电力拖动自动控制系统运动控制系统第四版习题答案Word格式.docx
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（2）若把反馈线断开，Ud
时的26412=22倍。
*=KpKU=2×
88=264（V）；
开环时的输出电压是闭环su
5，当保持同样的输出电压时，给定电压（3）若把反馈系数减至γ=0.3
1+KpKsγ1+2×
035*Uu=Ud=×
12=46（V）。
KpKs2×
15
UN−IdR12.5×
1.5a220−==0.1341V⋅min/r解：
（1）Ce=n1500N
RIN12.5×
（1.5+1.0+0.8）op307.r/∆0.1341e=n=C=6min
ns1500×
0.1Ncl8.3/∆−s）≤20（1−0.1）=3n=D（1×
rmin
（2）
（3）
（4）闭环系统的开环放大系数为K=∆nop307.6−1=−1=35.93∆ncl8.33
运算放大器所需的放大倍数K35.93Kp===13.77Ksα/C35×
0.01/0.1341e
1/3R=4.8ΩRs/R=0.3125&
lt;
图见49页
计算系统中各环节的时间常数
电磁时间常数L0.05T===0.02slR1.5+1.0
GD2R1.6×
（1.5+1.0+0.8）T===0.082sm30375CCem375×
0.1341×
×
0.1341π
Tss=0.00167机电时间常数晶闸管装置的滞后时间常数为
为保证系统稳定，应满足的稳定条件：
22T（T+T）+T0.082×
（0.02+0.00167）+0.00167sK&
mls==53.29TT0.02×
0.00167ls
可以稳定运行，最大开环放大系数是53.29
PN=2.8kW，UN=220V，IN=15.6A，2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：
电动机
nN1500=rmin，R=15Ω，整流装置=1Ω，电枢回路电抗器电阻RLreca
触发整流环节的放大倍数Ks=35。
（1）系统开环时，试计算调速范围=30D时的静差率s。
=10%时，计算系统允许的稳态速降。
D=30,*sUn=10V时Id=IN，（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30,s=10%，在n=nN，计算转速反馈系数α和放大器放大系数Kp。
（2）当
先计算电动机的反电动势系数
UN−INR220−156×
15aC===0131（V•minr）en1500N
系统开环时的额定转速降落
IN（Ra+R156×
（15+1+08）rec+RL）=≈393（rmin）C0131e
（1）系统开环时，调速范围D=30时的静差率
D∆nN30×
393s==≈0887=88.7%；
nN+D∆nN1500+30×
393
（2）当D=30,s=10%时，系统允许的稳态速降
nNs1500×
01nN56（min）∆=D（1−s）=30×
（1−01）≈5r
（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30,s=10%，则系统开环放大系数
∆n393K=−1=−1≈69.68；
∆nop556cl∆nNop=
*Un10=≈00067（V•minr）转速反馈系数α=nN1500
KCe69.68×
0131=放大器放大系数Kp38.935×
00067≈=Ksα3。
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
6060=≈1465ZT1024×
4×
001c
nZTc1500×
4096×
001M===1024，误差率最大值转速n=1500r/min时，16060
11δmax==≈000097=0097%；
M11024
nZTc150×
001===1024，误差率最大值转速n=150r/min时，M16060
11δmax==≈00097=097%。
M11024转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辨率Q=
（2）T法测速
60f060×
1×
106=≈98，测速分辨率转速n=1500r/min时，M2=Zn4096×
1500
Zn24096×
15002
Q==≈171660f0−Zn60×
10−4096×
误差率最大值
δmax=11=≈0103=103%。
M2−198−1
106转速n=150r/min时，2，测速分辨率150≈98M=Zn=4096×
2Zn24096×
150Q==≈1.5560f0−Zn60×
106−4096×
150
δmax=11=≈00103=103%。
M2−198−1
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
**Unm=imU=15V，nN1500=rmin，IN=20A，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻
R=2Ω，Ks=20，Ce=0127V⋅minr，求：
