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电力拖动自动控制系统-课后答案解析


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习题解答(供参考) 习题二
2.2 系统的调速范围是 1000~100 r min ,要求静差率 s=2%,那么系统允许的静差转速降是
多少?
解: ?n ? nns D(1? s) ? 1000? 0.02 (10?0.98) ? 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 n0max ? 1500r min ,最低转速特性为 n0min ? 150r min ,带额定负载时的速度降落 ?nN ? 15r 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 D ? nmax nmin (均指额定负载情况下) nmax ? n0max ? ?nN ? 1500 ?15 ? 1485 nmin ? n0min ? ?nN ? 150 ?15 ? 135 D ? nmax nmin ? 1485 135 ? 11
2) 静差率 s ? ?nN n0 ? 15 150 ? 10%
2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V,IN=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023Ω。相控整流器内 阻 Rrec=0.022Ω。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 ? (U N ? IN Ra ) nN ? (220 ? 378? 0.023) 1430 ? 0.1478V rpm
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?n ? IN R Ce ? 378? (0.023 ? 0.022) 0.1478 ? 115rpm D ? nN S [?n(1? s)] ? 1430? 0.2 [115? (1? 0.2)] ? 3.1 D ? nN S [?n(1? s)] ? 1430? 0.3 [115? (1? 0.3)] ? 5.33
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
PN ? 60kW ,U N ? 220V , IN ? 305A, nN ? 1000r min ,主电路总电阻 R=0.18Ω,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 SN 多少? (3)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) ?nN ? IN ? R Ce ? 305? 0.18 0.2 ? 274.5r / min
(2) SN ? ?nN n0 ? 274.5 (1000 ? 274.5) ? 21.5% (3) ?n ? nN S [D(1? s)] ? 1000? 0.05 [20? 0.95] ? 2.63r / min
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Uu* ? 8.8V 、比例调节器 放大系数 KP ? 2 、晶闸管装置放大系数 KS ? 15 、反馈系数γ=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 系数减至γ=0.35,当保持同样的输出电压时,给定电压Uu* 应为多少? 解:(1)Ud ? KpKsUu* (1? KpKs? ) ? 2?15?8.8 (1? 2?15?0.7) ?12V
(2) Ud ? 8.8? 2?15 ? 264V ,开环输出电压是闭环的 22 倍
(3) Uu* ? Ud (1? KpKs? ) KpKs ?12?(1? 2?15?0.35) (2?15) ? 4.6V
2.7 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 s ? 5% ,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) D ? nN s / ?nN ?1 ? s?
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10 ?1500? 2% / ?nN ?98%

?nN ?1500? 2% / 98%?10 ? 3.06r / min

? ? 2) K ? ?nop / ?ncl ?1 ? 100 / 3.06 ?1 ? 31.7

2.8 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 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:

?nop ? ?1 ? K ??ncl ? ?1 ? 15?? 8 ? 128

如果将开环放大倍数提高到 30, 则速降为:

?ncl ? ?nop /?1 ? K ? ? 128 /?1 ? 30? ? 4.13rpm

在同样静差率要求下,D 可以扩大 ?ncl1 / ?ncl2 ? 1.937 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=1500 r/min,电枢 电阻 Ra=1.5Ω,电枢回路电抗器电阻 RL=0.8Ω,整流装置内阻 Rrec=1.0Ω,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%。 (1)计算开环系统的静态速降 Δnop 和调速要求所允许的闭环静态速降 Δncl 。 (2)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。 (3)调整该系统参数,使当 Un*=15V 时,Id=IN,n=nN ,则转速负反馈系数 α 应该是多少? (4)计算放大器所需的放大倍数。 解:(1)
n ? ?UN ? IN ? Ra ? / Ce ? Ce ? ?220 ?12.5 ?1.5? / 1500 ? 201.25 / 1500 ? 0.134V min/ r
n ? ?UN ? IN ? R? ? / Ce
? ?nop ? IN ? R? / Ce ? 12.5? 3.3 / 0.134 ? 307.836r / min

?nN ? nN s / ?D?1? s?? ? 1500 ?10% (/ 20 *90%)? 8.33r / min

所以, ?ncl ? 8.33r / min
(2)

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? ? ? ? (3)(4) n ?

K

p

KsU

? n

?

Id

R

/?Ce ?1? K?? ?

KU

? n

/??1?

K?

?

?I d

R

/?Ce

?1

?

