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1、 《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 sn 0 02 × 100 min ∆ nN = = = 2 04( r min ) ( 1 − s ) ( 1 − 0 02) 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 = 60 kW ， PN U N = 220 V ， IN = 305 A ， nN = 1000 r min ，主
2、电路总电阻 R = 0 18Ω ， Ce = 0 2 V • 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）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 I R 305 × 0 18 N ∆ n = = = 274 5( r min ) N C 0 2 e （2）开环系统机
3、械特性连续段在额定转速时的静差率 ∆ n 274 5 N s = = ≈ 0 215 = 21 5% N n + ∆ n 1000 + 274 5 N N （3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落 n s 1000 × 0 05 N ∆ n = = ≈ 2 63 ( r min ) N D ( 1 − s ) 20 × ( 1 − 0 05) * 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 = 8 8
4、 V , 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 = 0 7 。求： p s （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 = 0.3 5 U 应为多少？ u 解：（1）输出电压 K K 2 × 15 p s * U = U = × 8 8 = 12( V ) ； d u 1 + K K γ 1 + 2 × 15 ×
5、 0 7 p s * （2）若把反馈线断开， U = K K U = 2 × 15 × 8 8 = 264 ( V) ；开环时的输出电压是闭环 d p s u 时的 264 12 = 22 倍。 （3）若把反馈系数减至 γ = 0.3 5 ，当保持同样的输出电压时，给定电压 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 35 * p s U = U = × 12 = 4 6( V ) 。 u d K K 2 × 15 p s U
6、− I R 220 − 12.5 × 1.5 N d a 解：（1） C = = = 0.1341 V ⋅ min/ r e n 1500 N RI 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8) N ∆ n = = = 307.6 r / min op C 0.1341 e n s 1500 × 0.1 N ∆ n = ≤ = 8.33 r / min cl D (1 − s ) 20 × (1
7、− 0.1) （2） （3） ∆ n 307.6 op （4）闭环系统的开环放大系数为 K = − 1 = − 1 = 35.93 ∆ n 8.33 cl K 35.93 运算放大器所需的放大倍数 K = = = 13.77 p K α / C 35 × 0.01 / 0.1341 s e 解： R = 4.8 Ω R / R = 0.3125 < 1 / 3 s 图见 49页 解：计算系统中各环节的时间常数 L 0.05 电磁时间常数 T = = = 0
8、02 s l R 1.5 + 1.0 2 GD R 1.6 × (1.5 + 1.0 + 0.8) 机电时间常数 T = = = 0.082 s m 375 C C 30 e m 375 × 0.1341 × × 0.1341 π 晶闸管装置的滞后时间常数为 T = 0.00167 s s 为保证系统稳定，应满足的稳定条件： 2 2 T ( T + T ) + T 0.082 × (0.02 + 0.00167) + 0.00167 m l s s K
9、 < = = 53.29 T T 0.02 × 0.00167 l s 可以稳定运行，最大开环放大系数是 53.29 2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机 = 2.8 kW ， UN = 220 V ， IN = 15.6 A ， PN nN = 1500 r min ， R = 1 5 Ω ，整流装置内阻R = 1Ω ，电枢回路电抗器电阻 R = 0 8 Ω ， a rec L 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=
10、 30 D 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 ， n d N n = n ，计算转速反馈系数α和放大器放大系数 K 。 N p 解：先计算电动机的反电动势系数 U − I R 220 − 15 6 × 1 5 N N a C = = = 0 131 (V • min r ) e
