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电力拖动自动控制系统答案

《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1000~100r/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

)min(04.2

)02.01(

10002.0

)1( min

r

s sn nN = ? ×= ? =?

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

kWPN

60=, VUN 220=, AIN 305=,min1000 rnN =,主电路总电阻?=18.0

R

rVCe min2.0?=,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)额定负载下的转速降落 Nn ?为多少,才能满足%5,20≤= sD

的要求。

解:(1)当电流连续时,在额定负载下的转速降落

)min(5.274

2.0

18.0305

r C RI

n e

N

N

= × ==?

(2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率

%5.21215.0

5.2741000 5.274

=≈

+ = ?+ ? =

NN

N

Nnn n s (3)额定负载下满足%5,20≤=

sD

要求的转速降落

)min(63.2

)05.01(20

05.01000

)1(

r

sD sn

nNN ≈ ?× × = ? =?

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,8.8* VUu =比例调节放大

系数,2= pK

晶闸管装置放大系数,15= sK

反馈系数7.0=

γ 。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时的多少倍? (3)若把反馈系数减至5.30=

γ ,当保持同样的输出电压时,给定电压*

uU

应为多少? 解:(1)输出电压

)V(128.8 7.01521

152

1 *=×

××+ ×= +

= u

sp

sp

dUKK

KK U γ

(2)若把反馈线断开,)V(2648.8152*=××== uspdUKKU ;开环时的输出电压是闭环

时的2212264=倍。

(3)若把反馈系数减至5.30=

γ ,当保持同样的输出电压时,给定电压

)V(6.412 152

35.015211*=×

× ××+=+= d

sp

sp

uUKK

KK U γ。

c

电力拖动自动控制系统答案

解:(1) 22012.51.5

0.1341min/ 1500 Nda e N

UIR CVr n ??× ===

? 12.5(1.51.00.8)

307.6/min

0.1341

N

op

e

RI nr C ×++ ?=== 15000.1 8.33/min

(1)20(10.1) N cl ns nr

Ds × ?=≤= ?×?

(2)

电力拖动自动控制系统答案

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(3)

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(4)闭环系统的开环放大系数为

307.6 1135.93

8.33

op cl n K n ? =?=?= ? 运算放大器所需的放大倍数

35.93 13.77

/350.01/0.1341 p se

K K KCα ===

×

电力拖动自动控制系统答案

解:

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4.8 R =?/0.31251/3

电力拖动自动控制系统答案

sRR =< 图见49页

电力拖动自动控制系统答案

解:计算系统中各环节的时间常数

电磁时间常数

0.05

0.02

1.51.0

l L Ts R ===

+ 机电时间常数

21.6(1.51.00.8)

0.082

30375 3750.13410.1341 m em GDR Ts CC π

×++

===

××× 晶闸管装置的滞后时间常数为0.00167 sTs =

为保证系统稳定,应满足的稳定条件:

22()0.082(0.020.00167)0.00167

53.29

0.020.00167

mlss

ls TTTT K TT

++×++ <==

× 可以稳定运行,最大开环放大系数是53.29 2-12有一晶闸管-电动机调速系统,已知:电动机

kWPN .82=, VUN 220=, AIN .615=,

min1500 rnN =,?=5.1 aR

,整流装置内阻?=1 recR

,电枢回路电抗器电阻?=8.0

LR ,

触发整流环节的放大倍数35= sK

。求:

(1)系统开环时,试计算调速范围30= D

时的静差率 s 。

(2)当%10,30==

sD

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%10,30==

sD

,在V10*=

nU 时

NdII

=, Nnn

=,计算转速反馈系数 α 和放大器放大系数 pK 。

解:先计算电动机的反电动势系数

)minV(131.0

1500 5.16.15220 r n RIU C N

aNN e ?= ×? =

? =

系统开环时的额定转速降落

)min(393

131.0

)8.015.1(6.15)(

r C RRRI n e

LrecaN

Nop ≈ ++× =

++ =?