K

???

? ? K ? ?nop / ?ncl ?1 ? 307.836 / 8.33 ?1 ? 35.955

1500 ? ??35.955 ?15 / ? ?1 ? 35.955??? ? ??12.5 ? 3.3 / ?0.134?1 ? 35.955????

?? ? 0.0096V min/ r

可以求得,

Kp

?

K * Ce Ks *?

?

35.955 * 0.134 35 * 0.0096

? 14.34

也可以用粗略算法:

U

? n

?Un

? ?n ,?

?

U

* n

n

? 15 1500

? 0.01

Kp ? KCe / Ks? , Kp ? 35.955? 0.134 / ?35? 0.01? ? 13.76

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 I dbl ? 2I N ,临界截

止电流 I dcr ? 1.2I N ,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

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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?
解:(1) I dbl ? 2I N ? 25 A , I dcr ? 1.2I N ? 15 A

I dcr ? U com / Rs ? 15 ? U com / Rs

? ? Idbl

?

U

* n

? U com

/ Rs

? 25 ? ?15 ?Ucom ?/ Rs

? Rs

? 1.5?



U com ? 15 ?1.5 ? 22.5V

(2) (R? / 3) ? ?1.0 ?1.5 ? 0.8? / 3 ? 1.1?,

Rs ? (R? / 3)

不符合要求,取Rs ? 1.1?, 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 Rs ?1.1? ,则 Ucom ? Idcr ? Rs ?15?1.1 ?16.5V

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(3)

当 I d ? I dcr 时,有

? ? ? ? n ?

K

p

K

sU

* n

/

Ce

?1 ?

K

?

?

? K p Ks Ki Rs I d

?Ucom ?/ Ce ?1? K ?

? ?RId

/ Ce ?1? K ??

? ? ? ? ?? ? ? ?

K pKs

U

* n

?

KiU com

/?Ce ?1? K ??

?

R ? K p Ks Ki Rs Id /?Ce ?1? K ??

当 n=0 时,

? ? ? ? ? ? Idbl

? KpKs

U

* n

?

KiU com

/

R ? K pKsKiRs

?

U

* n

?

K iU com

/ KiRs

25 ? ?15 ?16.5Ki ? / 1.1Ki ? Ki ? 15 / ?22.5 ?13.5? ? 1.36

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 GD2 =1.6Nm2 ,
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: L ? 50mH , GD 2 ? 1.6Nm2 , R? ? 3.3? , Ce ? 0.134V / rpm

Tl ? L / R? ? 0.05 / 3.3 ? 0.015s
Tm ? GD2R? / ?375CeCm ? ? 1.6 ? 3.3 / ?375 ? 0.134 ? 0.134 ? 30 / 3.14?
? 5.28 / 64.33 ? 0.082s Ts ? 0.00333s

K

?

??Tm

?Tl

? Ts

?

? Ts2 ??

/

T l

Ts

?

??0.082 ? ?0.015

?

0.00333?

?

0.003332 ??

(/ 0.0151* 0.00333)

? ??0.0015 ? 0.003332 ?? / 0.00004983 ? 30.52

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:PN ? 2.8kW ,UN ? 220V ,I N ? 15.6A ,

nN ? 1500r/min,Ra =1.5Ω,整流装置内阻 Rrec =1Ω, 电枢回路电抗器电阻 RL =0.8Ω, 触

发整流环节的放大倍数 Ks ? 35。 (1)系统开环工作时,试计算调速范围 D ? 30时的静差率 s 值。

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(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

* n

? 10V

时 Id

? IN



n ? nN ,计算转速负反馈系数? 和放大器放大系数 K p 。

解:

Ce ? ?220 ?15.6 ?1.5?/1500 ? 0.1311V min/ r

(1)

?nop ? IN ? R? / Ce ? 15.6 ? 3.3 / 0.1311 ? 392.68r / min nmin ? 1500 / 30 ? 50
s ? ?nop / ?n0min ? 392.68 / ?392.68 ? 50? ? 88.7%
(2)

0.1 ? ?n /??n ? 50?
?n ? 5 / 0.9 ? 5.56r / min

(3)

??n ? ??

?

K

p

K

sU

* n

/

Ce

?1

?

K

?

?

R?

I

d

K ? K p?K s / Ce

/ Ce ?1 ?

K?

