电力拖动自动控制系统课后答案.pdf-资料库

第一章闭环控制的直流调速系统 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。 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：在制动状态中，为负值，就发挥作用了。这种情况发生在电动运行过程中需要降 di 2VT 速的时候。这时，先减小控制电压，使 1gU 的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而造成 dU E U> d ，很快使电流反向，截止，在 di 2VD ont t≤ ＜Ｔ时， 2gU 变正，于是导通，反向电流沿回路 2VT 3 流通，产生能耗制动作用。在 T t≤ ＜Ｔ+ 时，关断， 2VT ont di− 沿回路 4 经续流，向 1VD 电源回馈制动，与此同时，两端压降钳住使它不能导通。在制动状态中，和 2VT 1VT 1VD 1VT 轮流导通，而始终是关断的。 1VT 在轻载电动状态，这时平均电流较小，以致在关断后经 1VT di 2VD 续流时，还没有达到周期Ｔ，电流已经衰减到零，这时 2VD 两端电压也降为零，便提前导通了，使电流反向， 2VT 产生局部时间的制动作用。１－３调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“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和最低转速之比叫做调速范围，用字母Ｄ表示，即 nD max = n min 其中，和 maxn minn 一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少数负载很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低转速。当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落，与理想空载转速之比，称作静差率 s，即或用百分比表示 s = Nn Δ n 0 s = Nn Δ n 0 × 100% 课后答案网 www.khdaw.com

在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速作为最高转速 Nn 则 s = N n Δ n 0 = n Δ N + Δ n min n N ∴ n min = Δ N n s − Δ n N = (1 − nΔ N s ) s D = n max n min = n S N (1 − N Δ n S ) 由上式可看出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。对于同一个调速系统， NnΔ 值一定，如果对静差率要求越严，即要求 s 值越小时，系统能够允许的调速范围也越小。一个调速系统的调速范围，是指在最低速时还能满足所需静差率的转速可调范围。１－４某一调速系统，测得的最高转速特性为 max On = 1500 / min r ，最低转速特性为 On min = 150 / min r ，带额定负载时的速度降落 Nn Δ = 15 / min r ，且在不同转速下额定速降不变，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少？ NnΔ 解系统能够达到的调速范围为 nD max = n min = 1500 150 15 − = 11 系统允许的静差率 s = D n Δ N D n + Δ N n N × 100% = 11 15 × × + 1500 11 15 × 100% 10% = １－５某闭环调速系统的调速范围是 1500~150r/min，要求系统的静差率，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？ 2%s ≤ 解因为 s = N n Δ n 0 = n Δ N + Δ n min n N 所以 Δ n N = n s min s 1 − = 150 0.02 × 1 0.02 − = 3.06 / min r 因为 Δ n cl = n Δ op K 1 + 课后答案网 www.khdaw.com

所以 K = n Δ op n Δ cl 1 − = 100 3.06 1 31.7 − = 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？解（ 1）因为 Δ n cl = dRI C （1+K） e 所以 dRI C e n = Δ （1+K）=8 （1+15）=128 cl × 则 Δ n cl = dRI = C （1+K） e 128 1 30 + = 4.13 / min r （2）由 D = n S N (1 − N Δ n S ) 调速范围扩大 1.94 倍。，可知在 s 和不变的情况下，D 只与 Nn NnΔ 有关 1 － 7 某调速系统的调速范围 D=20 ，额定转速 Nn = 1500 / min r ，开环转速降落 = 240 / min r ，若要求系统的静差率由 10%减少到 5%，则系统的开环增益将如何变 Δ Nopn 化？解；当 s=10%时， Δ n N = 8.33 / min r 此时 K = n s N × × = = D （1-s）（1-0.1） n Δ op n Δ cl 1500 0.1 20 240 8.33 n s N 1 27.8 − = 1 − = 当 s=5%时， Δ n N = = D （1-s）（1-0.05） 1500 0.05 20 = × × 3.95 / min r 此时 K = n Δ op n Δ cl 1 − = 240 3.95 1 59.8 − = 则若要求系统的静差率由 10%减少到 5%，则系统的开环增益将变大。 1—8 转速单闭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）转速单闭环调速系统有以下三个基本特征 ①只用比例放大器的反馈控制系统，其被被调量仍是有静差的。 ②反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性能是反馈控制系统最突出的特征之一。课后答案网 www.khdaw.com

