运动控制系统陈伯时第4版课后习题答案完整版(共59页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2.2 系统的调速范围是1000100min r ,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少? 解:10000.02(100.98 2.04(1n n sn rpm D s =-系统允许的静态速降为2.04rpm2.3 某一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为0max 1500min n r =,最低转速特性为0min 150min n r =,带额定负载时的速度降落15min N n r =,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 max min D n n =(均指额定负载情况下max 0m

2、ax N n n n =-=-= min 0min N n n n =-=-= max min D n n =2 静差率 %N s n n = 2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ,I N =378A ,n N =1430r/min ,Ra=0.023。相控整流器内阻Rrec=0.022。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:(.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-= 378(0.0230.0220.N n I R C e r pm =+=(114300.2115(10.23

3、.1N D n S n s =-=-= (114300.3115(10.35.33 N D n S n s =-=-=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60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r =,主电路总电阻R=0.18,Ce=0.2Vmin/r,求:(1当电流连续时,在额定负载下的转速降落N n 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N S 多少?(3若要满足D=20,s 5%的要求,额定负载下的转速降落N n 又为多少? 解:(13050.180.2274.5/min N N n I R Ce r

4、= (2 0274.5(.521.5%N N S n n =+=(3 (110000.05200.95 2.63/min N n n S D s r =-=2.6 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*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数=0.7。求:(1输出电压d U ;(2若把反馈线断开,d 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=0.35,当保持同样的输出电压时,给定电压*u U 应为多少?解:(1*(12158.8(12150.712d p s u p s U K K U K K

5、V =+=+= (2 8.d U V =,开环输出电压是闭环的22倍(3 *(112(12150.35(215 4.6u d p s p s U U K K K K V =+=+=2.7 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%s ,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(s n s n D N N -=1/%/98%N n =15002%/98%10 3.06/min N n r =2(7.31106.3/1001/=-=-=cl op n n K2.8 某闭环调速系统的

6、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: (=+=+=cl op n K n如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为:(rpm K n n op cl 13.4301/1281/=+=+=在同样静差率要求下,D 可以扩大937.1/21=cl cl n n 倍2.9 有一V-M 调速系统:电动机参数P N =2.2kW, U N =220V , I N =12.5A, n N =1500 r/min ,电枢电阻R a =1.5,电枢回路电抗器电阻RL=0.8,整流装置内阻R r

7、ec =1.0,触发整流环节的放大倍数K s =35。要求系统满足调速范围D=20,静差率S=不符合要求,取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 1.1s R =,则15 1.116.5com dcr s U I R V = (3 当dcr d I I 时,有(KC I R K K K R KC U K U K K KC RI KC U I R K K K KC UK K n e d s i s p e com i n s p e de com ds i s p e n s

8、p +-+=+-+-+=1/1/1/1/1/* 当n=0时,(*/dbl p s n i com p s i s n i com i sI K K U K U R K K K R U K U K R =+(.5/1.115/22.513.5 1.36i i i K K K =+=-=2.11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22G D =1.6N m ,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: mH L 50=,226.1Nm GD=, 3.3R =,0.134/

9、e C V rpm =(2/0.05/3.30.015/375 1.6 3.3/3750.1340.13430/3.145.28/64.330.0820.00333l m e m s T L R sT G D R C C s T s=(222/0.0820.0150.00333/0.0151*0.00150.00333/0.52l m l s s s K T T T T T T 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:kWP N8.2=,VU N220=,AI N6.15=,1500=N n r/min

10、 ,a R =1.5,整流装置内阻rec R =1, 电枢回路电抗器电阻L R =0.8, 触发整流环节的放大倍数35=sK 。(1系统开环工作时,试计算调速范围30=D 时的静差率s 值。(2当30=D,%10=s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30=D,%10=s,在VU n10*=时NdI I =,Nn n =,计算转速负反馈系数和放大器放大系数p K 。解:(r V C e m in/1311.01500/5.16.15220=-=(1(m in 0m in /15.6 3.3/0.68/m in 1500/3050/392.68/392.7%op

11、N e op n I R C r n s n n =+=(2(min/56.59.0/550/1.0r n n n =+=(3(=+-+=e s p e d e n s p C K K K K C I R K C U K K n /1/1/* (=-=-=+-+=5.52156.5/48.2971/1/6.151/1500*cl op e e n s p n n K K C R K C U K K 2.13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率MHz 1f 0=,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m in /r 1

12、500n =和m in /r 150n =时的测速分辨率和误差率最大值。解:(1M 法:分辨率min /465.101.60r ZT Q c =最大误差率:=cZT M n 160m in /1500r n =时,01.01=cnZT Mm in /150r n =时,4.1026001.1=cnZT Mm in /1500r 时,%098.0%1001%1max =M m in /150r 时,%98.0%1004.1021%1001%1max =M 可见M 法适合高速。 (2T 法: 分辨率:m in /1500r n =时,min /4606202r Zn f ZnQ =-=-=m in

