2022年运动控制系统_课后习题答案 .pdf

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1、运动控制系统课后习题答案2.2 系统的调速范围是1000100minr，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 (10 0.98)2.04(1)nn snrpmDs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0 max1500minnr， 最 低 转 速 特 性 为0min150minnr，带额定负载时的速度降落15minNnr，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maxminDnn(均指额定负载情况下）max0m

2、ax1500151485Nnnnmin0min15015135Nnnnmaxmin1485 13511Dnn2) 静差率015 15010%Nsnn2.4 直流电动机为PN=74kW,UN=220V ，IN=378A，nN=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：()(2203780.023) 14300.1478NNaNCeUIRnV rpm378(0.0230.022) 0.1478115NnIR Cerpm(1)14300.2 115(10.2

3、)3.1NDn Sns(1)14300.3 115(10.3)5.33NDn Sns精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页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60,220,305,1000minNNNNPkW UV IA nr，主电路总电阻R=0.18,Ce=0.2V?min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落Nn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NS多少？（3）若要满足D=20,s5%的要求，额定负载下的转速降落Nn又为多少 ? 解： (1)3050.18

4、0.2274.5 / minNNnIR Cer(2) 0274.5 (1000274.5)21.5%NNSnn(3) (1)10000.05 200.952.63 /minNnn SDsr2.6 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*8.8uUV、比例调节器放大系数2PK、晶闸管装置放大系数15SK、反馈系数 =0.7。求： （1）输出电压dU； （2）若把反馈线断开，dU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*uU应为多少？解： （1）*(1)2 15 8.8 (1 2 15 0.7)12dpsupsUK

5、 K UK KV(2) 8.82 15264dUV,开环输出电压是闭环的22 倍(3) *(1)12 (1 2 15 0.35) (2 15)4.6udpspsUUK KK KV2.7 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）snsnDNN1/1015002% /98%Nn15002% / 98%103.06 / minNnr2）7 .31106.3/1001/clopnnK2.8 某闭环调速系统的开环放大倍数为15 时，额定负载下

6、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：12881511clopnKn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：rpmKnnopcl13.4301/1281/在同样静差率要求下，D 可以扩大937.1/21clclnn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=1500 r/min ，电枢电阻Ra=1.5，电枢回路电抗器电阻RL=0

7、.8 ，整流装置内阻Rrec=1.0, 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 S35.955 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：kWPN8 .2，VUN220，AIN6.15，1500Nnr/min ，aR=1.5 ，整流装置内阻recR=1, 电枢回路电抗器电阻LR=0.8 ， 触发整流环节的放大倍数35sK。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页(1) 系统开环工作时，试计算调速范围30D时的

8、静差率s值。(2) 当30D，%10s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30D，%10s，在VUn10*时NdII，Nnn，计算转速负反馈系数和放大器放大系数pK。解：rVCemin/1311.01500/5.16 .15220（1）min0min/15.63.3/ 0.1311392.68 / min1500/ 3050/392.68/ 392.685088.7%opNeopnIRCrnsnn（2）min/56.59.0/550/1 .0rnnn（3）espedenspCKKKKCIRKCUKKn/1/1/*5.52156.5/48.2971/1/6.1

9、51/1500*clopeenspnnKKCRKCUKK2.13 旋转编码器光栅数1024，倍频系数 4，高频时钟脉冲频率MHz1f0，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min/r1500n和min/r150n时的测速分辨率和误差率最大值。解：（1）M 法：分辨率min/465.101.0410246060rZTQc最大误差率：cZTMn160min/1500rn时，10246001.0102441500601cnZTM精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15

10、页min/150rn时，4.1026001.010244150601cnZTMmin/1500r时，%098.0%10010241%1001%1maxMmin/150r时，%98.0%1004.1021%1001%1maxM可见 M 法适合高速。（2）T 法：分辨率：min/1500rn时，min/17115004102510160150041024606202rZnfZnQmin/150rn时，min/55.1150410241016015041024606202rZnfZnQ最大误差率：2060ZMfn，ZnfM0260，当min/1500rn时，77.9150041024106062M当

11、min/150rn时，7 .9715041024106062Mmin/1500rn时，%4 .11%100177.91%10011%2maxMmin/150rn时，%1%10017.971%10011%2maxM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*nmU=15V，Nn=1500r/min ，NI=20A，电流过载倍数为2， 电枢回路总电阻R=2 ，sK=20，eC=0.127V min/r ， 求：（1） 当系统稳定运行在*nU=5V，dLI=10A时，系统的n、nU、*iU、iU和cU各为多少？（ 2）当电动机负载过大