IdLUUU
（1）当系统稳定运行在Un=5V，=10A时，系统的n、n、i、i和Uc各为多少？
Ui和Uc各为多少？
转速反馈系数
*Unm15α===001（V⋅minr）nN1500*
电流反馈系数
*Uim15β===0375（VA）Idm2×
20
（1）当系统稳定运行在Un=5V，=10AI时，dL
=
=5（V）n*Un5n==Un=500（rmin）α001
Ui=βIdL=0375×
10=375（V）
*Ui=Ui=375（V）
UCn+IdLR0127×
500+10×
2Uc=d0=e==4175（V）。
KsKs20*
（2）当电动机负载过大而堵转时，n=0;
*Ui=βIdm=0375×
2×
20=15（V）
IdmR2×
20×
2=4（Uc=Ks20=V）。
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
=37kW，UN=220V，IN=20A，nN=1000rmin,参数：
电动机：
PN
换器的放大倍数Ks=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Ud0电枢回路**U总电阻R=1.5Ω；
设nm=Uim=Ucm=8V，电枢回路最大电流Idm=40A，电力电子变Ui，Ui和Uc的值。
（1）电流反馈系数
*Uim8β===02（VA）Idm40
*Unm8α===0008（V⋅minr）。
nN1000
（2）当电动机在最高转速发生堵转时，n=0;
Ud0=Cen+IdmR=0+40×
15=60（V）
*Ui=Ui=βIdm=02×
40=8（V）
U60Uc=d0==15（V）。
Ks40
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σ≤10%。
（1）系统的开环增益。
tr。
和上升时间
（2）计算过渡过程时间ts
（3）绘出开环对数幅频特性。
如果要求上升时间
典型I型系统开环传递函数为tr&
025s，则K=?
σ=?
K
s（Ts+1）
（1）要求阶跃响应超调量σ≤10%，则要求KT≤069，为获得尽量短的上升时间tr，选择KT=069；
则K=06901=69
T=6×
01=06（s）；
（2）过渡过程时间ts=6s）=W（
上升时间tr=33T=33×
01=033（s）。
s，则选择KT=1；
（3）如果要求上升时间tr&
025
K=101=10，σ=16.3%。
sτ+iiτ1）10Ki（τis+1）Kτis+1）τis10i（（s）==2开环传递函数W⋅ops（0.02s+1）τiss（0.02s+1）
对Ⅱ型系统σ≤30%，h=7
τi=hT=0.14s
K=h+1=204.1222hT
KτiK=2.8571i=10
s）=PI调节器W（
Ki=
2.8571（0.14s+1）0.14sRiR0R0取10kΩRi=28.571kΩ取30kΩτ=
14µ
F
iR/i
C∆%）（λ−z）C
maxb
nT
N
=63.4%*
∑n
m
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
=500kW,UN=750V,IN=760A，n数为：
PN=375rmin，电动势系数NCe=182V⋅minr，电枢回路总电阻R=014Ω，允许电流过载倍数λ=1.5，触发整流s，机电时间常数Tm=0112s，电流反环节的放大倍数Ks=75，电磁时间常数Tl=0031
s。
设调节器输入输出电馈滤波时间常数Toi=0002s，转速反馈滤波时间常数Ton=002
**
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σi≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量
σn≤10%。
电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=05。
（1）选择转速调节器结构，并计算其参数。
ω，并
考虑它们
T=T+T=00037sσ≤5%=05，因此，要求电流超调量i是否，应取KITΣisoiΣi
合KI≈1351s−1。
理？
（1）电流环等效时间常数1KI=00074s；
cn
Ts
=1KI+T=00074+002=00274s；
转速环小时间常数TΣnon0017
s
，
电流环小时间常数之和
*Uim10β==（VA）≈00088λIN15×
760
*Unm10α===00267（V⋅minr）nN375
选择转速调节器结构，其传递函数为
+（WASRsKτs1）nτns（）=n
按跟随和抗扰动性能都较好的原则，取h=5,则ASR的超前时间常数为
τn=hTΣn=5×
00274=0137s
转速环开环增益
KN=
可得ASR的比例系数为h+15+1==15984s−2，22222hT2×
5×
00274Σn
Kn=（h+1）βCeT6×
00088×
182×
0112m=≈1051；
