电力拖动自动控制系统(第四版)习题集规范标准答案陈伯时.doc

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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 1000100r/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 sn002100minnN=204(rmin)(1s)(1002)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=60kW，PNU N=220V，IN=305A，nN =1000 rmin， 主 电 路 总 电 阻R=018，Ce=02Vminr，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

2、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 IR305018N n = = = 274 5( r min ) N C02e （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 n2745N s=0215=215%Nn+n1000+2745NN（3）额定负载下满足D=20,s5%要求的转速降落ns1000005N n=263(rmin)ND(1s)20(1005)*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=88V,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=07。求：ps（1）输出电压

3、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 = 0.3 5 U 应为多少？ u 解：（1）输出电压 KK215ps*U=U=88=12(V)；du1+KK1+21507ps* （2）若把反馈线断开，U=KKU=21588=264 (V)；开环时的输出电压是闭环dpsu时的26412=22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1+KK1+215035*psU=U=12=46(V)。udKK215psUIR22012.51.5Nd a解：（1）C=0.1341Vmin/re n1500N RI12.5(

4、1.5+1.0+0.8)N n = = = 307.6 r / min op C0.1341e ns15000.1N n = = 8.33 r / min cl D(1s)20(10.1)（2） （3） n307.6op （4）闭环系统的开环放大系数为K=1=1=35.93n8.33cl K35.93运算放大器所需的放大倍数K=13.77pK/C350.01 / 0.1341se解： R =4.8R/R =0.31251 / 3s图见 49 页解：计算系统中各环节的时间常数L0.05电磁时间常数T=0.02slR1.5+1.02GDR1.6(1.5+1.0+0.8)机电时间常数T=0.082s

5、m 375CC30e m 3750.13410.1341 晶闸管装置的滞后时间常数为T=0.00167ss为保证系统稳定，应满足的稳定条件：22T(T + T)+T0.082(0.02+0.00167)+0.00167m lssK=53.29TT0.020.00167l s可以稳定运行，最大开环放大系数是 53.292-12 有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机=2.8kW，UN=220V，IN=15.6A，PNnN =1500 rmin，R=15，整流装置内阻 R = 1，电枢回路电抗器电阻R=08，arecL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 =

6、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，ndNn =n，计算转速反馈系数 和放大器放大系数K。Np解：先计算电动机的反电动势系数UIR22015615NNaC=0131(Vminr)e n1500N 系统开环时的额定转速降落 I(R+R+R)156(15+1+08)NarecLn=393(rmin)NopC0131e（1）系统开环时，调速范围D=30时的静差率Dn30393N s=0887=88.7%；n+Dn1500+30393NN（2）当D=

7、30,s=10%时，系统允许的稳态速降ns150001N n = = 5 56( r min ) N D(1s)30(101)（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n393 op K=1=169.68；n556cl * Un10转速反馈系数=00067(Vminr)n1500N KC69 .680131e 放大器放大系数 K = = 38.9 3 。 p K3500067s 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

8、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 6060转速 n=1500r/min 和 n=150r/min 时的测速分辨率Q=1465ZT10244001c nZT15004096001c 转速 n=1500r/min 时，M=1024，误差率最大值1606011=000097=0097%；max M10241 nZT1504096001c 转速 n=150r/min 时，M=1024，误差率最大值1606011=00097=097%。max M10241 （2）T 法测速 6 60f60110

9、0转速 n=1500r/min 时，M=98，测速分辨率2Zn4096150022Zn40961500Q=1716 60fZn60110409615000 误差率最大值 11=0103=103%。max M19812 6 60f601100 转速 n=150r/min 时， M = = 98 ，测速分辨率 2 Zn409615022Zn4096150Q=1.55660fZn6011040961500误差率最大值11=00103=103%。max M19812 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=

10、15V，nN =1500 rmin，I=20A，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻nm UimNR= 2，K=20，Ce=0127Vminr，求：s * （1）当系统稳定运行在 U n = 5V ，I=10A时，系统的n、U、U、U和U 各为多少？dLniicU和U 各为多少？ic解：转速反馈系数 * U15nm =001(Vminr)n1500N 电流反馈系数 * U15im =0375(VA)I220dm （1）当系统稳定运行在 U n = 5V ， = 10A I 时， dL * = = 5( V ) n U n * U5n n=500(rmin)001U=I=037510=375(V)

11、idL* U=U=375(V)iiUCn+IR0127500+102d0edLU=4175(V)。c KK20ss（2）当电动机负载过大而堵转时，n=0; * U=I=0375220=15(V)idmIR2202dm U = = = 4( V ) 。 c K20s 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=37kW，U=220V，I=20A，n=1000rmin,电枢回路NNNN*总电阻 R = 1 .5 ；设U=U=U=8V，电枢回路最大电流I=40A，电力电子变nmimcmdm换器的放大倍数K=40。试求：s（1）电