12、而堵转时，*iU和cU各为多少？解： (1) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页*0*/15/15000.01/55 ,5000.01/150.375/400.375*103.750.127*50010* 24.17520500,5 ,3.75 ,nmNnnimdmididdLeNdLCsssniicUnVrpmVrpmUVUVnrpmVrpmUVVAIAUIVUUEIRC nIRUVKKKnrpm UV UUV U当转速即4.175v（2）堵转时，VIUdmi15*，040*2420edddmcsssC nI R

13、UIRUVKKK3.2 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：NP=3.7kW，NU=220V，NI=20A，Nn=1000 r/min ,电枢回路总电阻R=1.5 , 设cmimnmUUU*=8V，电枢回路最大电流dmI=40A, 电力电子变换器的放大系数sK=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,0dUciiUUU,*值。解:1）*880.2/0.008/401000imnmdmNUVUVVAVrpmIAnrpm2) 040*1.560ddleNdlUEI RC nI RAV这时：

14、*8 ,0nnUV U，ASR 处于饱和，输出最大电流给定值。*8 ,8 ,iiUV UV060 401.5CdSUUKV3.3 在转速、电流双闭环调速系统中，调节器 ASR， ACR 均采用 PI 调节器。当 ASR 输出达到*imU=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）*iU应如何变化？（ 2）cU应如何变化？（ 3）cU值由哪些条件决定？解: 1) *80.1 /80imdmUVVAIA因此当电流从40A70A 时，*iU应从 4V7V 变化。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

15、 8 页，共 15 页2) CU要有所增加。3) CU取决于电机速度和负载大小。因为0ddleNdlUEI RC nI R0eddcssC nI RUUKK3.5 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。（1） 系统的开环增益。（2） 计算过渡过程时间st和上升时间rt；（3） 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间rt0.25s, 则K=?，=? 解：取0.69,0.6,%9.5%KT(1)系统开环增益：0.69 /0.69/ 0.16.9(1/)KTs(2)上升时间3.30.33rtTS过度过程时间：3660.10.6sntTs（3）如要

16、求0.25rts，查表3-1 则应取1,0.5KT, 2.42.4*0.10.24rtTs这时1/10KT,超调量 =16.3%。3.6 有一个系统，其控制对象的传递函数为101. 0101)(1ssKsWobj，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量 5（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0.5,0.707,3-1%4.3%KT查表，得。选I调节器，1( ),W ss校正后系统的开环传递函数为110( ),T0.01(0.011)W sss这样， K=10/， 已 选KT 0.5, 则K 0.5/T=50, 所 以精

17、选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页10/10/ 500.2KS ，积分调节器：11( )0.2W sss。3.7 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为) 102.0(10)1()(1ssTssKsWobj，要求校正为典型型系统，在阶跃输入下系统超调量 30（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，1(1)(1)( ),( )(1)PIPIPIKsKsKWsW ssss Ts校正后系统的开环传递函数，对照典型型系统，1/ ,h83-4PIKKKhT , 选 ， 查表，%=27.2%

18、，满足设计要求。这样8*0.020.16hTs，12222181175.78,/175.78*0.16 / 102.8122*8*0.02PIhKKKKh T3.8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：60NPkW , 220NUV , 308NIA , 1000Nnr/min , 电动势系数eC=0.196 V min/r , 主回路总电阻R=0.18 , 触发整流环节的放大倍数sK=35。电磁时间常数lT=0.012s, 机电时间常数mT=0.12s, 电流反馈滤波时间常数iT0=0.0025s, 转速反馈滤波时间常数nT0=0.015s

19、。 额定转速时的给定电压( Un*)N =10V,调节器 ASR，ACR 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i5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量n10%。试求：（1）确定电流反馈系数( 假设起动电流限制在1.1NI以内 ) 和转速反馈系数。（2）试设计电流调节器ACR,计算其参数Ri,、Ci、COi。画出其电路图 , 调节器输入回路电阻R0=40k。（3）设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、COn。(R0=40k) （4）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n。（5）计算空载起

20、动到额定转速的时间。解： （1）*/8/ (1.1*)8/ 3390.0236/imdmNUIVIVAVA10 /10000.01 min/Vr（2）电流调节器设计确定时间常数：)0.00333sa Ts)0.0025oib Ts0)0.00250.003330.00583iisc TTTs电流调节器结构确定：因为5%i，可按典型 I 型系统设计，选用PI 调节器，(1)( )iiACRiKSWSS, 电 流 调 节 器 参 数 确 定 : 10.012 ,0.5,0.5/85.76ilIiIiTsK TKTs选，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

21、- - -第 10 页，共 15 页85.760.0120.180.224350.0173IiisKRKK。校验等效条件：185.76ciIKs11011)1101.01330.0033311)3379.060.120.0121111)115.52330.003330.0025ciScimlcisiaTbST TcsT T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040RK,则：00.224408.96iiRK RKK, 取 9K. 由此33000/0.012/ (9 10 )1.334/40.0025/