? ? ?????15K00???KnoppK/s?Unn*cl/

Ce ?1 ? K ? ? ?R?15.6?/ Ce ?1 ? K ?1 ? ?297 .48 / 5.56? ?1 ? 52.5

?

2.13 旋转编码器光栅数 1024,倍频系数 4,高频时钟脉冲频率 f0 ? 1MHz ,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

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:分辨率 Q ? 60 ?

60

? 1.465 r / min

ZTc 1024 ? 4 ? 0.01

最大误差率: n ? 60 M 1 ? ZTc

n ? 1500r / min 时, M1

?

nZTc 60

? 1500? 4 ?1024? 0.01 ? 1024 60

n ? 150r / min 时, M1

?

nZTc 60

? 150? 4 ?1024? 0.01 ? 102.4 60

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1500r / min 时,? max

%

?

1 M1

?100 %

?

1 1024

?100 %

?

0.098 %

150r

/ min 时,? max

%

?

1 M1

?100 %

?

1 102 .4

?100 %

?

0.98%

可见 M 法适合高速。 (2)T 法: 分辨率:

n ? 1500r / min 时, Q ? Zn2 ?

1024? 4 ?15002

? 171r / min

60 f0 ? Zn 60?1?106 ?1025? 4 ?1500

n

? 150r

/

min 时, Q

?

60

Zn2 f0 ?

Zn

?

1024? 4 ?1502 60?1?106 ?1024? 4 ?150

? 1.55r

/

min

最大误差率: n

?

60 f0 ZM 2

,M2

?

60 f0 Zn



当 n ? 1500r / min 时, M 2

? 60 ?10 6 1024 ? 4 ?1500

? 9.77

当 n ? 150r / min 时, M 2

? 60 ?10 6 1024 ? 4 ?150

? 97.7

n

? 1500r

/ min 时,? max

%

?

1 ?100 %
M2 ?1

?

1 9.77

?100 % ?1

? 11.4%

n

? 150r

/ min 时,? max

%

?

1 ?100 % M2 ?1

?

1 97.7

?100 % ?1

? 1%

可见 T 法适合低速

习题三

3.1

双闭环调速系统的

ASR



ACR

均为

PI

调节器,设系统最大给定电压

U

* nm

=15V,

nN =1500r/min , I N =20A , 电 流 过 载 倍 数 为 2 , 电 枢 回 路 总 电 阻 R =2Ω , K s =20 ,

Ce

=0.127V·min/r,求:(1)当系统稳定运行在U

* n

=5V, I dL

=10A

时,系统的

n

、U

n

、U

* i



Ui

和Uc

各为多少?(2)当电动机负载过大而堵转时,U

* i



U

c

各为多少?

解:(1)

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?

?

U

* nm

/

nN

? 15V

/ 1500rpm

?

0.01V

/

rpm

当U

* n

?

5V

,

转速

n

?

U

* n

?

5V

? 500rpm

? 0.01V / rpm

?

?

U

* im

? 15V

? 0.375V

/A

Idm 40 A

U

* i

?

? Id

?

0.375 *10

? 3.75V

? Ui

UC

? Ud0 Ks

?

E

? IdLR Ks

?

CenN ? IdLR Ks

?

0.127 * 500 ? 10 * 2 20

?

4.175V



n

?

500rpm,U n

?

5V

,U

* i

? Ui

?

3.75V ,Uc

?

4.175v

(2)堵转时,Ui* ? ?Idm ? 15V ,

Uc

?

Ud0 Ks

?

?Cen ? Id R?
Ks

?

I dm R Ks

?

40* 2 20

?

4V

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: PN =3.7kW,U N =220V, I N =20A, nN =1000 r/min ,电枢回路总电阻 R =1.5Ω,



U

* nm

?

U

* im

? Ucm

=8V,电枢回路最大电流 Idm =40A,电力电子变换器的放大系数 K s =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Ud0 ,

U

* i

,U

i

,U c

值。

解:1) ? ? Ui*m ? 8V ? 0.2V / A ? ? Un*m ? 8V ? 0.008V / rpm

Idm 40A

nN 1000rpm

2)

Ud 0

?

E

?

Idl

R ?

? CenN

?

I

dl

R ?

? 40A*1.5? ? 60V

这时:

Un* ? 8V ,Un ? 0 ,ASR 处于饱和,输出最大电流给定值。

Ui* ? 8V,Ui ? 8V,

UC ? Ud 0 KS ? 60 40 ? 1.5V
3.3 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

U

* im

=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)U

* i

应如何变化?(2)U c 应如何变化?(3)U c 值由哪些条件决定?