11、 n 1500 N 系统开环时的额定转速降落 I ( R + R + R ) 15 6 × ( 1 5 + 1 + 0 8) N a rec L ∆ n = = ≈ 393 ( r min) Nop C 0 131 e （1）系统开环时，调速范围 D = 30 时的静差率 D ∆ n 30 × 393 N s = = ≈ 0 887 = 88.7 % ； n + D ∆ n 1500 + 30 × 393 N N （2）当 D =
12、30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降 n s 1500 × 0 1 N ∆ n = = ≈ 5 56( r min ) N D ( 1 − s ) 30 × ( 1 − 0 1 ) （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 ∆ n 393 op K = − 1 = − 1 ≈ 69.6 8 ； ∆ n 5 56 cl * U n 10 转速反馈系数 α =
13、 ≈ 0 0067( V • min r ) n 1500 N KC 69 .6 8 × 0 131 e 放大器放大系数 K = = ≈ 38.9 3 。 p K α 35 × 0 0067 s 2-13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
14、 60 60 转速 n=1500r/min和 n=150r/min时的测速分辨率 Q = = ≈ 1 465 ZT 1024 × 4 × 0 01 c nZT 1500 × 4096 × 0 01 c 转速 n=1500r/min时， M = = = 1024 ，误差率最大值 1 60 60 1 1 δ = = ≈ 0 00097 = 0 097% ； max M 1024 1 nZT 150 × 4096 × 0 01 c 转速 n=150r/min时， M
15、 = = 102 4 ，误差率最大值 1 60 60 1 1 δ = = ≈ 0 0097 = 0 97% 。 max M 102 4 1 （2）T法测速 6 60 f 60 × 1 × 10 0 转速 n=1500r/min时， M = = ≈ 9 8 ，测速分辨率 2 Zn 4096 × 1500 2 2 Zn 4096 × 1500 Q = = ≈ 171 6 60 f − Zn 60 × 1 × 10 − 4096 × 1500
16、0 误差率最大值 1 1 δ = = ≈ 0 103 = 10 3% 。 max M − 1 9 8 − 1 2 6 60 f 60 × 1 × 10 0 转速 n=150r/min时， M = = ≈ 98 ，测速分辨率 2 Zn 4096 × 150 2 2 Zn 4096 × 150 Q = = ≈ 1.55 6 60 f − Zn 60 × 1 × 10 − 4096 × 150 0 误差率最大值 1 1 δ
17、 = = ≈ 0 0103 = 1 03% 。 max M − 1 98 − 1 2 3-1 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 = 1500 r min ， I = 20A ，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻 nm U im N R = 2Ω ， K = 20 ， Ce = 0 127 V ⋅ min r ，求： s * （1）当系统稳定运行在Un = 5V， I = 10A
18、 时，系统的 n、 U 、 U 、 U 和 U各为多少？ dL n i i c U 和 U各为多少？ i c 解：转速反馈系数 * U 15 nm α = = = 0 01 (V ⋅ min r ) n 1500 N 电流反馈系数 * U 15 im β = = = 0 375 (V A ) I 2 × 20 dm （1）当系统稳定运行在Un = 5V，= 10A I 时， dL * = = 5( V ) n U n * U 5 n
19、n = = = 500( r min ) α 0 01 U = βI = 0 375 × 10 = 3 75( V ) i dL * U = U = 3 75( V ) i i U C n + I R 0 127 × 500 + 10 × 2 d 0 e dL U = = = = 4 175 (V ) 。 c K K 20 s s （2）当电动机负载过大而堵转时，n=0; * U = βI = 0 375 × 2 × 20
20、 = 15( V ) i dm I R 2 × 20 × 2 dm U = = = 4( V ) 。 c K 20 s 3-2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 = 3 7 kW ， U = 220V ， I = 20A ， n = 1000 r min, 电枢回路 N N N N * * 总电阻R = 1 .5Ω；设 U = U = U = 8V ，电枢回路最大电流 I
