電力拖動自動控制系統(tǒng)運動控制系統(tǒng)(阮毅陳伯時)課后思考題習題答案章完整版

1、第二章思考題：2-1直流電動機有哪幾種調速方法？各有哪些特點？1.電樞回路串電阻調速特點：電樞回路的電阻增加時，理想空載轉速不變，機械特性的硬度變軟。反之機械特性的硬度變硬。2.調節(jié)電源電壓調速特點：電動機的轉速隨著外加電源電壓的降低而下降，從而達到降速的目的。不同電源電壓下的機械特性相互平行，在調速過程中機械特性的硬度不變，比電樞回路串電阻的降壓調速具有更寬的調速范圍。3.弱磁調速特點：電動機的轉速隨著勵磁電流的減小而升高，從而達到弱磁降速的目的。調速是在功率較小的勵磁回路進行，控制方便，能耗小，調速的平滑性也較高。2-2簡述直流PWM變換器電路的基本結構。IGBT，電容，續(xù)流二極管，電動機

2、。2-3直流PWM變換器輸出電壓的特征是什么？直流電壓2-4為什么直流PWM變換器-電動機系統(tǒng)比V-M系統(tǒng)能夠獲得更好的動態(tài)性能？直流PWM變換器-電動機系統(tǒng)比V-M系統(tǒng)開關頻率高，電流容易連續(xù)，諧波少，電動機損耗及發(fā)熱都較?。坏退傩阅芎?，穩(wěn)速精度高，調速范圍寬；若與快速響應的電動機配合，則系統(tǒng)頻帶寬，動態(tài)響應快，動態(tài)抗擾能力強；電力電子開關器件工作在開關狀態(tài)，導通損耗小，當開關頻率適中時，開關損耗也不大，因而裝置效率較高；直流電源采用不控整流時，電網(wǎng)功率因數(shù)比相控整流器高。2-5在直流脈寬調速系統(tǒng)中，當電動機停止不動時，電樞兩端是否還有電壓？電路中是否還有電流？為什么？電樞兩端還有電壓，因為

3、在直流脈寬調速系統(tǒng)中，電動機電樞兩端電壓僅取決于直流。電路中無電流，因為電動機處已斷開，構不成通路。2-6直流PWM變換器主電路中反并聯(lián)二極管有何作用？如果二極管斷路會產生什么后果？反并聯(lián)二極管是續(xù)流作用。若沒有反并聯(lián)二極管，則IGBT的門極控制電壓為負時，無法完成續(xù)流，導致電動機電樞電壓不近似為零。2-7直流PWM變換器的開關頻率是否越高越好？為什么？不是越高越好，因為太高的話可能出現(xiàn)電容還沒充完電就IGBT關斷了，達不到需要的輸出電壓。2-8泵升電壓是怎樣產生的？對系統(tǒng)有何影響？如何抑制？對濾波電容充電的結果造成直流側電壓升高。過高的泵升電壓將超過電力電子器件的耐壓限制值。選取電容量較大且

4、合適的電容。2-9在晶閘管整流器-電動機開環(huán)調速系統(tǒng)中，為什么轉速隨負載增加而降低？負載增加，負載轉矩增大，電動機轉速下降直到電磁轉矩等于負載轉矩時速度就不變了，達到穩(wěn)態(tài)。T-TL=J*dn/dt2-10靜差率和調速范圍有何關系？靜差率和機械特性硬度是一回事嗎？舉個例子。不是一回事。靜差率是用來衡量調速系統(tǒng)在負載變化下轉速的穩(wěn)定度的。機械特性硬度是用來衡量調速系統(tǒng)在負載變化下轉速的降落的。是機械特性的斜率。如：變壓調速系統(tǒng)在不同轉速下的機械特性是相互平行的，機械特性硬度是一樣的，但是靜差率卻不同，空載轉速高的靜差率小。2-11調速范圍與靜態(tài)速降和最小靜差率之間有何關系？為什么必須同時提才有意義

5、？若只考慮一個量，其余兩個量在一個量一定的情況下另一個量就會不滿足要求。2-12轉速單閉環(huán)調速系統(tǒng)有哪些特點？改變給定電壓能否改變電動機的轉速？為什么？如果給定電壓不變，調節(jié)轉速反饋系數(shù)是否能夠改變轉速？為什么？如果測速發(fā)電機的勵磁發(fā)生了變化，系統(tǒng)有無克服這種干擾的能力？特點：減小轉速降落，降低靜差率，擴大調速范圍。改變給定電壓能改變電動機轉速，因為改變給定電業(yè)會改變電壓變化值，進而改變控制電壓，然后改變輸出電壓，最后改變轉速。如果給定電壓不變，調節(jié)轉速反饋系數(shù)是能夠改變轉速，因為調節(jié)轉速反饋系數(shù)會改變反饋電壓，進而改變電壓變化值，控制電壓，輸出電壓，最終改變轉速。如果測速發(fā)電機的勵磁發(fā)生了變

6、化，會造成Ce的變化，會影響轉速，被測速裝置檢測出來，再通過反饋控制的作用，減小對穩(wěn)態(tài)轉速的影響。系統(tǒng)有克服這種干擾的能力。2-13為什么用積分控制的調速系統(tǒng)是無靜差的？在轉速單閉環(huán)調速系統(tǒng)中，當積分調節(jié)器的輸入偏差電壓厶U=0時，調節(jié)器的輸出電壓是多少？它決定于哪些因素？比例調節(jié)器的輸出只取決于輸入偏差量的現(xiàn)狀，而積分調節(jié)器的輸出則包含了輸入偏差量的全部歷史。雖然到穩(wěn)態(tài)時，只要歷史上有過，其積分就有一定的數(shù)值，足以產生穩(wěn)態(tài)運行所需要的控制電壓UCO2-14在無靜差轉速單閉環(huán)調速系統(tǒng)中，轉速的穩(wěn)態(tài)精度是否還受給定電源和測速發(fā)電機精度的影響？為什么？受影響。因為無靜差轉速單閉環(huán)調速系統(tǒng)若給定電源