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解: 1)

? ? Ui*m ? 8V ? 0.1V / A Idm 80A

因此当电流从 40A ?70A 时,

U

* i

应从 4V ?7V 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

Ud0

?

E

?

I

dl

R ?

? CenN

?

Idl

R ?

Uc

?

Ud0 Ks

?

?Cen ? Id R?
Ks

3.5 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 ts 和上升时间 tr ; (3)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 KT ? 0.69,? ? 0.6,? % ? 9.5%

(1) 系统开环增益: K ? 0.69 / T ? 0.69 / 0.1 ? 6.9(1/ s)

(2) 上升时间 tr ? 3.3T ? 0.33S
过度过程时间:

ts

?

3 ??n

? 6T

? 6? 0.1 ? 0.6s

(3)

如要求 tr ? 0.25s ,查表 3-1 则应取 KT ? 1,? ? 0.5 , tr ? 2.4T ? 2.4*0.1 ? 0.24s 这

时 K ?1/ T ?10,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)

?

K1 ?s ? 1

?

10 0.01s ? 1

,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

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定调节器结构,并选择其参数。
解:按典型 I 型系统设计,选 KT ? 0.5,

? ? 0.707, 查表3-1,得? % ? 4.3% 。



I

调节器,

W (s) ? 1 , ?s

校正后系统的开环传递函数为

W (s) ? 1 10 , 这样,T=0.01, K=10/? , 已 选 KT = 0.5, 则 K = 0.5/T=50, 所 以 ? s (0.01s ? 1)

? ?10 /K ? 10 / 5?0

0S.,2 积分调节器: W (s)

?

1 ?s

?

1 0.2s



3.7

有一个闭环系统,其控制对象的传递函数为Wobj (s)

?

K1 s(Ts ? 1)

?

10 s(0.02s

? 1)

,要求校正为

典型Ⅱ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,WPI (s) ?

KPI (? s ? 1) ,校正后系统的开环传递函数 ?s

W (s) ?

KPI (? s ? 1) K1 ,
? s s(Ts ? 1)

对照典型Ⅱ型系统, K ? KPI K1 / ? , ? ? hT ,选h=8, 查表3-4, ? %=27.2% ,满足设计要

求。 这样? ? hT ? 8*0.02 ? 0.16s ,

h ?1

8?1

K?

?

? 175.78,

2h2T 2 2 *82 * 0.022

KPI ? K? / K1 ? 175.78 * 0.16 / 10 ? 2.81

3.8 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: PN ? 60 kW , U N ? 220 V , I N ? 308 A , nN ? 1000 r/min , 电动势系数 Ce =0.196 V·min/r , 主回路总电阻 R =0.18Ω,触发整流环节的放大倍数 Ks =35。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 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? 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β(假设起动电流限制在1.1I N 以内)和转速反馈系数α。
(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=40 k? 。 (3)设计转速调节器 ASR,计算其参数 Rn 、Cn 、COn。(R0=40kΩ) (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σn。
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(5)计算空载起动到额定转速的时间。

解:(1) ?

?

U

* im

/

I dm

?

8V

/ (1.1* IN )

? 8V

/ 339A

?

0.0236V

/

A

? ?10 /1000 ? 0.01V min/ r
(2)电流调节器设计

确定时间常数: a)Ts ? 0.00333s

b)Toi ? 0.0025s

c)T?i ? T0i ? Ts ? 0.0025 ? 0.00333 ? 0.00583s

电流调节器结构确定:

因为 ? i

?

5%

,可按典型

I

型系统设计,选用

PI

调节器,WACR (S )

?

Ki (? iS ?iS

? 1)

,

电 流 调 节 器 参 数 确 定 : ?i ? Tl ? 0.012s, 选KIT?i ? 0.5, KI ? 0.5 / T?i ? 85.76s?1 ,

Ki

?

KI?i R Ks?

?

85.76? 0.012? 0.18 35? 0.0173

?

0.224



校验等效条件:?ci ? KI ? 85.76s?1

a)电力电子装置传递函数的近似条件:1 3TS

?

3?

11 0.00333

?

101.01

?

?ci

b)忽略反电势的影响的近似条件: 3

1 ?3 TmTl

1 0.12? 0.012

?