22、40 100.25iiiiiCRFCTRF（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/IK:因为0.5IiK T则1/220.005830.01166IiKTsb)0.015onTsc)1/0.011660.0150.02666nIonTKTs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)( )nnASRnKsWss, 速度调节器参数确定：,5,0.1333nnnnhThhTs取2222216168.822250.02666(1)60.02360.1960.126.942250.010.180.02666NnemnnhKsh ThC TKhRT校验等效条件：1

23、1/168.82 0.133322.5cnNNnKKs精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页1101185.76)40.43330.005831185.76)25.2330.015IcniIcnnKasTKbsT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）max*3080.180.02666%2*()()281.2%1.10.196 10000.1211.23%10%nNnbmTCnzCnT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

24、h，选 h=3 进行设计。按 h=3，速度调节器参数确定如下：0.07998nnhTs2222(1)/ 24 / (29 0.02666 )312.656(1)/ 24 0.02360.196 0.12/(23 0.01 0.18 0.02666)7.6NnnemnKhh TsKhC Th RT校验等效条件：11/312.6560.0799825cnNNnKKs1/21/211/21/21)1/ 3(/)1/ 3(85.76 / 0.00583)40.43)1/ 3(/)1/ 3(85.76 / 0.015)25.2IicnIoncnaKTsbKTs可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：27

25、2.2%1.1 (3080.18/ 0.196 1000)(0.02666 /0.12)9.97%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040RK,则07.640304nnRKRK,取 310K 。330/0.07998/310 100.2584/4 0.015/ 40 101.5nnnononCRFCTRF4) 40%额定负载起动到最低转速时: %272.2%(1.10.4)(3080.18 /0.196100)(0.02666 / 0.12)63.5%n5) 空载起动到额定转速的时间是：(书上无此公式）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师

26、归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页仅考虑起动过程的第二阶段。222()(),()375375375mdmdLdmdLeLdmdLememeGDdndnCIIR IIRTTIIGDGD RdtdtC TCC C根据电机运动方程：所以：*0.196*0.12*10000.385()(1.1*3080)*0.18emdmdLC T ntsIIR3.10 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 =500kW ， UN =750V，IN =760A， nN=375 r/min ， 电动势系数Ce =1.82V min/r, 电枢回路

27、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Ks=75, 电磁时间常数lT=0.031s, 机电时间常数mT=0.112s, 电流反馈滤波时间常数iT0=0.002s, 转速反馈滤波时间常数nT0=0.02s 。设调节器输入输出电压Unm*=Uim*= Unm =10V, 调节器输入电阻 R0=40k。设计指标 : 稳态无静差，电流超调量i5%，空载起动到额定转速时的转速超调量n10%。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：

28、 （1）*100.00877/1.5*760100.0267min/375imdmnmNUVAIUVrn电流调节器已按典型I 型系统设计如下：确定时间常数：)0.00176)0.002)0.00367Soiia Tsb Tsc Ts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，WACR(s)=Ki(is+1)/is，Tl/Ti=0.031/0.00367=8.25cnb) 1/3(KI/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1cn 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=42

29、0K 由此 Cn=n/Rn=0.1367/420*103=0.325 F 取 0.33 F C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2 F 2) 电流环的截止频率是：ci=KI=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Unm*=15V 时,n=nN=1500 r/min; 电流给

30、定信号最大值Uim*=10V时, 允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2, 晶闸管装置的放大倍数Ks=30 , 电动机额定电流IN =20A , 电动势系数 Ce =0.128V min/r 。现系统在Un*=5V ,Idl=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR 的输出电压Uc =? （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=? Un=? Ui*=? Ui=? Id=? Uc =? （3）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

31、小时间常数Tn =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 (dLI=0)突加额定负载时,电流dI和转速n的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常数mT=0.05s,计算其最大动态速降maxn和恢复时间vt。1) = U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r = U*im/Idm = 10/30=0.33 V/A U*n =5 V，n=U*n/ =5/0.01=500 r/min 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页Uc=Ud0/Ks=(

32、E+IdR)/Ks=(Cen+IdLlR)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V 2) 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Idm。因此，系统稳定后，n=0，Un=0 U*i=U*im =10， Ui=U*i =10 Id=Idm=30A Uc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(0+30*2)/30=2 V 3) 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：112sTssKsWnnNnn=hTn=5*0.05=0.25s Tn=0.05s KN=(h+1

33、)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-2 4) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。（p93,94) nb=2( -z) nNTn/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min Cb=2FK2T=2IdNRTn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降： nmax=( Cmax/Cb)* nb=81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间： tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81 表）习题五精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页