电力拖动自动控制系统运动控制系统(阮毅陈伯时)课后思考题习题答案章完整版

第二章思考 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ：2-1直流电动机有哪几种调速 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ？各有哪些特点？电枢回路串电阻调速特点：电枢回路的电阻增加时，理想空载转速不变，机械特性的硬度变软。反之机械特性的硬度变硬。调节电源电压调速特点：电动机的转速随着外加电源电压的降低而下降，从而达到降速的目的。不同电源电压下的机械特性相互平行，在调速过程中机械特性的硬度不变，比电枢回路串电阻的降压调速具有更宽的调速范围。弱磁调速特点：电动机的转速随着励磁电流的减小而升高，从而达到弱磁降速的目的。调速是在功率较小的励磁回路进行，控制方便，能耗小，调速的平滑性也较高。2-2简述直流PWM变换器电路的基本结构。IGBT,电容，续流二极管，电动机。2-3直流PWM变换器输出电压的特征是什么？直流电压2-4为什么直流PWM变换器-电动机系统比V-M系统能够获得更好的动态性能？直流PWM变换器-电动机系统比V-M系统开关频率高，电流容易连续，谐波少，电动机损耗及发热都较小；低速性能好，稳速精度高，调速范围宽；若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强；电力电子开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适中时，开关损耗也不大，因而装置效率较高；直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。2-5在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压？电路中是否还有电流？为什么？电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流。电路中无电流，因为电动机处已断开，构不成通路。2-6直流PWM变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？反并联二极管是续流作用。若没有反并联二极管，则IGBT的门极控制电压为负时，无法完成续流，导致电动机电枢电压不近似为零。2-7直流PWM变换器的开关频率是否越高越好？为什么？不是越高越好，因为太高的话可能出现电容还没充完电就IGBT关断了，达不到需要的输出电压。2-8泵升电压是怎样产生的？对系统有何影响？如何抑制?对滤波电容充电的结果造成直流侧电压升高。过高的泵升电压将超过电力电子器件的耐压限制值。选取电容量较大且合适的电容。2-9在晶闸管整流器-电动机开环调速系统中，为什么转速随负载增加而降低？负载增加，负载转矩增大，电动机转速下降直到电磁转矩等于负载转矩时速度就不变了，达到稳态。T-TL=j*dn/dt2-10静差率和调速范围有何关系？静差率和机械特性硬度是一回事吗？举个例子。不是一回事。静差率是用来衡量调速系统在负载变化下转速的稳定度的。机械特性硬度是用来衡量调速系统在负载变化下转速的降落的。是机械特性的斜率。如：变压调速系统在不同转速下的机械特性是相互平行的，机械特性硬度是一样的，但是静差率却不同，空载转速高的静差率小。2-11调速范围与静态速降和最小静差率之间有何关系？为什么必须同时提才有意义？若只考虑一个量，其余两个量在一个量一定的情况下另一个量就会不满足要求。2-12转速单闭环调速系统有哪些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节转速反馈系数是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？特点：减小转速降落，降低静差率，扩大调速范围。改变给定电压能改变电动机转速，因为改变给定电业会改变电压变化值，进而改变控制电压，然后改变输出电压，最后改变转速。如果给定电压不变，调节转速反馈系数是能够改变转速，因为调节转速反馈系数会改变反馈电压，进而改变电压变化值，控制电压，输出电压，最终改变转速。如果测速发电机的励磁发生了变化，会造成Ce的变化，会影响转速，被测速装置检测出来，再通过反馈控制的作用，减小对稳态转速的影响。系统有克服这种干扰的能力。2-13为什么用积分控制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调节器的输入偏差电压△U=0时，调节器的输出电压是多少？它决定于哪些因素？比例调节器的输出只取决于输入偏差量的现状，而积分调节器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。虽然到稳态时，只要历史上有过，其积分就有一定的数值，足以产生稳态运行所需要的控制电压Uc。2-14在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精度的影响？为什么？受影响。因为无静差转速单闭环调速系统若给定电源发生偏移或者测速发电机精度受到影响会导致转速改变，进而反馈电压改变，使电压偏差为零，所以转速的稳态精度会受影响。2-15在转速负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时系统是否有调节作用?为什么？放大器的放大系数Kp。供电电网电压Ud。电枢电阻Ra。电动机励磁电流If。转速反馈系数a。放大器的放大系数Kp发生变化时系统有调节作用，因为Kp发生变化时，控制电压Uc就会改变，然后输出电压Ud0就会改变，转速改变，反馈电压随之改变，改变电压偏差进一步调节输出电压和转速达到调节作用。