79.06S ?1

? ?ci

c)电流环小时间常数的近似条件:1 3

11 ?
TsT0i 3

1 0.00333? 0.0025

?? 115.52s?1

?

?ci

可见满足近似等效条件,电流调节器的实现:选 R0 ? 40K ,则:

Ri ? Ki R0 ? 0.224? 40K ? 8.96K ,取 9K.
由此 Ci ? ?i / Ri ? 0.012 / (9?103) ? 1.33?F C0i ? 4T0i / R0 ? 4? 0.0025 / 40?103 ? 0.25?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 / K I :因为 KIT?i ? 0.5

则 1/ KI ? 2T?i ? 2? 0.00583 ? 0.01166s

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b) Ton ? 0.015s

c) T?n ? 1/ KI ? Ton ? 0.01166 ? 0.015 ? 0.02666s
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 (? ns ?ns

? 1)

,

速度调节器参数确定:

? n ? hT?n , 取h ? 5,? n ? hT?n ? 0.1333s

KN

?

h ?1 2h2T?2n

?

6 2? 52 ? 0.026662

? 168.82s?2

Kn

?

(h ?1)?CeTm 2h? RT?n

?

6? 0.0236? 0.196? 0.12 2?5? 0.01? 0.18? 0.02666

? 6.94

校验等效条件:

?cn ? KN / ?1 ? KN? n ? 168.82 ? 0.1333 ? 22.5s?1

a)电流环近似条件:1 3

KI ? 1 T?i 3

85.76 0.00583

?

40.43s?1

? ?cn

b)转速环小时间常数近似:1 3
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验 (空载 Z=0)

KI ? 1 T0n 3

85.76 0.015

?

25.2s?1

? ?cn

?

n

%

?

2

*

(

?Cmax Cb

)(?

?

z)

?nN n*

T ?n
Tm

? 2 ?81.2% ?1.1? 308? 0.18 ? 0.02666 0.196?1000 0.12

? 11.23% ? 10%

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:? n ? hT?n ? 0.07998s

KN ? (h ?1) / 2h2T?2n ? 4 / (2?9? 0.026662 ) ? 312.656s?2 Kn ? (h ?1)?CeTm / 2h? RT?n ? 4? 0.0236? 0.196? 0.12 / (2?3? 0.01? 0.18? 0.02666) ? 7.6
校验等效条件:?cn ? KN / ?1 ? KN? n ? 312.656 ? 0.07998 ? 25s?1
a)1/ 3(KI / T?i )1/2 ? 1/ 3(85.76 / 0.00583)1/2 ? 40.43s?1 ? ?cn b)1 / 3(KI / Ton )1/2 ? 1 / 3(85.76 / 0.015)1/2 ? 25.2s?1 ? ?cn
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验:
? n ? 2? 72.2%?1.1? (308? 0.18 / 0.196?1000) ? (0.02666 / 0.12) ? 9.97% ? 10%

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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 R0 ? 40K ,则 Rn ? Kn ? R0 ? 7.6? 40 ? 304K ,取 310K。
Cn ? ?n / Rn ? 0.07998 / 310?103 ? 0.258?F Con ? 4Ton / R0 ? 4? 0.015 / 40?103 ? 1.5?F
4) 40%额定负载起动到最低转速时:
? n % ? 2? 72.2%? (1.1? 0.4) ? (308? 0.18 / 0.196?100)? (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:GD2 375

dn dt

?

Te

? TL ,

dn dt

?

Cm (Idm ? GD2
375

IdL )

?

R(Idm ? IdL )

Ce

GD2R 375CmCe

? (Idm

?

R IdL ) CeTm

t ? CeTmn* ? 0.196*0.12*1000 ? 0.385s 所以: (Idm ? IdL)R (1.1*308 ? 0) * 0.18

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: PN =500kW,UN =750V,IN =760A,nN=375 r/min,电动势系数 Ce =1.82V·min/r, 电枢回路总 电阻 R=0.14Ω,允许电流过载倍数λ=1.5,触发整流环节的放大倍数 Ks=75,电磁时间常数 Tl =0.031s,机电时间常数 Tm =0.112s,电流反馈滤波时间常数 T0i =0.002s,转速反馈滤波时 间常数 T0n =0.02s。设调节器输入输出电压 Unm*=Uim*= Unm =10V,调节器输入电阻 R0=40kΩ。 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 ,并考虑它们是否合理?

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? ? Ui*m ? 10 ? 0.00877V / A

解:(1)

Idm 1.5* 760

?

