电力拖动自动控制系统第四版课后答案.docx
- 文档编号:24104985
- 上传时间:2023-05-24
- 格式:DOCX
- 页数:37
- 大小:620.98KB
电力拖动自动控制系统第四版课后答案.docx
《电力拖动自动控制系统第四版课后答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《电力拖动自动控制系统第四版课后答案.docx(37页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
电力拖动自动控制系统第四版课后答案
习题解答(供参考)
习题二
2.2系统的调速范围是i00o~i00r■■min,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少?
解:
An=nrnyD(iS)=1000e.OZ/XIO^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nomax=1500r:
:
min,最低转速特性为n0min=150r;min,带额定负
解:
1)调速范围d=nmax;nmin(均指额定负载情况下)
nmax=n0max匚nN=1500-15=1485
nmin-n0min」nN=150-15=135
DFmaxFmin=1485135=11
2)静差率s「nN.n=15150=10%
2.4直流电动机为Pz=74kW,UN=220V,In=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023Q。
相控整流器内阻Rrec=0.022Q。
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:
dUN-lNRJ.nN=(220-3780.023).1430=0.1478V.rpm
△n=InRCe马78"0.023+0.0?
2)0.1478rpm5
D二njSL:
心一9]=1430
D訥S[:
r(1-$)]=1430
0.2[115一(10.2)]3.1
0.3[115-(10.3)]5.33
R=0.18Q,Ce=0.2V?
min/r,求:
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,主电路总电阻
(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:
d)nN=INRCe=3050.180.2=274.5r/min
(2)SN=nNn0二274.5(1000274.5)=21.5%
(3).:
n=nNS[D(1—s)]=10000.05[200.95]=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、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Y=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)
*
把反馈系数减至y=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=KpKsU;..(1KpKs)=2158.8(12150.7)=12V
(2)Ud-8.8215=264V,开环输出电压是闭环的22倍
(3)U;二ud(1KpKs).KpKs=12(12150.35).(215^4.6V
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=nNs/:
nN1-s
10=15002%/.:
nN98%
仆=15002%/98%10=3.06r/min
2)K=nop/%—1=100/3.06—1=31.7
率要求下,调速范围可以扩大多少倍?
解:
:
n°pn]1K:
nci158=128
如果将开环放大倍数提高到30,则速降为:
nci=:
nop/1K=128/130=4.13rpm
在同样静差率要求下,d可以扩大心ncn/也nci2=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=1500r/min,电枢电阻Ra=1.5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,整流装置内阻Rrec=1.0Q,虫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Anop和调速要求所允许的闭环静态速降And。
(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U”*=15V时,Id=IN,n=nN,则转速负反馈系数a应该是多少?
(4)计算放大器所需的放大倍数。
解:
(1)
n=Un-INRaCe
-C^220-12.51.5/1500=201.25/1500=0.134Vmin/r
n=Un-InR\/Ce
=■'nop=INRt/Ce=12.53.3/0.134=307.836r/min
:
nN=nNs/D1-si;i=150010%/(20*90%)□8.33r/min
所以,:
nci=8.33r/min
(2)
HI
£
A
CPE
十d
十
⑶⑷n二KpKsUn—IdR/CelK一KUn/:
1KLljR/CelK]
K=Tlop/叽-1=307.836/8.33-1=35.955
1500=[35.955心5/厲(1+35.955)卜[12.5咒3.3/(0.134(1+35.955))]
一:
-0.0096Vmin/r
也可以用粗略算法:
U15
Un:
—Un=〉n,-0.01
n-n1500
Kp=KCe/Ks:
Kp=35.9550.134/350.01=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Idbl_21N,临界截止电流Idcr亠1.21N,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)1db21n-25A,Idcr-1.2In-15A
Idbl:
-UnUcom/Rs=25二15Ucom/R^Rs=価」
Ucom=151.5=22.5V
(R「/3)=1.01.50.8/3=1.1」尺(R=/3)
(2)-一
不符合要求,取Rs=1.T\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二1.1;.;,则Ucom二Idcr':
Rs二15':
1.1二16.5V
(3)当Id-Idcr时,有
n二KpKsU;/Ce1KLKpKsKiRsId-Ucom/Ce1KLRld/Ce1K1=KpKsU:
KiUcom/Ce1KL[rKpKsKiRsId/Ce1K丨
当n=0时,
Idb^KpKsU;KUcom/RKpKsKiRs:
U;KUcom/KiR.