7、發(fā)生偏移或者測速發(fā)電機精度受到影響會導致轉速改變，進而反饋電壓改變，使電壓偏差為零，所以轉速的穩(wěn)態(tài)精度會受影響。2-15在轉速負反饋單閉環(huán)有靜差調速系統(tǒng)中，當下列參數(shù)發(fā)生變化時系統(tǒng)是否有調節(jié)作用？為什么？（1）放大器的放大系數(shù)KpO（2）供電電網(wǎng)電壓UdO（3）電樞電阻RaO（4）電動機勵磁電流IfO（5）轉速反饋系數(shù)a。(1) 放大器的放大系數(shù)Kp發(fā)生變化時系統(tǒng)有調節(jié)作用，因為Kp發(fā)生變化時，控制電壓ppUc就會改變，然后輸出電壓Ud0就會改變，轉速改變，反饋電壓隨之改變，改變電壓偏差進一步調節(jié)輸出電壓和轉速達到調節(jié)作用。(2) 供電電網(wǎng)電壓Ud發(fā)生變化時系統(tǒng)有調節(jié)作用，因為Ud發(fā)生變化時，

8、會使Ks變化，進而改變輸出電壓和轉速，反饋電壓隨之改變，改變電壓偏差進一步調節(jié)輸出電壓和轉速達到調節(jié)作用。(3) 電樞電阻Ra發(fā)生變化時系統(tǒng)有調節(jié)作用，因為Ra發(fā)生變化時，會使電樞電路總電阻變化，使得轉速改變，反饋電壓隨之改變，改變電壓偏差進一步調節(jié)輸出電壓和轉速達到調節(jié)作用。(4) 電動機勵磁電流If發(fā)生變化時系統(tǒng)有調節(jié)作用，因為If發(fā)生變化時，使得Ce變化,轉速改變，反饋電壓隨之改變，改變電壓偏差進一步調節(jié)輸出電壓和轉速達到調節(jié)作用。(5) 轉速反饋系數(shù)a發(fā)生變化時系統(tǒng)有調節(jié)作用，因為a發(fā)生變化時，使反饋電壓改變,改變電壓偏差進一步調節(jié)輸出電壓和轉速達到調節(jié)作用。2-16(1)在轉速負反饋

9、單閉環(huán)有靜差調速系統(tǒng)中，突減負載后又進入穩(wěn)定運行狀態(tài)，此時晶閘管整流裝置的輸出電壓Ud較之負載變化前是增加、減少還是不變？(2)在無靜差調速系統(tǒng)中，突加負載后進入穩(wěn)態(tài)時轉速n和整流裝置的輸出電壓Ud是增加、減少還是不變？在轉速負反饋單閉環(huán)有靜差調速系統(tǒng)中，突減負載后又進入穩(wěn)定運行狀態(tài)，此時轉速有所增大，反饋電壓增大，電壓偏差減小，控制電壓減小，晶閘管整流裝置的輸出電壓Ud較之負載變化前減小。在無靜差調速系統(tǒng)中，突加負載后引起動態(tài)速降時，產生電壓偏差，控制電壓Uc從Uc1不斷上升，使電樞電壓也由Udi不斷上升，從而使轉速n在下降到一定程度后又回升。達到新的穩(wěn)態(tài)時，電壓偏差又恢復為零，但Uc已從U

10、c1上升到Uc2，使電樞電壓由Udi上升到Ud2，以克服負載電流增加的壓降。所以轉速是不變的，輸出電壓Ud是增加的。2-i7閉環(huán)調速系統(tǒng)有哪些基本特征？它能減少或消除轉速穩(wěn)態(tài)誤差的實質是什么？基本特征：閉環(huán)，有反饋調節(jié)作用，減小速降，降低靜差率，擴大調速范圍。實質：閉環(huán)調速系統(tǒng)中參數(shù)變化時會影響到轉速，都會被測速裝置檢測出來，再通過反饋控制的作用，減小它們對穩(wěn)態(tài)轉速的影響從而減小或消除轉速穩(wěn)態(tài)誤差。習題2-i有制動電流通路的不可逆PWM變換器-直流電動機系統(tǒng)進行制動時，VT1始終不導通。VT2導通時，電動機處于能耗制動狀態(tài)；VT2不導通時，VD1續(xù)流，電動機處于回饋制動狀態(tài)。2.2系統(tǒng)的調速范

11、圍是1000100rmin,要求靜差率s=2%，那么系統(tǒng)允許的靜差轉速降是多少？解：An二"nSD(ls)=1000x0.02/'(10x0.98)二2.04rpm系統(tǒng)允許的靜態(tài)速降為2.04rpm。2.3某一調速系統(tǒng)，在額定負載下，最高轉速特性為no二1500對min，最低轉速特性為0maxn二150rjmin，帶額定負載時的速度降落An二15r/min，且在不同轉速下額定速降0mmN不變，試問系統(tǒng)能夠達到的調速范圍有多大？系統(tǒng)允許的靜差率是多少？解：1）調速范圍D二n/n.（均指額定負載情況下）maxminn二n-An二1500-15二1485max0maxNn=nAn=

12、15015=135min0minND二nin=1485/135二11maxmin2）靜差率s=An：n=15/150=10%2.4直流電動機為PN=74kW,UN=220V,lN=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023Q。相控整流器內阻Rrec=0.022Q。采用降壓調速。當生產機械要求s=20%時，求系統(tǒng)的調速范圍。如果s=30%時，則系統(tǒng)的調速范圍又為多少？解：Ce二U1胃)nN=(220378x0.023)門430二0.1478K-'rpmAn二RCe二378x(0.023+0.022).'0.1478二115rpmD二nNS：An(1s)二1430x0.2