?

U

* nm

?

10

? 0.0267V min/ r

nN 375

电流调节器已按典型 I 型系统设计如下:

a)TS ? 0.00176s 确定时间常数: b)Toi ? 0.002s
c)T?i ? 0.00367s
电流调节器结构确定:因为 σ%≤5%,可按典型 I 型系统设计,选用 PI 调节器, WACR(s)=Ki(τis+1)/τis, Tl/T∑i=0.031/0.00367=8.25<10 电流调节器参数确定:τi=Tl=0.031s, KIT∑i= 0.5, KI= 0.5/T∑i=136.24 s-1

Ki ? KITI R / Ks? ? 136.24? 0.031? 0.14 / 75? 0.00877 ? 0.899
校验等效条件:ωci=KI=136.24 s-1
a)1/ 3Ts ? 1/ 3? 0.00167 ? 199.6s?1 ? ?ci b)(1/ TmTl )1/2 ? 3(1/ 0.112? 0.031)1/2 ? 50.9s?1 ? ?ci c)1/ 3(1/ TsToi )1/2 ? 1/ 3(1/ 0.00167 ? 0.002)1/2 ? 182.39s?1 ? ?ci
可见满足近似等效条件。 电流调节器的实现:选 R0=40K,则

Ri ? Ki ? R0 ? 0.899? 40 ? 35.96 取 36K

Ci ? Ti / Ri ? 0.031/ 36?103 ? 0.86?F C0i ? 4T0i / R0 ? 4? 0.002 / 40?103 ? 0.2? 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/KI:因为 KIT∑i= 0.5 则 1/KI=2T∑i=2*0.00367=0.00734s b) b)Ton=0.02s c) c)T∑n=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, WASR(s)=Kn(τns+1)/τns 速度调节器参数确定: τn=hT∑n,选 h=5,则 τn=hT∑n=0.1367s, KN=(h+1)/(2h2T2∑n)=6/2*25*0.027342=160.54 s-2 Kn=(h+1)βCeTm/(2hαRT∑n)= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件:ωcn=KN/ω1=KNτn=160.54*0.1367 =21.946 s-2 a) 1/3(KI/T∑i)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>ωcn b) 1/3(KI/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>ωcn 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

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由此 Cn=τn/Rn=0.1367/420*103=0.325μF 取 0.33μF C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2μF 2) 电流环的截止频率是:ωci=KI=136.24 s-1
速度环的截止频率是: ωcn=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=2Ω,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Ⅱ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 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( IdL =0)突加额定负载时,电流 I d 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 tv 。 1) α= U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r
β= U*im/Idm = 10/30=0.33 V/A U*n =5 V,n=U*n/α=5/0.01=500 r/min Uc=Ud0/Ks=(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(Φ=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
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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:

Wn ?s? ?

K N ?? ns ?1? s2 ?T?ns ?1?

τn=hT∑n=5*0.05=0.25s T∑n=0.05s KN=(h+1)/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) Δnb=2(λ-z)ΔnNT∑n/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min [ Cb=2FK2T=2IdNRT∑n/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min ] 最大动态速降:Δnmax=(ΔCmax/Cb)*Δnb=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
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:
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Ud 2

A

~

B

O'

C

Ud 2

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:

?U d

ux

?

?? 2

? ??? ?

Ud 2

Sx ?1 Sx ? 0

ux

?

Ud 2

(2Sx

?1)


以直流电源中点 O ' 为参考点
us ? (uA ? uBe j? ? uCe j2? )

SA

SB

SC

uA

uB

uC

us

u0

0

0

0

?Ud ?Ud ?Ud

2

2

2

0

u1

1

0

0

Ud

?Ud ?Ud

2

2

2

2

U 3

d

u2

1

1

0

Ud

Ud

? Ud

2

2

2

2U 3

d

e

j

? 3

u3

0

1

0

? Ud

Ud

? Ud

2

2

2

2U 3

d

e

j

2? 3

u4

0

1

1

? Ud

Ud

Ud

2

2

2

2U 3

d

e

j?

u5

0

0

1

?Ud ?Ud

Ud

2

2

2

2U 3

d

e

j

4? 3

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u6

1

0

1

u7

1

1

1

空间电压矢量图:

u3

u2

Ud

? Ud

Ud

2

2

2

Ud

Ud

Ud

2

2

2

2U 3

d

e

j

5? 3

0

u4 u5

u0 , u7

u1

u6

5.9 当三相电压分别为 u AO 、u BO 、uCO ,如何定义三相定子电压空间矢量 u AO 、u BO 、u CO 和合成矢量 u s ,写出他们的表达式。
解:A,B,C 为定子三相绕组的轴线,定义三相电压空间矢量:

uAO ? uAO uBO ? uBOe j? uCO ? uCOe j 2?
合成矢量:
us ? uAO ? uBO ? uCO ? uAO ? uBOe j? ? uCOe j2?

