 0.86卩Fi i iC 二 4T / R 二 4 x 0.002/40 x103 二 0.2卩f速度调节器设计确定时间常数：a) 电流环等效时间常数1/K：因为KITZi= 0.5 贝U l/K=2Ty=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sonc) c)T =l/K+

36、Ton=0.00734+0.02=0.02734s丿丿乂nI on速度调节器结构确定： 按照无静差的要求，应选用 PI 调节器，WASR(S)=K(TnS+1)/TnS速度调节器参数确定：t =hT，选 h=5,贝U t =hT =0.1367s,n nn nKN=(h+l)/(2h2T2口)=6/2*25*0.027342=160.54 s-2K =(h+1)BC T /( 2haRT)=6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02 734=10.5校验等效条件：=Kn/q1=Knt =160.54*0.1367 =21.946 s-2cn N 1 N

37、na)1/3(K/Tr)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=6422s-1 cnb)1/3(K/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27 51s-1 叫n可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R=40K ,则R =K *R0=10.5*40=420K0由 此 Cn=Tn/Rn=0.1367/420* 103=0.325pF 取 0.33pF C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2yF 2）电流环的截止频率是：o i=KI=136.24 s-11 I速度环的截止频率是：ocn=21.946 s-2 从电流环和速度环的截止频率可以看 出，电

38、流环比速度环要快，在保证每个环都 稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体 现了多环控制系统的设计特点。3.11在一个转速、电流双闭环V-M系统中, 转速调节器ASR，电流调节器ACR均采用 PI调节器。(1)在此系统中 ,当转速给定信号最大值Unm*i5V 时,n=nN=1500 r/min;电流给定信号 最大值U *=10V时,允许最大电流I =30A,电 im dm枢回路总电阻R=2Q，晶闸管装置的放大倍 数K=30 ,电动机额定电流I =20A ,电动势 sN系数C=0.128Vmin/r。现系统在eU *=5V ,I =20A时稳定运行。求此时的稳态 ndl转速n二？ ACR的输出电压

39、U =?c(2)当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁( =0) , 系统将会发生什么现象? 试 分析并说明之。若系统能够稳定下来,则稳定后 n=? U =? U *=? U =? I =? U =?n ii d c(3) 该系统转速环按典型II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T =005s ,求转速环在 En 跟随给定作用下的开环传递函数,并计算出 放大系数及各时间常数。(4) 该系统由空载 ( =0)突加额定负载时 , 电流和转速的动态过程波形是怎样的？已 In知机电时间常数卩=0.05s,计算其最大动态速 降 和恢复时间 m。An

40、tmaxv1) a U* /nN =15/1500=0.01 Vmin/rnm N卩=u* /Id = 10/30=0.33 V/Aim dmU* =5 V, n=U* /a=5/0.01=500 r/min nn28*500+20*2)/30=3.467 V2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(=0)则电动机无电动转矩，转速迅速下 降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整 流装置输出最大电流 Idm 。因此，系统稳定 后，n=0， Un=0U*i=U*im =10， Ui=U*i=10i imi iId=Idm=30A Uc=Ud0/Ks=(E+IdRz)/Ks=(0+30*2)/30=

41、2 V3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状 态，此时系统的开环传递函数是：W (s )=nK G s +1)Nn_ s 2 (T s +1)Ln5如口=5 *05=25sTn=005sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-24) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94)Anb=2(X-z)AnNTZn/Tm=2 *(1-0) *20*2/0. 128*(0.05/0.05)= 625 r/minCb=2FK2T=2IdNRTp /C T =2*20*2*0.05/ b2 dN n e0.128*0.05=625 r/min 最 大 动 态 速 降：An

42、 =(AC /Cb)*Anb=81.2%*625=507.5max max b br/min恢复时间：tv=88T=8.8*0.05=044s(p81 表)习题五5.8两电平PWM逆变器主回路，采用双极性 调制时，用“ 1”表示上桥臂开通，“0”表 示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。根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：采用双极性调制时，忽略死区时间影响，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：S =1xS =0xUd2 u = x UdI 2u = Ud(2S -1),以直流电源中点O 为参考

43、点u = (u + u en + u ej2y)s A B CSASBSCuAuBuCusu0000Ud2Ud2Ud-20u1100Ud2Ud-2Ud-2K3 du2110Ud2Ud-2Ud-22丑JU ej 3 3 d56u，如何定CO、u 和合成COBO、AO5.9 当三相电压分别为 u 、AOBO义三相定子电压空间矢量u矢量U，写出他们的表达式。s解：A,B,C为定子三相绕组的轴线，定义三 相电压空间矢量：u=uAOAOu=u ejBOBOu=ue j 2COCO合成矢量：=u + u + uAO BO CO=u + u en + u ej 2 yAO BO CO5.10 忽略定子电阻的