25=1516.5Ki/1.1Ki-Ki=15/22.5—13.5=1.36
22
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GD=1.6Nm,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,GD2=1.6Nm2,0=3.30,C^0.134V/rpm
T=L/R〒=0.05/3.3=0.015s
2
Tm=GD2375CeCm=1.63.3/3750.1340.13430/3.14
=5.28/64.33=0.082s
Ts=0.00333s
Kc〒m(T+Ts)+Ts2]/TJs=卩.082咒(0.015+0.00333)+0.003332]/(0.0151*0.00333)
J二J1可
-||0.00150.003332/0.00004983=30.52
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,IN=15.6A,nN=1500r/min,Ra=1.5
Q,整流装置内阻Rrec=1Q,电枢回路电抗器电阻Rl=0.8Q,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。
(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Id=IN,n=nN,计算转速负反馈系数「和放大器放大系数Kp。
解:
Ce=220-15.61.5/1500=0.1311Vmin/r
(1)
■:
nop=INR=/Ce=15.63.3/0.1311=392.68r/min
nmin=1500/30=50
s=;:
nop/讥讪=392.68/392.6850)=88.7%
(2)
0.1「n/n50
n二5/0.9二5.56r/min
(3)
)=KpKsUn/Ce(1+K)-Rzld/Ce(1+K)
、、K=KpGKs/Ce
1500=KpKsU:
/Ce(1+K)-(呵56yCe(1+K)
K=仏nopMnci)—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:
1500r/minw,:
.max%—100%—100%=0.098%
M11024
11
150r/min时,、max%100%100%=0.98%
M1102.4
可见M法适合高速。
(2)T法:
分辨率:
最大误差率:
x60f0,M2‘0f0
ZM2Zn
可见T法适合低速
习题二
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Unm=15V,nN=1500r/min,|N=20A,电流过载倍数为2,电枢回路
总电阻R=2Q,
Ks=20,Ce=0.127Vmin/r
,求:
(1)当系统稳定运行在Un=5V,IdL
=ioa时,系统的n、Un、ui、Ui和
Uc
各为多少?
(2)
当电动机负载过大而堵转时,
Ui和Uc各为多少?
解:
(1)
nN=15V/1500rpm=0.01V/rpm
当un=5V,
转速
nd
a
5V
500rpm
0.01V/rpm
im
dm
竺=0.375V/A
40A
Ui
=0.375*10
=3.75V=Ui
Uc
Ud0
_CenN〔dLR
0.127*50010*
(2)
Ks
Ks
Ks
20
2=4.1757
n=500rpm,U
堵转时,
*
Ui
二;Idm
-5V,Ui-Ui
-3.75V,Uc
=4.175v
=15V,
d0
CenIdR
IdmR
40*2
3.2在转速、
=1000r/min,
试求:
解:
1)
2)
Ks
Ks
Ks
20
4V
电流双闭环调速系统中,两个调节器
ASR,ACR均采用PI调节器。
电枢回路总电阻R=1.5Q,设Unm
(1)电流反馈系数|「和转速反馈系数:
-O
(2)当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0,
I:
:
;..Uim
Idm
已知参数:
电动机:
PN=3.7kW,UN=220V,IN=20A,
二Uim二Ucm=8V,电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大系数Ks
Ui,Ui,Uc值。
-8V0.2V/A>-
40A
Unm
8V
nN
0.008V/rpm
1000rpm
Ud0=EldlR\=cenNldlRv=40A*1.560V
这时:
*
Un=8V,Un=0,ASR处于饱和,输出最大电流给定值。
Uj*=8V,Ui=8V,
nN
=40。
Uc二Udo.'Ks=6040=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=8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)Ui应如何变化?
(2)Uc应如何变化?
(3)Uc值由哪些条件决定?