B(e j? )

u CO
u BO

us

uCO

u BO

u AO

A(e j0 )

C(e j2? )

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5.10 忽略定子电阻的影响,讨论定子电压空间矢量 u s 与定子磁链 ψ s 的关系,当三相电压
u AO 、 u BO 、 uCO 为正弦对称时,写出电压空间矢量 u s 与定子磁链 ψ s 的表达式,画出各自
的运动轨迹。 解:用合成空间矢量表示的定子电压方程式:

us

?

Rs is

?

dψ s dt

忽略定子电阻的影响,

us

?

dψ s dt

? ?ψs ? usdt ,

即电压空间矢量的积分为定子磁链的增量。 当三相电压为正弦对称时,定子磁链旋转矢量

? ψs ?

e j (?1t?? )
s

电压空间矢量:

us

?

?? ej

(

?1t

?

? 2

??)

1s

us1

us 2

ψs2

?1

ψ s1

ψs3

ψs4

us 4

us3

us1

?1
us 2

us4
us3

5.11 采用电压空间矢量 PWM 调制方法,若直流电压 ud 恒定,如何协调输出电压与输出频率
的关系。 解:直流电压恒定则六个基本电压空间矢量的幅值一定,

输出频率w1

?,

???开关周期T0 ?

?

? 3Nw1

?,

???us ?,

us

?

t1 T0

u1

?

t2 T0

u2

?

t1 T0

Ud

?

t2 T0

U

d

e

j

? 3

,

t1 T0

?, t2 T0

?

?t1 ?,t2 ?,T ? t1 ? t2 ? ,零矢量作用时间增加,所以插入零矢量可以协调输出电压与输出
频率的关系。

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u2

t2 T0

u2

θ

t1 T0

u1

us

?

3

u1

5.12 两电平 PWM 逆变器主回路的输出电压矢量是有限的,若期望输出电压矢量 us 的幅值小

于直流电压 ud ,空间角度? 任意,如何用有限的 PWM 逆变器输出电压矢量来逼近期望的输
出电压矢量。 解:两电平 PWM 逆变器有六个基本空间电压矢量,这六个基本空间电压矢量将电压空间矢量
分成六个扇区,根据空间角度? 确定所在的扇区,然后用扇区所在的两个基本空间电压矢量
分别作用一段时间等效合成期望的输出电压矢量。

习题六

6.1 按磁动势等效、功率相等的原则,三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为

C3/ 2 ?

2 ??1 ?
3 ???0

?1 2 3
2

? ?

1 2 3 2

? ? ? ? ??

现有三相正弦对称电流 iA

?

Imco s(?t) ,iB

?

Imco s(?t

?

2? 3

) ,iC

?

Im

cos(?t

?

2? 3

) ,求

变换后两相静止坐标系中的电流 is? 和 is? ,分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。

解:两相静止坐标系中的电流

?is? ??is?

? ? ?

?

2

??1 ?

3 ???0

?1 2 3 2

? ?

1 2 3 2

? ? ? ? ??

?iA ??iB ??iC

? ? ? ??

?

2

??iA ?

3

? ??

0

?

1 2

iB

3 2 iB

?

1 2

iC

? ? ?

?

3 2

iC

? ??

?

2

? ? ?

3 2

iA

3? ??

0

0

0

? ?

?

3 2

iB

?

3 2

iC

? ??

其中, iA ? iB ? iC ? 0

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?is? ??is?

? ? ?

?

2

? ? ?

3 2

iA

3? ??

0

0 3 2 iB

0

? ?

??

?

3 2

iC

? ??

?

2 3

Im

? ? ?

??

3 co s(?t) 2

? ? ?

3 2

[co

s(?t

?

2? 3

)

?

co

s(?t

?

2? 3

)]???

?

?

?

2 3

Im

? ?

?

??