13、'115x(10.2)二3.1D二nNS：An(1s)二1430x0.3115x(10.3)二5.332.5某龍門刨床工作臺采用V-M調速系統(tǒng)。已知直流電動機P二60kW,U二220V,I二305A,n二1000r；min，主電路總電阻R=0.18Q,Ce=0.2VNNNNmin/r,求：(1) 當電流連續(xù)時，在額定負載下的轉速降落AnN為多少？(2) 開環(huán)系統(tǒng)機械特性連續(xù)段在額定轉速時的靜差率Sn多少？(3) 若要滿足D=20,sW5%的要求，額定負載下的轉速降落AnN又為多少?解：An=InxRCe=305x0.18/0.2=274.5r/min(2)Sn=AnN/nQ二274.5

14、/(1000+274.5)二21.5%An二nNS；D(1-s)二1000x0.05,：20x0.95二2.63r/min2.6有一晶閘管穩(wěn)壓電源，其穩(wěn)態(tài)結構圖如圖所示，已知給定電壓U*=8.8V、比例調節(jié)器u放大系數(shù)K=2、晶閘管裝置放大系數(shù)K二15、反饋系數(shù)y=0.7。求：(1)輸出電壓U；PSd(2)若把反饋線斷開，U為何值？開環(huán)時的輸出電壓是閉環(huán)是的多少倍？(3)若把反饋d系數(shù)減至Y=0.35,當保持同樣的輸出電壓時，給定電壓U*應為多少？u解：(1)U=KKU.'(1+KK丫)二2x15x8.8(1+2x15x0.7)二12Vdpsups'(2)U廣8.8x2x15二

15、264V，開環(huán)輸出電壓是閉環(huán)的22倍U*二U(1+KK丫)KK二12x(1+2x15x0.35).(2x15)二4.6Vudps*ps2.7某閉環(huán)調速系統(tǒng)的調速范圍是1500r/min150r/min，要求系統(tǒng)的靜差率s<5%，那么系統(tǒng)允許的靜態(tài)速降是多少？如果開環(huán)系統(tǒng)的靜態(tài)速降是100r/min，則閉環(huán)系統(tǒng)的開環(huán)放大倍數(shù)應有多大？解：1)ns/AnNN10=1500x2%/Anx98%NAn=1500x2%/98%x10=3.06r/minN2)K=Cn/An)-1=100/3.06-1=31.7opcl2.8某閉環(huán)調速系統(tǒng)的開環(huán)放大倍數(shù)為15時，額定負載下電動機的速降為8r/min，

16、如果將開環(huán)放大倍數(shù)提高到30，它的速降為多少？在同樣靜差率要求下，調速范圍可以擴大多少倍？解：An=G+Kkn=G+15)x8=128opcl如果將開環(huán)放大倍數(shù)提高到30,則速降為：An=An/G+K)=128/G+30)=4.13rpmclop在同樣靜差率要求下，D可以擴大An/An二1.937倍11cl22.9有一V-M調速系統(tǒng)：電動機參數(shù)PN=2.2kW,UN=220V,IN=12.5A,nN=1500r/min，電樞電阻R=1.50，電樞回路電抗器電阻RL=0.8Q，整流裝置內阻R=1.00，觸發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍arec數(shù)Ks=35。要求系統(tǒng)滿足調速范圍D=20，靜差率S<=10

17、%。(1) 計算開環(huán)系統(tǒng)的靜態(tài)速降An和調速要求所允許的閉環(huán)靜態(tài)速降Anl。opcl(2) 采用轉速負反饋組成閉環(huán)系統(tǒng)，試畫出系統(tǒng)的原理圖和靜態(tài)結構圖。(3) 調整該系統(tǒng)參數(shù)，使當Un*=15V時，ld=ln=nN，貝V轉速負反饋系數(shù)a應該是多少？(4) 計算放大器所需的放大倍數(shù)。解：(1)n=(U-1xR)/CNNaenC=(22012.5x1.5)/1500=201.25/1500=0.134Vmin/ren=(UIxR)/CNNZenAn二IxR/C二12.5x3.3/0.134二307836r/minopNZeAn=ns/(D(1s)=1500x10%/(20*90%)=8.33r/m

18、inNN所以，An=8.33r/mincl(3)(4)n二KU*IR)(C(1+K)二Ku*/a(l+psndendeK=(An/An)1二307.836/8.33-1二35.955opcl1500二35.955x15/«(1+35.955)12.5x3.3/(0.134(1+35.955)na二0.0096Vmin/r可以求得,14.34“K*C35.955*0.134pK*a35*0.0096s也可以用粗略算法:1515000.01K=kc/Ka，K35.955x0.134/(35x0.01)13.76esP2.10在題2.9的轉速負反饋系統(tǒng)中增設電流截止環(huán)節(jié)，要求堵轉電流I加&

19、lt;2I入臨界截dblN止電流Id>1.2IN，應該選用多大的比較電壓和電流反饋采樣電阻？要求電流反饋采樣電dcrN阻不超過主電路總電阻的1/3，如果做不到，需要增加電流反饋放大器，試畫出系統(tǒng)的原理圖和靜態(tài)結構圖，并計算電流反饋放大系數(shù)。這時電流反饋采樣電阻和比較電壓各為多少？解:(1)dbl<2125A，I>1.2115ANdcrNdcrU/Rn15U/RcomscomsdbluU*+U)Rn25(15+U)/RnR1.50，ncomscomss15x1.522.5Vcom(R/3)(1.0+1.5+0.8)/31.10,R>(R/3)(2)'s'不

20、符合要求，取R1.10,需加電流反饋放大器s由于需要的檢測電阻值大，說明要求的電流信號值也大。要同時滿足檢測電阻小和電流信號大的要求，則必須采用放大器，對電流信號進行放大。為此，取R1.10，貝yUIxR15x1.116.5Vscomdcrs當Id>時，有dcrKU*/C(1+/Snep*+KU/(C(1+nicomeKK(RI-UsIsdcomeK)»-"+KKKRpsisn=%=KKps當n=0時,I=KK(U*+KU)/(R+KKKR)«(U*+KU)/KRdblpsnicompsisnicomis)/cG+K)LrI/(cG+de25=(15+16.