供电电网电压Ud发生变化时系统有调节作用，因为Ud发生变化时，会使Ks变化，进而改变输出电压和转速，反馈电压随之改变，改变电压偏差进一步调节输出电压和转速达到调节作用。电枢电阻Ra发生变化时系统有调节作用，因为Ra发生变化时，会使电枢电路总电阻变化，使得转速改变，反馈电压随之改变，改变电压偏差进一步调节输出电压和转速达到调节作用。电动机励磁电流If发生变化时系统有调节作用，因为If发生变化时，使得Ce变化，转速改变，反馈电压随之改变，改变电压偏差进一步调节输出电压和转速达到调节作用。转速反馈系数a发生变化时系统有调节作用，因为a发生变化时，使反馈电压改变，改变电压偏差进一步调节输出电压和转速达到调节作用。2-16(1)在转速负反馈单闭环有静差调速系统中，突减负载后又进入稳定运行状态，此时晶闸管整流装置的输出电压Ud较之负载变化前是增加、减少还是不变？在无静差调速系统中，突加负载后进入稳态时转速n和整流装置的输出电压Ud是增加、减少还是不变？在转速负反馈单闭环有静差调速系统中，突减负载后又进入稳定运行状态，此时转速有所增大，反馈电压增大，电压偏差减小，控制电压减小，晶闸管整流装置的输出电压Ud较之负载变化前减小。在无静差调速系统中，突加负载后引起动态速降时，产生电压偏差，控制电压Uc从Uc1不断上升，使电枢电压也由Ud1不断上升，从而使转速n在下降到一定程度后又回升。达到新的稳态时，电压偏差又恢复为零，但Uc已从Uc1上升到Uc2,使电枢电压由Ud1上升到Ud2,以克服负载电流增加的压降。所以转速是不变的，输出电压Ud是增加的。2-17闭环调速系统有哪些基本特征？它能减少或消除转速稳态误差的实质是什么？基本特征：闭环，有反馈调节作用，减小速降，降低静差率，扩大调速范围。实质：闭环调速系统中参数变化时会影响到转速，都会被测速装置检测出来，再通过反馈控制的作用，减小它们对稳态转速的影响从而减小或消除转速稳态误差。习题2-1有制动电流通路的不可逆PWM变换器-直流电动机系统进行制动时，VT1始终不导通。VT2导通时，电动机处于能耗制动状态；VT2不导通时，VD1续流，电动机处于回馈制动状态。2.2系统的调速范围是1000~100r/min，要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少?s)10000.02(100.98)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n0max1500r/min,最低转速特性为nomin150r/min，带额定负载时的速度降落nN15r/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Dnmaxnmin(均指额定负载情况下)nmaxn0maxnN1500151485nminn0minnN15015135Dnmaxnmin1485135112)静差率snN/n。15/15010%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(UniNRaVnN(2203780.023).14300.1478V.rpmnINRCe378(0.0230.022/0.1478115rpmDnNS..[n(1s)]14300.2[115(10.2)]3.1DnNS..[n(1s)]14300.3[115(10.3)]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Pn60kW,UN220V,1N305A,nN100017min，主电路总电阻R=0.18Q,Ce=0.2V?min/r,求：当电流连续时，在额定负载下的转速降落nN为多少？开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率SN多少？若要满足D=20,s<5%的要求，额定负载下的转速降落nN又为多少？解：(1)nNInRCe3050.180.2274.5r/minSnnN,n。274.5(1000274.5)21.5%nnNS.[D(1s)]10000.05[200.95]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U；8.8V、比例调节器放大系数KP2、晶闸管装置放大系数Ks15、反馈系数丫=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)若把反馈、..一一*系数减至丫=0.35,当保持同样的输出电压时，给7E电压U；应为多少？解：(1)UdKpKsU；/(1KpKs)2158.8(12150.7)12VUd8.8215264V，开环输出电压是闭环的22倍U；Ud(1KpKs).KpKs12(12150.35).(215)4.6V2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min~150r/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,则闭环系统的开环放大倍数应有多大？解：1)DnNs/nN1s1015002%/nN98%nN15002%/98%103.06r/min2)Knop/nd1100/3.06131.72.8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8r/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：nop1Kncl1158128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：nclnop/1K128/1304.