运动控制系统 课后习题答案.docx

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运动控制系统课后习题答案

运动控制系统课后习题答案

2、2系统得调速范围就是1000~100,要求静差率s=2%,那么系统允许得静差转速降就是多少？

解:

系统允许得静态速降为

2、3某一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为,最低转速特性为,带额定负载时得速度降落,且在不同转速下额定速降不变,试问系统能够达到得调速范围有多大？

系统允许得静差率就是多少？

解:

1）调速范围（均指额定负载情况下）

2）静差率

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,求系统得调速范围。

如果s=30%时,则系统得调速范围又为多少？

？

解:

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R=0、18Ω,Ce=0、2V•min/r,求:

（1）当电流连续时,在额定负载下得转速降落为多少？

（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时得静差率多少？

（3）若要满足D=20,s≤5%得要求,额定负载下得转速降落又为多少?

解:

（1）

（2）

（3）

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、晶闸管装置放大系数、反馈系数γ=0、7。

求:

（1）输出电压;

（2）若把反馈线断开,为何值？

开环时得输出电压就是闭环就是得多少倍？

（3）若把反馈系数减至γ=0、35,当保持同样得输出电压时,给定电压应为多少？

解:

（1）

（2）,开环输出电压就是闭环得22倍

（3）

2、7某闭环调速系统得调速范围就是1500r/min~150r/min,要求系统得静差率,那么系统允许得静态速降就是多少？

如果开环系统得静态速降就是100r/min,则闭环系统得开环放大倍数应有多大？

解:

1）

2）

2、8某闭环调速系统得开环放大倍数为15时,额定负载下电动机得速降为8r/min,如果将开环放大倍数提高到30,它得速降为多少？

在同样静差率要求下,调速范围可以扩大多少倍？

解:

如果将开环放大倍数提高到30,则速降为:

在同样静差率要求下,D可以扩大倍

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、5Ω,电枢回路电抗器电阻RL=0、8Ω,整流装置内阻Rrec=1、0Ω,触发整流环节得放大倍数Ks=35。

要求系统满足调速范围D=20,静差率S<=10%。

（1）计算开环系统得静态速降Δnop与调速要求所允许得闭环静态速降Δncl。

（2）采用转速负反馈组成闭环系统,试画出系统得原理图与静态结构图。

（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应该就是多少？

（4）计算放大器所需得放大倍数。

解:

（1）

所以,

（2）

（3）（4）

可以求得,

也可以用粗略算法:

2、10在题2、9得转速负反馈系统中增设电流截止环节,要求堵转电流,临界截止电流,应该选用多大得比较电压与电流反馈采样电阻？

要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻得1/3,如果做不到,需要增加电流反馈放大器,试画出系统得原理图与静态结构图,并计算电流反馈放大系数。

这时电流反馈采样电阻与比较电压各为多少？

解:

（1）,

（2）

由于需要得检测电阻值大,说明要求得电流信号值也大。

要同时满足检测电阻小与电流信号大得要求,则必须采用放大器,对电流信号进行放大。

为此,

取,则

（3）当时,有

当n=0时,

2、11在题2、9得系统中,若主电路电感L=50mH,系统运动部分得飞轮惯量,整流装置采用三相零式电路,试判断按题2-9要求设计得转速负反馈系统能否稳定运行？

如要保证系统稳定运行,允许得最大开环放大系数就是多少？

解:

,,

可见与前面得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:

,,r/min,=1、5Ω,整流装置内阻=1Ω,电枢回路电抗器电阻=0、8Ω,触发整流环节得放大倍数。

（1）系统开环工作时,试计算调速范围时得静差率值。

（2）当,时,计算系统允许得稳态速降。

（3）如组成转速负反馈有静差调速系统,要求,,在时,,计算转速负反馈系数与放大器放大系数。

解:

（1）

（2）

（3）

2、13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率,旋转编码器输出得脉冲个数与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,求转速与时得测速分辨率与误差率最大值。

解:

（1）M法:

分辨率

最大误差率:

时,

时,

时,

时,

可见M法适合高速。

（2）T法:

分辨率:

时,

时,

最大误差率:

,

当时,

当时,

时,

时,

可见T法适合低速

习题三

3、1双闭环调速系统得ASR与ACR均为PI调节器,设系统最大给定电压=15V,=1500r/min,=20A,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻=2Ω,=20,=0、127V·min/r,求:

（1）当系统稳定运行在=5V,=10A时,系统得、、、与各为多少？

（2）当电动机负载过大而堵转时,与各为多少？

解:

（1）

（2）堵转时,,

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:

=3、7kW,=220V,=20A,=1000r/min,电枢回路总电阻=1、5Ω,设=8V,电枢回路最大电流=40A,电力电子变换器得放大系数=40。

试求:

（1）电流反馈系数与转速反馈系数。

（2）当电动机在最高转速发生堵转时得值。

解:

1）

2）

这时:

ASR处于饱与,输出最大电流给定值。

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=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）应如何变化？

（2）应如何变化？

（3）值由哪些条件决定？

解:

1）

因此当电流从40A70A时,应从4V7V变化。

2）要有所增加。

3）取决于电机速度与负载大小。

因为

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）系统得开环增益。

（2）计算过渡过程时间与上升时间;

（3）绘出开环对数幅频特性。

如果要求上升时间<0、25s,则K=?