21、 40A ，电力电子变 nm im cm dm 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 U U ， U和 U的值。 d 0 i i c 解：（1）电流反馈系数 * U 8 im β = = = 0 2 (V A ) I 40 dm 转速反馈系数 * U 8 nm α = = = 0 008 (V ⋅ min r ) 。 n 1000 N （2）当电动机在最高转速发生堵转时
22、n=0; U = C n + I R = 0 + 40 × 1 5 = 60( V ) d 0 e dm * U = U = β I = 0 2 × 40 = 8( V ) i i dm U 60 d 0 U = = = 1 5( V ) 。 c K 40 s 3-5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 。 s r
23、3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间 tr < 0 25 s ，则 K=? σ = ? 解：典型 I型系统开环传递函数为 K W ( s ) = s ( Ts + 1 ) （1）要求阶跃响应超调量 σ ≤ 10% ，则要求 KT ≤ 0 69 ，为获得尽量短的上升时间 t ，选 r 择 KT = 0 69 ；则 K = 0 69 0 1 = 6 9 （2）过渡过程时间 ts = 6 T = 6 × 0 1 = 0 6 ( s ) ； 上升时间 tr
24、 = 3 3 T = 3 3 × 0 1 = 0 33 ( s ) 。 （3）如果要求上升时间 tr < 0 25 s ，则选择 KT = 1 ； K = 1 0 1 = 10 ， σ = 16 .3% 。 τ i τ s + 1 ) s i 10 K i ( τ s + 1) i 10 K ( τ s + 1) τ i i i 开环传递函数 W ( s ) = ⋅ = op 2 s (0.02 s + 1) τ s s
25、0.02 s + 1) i 对Ⅱ型系统 σ ≤ 30% ，h=7 τ = hT = 0.14 s i h + 1 K = = 204.1 2 2 2 h T K τ i K = = 2.8571 i 10 2.8571 (0.1 4 s + 1) PI调节器 W ( s ) = 0.14 s R i K = R 取 10kΩ R =28.571 kΩ 取 30 kΩ i 0 i R 0 R / i τ = 14 µ F i
26、 C ∆ max %)( λ − z ) C b n T N ∑ n = 63.4% * n T m 3-10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 = 750 V, I = 760A ， n = 375 r min ，电动势系数 N N N N Ce = 1 82 V ⋅ min r ，电枢回路总电阻 R = 0 14 Ω ，允许电流过载倍数 λ = 1.5 ，触发整流 环节的放大倍数 K =
27、 75 ，电磁时间常数 = 0 031 s ，机电时间常数 = 0 112 s ，电流反 s Tl Tm 馈滤波时间常数 = 0 002 s ，转速反馈滤波时间常数 = 0 02 s 。设调节器输入输出电 Toi Ton * * 压 U = U = U = 10V ，调节器输入电阻 R0 =40kΩ 。 nm im nm 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 i σ ≤ 10% 。电流调节器已按典型 I型系统设计，并取参数 KT =
28、 0 5 。 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？ cn 0017 s ，电流环小时间常数之和 Ts T = T + T = 0 0037 s ，要求电流超调量 σ ≤ 5% ，应取 K = 0 5 ，因此 Σ i s oi i I T Σi − 1 ≈ 135 1 s 。 KI （1）电流环等效时间常数 1 = 0 0074 s ； KI 转速环小时间常数 T = 1 K + T = 0 0074 + 0 02 = 0
29、 0274 s ； Σ n I on 电流反馈系数 * U 10 im β = = ≈ 0 0088 (V A ) λ I 1 5 × 760 N 转速反馈系数 * U 10 nm α = = = 0 0267( V ⋅ min r ) n 375 N 选择转速调节器结构，其传递函数为 W ( s ) = K n ( τ n s + 1 ) ASR τ s n 按跟随和抗扰动性能都较好的原则，取 h = 5
30、 则 ASR的超前时间常数为 τ = hTΣn = 5 × 0 0274 = 0 137 s n 转速环开环增益 h + 1 5 + 1 − 2 K = = = 159 84 s ， N 2 2 2 2 2 h T 2 × 5 × 0 0274 Σ n 可得 ASR的比例系数为 ( h + 1 ) β C e T m 6 × 0 0088 × 1 82 × 0 112 K = = ≈ 10 51 ； n 2 h α RT 2 ×
31、 5 × 0 0267 × 0 14 × 0 0274 Σn 取调节器输入电阻 R0 =40 kΩ ，则 R = K R = 10 51 × 40 = 420 4 kΩ ，取 420k Ω n n 0 τ 0 137 7 − n C = = = 3 26 × 10 (F ) = 0 326 µ F ，取 0.33 µF n 3 R 420 × 10 n 4 T 4 × 0 02 6 − on C on = = = 2 × 10 (F