2hαRT2×
00267×
014×
00274Σn
取调节器输入电阻R0=40kΩ，则
R=KnR=1051×
40=4204kΩ，取420kΩ0n
τ0137−n（F）=0326==326×
170µ
F，取0.33µ
F3R420×
10n
4T4×
002−on（F）=2Con===2×
160µ
F，取2µ
F。
3R40×
100Cn=
s−1
（2）电流环的截止频率ωci=KI=1351，
0137≈219s；
转速环的截止频率ωcn=KNτn=15984×
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−1
11=≈1961（s−1）&
gt;
ωci，满足近似条件；
3Ts3×
00017
校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件
311=3（s−1）&
≈5091TT0112×
0031ml
校验电流环小时间常数近似条件
1111=≈1808（s−1）&
3TT300017×
0002soi
校验电流环传递函数近似条件
1K11351I−1≈637（=s）&
ωcn，满足近似条件；
3T300037Σi
校验转速环小时间常数近似条件
1KI11351=&
ωcn，满足近似条件。
≈274（s−1）3T3002on
校核转速超调量
⎛∆⎞∆Cnσn=⎜max⎟*b⎝Cb⎠n
⎛∆maxC=2⎜C⎝b⎞∆nNTΣn（λ−z）*⎟nT⎠m
760×
014
00274=2×
0812×
（15−0）×
3750112
≈0093&
10%
满足设计要求。
α解：
（1）=15=0.01V⋅min/r1500
*Un5n===500r/minα0.01
Ud0=Cn104Ve+IdR=
UUc=d0=3.47VKs
（2）当电动机突然失磁，电机停转。
Un=0
**Ui=Uim=10V
Ui=−10V
Id=Idm=2V
（3）W（s）=K（τs+1）
s2（Ts+1）
τ=hT=0.25s
h+1KN=22=48s−22hT
W（s）=48（0.25s+1）
s2（0.05s+1）
Tm=0.44s（4）tv=8.8
∆nb=2RT−IdL）∑n（Idm=93.75r/min
Te
C
rC∆Cbmax（%）∆
/n=76.125-1一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为：
额定电压380V=U，额Nbmi定转速rminnN=960，额定频率fN=50Hz，定子绕组为Y联接。
由实验测得定子电阻nR=035Ω，定子漏感L=0006H，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感L=026H，slsm
′=05′=0007H，转子参数已折算到定子侧，忽略铁芯损耗。
Ω，转子漏感L转子电阻Rrlr
（1）画出异步电动机T形等效电路和简化电路。
m
I1N和额定电磁转矩。
（2）额定运行时的转差率sN，定子额定电流
（3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流
（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率
械特性。
（1）I0。
sTm和临界转矩em，画出异步电动机的机
异步电动机T形等效电路
异步电动机简化电路
min，同步转速n1
（2）由于额定转速nN=960r
额定运行时的转差率sN=60fN60×
50=1000（），=np=3rminn−n1000−9601==004n10001
−jR0006035s=1+−j≈1023−j0004≈10232πfNL026100π×
026m由异步电动机T形等效电路，R+jωLLs1lslsC=1+1ωLj1m=1+Lm
可得转子相电流幅值
′=IrUs′⎞⎛R22r′（）R+C+ωL+CL11lr⎜s1lssN⎟⎝⎠
220
05⎞⎛2035+1023×
100π）2×
（0006+1023×
0007）⎜⎟+（004⎠⎝
22022==1725939+170953
=159735（A）
气隙磁通在定子每相绕组中的感应电动势
′⎞22⎛Rr′′=159735×
E=I+ωL15625+48361≈2027352（V）gr⎜⎟1lr⎝sN⎠
额定运行时的励磁电流幅值2
I0=2027352=≈2482（A）ω1L100π×
026m
Us
′⎞R⎛22′）R（Lls+L⎜s+2⎟+ω1lrs⎠⎝
2202Eg由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值I=1N=22005⎞⎛2035+100π）×
（0006+0007）2⎜⎟+（004⎠⎝2=165.1225+16.6796
=16.3164A）
额定电磁转矩
3np2R′3×
P3052mr′T==I=×
159735×
≈9137（N⋅
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