％=?

解:

取

（1）系统开环增益:

（2）上升时间

过度过程时间:

（3）

如要求,查表3-1则应取,这时,超调量=16、3%。

3、6有一个系统,其控制对象得传递函数为,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

型系统设计,选。

选I调节器,校正后系统得开环传递函数为,已选KT＝0、5,则K＝0、5/T=50,所以,积分调节器:

。

3、7有一个闭环系统,其控制对象得传递函数为,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,

对照典型Ⅱ型系统,,满足设计要求。

这样,

3、8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电得转速、电流双闭环调速系统中,已知电动机得额定数据为:

kW,V,A,r/min,电动势系数=0、196V·min/r,主回路总电阻=0、18Ω,触发整流环节得放大倍数=35。

电磁时间常数=0、012s,机电时间常数=0、12s,电流反馈滤波时间常数=0、0025s,转速反馈滤波时间常数=0、015s。

额定转速时得给定电压（Un*）N=10V,调节器ASR,ACR饱与输出电压Uim*=8V,Ucm=6、5V。

系统得静、动态指标为:

稳态无静差,调速范围D=10,电流超调量≤5%,空载起动到额定转速时得转速超调量≤10%。

试求:

（1）确定电流反馈系数β（假设起动电流限制在以内）与转速反馈系数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。

（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得转速超调量σn。

（5）计算空载起动到额定转速得时间。

解:

（1）

（2）电流调节器设计

确定时间常数:

电流调节器结构确定:

因为,可按典型I型系统设计,选用PI调节器,,

电流调节器参数确定:

。

校验等效条件:

可见满足近似等效条件,电流调节器得实现:

选,则:

取9K、

由此

（3）速度调节器设计

确定时间常数:

a）电流环等效时间常数:

因为

则

b）

c）

速度调节器结构确定:

按照无静差得要求,应选用PI调节器,

速度调节器参数确定:

校验等效条件:

可见满足近似等效条件。

转速超调量得校验（空载Z=0）

转速超调量得校验结果表明,上述设计不符合要求。

因此需重新设计。

查表,应取小一些得h,选h=3进行设计。

按h=3,速度调节器参数确定如下:

校验等效条件:

可见满足近似等效条件。

转速超调量得校验:

转速超调量得校验结果表明,上述设计符合要求。

速度调节器得实现:

选,则,取310K。

4）40%额定负载起动到最低转速时:

5）空载起动到额定转速得时间就是:

（书上无此公式）

仅考虑起动过程得第二阶段。

所以:

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=375r/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,触发整流环节得放大倍数Ks=75,电磁时间常数=0、031s,机电时间常数=0、112s,电流反馈滤波时间常数=0、002s,转速反馈滤波时间常数=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≤5%,空载起动到额定转速时得转速超调量≤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）计算电流环得截止频率与转速环得截止频率,并考虑它们就是否合理?

解:

（1）

电流调节器已按典型I型系统设计如下:

确定时间常数:

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、24s-1

校验等效条件:

ωci=KI=136、24s-1

可见满足近似等效条件。

电流调节器得实现:

选R0=40K,则

取36K

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:

按照无静差得要求,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、54s-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、946s-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。

速度调节器得实现:

选R0=40K,则Rn=Kn*R0=10、5*40=420K

由此Cn=τn/Rn=0、1367/420*103=0、325μF取0、33μFC0n=4T0n/R0=4*0、02/40*103=2μF

2）电流环得截止频率就是:

ωci=KI=136、24s-1

速度环得截止频率就是:

ωcn=21、946s-2

从电流环与速度环得截止频率可以瞧出,电流环比速度环要快,在保证每个环都稳定得情况下,再求系统得快速性,充分体现了多环控制系统得设计特点。

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=1500r/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,晶闸管装置得放大倍数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。

求此时得稳态转速n=?

ACR得输出电压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得开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。

（4）该系统由空载（=0）突加额定负载时,电流与转速得动态过程波形就是怎样得?

已知机电时间常数=0、05s,计算其最大动态速降与恢复时间。

1）α=U*nm/nN=15/1500=0、01Vmin/r

β=U*im/Idm=10/30=0、33V/A

U*n=5V,n=U*n/α=5/0、01=500r/min

Uc=Ud0/Ks=（E+IdR∑）/Ks=（Cen+IdLlR∑）/Ks=（0、128*500+20*2）/30=3、467V

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与,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=2V

3）在跟随给定作用下,转速环处于线性状态,此时系统得开环传递函数就是:

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）=625r/min

[Cb=2FK2T=2IdNRT∑n/CeTm=2*20*2*0、05/0、128*0、05=625r/min]

最大动态速降:

Δnmax=（ΔCmax/Cb）*Δnb=81、2%*625=507、5r/min

恢复时间:

tv=8、8T=8、8*0、05=0、44s（p81表）

习题五