21、5K)/1.1KnK=15/(22.5-13.5)=1.36iii2.11在題2.9的系統(tǒng)中，若主電路電感L=50mH,系統(tǒng)運動部分的飛輪慣量GD2=1.6Nm2,整流裝置采用三相零式電路，試判斷按題2-9要求設計的轉速負反饋系統(tǒng)能否穩(wěn)定運行？如要保證系統(tǒng)穩(wěn)定運行，允許的最大開環(huán)放大系數(shù)是多少？解：L=50mH，GD2=1.6Nm2，R_=3.30，C=°.134V/rPmZeT=L/R=0.05/3.3=0.015sT=GD2R/(375CC)=1.6x3.3/(375x0.134x0.134x30/3.14)mZemT=0.00333ssKT(T+T)+T2_I-mlss-=0.

22、0015+0.003332_=5.28/64.33=0.082s/TT=0.082x(0.015+0.00333)+0.0033321/(0.0151*0.00333)lsLJ/0.00004983=30.52可見與前面的K>35.955相矛盾，故系統(tǒng)不穩(wěn)定。要使系統(tǒng)能夠穩(wěn)定運行，K最大為30.52。2.12有一個晶閘-電動機調速系統(tǒng)，已知：電動機：P=2.8kW，U=220V，I=15.6A，NNNn=1500r/min,R=1.5Q,整流裝置內阻R=1Q,電樞回路電抗器電阻Rr=0.8Q,觸NarecL發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍數(shù)K=35。s(1) 系統(tǒng)開環(huán)工作時，試計算調速范圍D=30時的

23、靜差率s值。(2) 當D=30，s=10%時，計算系統(tǒng)允許的穩(wěn)態(tài)速降。(3)如組成轉速負反饋有靜差調速系統(tǒng)，要求D二30,s二10%，在U*=10V時I=I,ndNn=nN,計算轉速負反饋系數(shù)a和放大器放大系數(shù)Kp。解：C二(220-15.6x1.5)/1500二0.1311Vmin/reAn=IxR/C=15.6x3.3/0.1311=39268r/minopN工en=1500/30=501mins=An/An=392.68/(392.68+50)=88.7%op0min0.1=An/(An+50)(2)An=5/0.9=5.56r/min(3)n=KKU*/C(1+K)-RI/C(1+K)

24、Jpsne丫deK=KaK/Cpse'1500=KKU*/C(1+K)-(R15.6)/C(1+K)<(ps")e(SeK=*n/An丿1=397.48/5.56)-1=52.5opcl2.13旋轉編碼器光柵數(shù)1024，倍頻系數(shù)4,高頻時鐘脈沖頻率f0=1MHz，旋轉編碼器輸出的脈沖個數(shù)和高頻時鐘脈沖個數(shù)均采用16位計數(shù)器，M法測速時間為0.01s，求轉速n=1500r/min和n=150r/min時的測速分辨率和誤差率最大值。解：1)M法：分辨率q=ZZLZTc=1.465r/min1024x4x0.0160M最大誤差率：n=1TZTcn=1500r/min時，MnZ

25、Tc601500x4x1024x0.01=1024102460n=150r/min時，MnZTc60150x4x1024x0.01=10”102.460111500r/min時，5%=x100%=x100%=0.098%maxM1024111150r/min時，5%=x100%=x100%=0.98%maxM102.41可見M法適合高速。（2）T法：分辨率：n=1500r/min時,Zn2Q60f-Zn01024x4x15002=171r/mm60x1x106-1025x4x1500n=150r/min時,Zn260f0-Zn1024x4x1502=1.55r/min60x1x106-1024

26、x4x15060f最大誤差率：n=0,MZM2=604,Zn當n=1500r/min時,M21024500=9'77當n=150r/min時，M60x1062_1024x4x150-97'7n=1500r/min時，5%=max11x100%=x100%=11.4%M-19.77-12n=150r/min時,%=max11x100%=x100%=1%M-197.7-12可見T法適合低速第三章作業(yè)思考題3-1在恒流起動過程中，電樞電流能否達到最大值ldm?為什么？答：不能達到最大值,因為在恒流升速階段,電流閉環(huán)調節(jié)的擾動是電動機的反電動勢,它正是一個線性漸增的斜坡擾動量，所以系統(tǒng)

27、做不到無靜差，而是ld略低于Idm。3-2由于機械原因,造成轉軸堵死,分析雙閉環(huán)直流調速系統(tǒng)的工作狀態(tài)。答：轉軸堵死，則n=0，比較大,導致比較大，也比較大，然后輸出電壓較大，最終可能導致電機燒壞。3-3雙閉環(huán)直流調速系統(tǒng)中，給定電壓Un*不變，增加轉速負反饋系數(shù)a,系統(tǒng)穩(wěn)定后轉速反饋電壓Un和實際轉速n是增加、減小還是不變？答：反饋系數(shù)增加使得增大，減小，減小，減小，輸出電壓減小，轉速n減小，然后會有所減小，但是由于a增大了，總體還是增大的。3-4雙閉環(huán)直流調速系統(tǒng)調試時，遇到下列情況會出現(xiàn)什么現(xiàn)象？（1）電流反饋極性接反。（2）轉速極性接反。答：（1）轉速一直上升，ASR不會飽和，轉速調節(jié)