32、) = 2 µ F ，取 2 µ F。 3 R 40 × 10 0 − 1 （2）电流环的截止频率 ω = = 135 1 s ， ci KI − 1 转速环的截止频率 ω = K τ = 159 84 × 0 137 ≈ 21 9 s ； cn N n 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 1 1 = ≈ 196 1 ( s −1 ) > ω ，满足近似条件； ci 3 T 3 × 0 0017 s 校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的
33、条件 1 1 3 = 3 ≈ 50 91 ( s −1 ) < ω ，满足近似条件； ci T T 0 112 × 0 031 m l 校验电流环小时间常数近似条件 1 1 1 1 = ≈ 180 8( s −1 ) > ω ，满足近似条件； ci 3 T s T oi 3 0 0017 × 0 002 校验电流环传递函数近似条件 1 K 1 135 1 I − 1 = ≈ 63 7( s ) > ω ，满足近似条件； cn 3 T 3 0 00
34、37 Σ i 校验转速环小时间常数近似条件 1 K I 1 135 1 = ≈ 27 4( s −1 ) > ω ，满足近似条件。 cn 3 T 3 0 02 on 校核转速超调量 ⎛ ∆ C ⎞ ∆ n max b σ = n ⎜ ⎟ * C n ⎝ b ⎠ ⎛ ∆ C ⎞ ∆ n T max N Σ n = 2 ( λ − z ) ⎜ ⎟ * C n T ⎝ b ⎠ m 760 × 0 14 0 0274 1 82 =
35、 2 × 0 812 × ( 1 5 − 0) × × 375 0 112 ≈ 0 093 < 10% 满足设计要求。 15 解：（1） α = = 0.01 V ⋅ min/ r 1500 * U 5 n n = = = 500 r / min α 0.01 U = C n + I R = 104 V d 0 e d U d 0 U = = 3.47 V c K s （2）当电动机突然失磁，电机停转。 U = 0 n * * U
36、 = U = 10 V i im U = − 10 V i I = I = 2 V d dm K ( τ s + 1) （3） W ( s ) = 2 s ( Ts + 1) τ = hT = 0.25 s h + 1 − 2 K = = 48 s N 2 2 2 h T 48(0.25 s + 1) W ( s ) = 2 s (0.05 s + 1) （4） t = 8.8 T = 0.44 s v m 2 RT
37、 ( I − I ) ∑ n dm dL ∆ n = = 93.75 r / min b C ∆ C max ( %) ∆ n = 76.12 b T e m r / min C b 5-1 一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为：额定电压380V = U ，额定转速 N nN = 960 r min ，额定频率 fN = 50H z ，定子绕组为 Y联接。由实验测得定子电阻 R = 0 35 Ω ，定子漏感 L = 0 006H ，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感 L
38、 = 0 26H ， s ls m 转子电阻 R ′ = 0 5 Ω ，转子漏感 L ′ = 0 007H ，转子参数已折算到定子侧，忽略铁芯损耗。 r lr （1）画出异步电动机 T形等效电路和简化电路。 （2）额定运行时的转差率 s ，定子额定电流 I1 和额定电磁转矩。 N N （3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流 I 。 0 （4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率 s 和临界转矩 T ，画出异步电动机的机 m em 械特性。解：（1） 异步电动机 T形等效电路 异步电动机简化
39、电路 60 f 60 × 50 N （2）由于额定转速 nN = 960 r min ，同步转速 n = = = 1000( r min ) ， 1 n 3 p n − n 1000 − 960 1 额定运行时的转差率 sN = = = 0 04 n 1000 1 由异步电动机 T形等效电路， R + j ω L L R 0 006 0 35 s 1 ls ls s C = 1 + = 1 + − j = 1 + − j
40、 ≈ 1 023 − j 0 004 ≈ 1 023 1 j ω L L 2 π f L 0 26 100 π × 0 26 1 m m N m 可得转子相电流幅值 U s I ′ = r 2 ⎛ R ′ ⎞ r 2 2 R + C + ω ( L + C L ′ ) ⎜ s 1 ⎟ 1 ls 1 lr s ⎝ N ⎠ 220 = 2 ⎛ 0 5 ⎞ 2 2 ⎜ 0 35 + 1 023 × ⎟ + (