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大ncl1/ncl21.937倍2.9有一V-M调速系统：电动机参数PN=2.2kW,Un=220V,In=12.5A,nN=1500r/min,电枢电阻R=1.5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,整流装置内阻Rrec=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%计算开环系统的静态速降侦op和调速要求所允许的闭环静态速降回cl。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。调整该系统参数，使当Un*=15V时，Id=|N,n=nN，则转速负反馈系数a应该是多少？计算放大器所需的放大倍数。解：(1)nUnInRa/CeCe22012.51.5/1500201.25/15000.134Vmin/rnUnInR/CenopInR/Ce12.53.3/0.134307.836r/minnNnNS/D1s150010%/(20*90%)8.33r/min所以，nl8.33r/mincl(2)⑶(4)nKpKsUnIdR/Ce1KKUn/1KIdR/Ce1Knop/棚1307.836/8.33135.955150035.95515/135.95512.53.3/0.134135.9550.0096Vmin/r可以求得，KpK*CeK35.955*0.13414.3435*0.0096也可以用粗略算法:UnUnn,*Un1515000.01KpKCe/Ks,Kp35.9550.134/350.0113.76解：(1)Idbl2IN25A,Idcr1.2In15AIdcrUcom/Rs15Ucom/RsIdbl*UnUcom/Rs2515Ucom/RsRs1.5Ucom151.522.5V(R/3)1.01.50.8/31.1,Rs(R/3)(2)2.10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Idbl2In,临界截止电流Idcr1.2IN,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？不符合要求，取Rs1.1,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Rs1.1，则UcomIdcr氏任1.116.5V当IdIdcr时，有*nKpKsUn/Ce1KeKpKsKiRsIdUcom/Ce1KRId/Ce1K*KpKsUnKiUcom/Ce1KRKpKsKiRsId/Ce1K当n=0时，*IdblKpKsUnKiUcom/RKpKsKiRs*UnKiUcom/KiRs251516.5K/1.1KiKi15/22.513.51.36(3)222.11在题2.9的系统中，若王电路电感L=50mH,系统您动部分的飞轮惯量GD=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 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 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？3.3,Ce0.134V/rpm解:L50mH,-22GD1.6Nm,RTL/R0.05/3.30.015sTmgd2r/375CeCm1.63.3/3750.1340.13430/3.145.28/64.330.082sTs0.00333s22,、KTmTlTsTs/TTs0.0820.0150.003330.00333/(0.0151*0.003330.00150.003332/0.0000498330.52可见与前面的K>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：Pn2.8kW,Un220V,In15.6A,nN1500r/min,Ra=1.5Q,整流装置内阻Rec=1Q,电枢回路电抗器电阻Rl=0.8Q,触发整流环节的放大倍数Ks35。系统开环工作时，试计算调速范围D30时的静差率s值。⑵当D30,s10%时，计算系统允许的稳态速降。⑶如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D30,s10%，在U；10V时|d|N,nnN，计算转速负反馈系数和放大器放大系数Kp。解：Ce22015.61.5/15000.1311Vmin/rnopINR/Ce15.63.3/0.1311392.68r/minnmin1500/3050snop/n0min392.68/392.685088.7%c0.1n/n50(2)n5/0.95.56r/min(3)*一一nKpKsUn/Ce1KRId/Ce1KKKpKs/Ce1500KpKsUn/Ce1KR15.6/Ce1KKnop/nci1297.48/5.56152.52.13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率f01MHz,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n1500r/min和n150r/min时的测速分辨率和误差率最大值。解：（1）M法：分辨率Q60ZTc601.465r/min102440.01曰「口辛*60M1取大误差率：nZTcn1500r/min时，M〔6060nZTc150410240.01606011100%100%M110241c,100%1〜100%nZTc102.40.098%n150r/min时，M〔1500410240.0110241500r/min时，max%150r/min时，max%0.98%可见M法适合高速。