13、 /150r n =时,min /55.1150606202r Znf ZnQ =-=-=最大误差率:2060ZMf n =,Znf M0260=,当m in /1500r n =时,77.06062=M当m in /150r n =时,7.971506062=Mm in /1500r n =时,%4.11%100177.91%10011%2max =-=-=Mm in /150r n =时,%1%10017.971%10011%2max =-=-=M可见T 法适合低速习题三3.1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*nm U =15V ,N n =1500r

14、/min ,N I =20A ,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻R =2,s K =20,e C =0.127V min/r ,求:(1当系统稳定运行在*n U =5V ,dL I =10A 时,系统的n 、n U 、*i U 、i U 和c U 各为多少?(2当电动机负载过大而堵转时,*i U 和c U 各为多少?解:(1*0*/15/15000.01/55,5000.01/150.375/400.375*10 3.750.127*50010*24.17520500,5, 3.75,nm N nnim dmi d i d dL e N dL C sssn i i c U n V rpm V

15、rpmU V UV n rpmV rpmU V V AI AU I V U U E I R C n I RU VK K K n rpm U V U U V U =+=当转速即4.175v=(2堵转时,V I U dm i 15*=,(040*2420e d d dm c sssC n I R U I R U VK K K +=3.2 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:N P =3.7kW ,N U =220V ,N I =20A ,N n =1000 r/min ,电枢回路总电阻R =1.5,设cmim nmU U U =*=8V

16、,电枢回路最大电流dm I =40A,电力电子变换器的放大系数s K =40。试求:(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,0d U ci i U U U ,*值。解:1*880.2/0.008/im nm dmNU V U V V A V rpmI An rpm=2 040*1.560d dl e N dl U E I R C n I R A V =+=+=这时:*8,0n n U V U =,ASR 处于饱和,输出最大电流给定值。*8,8,i i U V U V =06040 1.5C d S U U K V =3.3 在转速、电流双闭环调速系统中,调节器AS

17、R ,ACR 均采用PI 调节器。当ASR 输出达到*im U =8V 时,主电路电流达到最大电流80A 。当负载电流由40A 增加到70A 时,试问:(1*i U应如何变化?(2c U 应如何变化?(3c U 值由哪些条件决定? 解: 1 *80.1/80im dmU V V A I A=因此当电流从40A 70A 时, *iU 应从4V 7V 变化。2 C U 要有所增加。3 C U 取决于电机速度和负载大小。因为 0d dl e N dl U E I R C n I R =+=+(0e d d c ssC n I R U U K K +=3.5 某反馈控制系统已校正成典型I 型系统。已知

18、时间常数T=0.1s, 要求阶跃响应超调量10%。(1 系统的开环增益。(2 计算过渡过程时间s t 和上升时间r t ;(3 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间r t 0.25s, 则K=?,%=? 解:取0.69,0.6,%9.5%K T =(1 系统开环增益:0.69/0.69/0.1 6.9(1/K T s = (2 上升时间 3.30.33r t T S = 过度过程时间:3660.10.6s nt T s =(3 如要求0.25r t s =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:可见满足近似等效条件,电流调节器的实现:选040

19、R K =,则:00.96i i R K R K K =, 取9K.由此33000/0.012/(910 1.334/40.0025/40100.25i i i i i C R F C T R 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1/I K :因为0.5I i K T =则 1/220.01I i K T s = b 0.015on T s =c 1/0.0150.02666n I on T K T s =+=+= 速度调节器结构确定:按照无静差的要求,应选用PI 调节器,(1(n n A SR n K s W s s+=, 速度调节器参数确定:,5,0.1333n n

20、 n n hT h hT s =取2222216168.02666(160.02360.1960.12 6.942250.010.180.02666N ne m n nh K sh Th C T K h R T -+=+=校验等效条件:11/168.820.5cn N N n K K s-=1101185.7640.43330.185.7625.2330.015I cniI cnnK a sT K b sT -=电流环近似条件:转速环小时间常数近似:可见满足近似等效条件。转速超调量的校验 (空载Z=0 m ax *3080.180.02666%2*(281.2% 1.10.0.1211.23%

21、10%n N n bmT C n z C nT =-=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:0.07998n n hT s =2222(1/24/(290.656(1/240.02360.1960.12/(230.010.180.6N n n e m n K h h T sK h C T h R T -=+=+=校验等效条件:11/ N N n K K s -=1/21/211/21/211/3(/1/3(85.76/0.431/3(/1/3(85.76/0.01525.2I i cnI on

