运动控制课后答案 第三版.docx
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运动控制课后答案第三版
电力拖动自动控制系统—运动控制系统答案
上海大学陈伯时主编
1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管----电动机系统能够获得更好的动态性能
答:
PWM—电动机系统在很多方面有较大的优越性:
(1)主电路线路简单,需用的功率器件少。
(2)开关频率高,电流容易连续,谐波少,电机损耗及发热都较小。
(3)低速性能好,稳速精度高,调速范围宽,可达1:
10000左右。
(4)若与快速响应的电动机配合,则系统频带宽,动态响应快,动态抗扰能力强。
(5)功率开关器件工作在开关状态,导通损耗小,当开关频率适当时,开关损耗也
不大,因而装置效率较高。
(6)直流电源采用不控整流时,电网功率因数比相控整流器高。
PWM开关频率高,响应速度快,电流容易连续,系统频带宽,动态
响应快,动态抗扰能力强。
1-2试分析有制动通路的不可逆PWM变换器进行制动时,两个VT是如何工作的
答:
制动时,由于U的脉冲变窄而导致i反向时,U变正,于是VT导通,
VT导通,VT关断。
1-3调速范围和静差率的定义是什么调速范围,静态速降和最小静差之间有什么
关系为什么脱离了调速范围,要满足给定的静差率也就容易得多了
答:
生产机械要求电动机提供的最高转速
n
和最低转速
n
n
之比叫做调速范围,
用字母D表示,即:
D=
n
负载由理想空载增加到额定值时,所对应的转速降落∆n与理想空载转速n之比,称
n
为系统的静差率S,即:
s
=
∆
n
调速范围,静差速降和最小静差之间的关系为:
ns
D=
∆n(1−s)
由于在一定的n下,D越大,n越小∆n又一定,则S变大。
所以,如果不考虑
D,则S的调节也就会容易,
1-4.某一调速系统,测得的最高转速特性为
n=150r/min,带额定负载的速度降落
n=1500r/min,最低转速特性为
∆n=15r/min,且不同转速下额定速降
∆n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大
解
D=
n
n
=
n
−∆n
−∆n
=
−
150015
−
=11
n
n
15015
s
=∆=15
=10%
n
150
1-5闭环调速系统的调速范围是r/min,要求系统的静差S<=2%,那末系统允许的静
1
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
1,
D=
n
=
1500
=
则
∆n=
10
nS
≤
1500×2%
=
/min
2,
∆n
n
K
150
则K
100
−S
D
(1)
10(1−2%)
∆n
=+1
≥
−1=
1-6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8r/min,如果将开环
放大倍数他提高到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
K=15;K=30;
K
→∆n;K
→∆n
同样负载扰动的条件下
K+1
∆
+
n
与开环放大倍数加1成反比,则(
K
+1)(/
K
)
+1=∆n
/
∆n
∆n
=
K
+1
∆n=
151
+
301
×
8≈4r/min
同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比
(K
+1)(/K
)
+1=
DD
D
K
+1
+
/
D
=
K
+1
=
301
+
≈
151
1-7某调速系统的调速范围
D=20,额定转速
n=1500r/min,开环转速降落
∆n=240r/min,若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化
解:
原系统在调速范围D=20,最小转速为:
n1500
,
n
=
D
=
20
=75r/min
ncl
∆=
n0min
∆ncl
nmin+∆ncl
=
∆ncl
75+∆ncl
=10%
则∆ncl=
/min
原系统在范围D=20,静差率
为10%时,开环增益为:
∆n
∆n
n
∆=
=
K
/min→=
静差率10%时原系统的开环增益为:
当s=5%时,同理可得K=
所以系统的开环增益K将从
增加到
K+1
∆n