(1)系统开环时,调速范围30= D 时的静差率

%.788887.0 393301500

39330

=≈

×+ × =

?+ ? =

NN N

nDn

nD s ;

(2)当%10,30==

sD

时,系统允许的稳态速降

)min(56.5

)1.01(30

1.01500

)1(

r

sD sn

nNN ≈ ?× ×= ? =?

(3)如组成转速负反馈有静差调速系统,要求%10,30==

sD

,则系统开环放大系数

8.6691

56.5

3931≈?=?

? ? =

cl

op n n K ; 转速反馈系数)minV(0067.0

1500 10*

r n U N n ?≈== α 放大器放大系数3.938 0067.035

131.08.669

≈ × × == αs e pK KC K 。

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MHz10= f

,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位计算器,M 法和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

转速 n =1500r/min 和 n =150r/min 时的测速分辨率465.1 01.041024

6060

×× ==

cZT

Q

转速 n =1500r/min 时,1024

60

01.040961500

601

= ×× ==

cnZTM

,误差率最大值

%097.000097.0 1024

11 1

max=≈==

M δ ; 转速 n =150r/min 时,4.102

60

01.04096150

601 = ×× ==

cnZTM

,误差率最大值

%97.00097.0 4.102

11

1

max=≈==

M δ 。

(2)T 法测速

转速 n =1500r/min 时,8.9 15004096

101606060

2≈×

×× == Zn f

M ,测速分辨率

≈ ×?×× ×= ? =

1500409610160

15004096

606 2

0 2 Znf

ZnQ 171

误差率最大值

%3.10103.0 18.9

1 1

1 2 max=≈?=?=

M δ 。

转速 n =150r/min 时,98 1504096

101606060

2≈×

×× == Zn f

M ,测速分辨率

≈ ×?×× ×= ? =

150409610160

1504096

606 2 0 2 Znf

ZnQ 1.55

误差率最大值

%03.10103.0 198

1 1

1 2 max=≈?=?=

M δ 。

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

V15**== imnmUU

,min1500

rnN =,A20= NI

,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻

?=2 R

,20= sK

rCe minV127.0

?=,求: (1)当系统稳定运行在V5*= nU ,A10=

dLI 时,系统的 iinUUUn 、、、*和

cU 各为多少? (2)当电动机负载过大而堵转时,*

iU 和

cU

各为多少? 解:转速反馈系数

)minV(01.0

1500

15* r n U N

nm

?=== α

电流反馈系数

)AV(375.0

202

15*=

× == dm im I U β

(1)当系统稳定运行在V5*= nU

,A10=

dLI 时,

)V(5*==

nnUU

)min(500

01.0

5*

r U nn

=== α

)V(75.310375.0=×==

dLiIUβ

)V(75.3*== iiUU

)V(175.4 20

210500127.00

= ×+× =

+

== s

dLe

s

d

cK

RInC

K U U 。

(2)当电动机负载过大而堵转时, n

=0; )V(15202375.0*=××==

dmiIUβ

)V(4

20 2202

=

×× ==

s

dm

cK

RI

U 。 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:min,1000A20V220kW7.3

rnIUPNNNN ====,,,电枢回路

总电阻?=5.1

R ;设V8**===

cmimnmUUU ,电枢回路最大电流A40= dmI

,电力电子变

换器的放大倍数40= sK 。试求:

(1)电流反馈系数

β 和转速反馈系数 α ;

(2)当电动机在最高转速发生堵转时的0

dU ,* iU ,

iU 和 cU

的值。

解:(1)电流反馈系数

)AV(2.0

40

8*=== dm

im I U β

转速反馈系数

)minV(008.0 1000

8* r n U N

nm ?=== α

(2)当电动机在最高转速发生堵转时,

n =0;