12、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UU，U 和U 的值。d0iic解：（1）电流反馈系数 * U8im=02(VA)I40dm 转速反馈系数 * U8nm=0008(Vminr)。n1000N （2）当电动机在最高转速发生堵转时，n=0; U=Cn+IR=0+4015=60(V)d0edm* U=U=I=0240=8(V)iidmU60d0U=15(V)。c K40s 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 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。sr（3）绘出开环对数幅频特性

13、。如果要求上升时间tr025s，则 K=?=?解：典型 I 型系统开环传递函数为KW(s)=s(Ts+1)（1）要求阶跃响应超调量10%，则要求KT069，为获得尽量短的上升时间t，选r择KT=069；则K=06901=69（2）过渡过程时间ts=6T=601=06(s)；上升时间tr=33T=3301=033(s)。（3）如果要求上升时间tr，满足近似条件；ci 3T300017s 校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件 113=35091(s1 )，满足近似条件；ci 3TsToi3000170002校验电流环传递函数近似条件 1K11351I 1 =637(s)，满足近似条件；cn3

14、T300037i校验转速环小时间常数近似条件1KI11351=274(s1 )，满足近似条件。cn 3T3002on 校核转速超调量 Cnmaxb=n*Cnb CnTmaxNn=2(z)*CnTbm76001400274182=20812(150)3750112009310%满足设计要求。 15 解：（1） =0.01Vmin/r1500*U5nn=500r/ min0.01U=Cn + IR=104Vd0edUd0U=3.47Vc K s （2） 当电动机突然失磁，电机停转。 U=0n*U=U=10ViimU= 10ViI=I=2VddmK(s+1)（3）W(s)=2 s(Ts+1) =hT

15、=0.25sh+12K=48sN222hT48(0.25s+1)W(s)=2s(0.05s+1)（4）t=8.8T=0.44svm2RT(II)n dmdLn=93.75r/ minb C C max ( %) n = 76.12 b T e mr/ 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 rmin，额定 频率fN=50Hz，定子 绕组为 Y 联接 。 由实验测得 定子电阻R=035，定子漏感L=0006H，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感L=026H，slsm转子

16、电阻R=05，转子漏感L=0007H，转子参数已折算到定子侧，忽略铁芯损耗。rlr（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。NN（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mem械特性。 解：（1） 异步电动机 T 形等效电路 异步电动机简化电路 60f6050N （2）由于额定转速 nN = 960 r min ，同步转速 n = = = 1000( r min ) ， 1 n3pnn10009601额定运行时的转差率sN=004n1

17、0001 由异步电动机 T 形等效电路， R+jLLR0006035s1lslssC=1+=1+j=1+j1023j000410231jLL2fL0261000261mmNm可得转子相电流幅值 U s I=r 2 Rr22R+C+(L+CL)s11ls1lrs N220=20522035+1023+(100)(0006+10230007)004220=1725939+170953=159735(A)气隙磁通在定子每相绕组中的感应电动势2Rr22E=I+L=15973515625+483612027352（V）gr1lrs N额定运行时的励磁电流幅值Eg2027352I=2482 (A)0 1L

18、m100026由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值 U220s I=1N22R2052222R+(L+L)035+(100)(0006+0007)s1lslrs004220=165 .1225+16 .6796=16 .3164A）额定电磁转矩P3nR3305mp2r2T=I=1597359137(Nm)（依据 T 形等效电路）ers100004m1N或P3nR3305mp2r2T=I=1631649533(Nm)（依据简化等效电路）e1Ns100004m1N（3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流 U220sI=2633(A)0222222035+(100)(00

19、06+026)R+(L+L)s1lsm（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率 R05r sm=0122222222R+(L+L)035+(100)(0006+0007)s1lslr临界转矩223npUs33220T=em 222222200035+035+(100)(0006+0007)2R+R+(L+L)1ss1lslr=15583(Nm)异步电动机的机械特性： S n 0n 1Sm10TTeme125-2 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NN23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mem矩负载和风机

20、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 R05r s=0122m 222222R+(L+L)035+(100)(0006+0007)s1lslr111当调压至U时，临界转矩T=T=15583=3896(Nmin)，Nememax244244当调压至U时，临界转矩T=T=15583=6926(Nmin)。Nememax399U s 气隙磁通：随定子电压的降低而减小。m444fNk1sNs5-6 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 U01U22022NNk=396，f0500N 考虑低频补偿时，电压频率特性曲线U=396f+22；220不补偿时，电压频率特性曲线U=f=44f50（2）当 f=5Hz 时A、不补偿时，输出电压U=44f=22(V), 临界转矩223npUs3322T=em 222