1-8转速单环调速系统有那些特点改变给定电压能否改变电动机的转速为什么如果给定
电压不变,调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速为什么如果测速发电机的励磁发
生了变化,系统有无克服这种干扰的能力
答:
1)闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性,从而在保证一定静差率的要求下,
能够提高调速范围。
为此,所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。
2)能。
因为n=
kkU
−
RI
,由公式可以看出,当其它量均不变化时,n随着U
C+k
C
+k
的变化而变化
(1)
(1)
3)能。
因为转速和反馈电压比有关。
4)不,因为反馈控制系统只对反馈环所包围的前向通道上的扰动起抑制作用,而测速机
励磁不是。
1-9在转速负反馈调节系统中,当电网电压、负载转矩,电动机励磁电流,电枢电流、电枢电阻、
2
测速发电机励磁各量发生变化时,都会引起转速的变化,问系统对于上述各量有无调节能力
为什么
答:
系统对于上述各量中电网电压、负载转矩,电动机励磁电流,电枢电流、电枢电阻、有调
节能力。
因为它们在闭环系统的前向通道中,对于测速发电机励磁各量发生变化,没有调节能
力。
因为它不在闭环系统的前向通道中。
1-10有一V-M调速系统,电动机参数为:
P
=
kWU
=
VI
220,
=
An
=
1500r/min,
电枢电阻
R=Ω,整流装置内阻
R=Ω,触发整流环节的放大倍数K=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∆n和调速要求所允许的闭环静态速降∆n。
(2)调整该系统能参数,使当U=15V,
I=I,n=n,则转速负反馈系数α应该是多少
(3)计算放大器所需的放大倍数。
解:
(1)电动机的电动势系数C
=
U−IR
=
220−
×
=
V⋅
min/
r
开环系统静态速降∆n=
RI
C
=
n
×+
1500
=
/min
闭环静态速降
n
∆=
ns
=
1500×
=
/min
D(1−S)
20(1−
∆n
闭环系统开环放大倍数
K=
∆n
−1=
−
1=
(2)因为n=
kkU
−
RI
C+k
C
+k
(1)
(1)
所以kk=
K
(3)
α=
kK/C
=⋅min/r
K
运算放大器的放大倍数
K
=
αK/C
=
×35/
=
1-11在题1-10的转速负反馈系统中增设电流截止环节,要求堵转电流I≤2I,临界截止电
流I
≥,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
阻的1/3,如果做不到,需要加电流反馈放大器,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)I
≤2I
=
=
A
I
≥
=
2×25
=A
×15
(
KKU+U
)
则
U
=I
R
R
I
=
(1−42)
0
×
×=15
R
R+KKR
35(15+15)
25=
由−
式)也可(由
−
)式
++
(U+U
××R
35
(142
R
143
得:
I
≈
R
)(1−
;=
43)25
+
1515
R
3
R=
=Ω
U=I
×R=15R=15×=
V
系统的原理图和静态结构图(给它画出图)
(2)显然采样电阻大于主电路*1/3倍,所以增加电流反馈放大器后:
1
新的采样电阻:
R=
R=
1
+
=Ω
可选欧姆
3
电流反馈放大系数:
K=
3
R
R
=
=3
新的比较电压:
U=I
×R=15R=15×=
V
所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为3
4
1-1
P
KWU
某调速统原图如图示,知数据下:
动机
VIAn
R
Pn=18KW,Un=220V,In=94
=18;
=220;
=94;
=1000r/min;
=
Ω
A,整流装置内阻
R=Ω,触发整流环节的放大倍数K=40。
最大给定电压U=15V,当主电路
电达到最大值时,整定电流反馈电压U=10V。
设计指标:
要求系统满足调速范围D=20,静差率S≤10%,
系统的静态结构框图,并计算:
(1)转速反馈系数a。
(2)调节器放大系数K。
(3)电阻R的数值。
(放大器的输入电阻R=20KΩ)
(4)电阻R的数值和稳压管VS的击穿电压值。