)V(605.14000=×+=+= RInCUdmed

)V(8402.0*=×=== dmiiIUUβ

)V(5.1

40

600

=== s

d

cK

U U 。 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≤

σ 。 (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 str 25.0<

,则 K =??= σ 解:典型I 型系统开环传递函数为

)1( )( + =

Tss K

sW (1)要求阶跃响应超调量%10≤ σ ,则要求69.0≤ KT ,为获得尽量短的上升时间 rt

,选 择69.0=

KT ;则9.61.069.0==

K (2)过渡过程时间)(6.01.066 sTts

=×==; 上升时间)(33.01.03.33.3 sTtr

=×==。 (3)如果要求上升时间

str 25.0<,则选择1= KT ; 101.01== K ,%.316=

σ 。

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解:PI 调节器

)

( 1 ) ( ii i K s

W s s τ τ + =

开环传递函数2 10 (1) 10(1) () (0.021)(0.021) i

i iii i op

K s

Ks ssss

s s

W τ ττ τ + + =?= ++ 对Ⅱ型系统30%

σ ≤,h=7

0.14

ihTsτ

==

22

1

204.1 2 h K hT + == 2.8571

10

i

i K K τ ==

PI 调节器

2.8571(0.1 () 41) 0.14 s s s

W +

=

i

i R K R =0

R 取10kΩ

iR

=28.571kΩ取30kΩ /14

iiiCRFτμ

==

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4h=3max*%2(%)()63.4% nN n

bm

TCn z

CnT σλ ∑??=?=

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3-10有一转速、电流双闭环直流调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参 数为:min375A760,V750,kW500

rnIUPNNNN ====,,电动势系数

rCe minV82.1?=,电枢回路总电阻?=14.0R ,允许电流过载倍数.51= λ ,触发整流

环节的放大倍数75= sK ,电磁时间常数

sTl 031.0=,机电时间常数

sTm 112.0=,电流反

馈滤波时间常数 sToi 002.0=,转速反馈滤波时间常数

sTon 02.0=。设调节器输入输出电

压V10**===

nmimnmUUU

,调节器输入电阻?=

kR 400。

设计指标:稳态无静差,电流超调量%5≤ iσ

,空载起动到额定转速时的转速超调量

%10≤ nσ

。电流调节器已按典型I 型系统设计,并取参数5.0= KT

(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

ciω

和转速环的截止频率 cnω

,并考虑它们是否合理? 解:三相桥式整流电路的平均失控时间

sTs 0017.0=,电流环小时间常数之和

sTTToisi 0037.0=+=Σ,要求电流超调量%5≤

iσ ,应取5.0=Σ

iITK

,因此

11.135?≈

sKI 。

(1)电流环等效时间常数

sKI 0074.01=

; 转速环小时间常数 sTKTonIn 0274.002.00074.01=+=+=Σ;

电流反馈系数

)AV(0088.0

7605.1 10*≈

× == N im I U λ β

转速反馈系数

)minV(0267.0

375

10* r n U N

nm ?=== α

选择转速调节器结构,其传递函数为

s sK sW n

nn ASRτ

τ )1(

)( +=

按跟随和抗扰动性能都较好的原则,取,5= h

则ASR 的超前时间常数为

shTnn 137.00274.05=×==Σ

τ

转速环开环增益

2

222284.1590274.052

15 2 1?

Σ = ××

+ =

+ = s Th h K n

N , 可得ASR 的比例系数为

51.10

0274.014.00267.052

112.082.10088.06

2 )1( ≈ ×××× ××× =

+ = Σ n

me

nRTh

TCh K α β ; 取调节器输入电阻?=

kR 400,则

?=×== kRKRnn 4.4204051.100,取420k?