T法：分辨率：n1500r/min时，Q60foZn_2102441500601106102541500171r/minn150r/min时，Q60f0Zn102441502660110102441501.55r/minu…60f0最大误差率：n0ZM2m260f0Zn'当n1500r/min时,601069.77当n150r/min时,M21024415006010610244——97.7150n1500r/min时,max%100%9.771100%11.4%n150r/min时,max%M21100%100%1%97.71可见T法适合低速第三章作业思考题3-1在恒流起动过程中，电枢电流能否达到最大值Idm?为什么？答：不能达到最大值，因为在恒流升速阶段，电流闭环调节的扰动是电动机的反电动势，它正是一个线性渐增的斜坡扰动量，所以系统做不到无静差，而是Id略低于Idm。3-2由于机械原因，造成转轴堵死， 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 双闭环直流调速系统的工作状态。答：转轴堵死，则n=0,,比较大，导致比较大，也比较大，然后输出电压较大，最终可能导致电机烧坏。3-3双闭环直流调速系统中，给定电压Un*不变，增加转速负反馈系数a,系统稳定后转速反馈电压Un和实际转速n是增加、减小还是不变？答：反馈系数增加使得增大，减小，减小，减小，输出电压减小，转速n减小，然后会有所减小，但是由于a增大了，总体还是增大的。3-4双闭环直流调速系统调试时，遇到下列情况会出现什么现象?电流反馈极性接反。(2)转速极性接反。答：（1）转速一直上升，ASR不会饱和，转速调节有静差。（2）转速上升时，电流不能维持恒值，有静差。3-5某双闭环调速系统，ASR均采用PI调节器，ACR调试中怎样才能做到Uim*=6V时，Idm=20A;如欲使Un*=10V时，n=1000rpm,应调什么参数？答：前者应调节，后者应调节。3-6在转速、电流双闭环直流调速系统中，若要改变电动机的转速，应调节什么参数？改变转速调节器的放大倍数Kn行不行？改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行？改变转速反馈系数a行不行？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？答：转速n是由给定电压决定的，若要改变电动机转速，应调节给定电压。改变Kn和Ks不行。改变转速反馈系数a行。若要改变电动机的堵转电流，应调节或者。3-7转速电流双闭环直流调速系统稳态运行时，两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少？为什么？答：均为零。因为双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调节器都不饱和时，PI调节器工作在线性调节状态，作用是使输入偏差电压在稳态时为零。各变量之间关系如下：3-8在双闭环系统中，若速度调节器改为比例调节器，或电流调节器改为比例调节器，对系统的稳态性能影响如何？答：稳态运行时有静差，不能实现无静差。稳定性能没有比例积分调节器作用时好。3-9从下述五个方面来比较转速电流双闭环直流调速系统和带电流截止负反馈环节的转速单闭环直流调速系统：（1）调速系统的静态特性。（2）动态限流性能。（3）起动的快速性。（4）抗负载扰动的性能。（5）抗电源电压波动的性能。答：转速电流双闭环调速系统的静态特性，动态限流性能，起动的快速性，抗负载扰动的性能，抗电源电压波动的性能均优于带电流截止负反馈环节的转速单闭环直流调速系统。3-10根据速度调节器ASR电流调节器ACR的作用，回答下面问题（设ASRACR均采用PI调节器）：（1）双闭环系统在稳定运行中，如果电流反馈信号线断开，系统仍能正常工作吗？（2）双闭环系统在额定负载下稳定运行时，若电动机突然失磁，最终电动机会飞车吗？答：（1）系统仍能正常工作，但是如果有扰动的话，系统就不能稳定工作了。（3）电动机突然失磁，转子在原有转速下只能产生较小的感应电动势，直流电机转子电流急剧增加，可能飞车。习题：—一、•一*、…~、一…II、一一*、一，.*3.1双闭环倜速系统的ASR和ACR均为PI倜节器，设系统最大给定电压Unm=15V,nN=1500r/min,In=20A,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻R=2Q,Ks=20,_,.一•、〜、、一…一•、…....*Ce=0.127Vmin/r,求：（1）当系统稳定运行在Un=5V,IdL=10A时，系统的n、Un、Ui>.■.■・*一■・■・Ui和Uc各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，Ui和Uc各为多少?cc解：⑴*Unm/nN15V/1500rpm*Uc0.01V/rpm500rpm0.01V/rpm理0.375V/AIdm40A*UiId0.375*103.75VUiUcUd0E、lRCenNIdLR0.127*50010*2KsKsKs20即n500rpm,Un*5V,UiUi3.75V,Uc4.175v(2)*堵转时，UjIdm15V,Ucud0CenIdRIdmR40*24VKsKsKs20电流双闭环调速系统中，两个调节器3.2在转速、*Uim4.175VASRACR均采用PI调，甲命。