nS1000∗
I
=,I
≤。
试画出
解:
(1)
∆n=
D(1−S)
=
∗
2009
=
100/18=/min
C
=
U−IR
=
220−94×
=
V⋅
r
n
IR
1000
94×
min/
∆n=
C
=
=
/min
K=
∆n
∆n
−1≥
−1=
5
(取36)
同1-10可得a=
K
(2)
K
=
αK/C
=
×40/
=
(取13)
(3)R=KR
20260k
=13×=Ω
(4)I
=
=
=
×94141A;I==
×94=A;
当主电路电流最大即为
I
时,
U=10V
而当主电路电流为
I
时,
U
为:
U
=
U
U=
U×I
=
10×
=
V
I
I
I
141
此时电流反馈起作用,稳压管的击穿电压U可根据U确定取稍大值:
U=
当主电路的电流增大到I时,为起到保护作用应使流过R的电流I等于流过R的
电流,以使电机转速迅速降落。
此时:
I
=
U
15
==
mA;
R
=
U−U
=
10−
=
kΩ(取Ω)
R
20
I
系统的静态结构框图
1-13在电压负反馈单闭环有静差调速系统中,当下列参数发生变化时,系统是否有调节作用,为什
么
(1)放大器的放大倍数Kp
(4)电动机励磁电流
(2)供电电网电压
(5)电压反馈系数a
(3)电枢电阻Ra
答:
3)电枢电阻,4)电动机励磁电流,(5)电压反馈系数a
无调节作用。
因为反馈控制系统所能抑制的只是被反馈包围的前向通道上的扰动。
1-14有一个V-M系统,已知:
电动机:
(15分)
P
=
KWU
;
VI
=220;
An
=15;
=1500r/min;
R
=Ω
Ra=,整流装置内阻
R=1Ω,触发整流环节的放大倍数K=35。
(15分)
(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,I=I,nn
计算转速负反馈系数a和放大器放大系数Kp;
=
6
(4)如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统,仍要求在
U=
10V,I=I,nn
并保持系统原来的开环放大系数K不变,试求在D=30时的静差
率。
=
解:
(1)
C
=
U−IR
=
220−
×
=
⋅
min/
r
(原来多加了1)
∆n=
n
RI
C
=
1500
×(1+
=
/min
s=∆n=
n
50+
=
%
(2)当D=30,S=10%时计算系统允许的稳态速降
nS
1500*
∆n=
D(1−S)
=
30(1−
=
/min
(3)K=
∆n
∆n
−1=
−1=
求取α的方法同1-10
可得α=•min/r
K
K
=
αK/C
=
*35/
=
(取30)
(4)改为电压负反馈有静差调速系统
闭环转速降落为:
IR
IR
()
×
1
×
n
∆=
C
+K
+
C
=
+
+
r
=+=min
当调速D范
(1)
(1
围不变时静差率为:
Dn
∆
30×
s=
n+D∆n
=
+×
150030
×
100%=%
显然比速度反馈系统在调速范围不变的情况下静差率大的多,但比无反馈系统静差率小了
1-15
在题1-10的系统中,若主电路电感
L=50m,系统运动部分的飞轮惯量
GD=Nm,整流装置采用三相零式电路,试判断按题1-10要求设计的转速负反馈系统能否
稳定运行如果保证系统稳定运行,允许的最大开怀放大系数K是多少
电磁时间常数
机电时间数
L
T==
R
=
S
T=
GDR
375*CC
=
×
30
=
375××
(
或×
T=S(查表全波为)
(T+T)+T
(
)
K<
T
T
T
=
++
×
=
在1-10题中K=如要系统稳定须保证K<则系统不稳定。
如要系统稳定,允许的最大的开环放大系数为K≺但调速范围不满足了
16.为什么用积分控制的调速系统是无静差的在转速负反馈调速系统中,当积分调节器的输
入偏差电压∆U=0时,调节器的输出电压是多少它取决于那些因素
7
答:
使用积分控制时可以借助积分作用,使反馈电压U与给定电压U相等,即使∆U为零U一样有输
出,不再需要∆U来维持U,由此即可使输出稳定于给定值使调速系统无静差。
当∆U=0时调节器的输出为电压U,是对之前时刻的输入偏差的积累。
它取决于∆U的过去变化,当∆U为正U增加,当∆U为负U下降,当∆U为零时U不变。
17.在无静差转速单闭环调速系统中,转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机