28、有靜差。（2）轉速上升時，電流不能維持恒值，有靜差。3-5某雙閉環(huán)調速系統(tǒng)，ASR、均采用PI調節(jié)器，ACR調試中怎樣才能做到Uim*=6V時，ldm=20A；如欲使Un*=10V時，n=1000rpm,應調什么參數(shù)？答：前者應調節(jié)，后者應調節(jié)。3-6在轉速、電流雙閉環(huán)直流調速系統(tǒng)中，若要改變電動機的轉速，應調節(jié)什么參數(shù)？改變轉速調節(jié)器的放大倍數(shù)Kn行不行？改變電力電子變換器的放大倍數(shù)Ks行不行？改變轉速反饋系數(shù)a行不行？若要改變電動機的堵轉電流，應調節(jié)系統(tǒng)中的什么參數(shù)？答：轉速n是由給定電壓決定的，若要改變電動機轉速，應調節(jié)給定電壓。改變Kn和Ks不行。改變轉速反饋系數(shù)a行。若要改變電動機的

29、堵轉電流，應調節(jié)或者。3-7轉速電流雙閉環(huán)直流調速系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)運行時，兩個調節(jié)器的輸入偏差電壓和輸出電壓各是多少？為什么？答：均為零。因為雙閉環(huán)調速系統(tǒng)在穩(wěn)態(tài)工作中，當兩個調節(jié)器都不飽和時，PI調節(jié)器工作在線性調節(jié)狀態(tài)，作用是使輸入偏差電壓在穩(wěn)態(tài)時為零。各變量之間關系如下：3-8在雙閉環(huán)系統(tǒng)中，若速度調節(jié)器改為比例調節(jié)器，或電流調節(jié)器改為比例調節(jié)器，對系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)性能影響如何？答：穩(wěn)態(tài)運行時有靜差，不能實現(xiàn)無靜差。穩(wěn)定性能沒有比例積分調節(jié)器作用時好。3-9從下述五個方面來比較轉速電流雙閉環(huán)直流調速系統(tǒng)和帶電流截止負反饋環(huán)節(jié)的轉速單閉環(huán)直流調速系統(tǒng)：（1）調速系統(tǒng)的靜態(tài)特性。（2）動態(tài)限流性能。（3）

30、起動的快速性。（4）抗負載擾動的性能。（5）抗電源電壓波動的性能。答：轉速電流雙閉環(huán)調速系統(tǒng)的靜態(tài)特性，動態(tài)限流性能，起動的快速性，抗負載擾動的性能，抗電源電壓波動的性能均優(yōu)于帶電流截止負反饋環(huán)節(jié)的轉速單閉環(huán)直流調速系統(tǒng)。3-10根據(jù)速度調節(jié)器ASR、電流調節(jié)器ACR的作用，回答下面問題（設ASR、ACR均采用PI調節(jié)器）：（1）雙閉環(huán)系統(tǒng)在穩(wěn)定運行中，如果電流反饋信號線斷開，系統(tǒng)仍能正常工作嗎？（2）雙閉環(huán)系統(tǒng)在額定負載下穩(wěn)定運行時，若電動機突然失磁，最終電動機會飛車嗎？答：（1）系統(tǒng)仍能正常工作，但是如果有擾動的話，系統(tǒng)就不能穩(wěn)定工作了。（3）電動機突然失磁，轉子在原有轉速下只能產生較小的

31、感應電動勢，直流電機轉子電流急劇增加，可能飛車。習題：3.1雙閉環(huán)調速系統(tǒng)的ASR和ACR均為PI調節(jié)器，設系統(tǒng)最大給定電壓U*=15V，nmn=1500r/min,1T=20A，電流過載倍數(shù)為2,電樞回路總電阻R=20，K=20，NNsCe=0-127Vmin/r'求：當系統(tǒng)穩(wěn)定運行在U；=5V，/=10A時，系統(tǒng)的n、U、U*、dLniU和U各為多少？（2）當電動機負載過大而堵轉時，U*和U各為多少?icic解：（1）U*/n=15V/1500rpm-0.01V/rpmnmNU*5V=500rpm當U*二5V,轉速n二-n=na0.01V/rpm-*15VP二f二二0.375V/A

32、I40Adm-*=PI=0.375*10二3.75V二-idiTT-E+1RCn+1R0.127*500+10*2U=d0=dL=dL=4.175VCKKK20sss即n二500rpm,U=5V，-*二-二3.75V，-二4.175vniic(2)堵轉時，-*=P/=15V，idm“-(Cn+1R)IR40*2-=d0=ed=dm=4VcKKK20sss3.2在轉速、電流雙閉環(huán)調速系統(tǒng)中，兩個調節(jié)器ASR,ACR均采用PI調節(jié)器。已知參數(shù):電動機：P=3.7kW,-=220V,I=20A,n=1000r/min,電樞回路總電阻R=1.5Q,NNNN設-*=-*=-=8V，電樞回路最大電流I=4

33、0A，電力電子變換器的放大系數(shù)K=40。試nmimcmdms求：（1）電流反饋系數(shù)P和轉速反饋系數(shù)a。-*解:1)P=產dm8V40A=0.2V/A-*8Va=nm=0.008V/rpmn1000rpmN2）當電動機在最高轉速發(fā)生堵轉時的-，-*，-，-值。d0iic2)-=E+1R=Cn+1R=40A*1.50=60Vd0dl工eNdl工這時：-*=8V，-=0，ASR處于飽和，輸出最大電流給定值。nn-*=8V，-=8V，ii-=-.-'K=6040=1.5VCd0；S'3.3在轉速、電流雙閉環(huán)調速系統(tǒng)中，調節(jié)器ASR，ACR均采用PI調節(jié)器。當ASR輸出達到-*=8V時，