F326.0)F(1026.3

10420 137.07

3

μ τ =×=

× ==? n

n

nRC ,取0.33F μ F2)F(102 1040

02.0446

3

0 μ =×= × × ==? R T Conon ,取2F μ 。

(2)电流环的截止频率11.135?==

sKIciω

, 转速环的截止频率19.21137.084.159?≈×== sKnNcnτω ;

检验近似条件

1)校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件

ci

s s T ω >≈ × =?)(1.196 0017.03

1 3 11,满足近似条件;

校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件

ci

lm

s TT ω <≈ × =?)(91.50

031.0112.0

13131,满足近似条件;

校验电流环小时间常数近似条件

ci

ois

s

TT ω >≈ × =?)(8.180 002.00017.0 1

3 11 3 11,满足近似条件; 校验电流环传递函数近似条件

cn i Is T K ω >≈=? Σ )(7.63 0037.0 1.135 3 1 3 11 ,满足近似条件;

校验转速环小时间常数近似条件

cn on

Is T K ω >≈=?)(4.27 02.0

1.135 3

1

3 11 ,满足近似条件。

校核转速超调量

电力拖动自动控制系统答案

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%10093.0

112.0

0274.0

375 82.1 14.0760

)05.1(812.02 )(2*max * max <≈ ×

× ×?××= ? ???

?

? ?? ? ?? = ? ?? ?

? ??

? ?? = Σ m nN

b b b n T T n n z C C n n C C λ σ 满足设计要求。

电力拖动自动控制系统答案

解:(1)

15 0.01min/

1500 Vrα ==?

*5 500/min

0.01

nUnr

α

===

0104 dedUCnIRV

=+=

03.47

d c s

U UV

K == (2)当电动机突然失磁,电机停转。

nU = **10

iimUUV

==

10

iUV

=? 2

ddmIIV

==

(3)2 (1) () (1) Ks Ws

sTs τ + = +

0.25

hTsτ == 2 22 1 48

2 N

h Ks hT

?+==

电力拖动自动控制系统答案

2

48(0.251) () (0.051) s Ws ss + =

+ (4)8.80.44 vmtTs

==

2() 93.75/min

ndmdL

b

em

RTII nr CT ∑??== max

max(%)76.12/min

b

b

C nnr C ? ?=?= 5-1一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为:额定电压V380=

NU

,额定转速

min960 rnN =,额定频率

zfN H50=

,定子绕组为Y 联接。由实验测得定子电阻 ?=35.0 sR

,定子漏感H006.0= lsL

,定子绕组产生气隙主磁通的等效电感H26.0=

mL ,

转子电阻?=′5.0

rR ,转子漏感H007.0=′ lrL

,转子参数已折算到定子侧,忽略铁芯损耗。

(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

Ns

,定子额定电流 NI 1和额定电磁转矩。

(3)定子电压和频率均为额定值时,理想空载时的励磁电流0 I 。

(4)定子电压和频率均为额定值时,临界转差率 ms

和临界转矩 emT

,画出异步电动机的机 械特性。

解:(1)

电力拖动自动控制系统答案

异步电动机T 形等效电路

电力拖动自动控制系统答案

异步电动机简化电路

(2)由于额定转速min960 rnN =,同步转速)min(1000 3

506060

1 r

n f n p

N = × ==, 额定运行时的转差率04.0 1000

9601000 1 1=?=?=

n nn

sN

由异步电动机T 形等效电路,

023.1004.002

3.1

26.0100

35.0

26.0

006.0 1

2 11

1 1

1≈?≈×?+=?+=

+ += jj

Lf R j

L L Lj

LjR C mN

s

m

ls m

lss

ππω ω 可得转子相电流幅值

()() )A(9735.15

0953.175939.172

220

007.0023.1006.0)100( 04.0 5.0023.135.0 220

22

2

2

1

2

1 2

1 =

+ = ×+×+?

?

?

? ? ?×+

=

′++?? ? ? ?? ?

?′ + =′

π

ωlrls N r s sr

LCL s R CR U I 气隙磁通在定子每相绕组中的感应电动势

7352.2028361.425.1569735.15221 2

≈+×=′+?? ?

? ?? ? ?′ ′= lr

N r rgLs RIEω

(V )

额定运行时的励磁电流幅值

)A(482.2

26.0100 7352.202

1

0≈×==

πωm g

L

E I 由异步电动机简化电路,额定运行时的定子额定电流幅值

() )(A164.316

96.6716225.1165

220

)007.0006.0()100(

04.0 5.0 35.0

220

22

2

22

1

2

2 1 =

+ = +×+? ?