已知参数:电动机：PN=3.7kW,UN=220V,IN=20A,nN=1000r/min,电1区回路总电阻R=1.5Q,设U：mUmUcm=8V,电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大系数Ks=40。试当Un5V,转速n一求：（1）电流反馈系数和转速反馈系数（2）当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0,U*,Ui,Uc值。*左Uim8V解:1)H——Idm40A0.2V/A*UnmnN8V—8^一0.008V/rpm1000rpm2)Ud0EIdlRCenNIdlR40A*1.560V..*这时：Un8V,Un0,ASR处于饱和，输出最大电流给定值。Ui8V,Ui8V,UcUd0.'KS60：401.5VASR输出达3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASRACR均采用PI调节器。当到Uim=8V时，王电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时，试I可：（1）Ui应如何变化？(2)uc应如何变化？(3)Uc值由哪些条件决定?解：1)*Uimdm880A0.1V/A因此当电流从40A70A时，U*应从4V7V变化。2)Uc要有所增加。3)Uc取决于电机速度和负载大小。因为UdoEIdiRCenNIdiRUcUd0KsCenIdRKs3.5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<10%。系统的开环增益。计算过渡过程时间ts和上升时间tr；绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr<0.25s,则K=?,%=?解：取KT0.69,0.6,%9.5%系统开环增益：K0.69/T0.69/0.16.9(1/s)上升时间tr3.3T0.33S过度过程时间:ts6T60.10.6s(3)6.90.24s这时如要求tr0.25s，查表3-1则应取KT1,0.5,tr2.4T2.4*0.1K1/T10,超调量=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj（s）上L一10一，要求设计一个无静差js10.01s1系统，在阶跃输入下系统超调量%v5%（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KT0.5,0.707,查表3-1,得%4.3%。选I调节器W(s)1；校正后系统的开环传递函数为W(s)110"s(0.01s1)这样，T=0.01,K=10/10/K10/500.2S,积分调节器：W(s),已选KT=0.5,贝UK=0.5/T=50,所以11—Os0.2s3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为WObj（s）对；浏02s1），要求校正为典型口型系统，在阶跃输入下系统超调量％v30%（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,WPI(s)Kpi(s—，校正后系统的开环传递函数W(s)Kpi(s‘)—K1—,sss(Ts1)对照典型口型系统，KKp|K",hT,选h=8,查表3-4,%=27.2%,满足设计要求。这样hT8*0.020.16s,h181K无f2*82*0022175.78,KPIK/K1175.78*0.16/102.813.8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：Pn60kW,Un220V,In308A,nN1000r/min,电动势系数Ce=0.196Vmin/r,主回路总电阻R=0.18Q，触发整流环节的放大倍数Ks=35o电磁时间常数Tl=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数T0i=0.0025s,转速反馈滤波时间常数T0n=0.015s。额定转速时的给定电压（Un*）N=10V，调节器ASRACR饱和输出电压Uim*=8V,Ucm=6.5V。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i<5%，空载起动到额定转速时的转速超调量n<10%。试求：（1）确定电流反馈系数3（假设起动电流限制在1.1In以内）和转速反馈系数a。（2）试设计电流调节器ACR计算其参数R,、C、3。画出其电路图，调节器输入回路电阻&=40k。设计转速调节器ASR,计算其参数R、Cn、Con。(R0=40kQ)计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量b计算空载起动到额定转速的时间。解：(1)U^/Im8V/(1.1*In)8V/339A0.0236V/A10/10000.01Vmin/r电流调节器结构确定：因为(2)电流调节器设计Wacr(S)Ki(iS1)确定时间常数：a)Ts0.00333sb)Toi0.0025sc)TiT0iTs0.00250.003330.00583s5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器,电流调节器参数确定：T0.012s,选KiTi0.5,Ki0.5/Ti85.76sKIiR85.760.0120.18Ki0.224。