34、主電路電流達到最大電流80A。當負載電流由40A增加到70A時，試問:（1）imU*應如何變化？(2)U應如何變化？(3)U值由哪些條件決定?iccU*8V解：1)B=im=0.1V/AI80Adm因此當電流從40An70A時,U*應從4Vn7V變化。i2)UC要有所增加。3)U取決于電機速度和負載大小。因為U=E+IR=Cn+IRCd0dl工eNdl工U(cn+1R)U=dO=edcKKss3.5某反饋控制系統(tǒng)已校正成典型丨型系統(tǒng)。已知時間常數(shù)T=0.1s,要求階躍響應超調量bW10%。(1) 系統(tǒng)的開環(huán)增益。(2) 計算過渡過程時間t和上升時間t;sr(3) 繪出開環(huán)對數(shù)幅頻特性。如果要求

35、上升時間t<0.25s,則K=?,b%=?r解：取KT=0.69,g=0.6,b%=9.5%(1)系統(tǒng)開環(huán)增益：K=0.69/T=0.69/0.1=6.9(1/s)上升時間t=3.3T=0.33Sr過度過程時間：3t沁=6T=6x0.1=0.6ss3n(3)如要求t<0.25s，查表3-1則應取KT=1,g=0.5,t=2.4T=2.4*0.1=0.24s這時rrK=1/T=10，超調量=16.3%。3.6有一個系統(tǒng)，其控制對象的傳遞函數(shù)為W(s)=耳=10，要求設計一個無靜差。聽TS+10.01S+1系統(tǒng)，在階躍輸入下系統(tǒng)超調量G%W5%(按線性系統(tǒng)考慮)。試對系統(tǒng)進行動態(tài)校正，

36、決定調節(jié)器結構，并選擇其參數(shù)。解：按典型丨型系統(tǒng)設計，選KT=0.5,E二0.707,查表3-1,得g%二4.3%O選丨調節(jié)器，W(s)=7S'校正后系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為W(s)=-10,這樣，T=0.01，K=10/t，已選KT=0.5,貝VK=0.5/T=50,所以Ts(0.01s+1)11t=10/K=10/50=0.2S，積分調節(jié)器：W(s)=二=0"27。3.7有一個閉環(huán)系統(tǒng)，其控制對象的傳遞函數(shù)為W”(s)=K=10，要求校正為obbs(Ts+1)s(0.02s+1)典型II型系統(tǒng)，在階躍輸入下系統(tǒng)超調量o%W30%(按線性系統(tǒng)考慮)。試決定調節(jié)器結構，并選擇其參

37、數(shù)。解：應選擇PI調節(jié)器，W(s)=KPI(Ts+D,校正后系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)w(s)=KPI(Ts+DK1，刃TsTss(Ts+1)對照典型II型系統(tǒng)，K=KK/t,t=hT,選h=8，查表3-4，o%=27.2%，滿足設計要PI1求。這樣T-hT二8*0.02二0.16s，K二一-=-i-=175.78,K=Kt/K=175.78*0.16/10=2.812h2T22*82*0.022PI13.8在一個由三相零式晶閘管整流裝置供電的轉速、電流雙閉環(huán)調速系統(tǒng)中，已知電動機的額定數(shù)據(jù)為：P=60kW,U=220V,I=308A,n=1000r/min,電動勢系數(shù)C=0.196NNNNeVmin

38、/r,主回路總電阻R=0.18Q，觸發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍數(shù)K=35。電磁時間常數(shù)sT=0.012s,機電時間常數(shù)T=0.12s,電流反饋濾波時間常數(shù)T=0.0025s,轉速反饋濾波時lm0i間常數(shù)T=0.015s。額定轉速時的給定電壓(U*)=10V,調節(jié)器ASR,ACR飽和輸出電壓0nnNU*=8V,U=6.5V。imcm系統(tǒng)的靜、動態(tài)指標為:穩(wěn)態(tài)無靜差，調速范圍D=10，電流超調量oW5%，空載起動到額定轉i速時的轉速超調量G<10%。試求：n(1) 確定電流反饋系數(shù)B(假設起動電流限制在1.1IN以內)和轉速反饋系數(shù)a。(2) 試設計電流調節(jié)器ACR，計算其參數(shù)R.、C、C。畫出其電

39、路圖，調節(jié)器輸入回路電i,iOi阻R0=40kQ。(3) 設計轉速調節(jié)器ASR，計算其參數(shù)Rn、Cn、Con(R°=40kQ)(4) 計算電動機帶40%額定負載起動到最低轉速時的轉速超調量。n。5)計算空載起動到額定轉速的時間。解：(1)0=U*/1=8V/(l.l*I)=8V/339A=0.0236V/AimdmNa=10/1000=0.01Vmin/r(2)電流調節(jié)器設計確定時間常數(shù)：a)T=0.00333ssb)T二0.0025soic)T=T+T二0.0025+0.00333二0.00583s工i0is電流調節(jié)器結構確定：因為<5%，可按典型丨型系統(tǒng)設計，選用PI調節(jié)器

40、,iW(S)二ACRK(tS+1)iitSi電流調節(jié)器參數(shù)確定:t=T=0.012s,選KT=0.5,K=0.5/T=85.76s-1,ilI工iI工itRIiiKs=0.22485.76x0.012x0.1835x0.0173校驗等效條件：®=K二85.76s-1ciIa)電力電子裝置傳遞函數(shù)的近似條件:丄=-1=101.01>e3T3x0.00333ciS方)忽略反電勢的影響的近似條件:詁=鼎而=796S-1化mlc)電流環(huán)小時間常數(shù)的近似條件：=115.52s-13*TT3*0.00333x0.0025c丫s0i可見滿足近似等效條件，電流調節(jié)器的實現(xiàn)：選R0=40K，則:

41、R=KR=0.224x40K=8.96K,取9K.ii0C=t/R=0.012/(9x103)=1.33pF由此iC=4T/R=4x0.0025/40x103=0.25卩F0i0i0(3)速度調節(jié)器設計確定時間常數(shù)：a) 電流環(huán)等效時間常數(shù)1/K:因為KT=0.5Ii為i貝y1/K二2T二2X0.00583二0.01166sI為ib) T二0.015sonc）T二1/K+T二0.01166+0.015二0.02666s工nIon速度調節(jié)器結構確定：按照無靜差的要求，應選用PI調節(jié)器，亠K(Ts+1)W(s)nnASRTsn速度調節(jié)器參數(shù)確定：=hT,取h=5,t=hT=0.1333s工nh+1

42、2h2T2工n(h+1)PCT_6x0.0236x0.196x0.12em2haRT2x5x0.01x0.18x0.02666工n2x52x0.026662168.825-2校驗等效條件6.94cn1a）電流環(huán)近似條件寸T為i1b）轉速環(huán)小時間常數(shù)近似：*K0n_1-3泌二25.2s-1“0.015-cn二K/二KT二168.82x0.1333二22.5s-1N1Nncn85.76二40.43s-13飛0.00583可見滿足近似等效條件。轉速超調量的校驗（空載Z=0）ACAnC%=2*(max)(X-z)nCb二11.23%>10%Nn*Trn2X81.2%X1.1Tm308X0.180

43、.02666XX0.196x10000.12轉速超調量的校驗結果表明，上述設計不符合要求。因此需重新設計。查表，應取小一些的h,選h=3進行設計。按h=3，速度調節(jié)器參數(shù)確定如下：ThTO.。7998snrnK(h+1)/2h2T24/(2x9x0.026662)312.656s-2NrnK(h+1)PCT/2haRT4x0.0236x0.196x0.12/(2x3x0.01x0.18x0.02666)7.6nemrn校驗等效條件：K/Kt312.656x0.0799825s-1cnN1Nna) 1/3(K/T)1/21/3(85.76/0.00583)1/240.43s-1>0I工ic

44、nb) 1/3(K/T)1/21/3(85.76/0.015)1/225.2s-1>0Ioncn可見滿足近似等效條件。轉速超調量的校驗：b2x72.2%x1.1x(308x0.18/0.196x1000)x(0.02666/0.12)9.97%<10%n轉速超調量的校驗結果表明，上述設計符合要求。速度調節(jié)器的實現(xiàn)：選R40K，則RKxR7.6x40304K，取310K。0nn0Ct/R0.07998/310x1030.258卩FnnnC4T/R4x0.015/40x1031.5yFonon04)40%額定負載起動到最低轉速時：b%2x72.2%x(1.1-0.4)x(308x0.1

45、8/0.196x100)x(0.02666/0.12)63.5%n5)空載起動到額定轉速的時間是：(書上無此公式)僅考慮起動過程的第二階段。根據(jù)電機運動方程：需孚=Te-TLdn_C(I-1)_R(I-1”)jT)RmdmdLdmdL(TT)dtGD2GD2RdmdLCTCem375e375CCmeCTn*0.196*0.12*1000t-m0.385s所以：(I-1)R(1.1*308-0)*0.18dmdL3.10有一轉速、電流雙閉環(huán)調速系統(tǒng)主電路采用三相橋式整流電路。已知電動機參數(shù)為：P=500kW,U=750V,I=760A,n=375r/min,電動勢系數(shù)C=1.82Vmin/r,電

46、樞回路總NNNNe電阻R=0.14Q，允許電流過載倍數(shù)入=1.5,觸發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍數(shù)K=75,電磁時間常數(shù)sT=0.031s,機電時間常數(shù)T=0.112s,電流反饋濾波時間常數(shù)T=0.002s,轉速反饋濾波時lm0i間常數(shù)T=0.02s。設調節(jié)器輸入輸出電壓U*=U*=U=10V,調節(jié)器輸入電阻R=40kQ。0nnmimnm0設計指標：穩(wěn)態(tài)無靜差，電流超調量bW5%，空載起動到額定轉速時的轉速超調量bWin10%。電流調節(jié)器已按典型丨型系統(tǒng)設計，并取參數(shù)KT=0.5。1)選擇轉速調節(jié)器結構,并計算其參數(shù)。2)解：計算電流環(huán)的截止頻率®和轉速環(huán)的截止頻率o，并考慮它們是否合理?ci

47、cnU*10卩=f=0.00877V/AI1.5*7601)dmU*10a=nm=0.0267Vmin/rn375N電流調節(jié)器已按典型丨型系統(tǒng)設計如下：a)T=0.00176sS確定時間常數(shù)：b)T=0.002soic) T=0.00367s為i電流調節(jié)器結構確定：因為o%<5%，可按典型丨型系統(tǒng)設計，選用PI調節(jié)器,WACR(s)=Ki(Tis+1)/Tis，T|/T=0.0310.00367=8.25<10電流調節(jié)器參數(shù)確定：人=0.03尢，Kg=0.5,K,=0.5/TZi=136.24s-1K二KTR/K0二136.24x0.031x0.14/75x0.00877二0.89

48、9iIIs校驗等效條件：叭尸叫=136.24s-ia) 1/3T二1/3x0.00167二199.6s-1>oscib) (l/TT)1/2二3(1/0.112x0.031)/2二50.9s-1<omlcic) 1/3(1/TT)1/2二1/3(1/0.00167x0.002)1/2二182.39s-1>osoici可見滿足近似等效條件。電流調節(jié)器的實現(xiàn)：選R0=40K，貝9R二KxR二0.899x40二35.96取36Kii0C二T/R二0.031/36x103二0.86卩FiiiC二4T/R二4x0.002/40x103二0.2卩f0i0i0速度調節(jié)器設計確定時間常數(shù)：a