③系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。（2）改变给定电压会改变电动机的转速，因为反馈控制系统完全服从给定作用。（3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。 1—9 在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各量有无调节能力？为什么？答：当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的变化最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小它们对稳态转速的影响。测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。 1—10 有一 V—M 调速系统。电动机参数为： P N = 2.2 kW U =， N V 220 NI ， 12.5 = A ， Nn = 1500 / min r ，电枢电阻 aR = Ω ，整流装置内阻 1.2 recR = Ω ，触发整流环节的放 1.5 大倍数 sK = 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 opnΔ 和调速要求所允许的闭环静态速降 clnΔ 。（ 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框图。（ 3）调整该系统参数，使当 nU ∗ = V 15 时， I d I= N N，n=n ，则转速负反馈系数α应该是多少？（ 4）计算放大器所需的放大倍数。解：（1）先计算电动机的电动势系数 − 1500 I R N a − n C e U = = N N 220 12.5 1.2 × 则开环系数额定速降为 op = = Δ n 12.5 I R N C e × （1.2+1.5） = 0.1367 额定负载时的稳态速降应为 × Nn s = D （1-s）（1-0.1） 1500 0.1 20 Δ = ≤ × n cl （2）系统的静态结构框图如下所示 = 0.1367 min/ V ⋅ r 246.9 / min r 8.33 / min r 课后答案网 www.khdaw.com

U* n + ∆Un Un Uc Ud0 + Ks Ks Kp - Un - IdR E n 1/Ce α 转速负反馈系统的原理图 + - U* n n + U ∆Un - - Un + Un A Uc Uc GT + UPE Ud Ud Id Id M M - + - T TG Utg tg n + - + - （ 3 ）当 nU ∗ = V 15 时， I d I= N N，n=n ，则转速负反馈系数 α 应该是 = α U ∗ n n = U n ∗ n = N 15 1500 = 0.01 （ 4）闭环系统的开环放大系数应为 K = n Δ op n Δ cl 1 − = 246.9 8.33 1 28.64 − = 运算放大器所需的放大倍数 K P = K / K Cα e S = 28.64 × 0.01 35/ 0.1367 = 11.19 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 dbl I≤ 2 N ，临界截止电流 I dcr ≥ 1.2 I N ，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框图，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？课后答案网 www.khdaw.com

解：因为 I I dbl dcr = = U U ∗ + n R S U com R S com ≤ 2 I N ≥ 1.2 I N 且 =15V，计算可得 ∗ nU sR = Ω 1.5 =com，U V 22.5 I I dbl dcr = = U U ∗ + n R S U com KR S com ≤ 2 I N ≥ 1.2 I N 1—12 某调速系统原理图如图 1-58 所示，已知数据如下：电动机； 18 kW= NP NU V ， 220 = ， NI = 94 A =N，n 1000 / min r ， aR = 0.15 Ω ，整流装置内阻 recR = Ω ，触发整流环节 0.3 的放大倍数 sK = 40 。最大给定电压 nmU ∗ = V 15 ，当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压 imU V= 10 设计指标：要求系统满足调速范围 D=20，静差率 10% s ≤ I ， = 1.5 I I ，。 N dcr = I 1.1 。 N dbl 试画出系统的静态结构框图，并计算：（1）转速反馈系数α。 pK （2）调节器放大系数。（3）电阻 1R 的数值。（放大器输入电阻 0 R = 20 k Ω ）（4）电阻 2R 的数值和稳压管 VS 的击穿电压值。解：（1）转速负反馈系数α应该是 15 1000 U ∗ n n U n α = = = ∗ n N = 0.015 （2 ）先计算电动机的电动势系数 − × 1000 I R N a − n C e U = = N 220 94 0.15 N 则开环系数额定速降为 Δ n op = Δ n cl = = 94 × （0.15+0.3） = I R N C e Nn s = D （1-s）（1-0.1） 1000 0.1 20 0.2059 × ≤ × = 0.2059 min/ V ⋅ r 205.4 / min r 5.56 / min r 课后答案网 www.khdaw.com