44、影响，讨论定子电压空间矢量u与定子磁链屮的关系，当三相电压 ssu 、u 、u 为正弦对称时，写出电压空间矢 AO BO CO量u与定子磁链屮的表达式，画出各自的运 ss动轨迹。解：用合成空间矢量表示的定子电压方程 式：d屮sdt忽略定子电阻的影响，dwu q 4s dtW Q J u dtss即电压空间矢量的积分为定子磁链的增量。当三相电压为正弦对称时，定子磁链旋转矢鸭=屮 e j（吟+申） ss 电压空间矢量：u u 3屮ej（叫+严）s 1 s5.11 采用电压空间矢量 PWM 调制方法，若直流电压u恒定，如何协调输出电压与输出频 d率的关系。解：直流电压恒定则六个基本电压空间矢量 的幅

45、值一定，开关周期T =-T,输出频率w I,彳103 Nw1.* u = u + Ju =佯U + 2U ej3, I, -2 IT i T 2 T d T d T T0 0 0 0 0 0t J,t J,t-1 -1 T，零矢量作用时间增加，所以插1 2 1 2入零矢量可以协调输出电压与输出频率的关系。5.12 两电平 PWM 逆变器主回路的输出电压 矢量是有限的，若期望输出电压矢量“的幅s值小于直流电压u，空间角度。任意，如何用d有限的 PWM 逆变器输出电压矢量来逼近期望 的输出电压矢量。解：两电平 PWM 逆变器有六个基本空间电压 矢量，这六个基本空间电压矢量将电压空间 矢量分成六个扇

46、区，根据空间角度e确定所 在的扇区，然后用扇区所在的两个基本空间 电压矢量分别作用一段时间等效合成期望 的输出电压矢量。习题六C3/21012261 按磁动势等效、功率相等的原则，三 相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩 阵为22现有三相正弦对称电流./() , 7( 2兀),I -1 co s(o t) I = I co s(t )A m B m 3 7(2兀)，求变换后两相静止坐标系中的I = I cos(t +)C m 3电流和，分析两相电流的基本特征与三相 电流的关系。解：两相静止坐标系中的电流其中，isai-sp -212riAiBiC1一i2 B3 i2 B1i2 ci2 c3i2

47、 A02 lB0v3 i2 ci + i + i = 0ABcisaisp3 .i2Aco s(t)2i2Bi2c叵co s(et -互)-co s(et + 竺)2333 cos(rot)2v3 reTj(-节)+ e-仙-等)3 sin(-)sin( et)co s(et) sin(et)co s(t)2e j 3 ej 3ej 3 e “ 3 n：ejet H2e- jt co s(t)2,头 一.汰e问e-j (ej 3 e j 3 )co s(et)2两相电流与三相电流的的频率相同，两相电流的幅值是三相电流的的”f倍,两相电流的62 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的 变换阵为C2s/

48、2rcos psin psin p cos p将上题中的两相静止坐标系中的电流 i 和 变换到两相旋转坐标系中的电流.和.：坐标 iisdsq系旋转速度dp。分析当 时，.和.的基 dt 11sdsq本特征，电流矢量幅值. 与三相电流幅I =屮 2 + 12值I的关系，其中是三相电源角频率。 解：两相静止坐标系中的电流saI-sp -co s(t) singt)两相旋转坐标系中的电流.sd.sqcospsinpsinp cospsaispcospsinpcos pco s(t) + sin p sin(rot) cos p sin(t) sin pco s(t)msinp II cos(t)

49、cos p|_ sin(rot) cos(t p) sin(rot p)当dp_时，dt 1，两相旋转坐标系中的电流 o t1电流矢量幅值isqisdcos（ot 屮） sin（ot _弔）0i is sd64 笼型异步电动机铭牌数据为：额定功率，额定电压 ，额定电流 ，额P 3kWU 380VI 6.9 A定转速 / .，额定频率f ，定子绕组 n 1400r / minf 50 HzY联接。由实验测得定子电阻R 185。，转子 电阻，定子自感，转子自感R 2.6580L 0.294Hr，定、转子互感S ，转子参数L 0.2898HL 0.2838 H已 折 合 到 定 子 侧 ， 系 统

50、的 转 动 惯 量 j 0.i284kg m2，电机稳定运行在额定工作状态， 试求：转子磁链和按转子磁链定向的定子 屮 电流两个分量 i 、 i 。ii解：由异步电动机稳态模型得额定转差率n _ n1500 _ 1400 1s N -n n150015额定转差100k, /ad / s1o s o s 2 兀 fsN N 1 N N电流矢量幅值：2 =st2 仃X &9 A由按转子磁链定向的动态模型得稳定运行时，如0udt解得d1 L.l =W -|m idtTr T smrrL im sts Tr r故ist =L irm smT /=* r r = 3 T ILs r sm15is=Jl + 2.28352 ismsm3 x 6.92.493= 4.79A1000.2898 .i2.658 sm= 2.2835 ism=2.493i =、込 x 6.9smi 2.2835 i = 2.2835 x 4.79=10.937Astsm转子磁链炉=L i = 0.2838x4.79=1.359Wbrm sm60厶-Zn=1.55r /min60 x 1 x 106 -1024 x 4 x 150