49、) 電流環(huán)等效時間常數(shù)1/K：因為KTr=0.5則1/K=2Tr=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sonc) c)TSn=1/KI+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度調節(jié)器結構確定：按照無靜差的要求，應選用PI調節(jié)器，W(s)=K(ts+1)/tsASRnnn速度調節(jié)器參數(shù)確定：t=hT，選h=5，則t=hT=0.1367s,n乂nn乂nKN=(h+1)/(2h2T2羽)=6/2*25*0.027342=160.54s-2Kn=(h+1)BCeTm/(2haRTn)=6*0.00877*1.82*0.1122*5*0.0267*0.14*0.0

50、2734=10.5校驗等效條件：wcn=KN/w1=KNTn=160.54*0.1367=21.946s-2a) 1/3(KI/TIi)Z2=1/3(136.240.OO367)Z2=64.22s-i>wcnb) 1/3(KI/Ton)i/2=1/3(136.24/0.02)i/2=27.51s-i>Wcn可見滿足近似等效條件。"速度調節(jié)器的實現(xiàn)：選RO=40K，則R=K*RO=10.5*40=420K0nn0由此Cn=Tn/Rn=0.1367/420*10s=0.325F取0.33|1FC0n=4T0n/R0=4*0.02/40*10s=2F2)電流環(huán)的截止頻率是：叭尸

51、叫=136.24s-1速度環(huán)的截止頻率是：=21.946s-2cn從電流環(huán)和速度環(huán)的截止頻率可以看出，電流環(huán)比速度環(huán)要快，在保證每個環(huán)都穩(wěn)定的情況下，再求系統(tǒng)的快速性，充分體現(xiàn)了多環(huán)控制系統(tǒng)的設計特點。3.11在一個轉速、電流雙閉環(huán)V-M系統(tǒng)中，轉速調節(jié)器ASR，電流調節(jié)器ACR均采用PI調節(jié)器。(1) 在此系統(tǒng)中，當轉速給定信號最大值Unm*=15V時,n=nN=1500r/min;電流給定信號最大值U*=10V時,允許最大電流Id=30A,電樞回路總電阻R=2Q,晶閘管裝置的放大倍數(shù)K=30，電imdms動機額定電流I=20A,電動勢系數(shù)C=0.128Vmin/r?，F(xiàn)系統(tǒng)在U*=5V,I=

52、20A時穩(wěn)定運Nendl行。求此時的穩(wěn)態(tài)轉速n=?ACR的輸出電壓U=?c(2) 當系統(tǒng)在上述情況下運行時，電動機突然失磁(=0),系統(tǒng)將會發(fā)生什么現(xiàn)象？試分析并說明之。若系統(tǒng)能夠穩(wěn)定下來則穩(wěn)定后n=?U=?U*=?U=?I=?U=?niidc(3) 該系統(tǒng)轉速環(huán)按典型II型系統(tǒng)設計，且按Mrmin準則選擇參數(shù)，取中頻寬h=5,已知轉速環(huán)小時間常數(shù)T=0.05s,求轉速環(huán)在跟隨給定作用下的開環(huán)傳遞函數(shù)，并計算出放大系數(shù)£n及各時間常數(shù)。(4) 該系統(tǒng)由空載(I=0)突加額定負載時，電流/和轉速n的動態(tài)過程波形是怎樣的？已知dLd機電時間常數(shù)T=0.05s，計算其最大動態(tài)速降An和恢復

53、時間t。mmaxv1) a=U*nm/nN=15/1500=0.01Vmin/rB=U*兒=10/30=0.33V/AimdmU*n=5V，n=U*n/a=5/D.01=500r/min人=50/忑=化+涉/忑=©*+忖出)/心=(0.128*500+20*2)/30=3.467V2) 在上述穩(wěn)定運行情況下，電動機突然失磁(30)則電動機無電動轉矩，轉速迅速下降到零，轉速調節(jié)器很快達到飽和，要求整流裝置輸出最大電流Idm。因此，系統(tǒng)穩(wěn)定后,n=0,U=0nU*=U*=10，U=U*=10iimiiId=Idm=30AUc=Ud0/Ks=(E+IdRz)/Ks=(0+30*2)/30=

54、2V3) 在跟隨給定作用下，轉速環(huán)處于線性狀態(tài)，此時系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)是:s+1)s+1)LnW(s)=Nns2(Tt=hT=5*0.05=0.25snn=0.05sZnKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-24)空載突加額定負載時，轉速有動態(tài)降落。(p93,94)Anb=2(X-z)AnNTZn/Tm=2*(1-0)*20*20.128*(0.050.05)=625r/minCb=2FK2T=2IdNRTZn/CeTm=2*20*2*0.050.128*0.05=625r/min最大動態(tài)速降：nmax=(ACmax/Cb)*Anb=81.2%*625=507.5r/

55、min恢復時間：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表)第四章思考題：4-1分析直流脈寬調速系統(tǒng)的不可逆和可逆電路的區(qū)別。答：直流PWM調速系統(tǒng)的不可逆電路電流、轉速不能夠反向，直流PWM調速系統(tǒng)的可逆電路電流、轉速能反向。4-2晶閘管電路的逆變狀態(tài)在可逆系統(tǒng)中的主要用途是什么？答：晶閘管電路處于逆變狀態(tài)時，電動機處于反轉制動狀態(tài)，成為受重物拖動的發(fā)電機，將重物的位能轉化成電能，通過晶閘管裝置回饋給電網(wǎng)。4-3V-M系統(tǒng)需要快速回饋制動時，為什么必須采用可逆線路。答：由于晶閘管的單向導電性，對于需要電流反向的直流電動機可逆系統(tǒng)，必須使用兩組晶閘管整流裝置反并聯(lián)線路來實現(xiàn)可逆調速?？焖倩仞佒苿訒r，電流反向，所以需要采用可逆線路。4-5晶閘管可逆系統(tǒng)中的環(huán)流產生的原因是什么？有哪些抑制的方法？答：原因：兩組晶閘管整流裝置同時工作時，便會產生不流過負載而直接在兩