闭环系统的开环放大系数应为 K = n Δ op n Δ cl 1 − = 205.4 5.56 1 35.9 − = 运算放大器所需的放大倍数 K P = K / K Cα e S = 35.9 × 0.015 40 / 0.2059 = 12.3 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）放大器的放大系数； pK （2）供电电网电压；（3）电枢电阻 aR ；（4）电动机励磁电流；（5）电压反馈系数γ。答：在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当放大器的放大系数发生变化时系统有调 pK 节作用再通过反馈控制作用，因为他们的变化最终会影响到转速，减小它们对稳态转速的影响。电动机励磁电流、电枢电阻 aR 发生变化时仍然和开环系统一样，因为电枢电阻处于反馈环外。当供电电网电压发生变化时系统有调节作用。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。当电压反馈系数γ发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。 1-13 有一个 V —M 系统，已知：电动机： P N = 2.8 kW U ， = 220 V I ， N N = 15.6 A ， =Nn 1500 / min r ， aR = Ω 1.5 ，整流装置内阻 recR = Ω ，触发整流环节的放大倍数 1 。 35 sK = （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%，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， 10% s = ，在 nU ∗ = V 10 时， I d I= N N，n=n ，计算转速负反馈系数α和放大器放大系数。 pK （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 nU ∗ = V 10 时， I d I= N，n=n N 并保持系统原来的开环放大系数 K 不变，试求在 D=30 时静课后答案网 www.khdaw.com

差率。解：（1）系统开环工作时， I R N a U N C e = − n N = 220 15.6 1.5 × − 1500 = 0.1311 min/ V ⋅ r 则开环系数额定速降为 Δ n op = I R N C e = 15.6 × （1.5+1） = 0.1311 297.5 / min r 则 s = D n Δ N D n + Δ N n N × 100% = 30 297.5 × + 1500 30 297.5 × × 100% 85.6% = （2 ）当 D=30，s=10%，系统允许的稳态速降 N × = n Δ n s N = D （1-s）（1-0.1） nU ∗ = V 10 1500 0.1 30 × I= I 时， = N d 5.56 / min r （ 3 ）当 N，n=n ，则转速负反馈系数 α 应该是 α = U ∗ n n = U n ∗ n = N 10 1500 = 0.007 闭环系统的开环放大系数应为 K = n Δ op n Δ cl 1 − = 297.5 5.56 1 52.51 − = 运算放大器所需的放大倍数 K P = K / K Cα e S = 52.51 × 0.007 35/ 0.1311 = 30.6 （4）在电压负反馈有静差调速系统中，开环与闭环的速降是一样的，所以 n Δ cl n = Δ op = 297.5 / min r s = D n Δ N D n + Δ N n N × 100% = 30 297.5 × + 1500 30 297.5 × × 100% 85.6% = 1-15 在题 1-10 的系统中，若主电路电感 L=50mH ，系统运动部分的飞轮惯量 2 ⋅ N m 2 1.6 = ，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 GD 反馈系统能否稳定运行？如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数 K 是多少？解：计算系统中各环节的时间常数： 0.05 + 电磁时间常数 1.2 1.5 0.0185 L R T l = = = s 课后答案网 www.khdaw.com

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