3 cos(?t) 2

? ? ?

j(?t? 2? )
3[e 3 2

? j(?t? 2? )

?e

3

2

?

j(?t? 2? )
e3

?
?e 2

j

(?t

?

2? 3

)

? ]???

?

?

?

2 3

Im

? ?

?

??

3 co s(?t) 2

? j 2?

j 2?

j 2?

3 [ e 3 ? e 3 e j?t ? e 3

2

2

? j 2?
?e 3 2

? ? ? ? e? j?t ]???

?

?

2 3

Im

? ? ????

3 co s(?t) 2

? ? ?

3

(e

j

2? 3

2

?

?
e

j

2? 3

)

e

j?t

? e? j?t 2

? ??

?

?

2?

3

Im

? ?

??

3 si32n(c2o3?s()?sitn)(?t)?????? ?

3 ?co s(?t)?

2

Im

? ?

sin(?t)

? ?

两相电流与三相电流的的频率相同,两相电流的幅值是三相电流的的
位差 ? 。 2

3 倍,两相电流的相 2

6.2 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换阵为

? cos? sin? ?

C2s / 2r ? ??? sin?

c

os?

? ?

将上题中的两相静止坐标系中的电流 is? 和 is? 变换到两相旋转坐标系中的电流 isd 和 isq ,坐

标系旋转速度

d? dt

? ?1

。分析当

?1

??

时,

isd



isq

的基本特征,电流矢量幅值

is ? is2d ? is2q 与三相电流幅值 I m 的关系,其中? 是三相电源角频率。
解:两相静止坐标系中的电流

?is? ??is?

? ? ?

?

3 2

Im

?co s(?t )?

? ?

sin(?t)

? ?

两相旋转坐标系中的电流

?isd ??isq

? ? ?

?

? cos? ??? sin ?

sin ? cos?

? ? ?

?is? ??is?

? ? ?

?

3 ? cos? 2 Im ??? sin?

sin? ? ?cos(?t)?

cos?

? ?

? ?

sin(?t)

? ?

?

3 2

I

m

?cos?cos(?t) ? sin? sin(?t ??cos? sin(?t) ? sin?cos(?t

)? )??

?

3 ?cos(?t ??)?

2

I

m

? ?

sin(?t

?

?

)

? ?

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d? dt

? ?1 时,?

? ?1t

,两相旋转坐标系中的电流

电流矢量幅值

?isd ??isq

? ? ?

?

3 2

Im

?cos(?t

? ?

sin(?t

??)?

?

?

)

? ?

?

? ? ? ??

3?

2

I

m

? ?

0 ??

3 is ? isd ? 2 Im

6.4 笼型异步电动机铭牌数据为:额定功率 PN ? 3kW ,额定电压U N ? 380V ,额定电流

I N ? 6.9 A ,额定转速 nN ? 1400 r / min ,额定频率 f N ? 50 Hz ,定子绕组 Y 联接。由实验

测得定子电阻 Rs ? 1.85 ? ,转子电阻 Rr ? 2.658 ? ,定子自感 Ls ? 0.294 H ,转子自感

Lr ? 0.2898 H ,定、转子互感 Lm ? 0.2838 H ,转子参数已折合到定子侧,系统的转动惯

量 J ? 0.1284kg ? m2 ,电机稳定运行在额定工作状态,试求:转子磁链? r 和按转子磁链定

向的定子电流两个分量 ism 、 ist 。
解:由异步电动机稳态模型得额定转差率

sN

?

n1 ? nN n1

? 1500 ?1400 1500

?1 15

额定转差

?sN

?

sN?1

?

sN 2?

fN

? 100? 15

rad

/s

电流矢量幅值

is ?

is2m ? is2t ?

3 2

I

m

?

3 ? 6.9A

由按转子磁链定向的动态模型得

dy r dt

=

-

1 Tr

y

r

+

Lm Tr

ism

ws

=

Lmist Try r

稳定运行时, dy r dt

=

0 ,故 y r

=

Lmism ,

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ist

=

wsTry r Lm

=

wsTr ism

=

100p ? 15

0.2898 2.658 ism

2.2835ism

WORD 完美格式

解得

is ? is2m ? is2t ? 1? 2.28352ism ? 2.493ism ? 3 ? 6.9

3 ? 6.9 ism ? 2.493 ? 4.79A

ist = 2.2835ism = 2.2835? 4.79=10.937A
转子磁链
y r = Lmism = 0.2838? 4.79=1.359Wb

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