Ks350.0173校验等效条件：ciKI85.76sci电力电子装置传递函数的近似条件:忽略反电势的影响的近似条件：电流环小时间常数的近似条件:1111101.01ci3TS30.003333[-3179.06S1ci\TmTl.0.120.012111"LLC1t115.52sTsT0i3,0.003330.0025可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R40K,则:RKiR00.22440K8.96K,取9K.Cii/R0.012/(9103)1.33FIC°i4T0i/Ro40.0025/401030.25F速度调节器设计确定时间常数：a）电流环等效时间常数1/Ki:因为K|Ti0.5贝U1/Ki2Ti20.005830.01166sLn0.015sTn1/KiTon0.011660.0150.02666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，Wasr(s)Kn(ns1)速度调节器参数确定:KnKncnhTn,取hh1-~222hTnns5,nhTn0.1333s62——22168.82s250.02666(h1)CeTm2hRTn60.02360.1960.12250.010.180.026666.94校验等效条件Kn/1Kn1168.820.133322.5s113a）电流环近似条件:Ki185.761、、40.43s3«0.00583cnb）转速环小时间常数近似:Ki185.763\0.01513T°n25.2s1cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）nNTnn%2*(-CmX)(Z)*CbnTm11.23%10%281.2%1.13080.180.19610000.026660.12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下:nhTn0.07998sKn(h1)/2h2T2n4/(290.026662)312.656s20.180.02666)7.6Kn(h1)CeTm/2hRTn40.02360.1960.12/(230.01校验等效条件：cnKn/1Knn312.6560.0799825s1/21/211/3(K,/TJ1/3(85.76/0.00583)1/240.43s1cn1/3(K/Ton)1/21/3(85.76/0.015)1/225.2s1cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：n272.2%1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)9.97%10%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：选R040K，则RnKnR07.640304K,取310K。Cnn/R0.07998/3101030.258FCon4TOn/Ro40.015/401031.5F4)40%额定负载起动到最低转速时：n%272.2%(1.10.4)(3080.18/0.196100)(0.02666/0.12)63.5%5）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:GD2dn375dtTeTl,dnCm(IdmIdL)dt匝375®(基IdL)冼C^e375CmCe_*0.385stCeTmn0.196*0.12*1000所以：(IdmIdL)R(1.1*3080)*0.183.10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：Pn=500kWLN=750V,In=760A,nU375r/min，电动势系数G=1.82Vmin/r,电枢回路总电阻R=0.14Q，允许电流过载倍数入=1.5，触发整流环节的放大倍数Ks=75,电磁时间常数T|=0.031s，机电时间常数Tm=0.112s,电流反馈滤波时间常数Ta=0.002s，转速反馈滤波时**间常数T0n=0.02s。设倜节器输入输出电压Um=Lm=Um=10V,倜节器输入电阻R=40kQ。设计指标：稳态无静差，电流超调量iV5%,空载起动到额定转速时的转速超调量n<10%。电流调节器已按典型I型系统设计，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ci和转速环的截止频率cn，并考虑它们是否合理？解:(1)*Um1dm*Unm101.5*7600.00877V/AnN100.0267Vmin/r375电流调节器已按典型I型系统设计如下:a)TS0.00176s确定时间常数：b)Toi0.002sc)Ti0.00367s电流调节器结构确定：因为b%5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器,Wacf(s)=K(ts+1)/ts,Ti/Tx=0.031/0.00367=8.25<10电流调T命参数确7E：i=T=0.031s,KTf=0.5,K=0.5/Tf=136.24s-1KiKITIR/Ks136.240.0310.14/750.008770.899校验等效条件：coci=K=136.24s-1_1a)1/3Ts1/30.00167199.6s1ci__1/2___1/2b)(1/TmT|)3(1/0.1120.031)150.9s1cic)1/3(1/TsToi)1/21/3(1/0.001670.002)1/2182.39s1ci可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选R0=40K,贝URKR00.8994035.96取36KGT/R0.031/361030.86FC°i4T0i/R040.002/401030.2f速度调节器设计确定时间常数：电流环等效时间常数1/Ki：因为KiTe=0.5则1/Ki=2Te=2*0.00367=0.00734sb)Ton=0.02sc)Ten=1/Ki+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，WASF(s)=Kn(ns+1)/诟速度调节器参数确定：n=hT。