icc
解…严喘"5
因此当电流从40A=・70A时,
U*应从4V=.7V变化。
2)UC要有所增加。
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二<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,匚%=9.5%
⑴系统开环增益:
K=0.69/T=0.69/0.1=6.9(1/s)
(2)上升时间匕=3.3T=0.33S
过度过程时间:
3
ts6T=60.1=0.6s
n
(3)
如要求tr:
:
0.2s5,查表3-1则应取KT=1,=0.5,tr二2.4T=2.4*0.1二0.24s这时
K=1/T=10,超调量=16.3%
11
KT=0.5,则K=0.5/T=50,所以=10/K=10/50=02S,积分调节器:
W(S)=—=
is0.2s
调量;二%<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)=K"(恥出)校正后系统的开环传递函数W(S)=心'眉+1)—K1—,对照典型n型系
£S'£Ss(Ts+1)
统,K=KP|Kt/.=hT,选h=8,查表3-4,c%=27.2%,满足设计要求。
这样
二hT8*0.02,s
h+18+1
K厂22=175.78,KPI二K/Q=175.78*0.16/10=2.81
2hT2*8*0.02
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=60kw,UN二220v
In=308A,“n—1000r/min,电动势系数Ce=0.196V■min/r,主回路总电阻R=0.18Q,触发整流环节的放大倍数Ks=35。
电磁时
间常数T|=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。
(1)
确定电流反馈系数B(假设起动电流限制在1.1|N以内)和转速反馈系数a
(3)
Con。
(Ro=40kQ)
设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn
(4)
(Tn。
计算电动机带40渝定负载起动到最低转速时的转速超调量
(5)计算空载起动到额定转速的时间
解:
(1)2-Um/ldm=8V/(1.1*lN)=8V/339A=0.0236V/A
-=10/1000=0.01Vmin/r
(2)电流调节器设计
确定时间常数:
a)Ts=0.00333s
b)Toi=0.0025s
电流调节器结构确定:
校验等效条件:
•,ci=K|=85.76s,
可见满足近似等效条件,电流调节器的实现:
选Ro=40K,则:
RRo=0.22440K=8.96K,取9k.
G=j/R=0.012/(9103)=1.33」F
由此
C0^4T0i/R^-40.0025/40103=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,:
因为K|T、i=0.5
则1/K,=2近=20.005830.0146
b)Ton=0.015s
c)Tn-1/K,Ton=0.011660.015=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,
n=hTn,取h=5,n=hTn=0.1333s
h162
Kn2222—168.82s
2h2T?
n2520.026662
„(h+1)BCeTm6疋0.0236疋0.196汉0.12厂门,
KnJ6.94
2hRTn250.010.180.02666
1
;:
;&=Kn/-KN.n=168.820.1333=22.5s
a)电流环近似条件:
-瓯=丄匚匚=40.43s」>cocn
3也3\0.00583
b)转速环小时间常数近似:
1Ki「85.76二25.2s」、
3#T0n3V0.015
可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验(空载Z=0)
=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二hTn=0.07998s
Kn=(h1)/2h2Tx^4/(290.026662)=312.656s,
Kn=(h1):
CeTm/2h:
RTn=40.02360.1960.12/(230.010.180.02666)=7.6
校验等效条件:
;.-;、*二Kn/=Knn=312.6560.07998=25s‘
1/21/2_1
a)1/3(KI/Ti)-1/3(85.76/0.00583)-40.43s&
1/21/2-1
b)1/3(KI/Ton)=1/3(85.76/0.015)=25.2s&
可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验:
5=272.2%1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)=9.97%:
:
10%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R=KnXR)=7.6沃40=304K,取310K。
Cn=n/Rn=0.07998/310103=0.258」F
Con=4T)n/R。
=40.015/40103=1.5lF
4)40%额定负载起动到最低转速时
6%=272.2%(1.1-0.4)(3080.18/0.196100)(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)
t\hhh
仅考虑起动过程的第二阶段。
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=°.°2s。
设调节器输入输出电压Um*=U/=U”m=10V,调节器输入电阻R)=40kQ。
设计指标:
稳态无静差,电流超调量匚j<5%,空载起动到额定转速时的转速超调量;「n三10%。
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和转速环的截止频率'-cn,并考虑它们是否合理?
*
」Uim100.00877V/A
Idm1.5*760
解:
(1)
U;m10
四0.0267Vmin/r
nN375
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冷=0.00367s
电流调节器结构确定:
因为 电流调节器参数确定: t=Ti=0.031s,KiT*=0.5,Ki=0.5/T^=136.24s" Ki二K|T|R/Ks: =136.240.0310.14/750.00877=0.899 校验等效条件: 5i=KI=136.24S-1 a)1/3Ts=1/30.0016^199.6sjCi 1/21/21 b)(1/TmTJ=3(1/0.1120.031)=50.9s: : 匕 c)1/3(1/TsT°i)1/2=1/3(1/0.001670.002)1/2=182.39s」、 可见满足近似等效条件。 电流调节器的实现: 选R°=40K,则 R=Kj汇Ro=0.899汉40=35.96取36k Ci=丁/R=0.031/36I03=0.86»F C0i=4T0i/R^=40.002/40103=0.2卄 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|: 因为K|TE1=0.5贝V1/K|=2T&=2*0.00367=0.00734s b)b)J=0.02s c)c)T乩=1/Ki+Ton=0.00734+0.02=0.02734s 速
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 电力 拖动 自动控制系统 第四 课后 答案