22、 cna K T sb K T s-=可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验:272.2% 1.1(3080.18/0.(0.02666/0.129.97%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:选040R K =,则07.n n R K R K =,取310K 。330/0.07998/.2584/40.015/4010 1.5n n n on on C R F C T R F=4 40%额定负载起动到最低转速时:%272.2%(1.10.4(3080.18/0.(0.02666/0.1263.5%n =-=5 空载起动到额定转速的时间是:(书上无此公式

23、仅考虑起动过程的第二阶段。222(,(375m dm dL dm dL e L dm dL e mem eG D dndn C I I R I I R T T I I G DG D R dtdtC T C C C -=-=-根据电机运动方程:所以:*0.196*0.12*10000.385(1.1*3080*0.18e m dm dL C T nt sI I R=-3.10 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 N =500kW ,U N =750V ,I N =760A ,n N =375 r/min ,电动势系数C e =1.82V min/r,

24、电枢回路总电阻R=0.14,允许电流过载倍数=1.5,触发整流环节的放大倍数K s =75,电磁时间常数lT =0.031s,机电时间常数m T =0.112s,电流反馈滤波时间常数i T 0=0.002s,转速反馈滤波时间常数n T 0=0.02s 。设调节器输入输出电压U nm *=U im *= U nm =10V,调节器输入电阻R 0=40k 。 设计指标:稳态无静差,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%。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

25、虑它们是否合理?解:(1*100.00877/1.5*.0267m in/375im dm nmNU V AI UV rn =电流调节器已按典型I 型系统设计如下:确定时间常数:0.0020.00367S oi i a T sb T sc T s=电流调节器结构确定:因为%5%,可按典型I 型系统设计,选用PI 调节器, W ACR (s=K i (i s+1/i s , T l /T i =0.031/0.00367=8.25=可见满足近似等效条件。电流调节器的实现:选R 0=40K ,则00.96i i R K R = 取36K 33000/0.031/36100.864/40.002/4

26、0100.2i i i i i C T R F C T R 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 I :因为K I T i = 0.5 则1/K I =2T i =2*0.00367=0.00734s b bT on =0.02sc cT n =1/K I +T on =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, W ASR (s=K n (n s+1/n s 速度调节器参数确定:n =hT n ,选h=5,则n =hT n =0.1367s,K N =(h+1/(2h 2T 2n =6/2*25*0.=16

27、0.54 s -2K n =(h+1C e T m /(2h RT n = 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件:cn =K N /1=K N n =160.54*0.1367 =21.946 s -2a 1/3(K I /T i 1/2=1/3(136.24/0./2=64.22s -1cn b 1/3(K I /T on 1/2=1/3(136.24/0.021/2=27.51s -1cn 可见满足近似等效条件。速度调节器的实现:选R 0=40K ,则 R n =K n *R 0=10.5*40=420K由此 C

28、n =n /R n =0.1367/420*103=0.325F 取0.33F C 0n =4T 0n /R 0=4*0.02/40*103=2F 2 电流环的截止频率是:ci =K I =136.24 s -1速度环的截止频率是: cn =21.946 s -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。(1在此系统中,当转速给定信号最大值U nm *=15V 时,n=n N =1500 r/m

29、in;电流给定信号最大值U im *=10V 时,允许最大电流I dm =30A,电枢回路总电阻R=2,晶闸管装置的放大倍数K s =30 ,电动机额定电流I N =20A ,电动势系数C e =0.128V min/r 。现系统在U n *=5V ,I dl =20A 时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR 的输出电压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 n =? U i *=? U i =? I d =? U c =?(3该系统转速环按典型型系统设计, 且按M rmin 准则选

30、择参数,取中频宽h=5, 已知转速环小时间常数T n =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。(4该系统由空载(dL I =0突加额定负载时,电流d I 和转速n 的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常数m T =0.05s,计算其最大动态速降m ax n 和恢复时间v t 。1 = U*nm /n N =15/1500=0.01 Vmin/r = U*im /I dm = 10/30=0.33 V/AU*n =5 V ,n=U*n /=5/0.01=500 r/minU c =U d0/K s =(E+I d R /K s =(C e n+I d

31、Ll R /Ks=(0.128*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I dm 。因此,系统稳定后, n=0,U n =0U*i =U*im =10, U i =U*i =10 I d =I dm =30AU c =U d0/K s =(E+I d R /K s =(0+30*2/30=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:(112+=s T ss K s W n n N n n =hT n =5*0.05=0.25s T n

32、=0.05sK N =(h+1/2h 2T 2=6/2*25*0.052=48s-2 4 空载突加额定负载时,转速有动态降落。(p93,94n b =2(-zn N T n /T m =2*(1-0*20*2/0.128*(0.05/0.05= 625 r/min C b =2FK 2T=2I dN RT n /C e T m =2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降:n max =(C max /C b *n b =81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间:t v =8.8T=8.8*0.05=0.44s(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:2dU 2d U ACBO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:1202dx x d x U S u U S =-= (21