，选h=5,则n=hTE=0.1367s,KN=(h+1)/(2h2T2。)=6/2*25*0.027342=160.54s-2Kn=(h+1)pCeTm/(2haRT^=6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：cocn=KN/31=Knm=160.54*0.1367=21.946s-2a)1Z3(Ki/TD’2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>3cnh\d/Q/LZ./T\1/2—[/々/[々aOAC\CO\1/2一少7氏4c<1、，、D)l/3(K|/lon)—1/3(136.24/0.02)—27.5IS>(Dcn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R0—40K,则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K由此Cn—TiZRn=0.1367Z420*103—0.325成取0.33或C0n=4T0n/R0—4*0.02/40*103—2成电流环的截止频率是：coci=K=136.24s-1速度环的截止频率是：Wcn=21.946s-2从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，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。在此系统中，当转速给定信号最大值Unm*=15V时,n=nN=1500r/min;电流给定信号最大值*"■•，,_.・、一、........_、Um=10V时，允许最大电流Idm—30A,电枢回路总电阻R=2Q，晶闸管装置的放大倍数K.—30，电.…一、一、》、、》一、…一一一动机额定电流In=20A,电动势系数Ce=0.128Vmin/r。现系统在U=5V,Idi=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=?ACR的输出电压UC—?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=?Un=?U「=?Ui=?Id=?Uc=?该系统转速环按典型□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Ten=0.05s,求转速环在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。该系统由空载(IdL=0)突加额定负载时，电流Id和转速n的动态过程波形是怎样的？已知机电时间常数Tm=0.05s,计算其最大动态速降nmax和恢复时间代。1)诉U*nm/nN=15/1500=0.01Vmin/r律U*im/Idm=10/30=0.33V/AU*n=5V,n=U*n/00=5^0.01=500r/minUc=Ud0/Ks=(E+dR^/Ks=(Gn+IdLiR^/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467V在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(①=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=10Id=Idm=30AUc=Ud0/Ks=(E+dRD/Ks=(0+30*2)/30=2V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：WnsKnns1s2Tns1护hTf=5*0.05=0.25sTe=0.05sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-2空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94)Mb=2(人z)侦NT】/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)=625r/min[Cb=2FK2T=2IdNRT以CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625r/min]最大动态速降：侦max=(Qax/Cb)*Mb=81.2%*625=507.5r/min恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表)第四章思考题：4-1分析直流脉宽调速系统的不可逆和可逆电路的区别。答：直流PWM调速系统的不可逆电路电流、转速不能够反向，直流PWM调速系统的可逆电路电流、转速能反向。4-2晶闸管电路的逆变状态在可逆系统中的主要用途是什么?答：晶闸管电路处于逆变状态时，电动机处于反转制动状态，成为受重物拖动的发电机，将重物的位能转化成电能，通过晶闸管装置回馈给电网。4-3V-M系统需要快速回馈制动时，为什么必须采用可逆线路。答：由于晶闸管的单向导电性，对于需要电流反向的直流电动机可逆系统，必须使用两组晶闸管整流装置反并联线路来实现可逆调速。快速回馈制动时，电流反向，所以需要采用可逆线路。4-5晶闸管可逆系统中的环流产生的原因是什么？有哪些抑制的方法？