41、 100 π ) × ( 0 006 + 1 023 × 0 007 ) ⎝ 0 04 ⎠ 220 = 172 5939 + 17 0953 = 15 9735 (A ) 气隙磁通在定子每相绕组中的感应电动势 2 ⎛ R ′ ⎞ r 2 2 E = I ′ + ω L ′ = 15 9735 × 156 25 + 4 8361 ≈ 202 7352 （V） g r ⎜ ⎟ 1 lr s ⎝ N ⎠ 额定运行时的励磁电流幅值 E g 202 73
42、52 I = = ≈ 2 482 ( A) 0 ω 1 L m 100 π × 0 26 由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值 U 220 s I = = 1 N 2 2 ⎛ R ′ ⎞ 2 ⎛ 0 5 ⎞ 2 2 2 2 ⎜ R + ⎟ + ω ( L + L ′ ) ⎜ 0 35 + ⎟ + ( 100 π ) × (0 006 + 0 007) s 1 ls lr ⎝ s ⎠ ⎝ 0 04 ⎠ 220 =
43、165 .1 225 + 16 .67 96 = 16 .3 16 4A） 额定电磁转矩 P 3 n R ′ 3 × 3 0 5 m p 2 r 2 T = = I ′ = × 15 9735 × ≈ 91 37( N ⋅ m ) （依据 T形等效电路） e r ω ω s 100 π 0 04 m 1 N 或 P 3 n R ′ 3 × 3 0 5 m p 2 r 2 T = = I = × 16 3164 × ≈ 95 33
44、 N ⋅ m ) （依据简化等效电路） e 1 N ω ω s 100 π 0 04 m 1 N （3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流 U 220 s I = = = 2 633 (A ) 0 2 2 2 2 2 2 0 35 + ( 100 π ) × (0 006 + 0 26) R + ω ( L + L ) s 1 ls m （4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率 R ′ 0 5 r s m = = = 0 1
45、22 2 2 2 2 2 2 R + ω ( L + L ′ ) 0 35 + ( 100 π ) × (0 006 + 0 007) s 1 ls lr 临界转矩 2 2 3 n p U s 3 × 3 × 220 T = = em 2 2 2 2 ⎡ 2 2 ⎤ 200 × π × [ 0 35 + 0 35 + ( 100 π ) × (0 006 + 0 007) ] 2 ω R + R + ω ( L +
46、 L ′ ) 1 s s 1 ls lr ⎣ ⎦ = 155 83( N ⋅ m ) 异步电动机的机械特性：S n 0 n 1 S m 1 0 T T em e 1 2 5-2异步电动机参数如习题 5-1所示，画出调压调速在 U 和 U 时的机械特性，计算临 N N 2 3 界转差率 s 和临界转矩 T ，分析气隙磁通的变化，在额定电流下的电磁转矩，分析在恒转 m em 矩负载和风机类负载两种情况下，调压调速的稳定运行范围。解： 定子相电压改变，临界转差率不变，即 R ′ 0
47、5 r s = = = 0 122 m 2 2 2 2 2 2 R + ω ( L + L ′ ) 0 35 + ( 100 π ) × (0 006 + 0 007) s 1 ls lr 1 1 1 当调压至 U 时，临界转矩 T = T = × 155 83 = 38 96 ( N ⋅ min) ， N em e max 2 4 4 2 4 4 当调压至 U 时，临界转矩 T = T = × 155 83 = 69 26
48、 ( N ⋅ min) 。 N em e max 3 9 9 U s 气隙磁通： Φ ≈ 随定子电压的降低而减小。 m 4 44 f N k 1 s Ns 5-6异步电动机参数如习题 5-1所示，输出频率 f等于额定频率 fN时，输出电压 U等于额定电压 UN，考虑低频补偿，若频率 f=0，输出电压 U=10%UN。 （1）求出基频以下电压频率特性曲线 U=f(f)的表达式，并画出特性曲线。（2）当 f=5Hz和 f=2Hz时，比较补偿与不补偿的机械特性曲线，两种情况下的临界转矩 Temax。解：（1）UN=220(A) 斜率
49、 U − 0 1 U 220 − 22 N N k = = = 3 96 ， f − 0 50 − 0 N 考虑低频补偿时，电压频率特性曲线 U = 3 96 f + 22 ； 220 不补偿时，电压频率特性曲线 U = f = 4 4 f 50 （2）当 f=5Hz时 A、不补偿时，输出电压 U = 4 4 f = 22( V) ,临界转矩 2 2 3 n p U s 3 × 3 × 22 T = = em 2 2 2 2 ⎡ 2
50、 2 ⎤ 20 × π × [ 0 35 + 0 35 + ( 10 π ) × (0 006 + 0 007) ] 2 ω R + R + ω ( L + L ′ ) 1 s s 1 ls lr ⎣ ⎦ = 78 .084 ( N ⋅ m ) B、补偿时，输出电压 U = 3 .96 f + 22 = 41 .8( V ) 2 2 3 n p U s 3 × 3 × 41.8 T = = em 2 2 2 2 ⎡ 2
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