精度的影响试说明理由;
答:
在无静差转速单闭环调速系统中,转速的稳态精度同样受给定电源和测速发电机
精度的影响。
无静差转速单闭环调速系统只是消除了误差,使输出的转速基本稳定于给定的转
速。
但是,这种系统依然属于反馈控制系统,只能抑制被反馈环包围的前向通道上的扰动,对
于其他环节上的精度影响无可奈何。
18.采用比例调节器控制的电压负反馈系统,稳态运行时的速度是否有静差为什么试
说明理由;
答:
有静差。
电压负反馈系统中是在转速较高时,
Cn−IR=U忽略了转速的降落认为电枢电压正比于转速,而实际上是电枢电
压无静差,从公式中可以看出速度的降落是不能消除的。
因为调节器的输出是电力电子变换器的控制电压U=K∆U。
所以只要电动机在运行,就必须有控制电压U,因而也必须有转速偏差电压∆U。
第二章习题答案
2-1在转速、电流双闭环调速系统中,若改变电动机的转速,应调节什么参数改变转速调节器的放大倍数Kn
行不行改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行改变转速反馈系数α行不行若要改变电动机的堵转电
流,应调节系统中的什么参数
答:
改变转速,调节给定电压
电流调节电流反馈系数β.
U,改变转速调节器放大倍数K不行,改变K也不行,改变α行。
改变堵转
2-2转速、电流双闭环调速系统稳态运行时,两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少为什么
答:
两个调节器的输入偏差电压均为0,如果不为0则U和U继续变化,就不是稳态。
转速调节器的输出电压为:
U=βI电流调节器的输出电压为:
U
=
U
=
φU/α+
C
RI
K
K
2-3如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是PI调节器,而改为P调节器,对系统的静、动态性能
将会产生什么影响
答:
稳态精度变差,但跟随性和抗干扰能力都不会得到改善,使系统成为不稳定系统。
答:
静特性1)闭环系统的静特性变软2)存在静差率相对较大。
动特性:
跟随性和抗干扰能力不会得到改善,动态稳定性降低,而快速性却提高了。
2-4试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环调速系统:
(1)调速系统的静态特性;
(2)动态限流性能;
(3)起动的快速性;
(4)抗负载扰动的性能;
(5)抗电源电压波动的性能;
答:
(1)单闭环:
在系统稳定时实现转速无静差。
双闭环:
可实现转速无静差和电流无静差。
(2)单闭环:
只能在超过临界电流I后,限制电流冲击
8
双闭环:
电流调节器通过电流反馈系数β随时调节控制电流
(3)单闭环:
快、不平稳
双闭环:
起动快、平稳
(4)单闭环:
差
双闭环:
强、靠ASR
单闭环:
差
双闭环:
由电流内环ACR及时调节
2-5在转速、电流双闭环调速系统中,两个调节器均采用PI调节。
当系统带额定负载运行时,转速线突然断线,
系统重新进入后,电流调节器的输入偏差电压
∆U
是否为零为什么
答:
转速和电流调节器的输出达到饱和为止,电流调节器的输入偏差电压∆Ui不为零,因为稳定后电流反馈依
然为U=βI只能增加电动机的转速达到新的平衡U
=Cn+
RI
α
2-6在转速、电流双闭环调速系统中,转速给定信号
馈电压是增加、减少还是不变为什么
U未改变,若增大转速反馈系数
,系统稳定后转速反
U
答:
U不变。
因为α增大,在达到新的稳定运行时,依然要是无静差系统,系统的转速下降,在达到同样的U
时稳定运行。
2-7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:
电枢回路总电阻R=Ω,设
U
=
=
=8
,电枢回路
P
=
KWU
;
=
Vn
220,
=
1000r/min
UU
V
最大电流I=40A,电力电子变换器的放大系数K=40。
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U、U、U、U值。
解:
(1)电流反馈系数
转速反馈系数
β=
α=
U
I
U
8
==
40
8
=
=
/
A
⋅
(2)
=β
=
n
=
1000
min/
r
U
I
×408V
U
=−U=−8V(负反馈)
由于堵转电流n=0
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