答：原因：两组晶闸管整流装置同时工作时，便会产生不流过负载而直接在两组晶闸管之间流通的短路电流。抑制的方法：1.消除直流平均环流可采用a=3配合控制，采用能更可靠地消除直流平均环流。2.抑制瞬时脉动环流可在环流回路中串入电抗器（叫做环流电抗器，或称均衡电抗器）。4-6试从电动机与电网的能量交换，机电能量转换关系及电动机工作状态和电动机电枢电流是否改变方向等方面对本组逆变和反组回馈制动列表作一比较。答：本组逆变：大部分能量通过本组回馈电网。电动机正向电流衰减阶段，VF组工作，VF组是工作在整流状态。电动机电枢电流不改变方向。反组回馈制动：电动机在恒减速条件下回馈制动，把属于机械能的动能转换成电能，其中大部分通过VR逆变回馈电网。电动机恒值电流制动阶段，VR组工作。电动机电枢电流改变方向。4-7试分析配合控制的有环流可逆系统正向制动过程中各阶段的能量转换关系，以及正、反组晶闸管所处的状态。答：在制动时，当发出信号改变控制角后，同时降低了Ud0f和Ud0r的幅值，一旦电机反电动势E>|Ud0f|=|ud0r|,整流组电流将被截止，逆变组才真正投入逆变工作，使电机产生回馈制动，将电能通过逆变组回馈电网。当逆变组工作时，另一组也是在等待着整流，可称作处于“待整流状态”。即正组晶闸管处于整流状态，反组晶闸管处于逆变状态。4-8逻辑无环流系统从高速制动到低速时需经过几个象限？相应电动机与晶闸管状态如何？答：逻辑无环流系统从高速制动到低速时需经过一，二两个象限。相应电动机与晶闸管状态：正组逆变状态：电动机正转减速，VF组晶闸管工作在逆变状态,电枢电流正向开始衰减至零；反组制动状态：电动机继续减速，VR组晶闸管工作在逆变状态，电枢电流由零升至反向最大并保持恒定。4-9从系统组成、功用、工作原理、特性等方面比较直流PWM可逆调速系统与晶闸管直流可逆调速系统的异同点。答：系统组成：直流PWM可逆调速系统：六个二极管组成的整流器，大电容滤波，桥式PWM变换器。晶闸管直流可逆调速系统：两组晶闸管整流装置反向并联。功用：直流PWM可逆调速系统：电流一定连续，可使电动机四象限运行晶闸管直流可逆调速系统：能灵活地控制电动机的起动，制动和升、降速。工作原理：直流PWM可逆调速系统：六个二极管构成的不可控整流器负责把电网提供的交流电整流成直流电，再经过PWM变换器调节直流电压，能够实现控制电动机的正反转。晶闸管直流可逆调速系统：当正组晶闸管VF供电，能量从电网通过VF输入电动机，此时工作在第I象限的正组整流电动运行状态；当电机需要回馈制动时，反组晶闸管装置VR工作在逆变状态，此时为第II象限运行；如果电动机原先在第III象限反转运行，那么它是利用反组晶闸管VR实现整流电动运行，利用反组晶闸管VF实现逆变回馈制动。特性：直流PWM可逆调速系统1.电流一定连续2.可使电动机四象限运行3.电动机停止时有微震电流，能消除静摩擦死区。习题：4-1试分析提升机构在提升重物和重物下降时，晶闸管、电动机工作状态及a角的控制范围？答:提升重物：a<90。，平均整流电压Ud0>E（E为电动机反电动势），输出整流电流Id,电动机产生电磁转矩作电动运行，提升重物，这时电能从交流电网经晶闸管装置传送给电动机，V-M系统运行于第I象限。重物下降：a>90。，Ud0为负，晶闸管装置本身不能输出电流，电机不能产生转矩提升重物，只有靠重物本身的重量下降，迫使电机反转，产生反向的电动势-E。4-2在配合控制的有环流可逆系统中，为什么要控制最小逆变角和最小整流角？系统中如何实现？答：原因：为了防止出现"逆变颠覆”，必须形成最小逆变角6min保护。实现：通常取amin=3min=30°4-3何谓待逆变、本组逆变和它组逆变，并说明这三种状态各出现在何种场合下。答：待逆变：该组晶闸管装置在逆变角控制下等待工作，这时逆变组除环流外并未流过负载电流，也没有能量回馈给电网。本组逆变阶段：电动机正向电流衰减阶段，VF组工作；它组逆变阶段：电动机恒值电流制动阶段，VR组工作4-4分析配合控制的有环流可逆系统反向起动和制动的过程，画出各参变量的动态波形，并说明在每个阶段中ASR和ACR各起什么作用，VF和VR各处于什么状态。答：ASR控制转速设置双向输出限幅电路以限制最大起制动电流，ACR控制电流设置双向输出限幅电路以限制最小控制角amin与最小逆变角3mino反向起动时VF处于整流状态，VR处于待逆变状态；制动时VF处于逆变状态，VR处于待整流状态。4-5逻辑控制无环流可逆系统消除环流的出发点是什么？答:可逆系统中一组晶闸管工作时（不论是整流工作还是逆变工作），用逻辑关系控制使另一组处于完全封锁状态，彻底断开环流的通路，确保两组晶闸管不同时工作。4-6为什么逻辑无环流系统的切换过程比配合控制的有环流可逆系统的切换过程长？这是由哪些因素造成的？答:原因：逻辑切换指令发出后并不能马上执行，还需经过两段延时时间，以确保系统的可靠工作。这就是封锁延时和开放延时。造成的因素：封锁延时和开放延时。4-7无环流逻辑控制器中为什么必须设置封锁延时和开放延时？延时过大或过小对系统有何影响？答:原因：由于主电流的实际波形是脉动的，如果脉动的主电流瞬时低于Io就立即发出零电流数字信号，实际上电流仍在连续地变化，突然封锁触发脉冲将产生逆变颠覆。在检测到零电流信号后等待一段时间，若仍不见主电流再超过I0,说明电流确已终止，再封锁本组脉冲。封锁延时tabl大约需要半个到一个脉波的时间。在封锁触发脉冲后，已导通的晶闸管要过一段时间后才能关断，再过一段时间才能恢复阻断能力。如果在此以前就开放它组脉冲，仍有可能造成两组晶闸管同时导通，产生环流。开放延时时间tdt,一般应大于一个波头的时间4-8弱磁与调压配合控制系统空载起动到额定转速以上，主电路电流和励磁电流的变化规律是什么？答:当提高Un,转速升到额定转速nN以上时，将根据感应电动势不变（E=EN）的原则，逐步减小励磁电流给定U*if,在励磁电流闭环控制作用下，励磁电流If