? ? ?

?+ =

′++? ?

? ? ? ?′+

=

πωlrlss

s

N LL s R R U I 额定电磁转矩

)(37.91 04.0 5.0 9735.15

100 33322 1

mN s R I nP T

N rrp

m

me ?≈×× × = ′ ′== πωω (依据T 形等效电路)

)(33.95 04.0 5.0 3164.16 100 33322 1 1

mN s R I nP T

N rNp m me

?≈×× × = ′ == πωω (依据简化等效电路)

(3)定子电压和频率均为额定值时,理想空载时的励磁电流

() )A(633.2

)26.0006.0()100(35.0

220

22222

1

20

= +×+ =

++ =

πωmlss

s

LLR U I (4)定子电压和频率均为额定值时,临界转差率

()

122.0

)007.0006.0()100(35.0

5.0

22222

1

2

= +×+

= ′++ ′

=

πωlrlss

r m LLR

R s 临界转矩

()[]

)(83.155

)007.0006.0()100(35.035.0200

22033

2 3 222

2 22 1

2

1 2

mN LLRR Un T lrlsss sp

em ?= +×++××

×× =

??

?

??

?′+++

=

ππωω

异步电动机的机械特性:

eTemT

mS

Sn

01 n

01

5-2异步电动机参数如习题5-1所示,画出调压调速在 NU 2 1和 NU

3 2时的机械特性,计算临

界转差率

ms

和临界转矩 emT

,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 矩负载和风机类负载两种情况下,调压调速的稳定运行范围。

解:

电力拖动自动控制系统答案

定子相电压改变,临界转差率不变,即

()

122.0

)007.0006.0()100(35.0

5.0

22222

1

2

= +×+

= ′++ ′

=

πωlrlss

r m LLR

R s 当调压至 NU

2

1时,临界转矩

min)(96.3883.155 4 1 4 1

max ?=×==

NTTeem , 当调压至

NU

3 2时,临界转矩

min)(26.6983.155 9

4 9

4 max ?=×==

NTTeem 。

气隙磁通:

Nss

sm

kNf U 144.4 ≈Φ随定子电压的降低而减小。

5-6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 f N 时,输出电压

U 等于额定 电压 U N ,考虑低频补偿,若频率

f =0,输出电压 U =10% U N 。 (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 T e max 。

解:(1) U N

=220(A) 斜率

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96.3 050

22220

1.0 = ? ? = ? ? =

N NN f UU k , 考虑低频补偿时,电压频率特性曲线2296.3+= fU ;

不补偿时,电压频率特性曲线

ffU

4.4 50

220

== (2)当 f =5Hz 时

A 、不补偿时,输出电压)V(224.4== fU

,临界转矩

()[] )(84.078

)007.0006.0()10(35.035.020

2233

2 3 222

2 22 1

2

1 2

mN LLRR Un T lrlsss

sp

em ?= +×++×× ××= ??

? ??

?′+++

=

ππωω

B 、补偿时,输出电压)V(.841226.93=+=

fU ()[]

)(83.8281

)007.0006.0()10(35.035.020

.84133

2 3 222

2 22 1

2

1 2 mN LLRR Un T lrlsss sp

em ?= +×++×× ××= ??

?

??

?′+++

=

ππωω

当 f =2Hz 时

A 、不补偿时,输出电压)V(.884.4== f U

,临界转矩

()[]

)(66.637

)007.0006.0()4(35.035.08

.8833

2 3 222

2 22 1

2

1 2 mN LLRR Un T lrlsss sp

em ?= +×++×× ××= ??

?

??

?′+++

=

ππωω

B 、补偿时,输出电压)V(2.929226.93=+=

fU ()[] )(19.4435

)007.0006.0()4(35.035.08

2.92933

2 3 222

2

22

1

2

1 2

mN LLRR Un T lrlsss

sp

em ?= +×++×× ××= ??

? ??

?′+++

=

ππωω

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矢量表达式, 画出空间电压矢量图。 解:

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