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《电力拖动自动控制系统》答案.doc

发布时间：2022-06-08 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：1.82M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    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 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 1gU 的脉冲变窄而导致 di 反向时，Ug2 变正，于是 VT2 导通， VT2 导通，VT1 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 maxn 和最低转速 minn 之比叫做调速范围， 用字母 D 表示，即： nD  max n min 负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落 Nn 与理想空载转速 min 0n 之比， 称为系统的静差率 S,即： s  n N 0n min 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为： D  sn N 1(  N s )  n 由于在一定的 Nn 下，D 越大， minn 越小 Nn 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 0 max  1500 r / min ， 最 低 转 速 特 性 为 n 0 min  150 r / min ，带额定负载的速度降落  nN  15r / min ，且不同转速下额定速降 Nn 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 nD  max n min  n 0 n 0 max min n  n  N N  1500 15  15 150   11 s  n  n 0 min  15 150  %10
    1-5 闭环调速系统的调速范围是 1500----150r/min，要求系统的静差 S<=2%,那末系统允许 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？ 1， nD  max n min  1500 150  10 则 n  Sn N 1(  D S )  %2 1500  %)21(10   06.3 r / min 2， n  op n  cl  K  1 则 K  100 06.3 1  7.31 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 8 r/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？ 1 ;30 ;15 K  n  K K n cl 同样负载扰动的条件下   K 2 ; cl 2 1 1 2  n cl 2  K K 1 2   1 1  n cl 1  15 30    n 与开环放大倍数加 1 1  min /4 r 8 1 成反比，则（ K 1  /1 （） K 2  1 ）  n cl 2 /  n cl 1 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 1 1 cl 2 cl 2 /     D 2 1 1 K   /1 （） K K 1 D  cl） 30 1  15 1  K （ D D 1-7 某 调 速 系 统 的 调 速 范 围 D=20 ， 额 定 转 速  94.1 240r min nNop   / cl 1 2 1 ，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？ n  1500r / min ， 开 环 转 速 降 落 解：原系统在调速范围 D=20，最小转速为： n min  n max D  1500 20  75 r / min ， n  cl n 0 min  n  cl n  cl n min  n  cl 75 n  cl  %10 则 n  cl /33.8 r min 原系统在范围 D=20，静差率为 10%时，开环增益为：  n cl  n  K 1 Nop 1   /5.31 r min  K 1 n  Nop n  cl 1  240 33.8 1  8.27 静差率 10%时原系统的开环增益为： 76.59 s K  8.27 将从 时，同理可得 K 所以系统的开环增益 %5 当  2 2 增加到 76.59 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  * Ukk p s n 1( C k  e )  RI d 1(  k ) C e ，由公式可以看出，当其它量均不变化时，n 随 着 * nU 的变化而变化 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、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  N ,5.12 nA UkW 1500 220 , IV 2.2  r / min,  ,  N N N 电枢电阻 aR  2.1 ，整流装置内阻 recR  5.1 ，触发整流环节的放大倍数 35SK 。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 opn 和调速要求所允许的闭环静态速降 cln 。 （２） 调整该系统能参数，使当 U n 15 V ， 多少？ （３） 计算放大器所需的放大倍数。 I  ， d I N n  ，则转速负反馈系数应该是 Nn 解：（１）电动机的电动势系数 U N C e   n RI N a 220  N  2.15.12  1500  .0 1367 V  min/ r 开环系统静态速降  n op  RI dN C e  )5.12.1(5.12  .0  1367  246 /9. r min 闭环静态速降  n cl  sn N 1( S  ) D  1500 1.0  )1.01(20   33.8 r / min 闭环系统开环放大倍数 K  n  op n  cl 1  9. 246 33.9 1  64.28
    （2）因为 n  * Ukk p s n 1( k C  e ) RI d 1(   C e k ) pkk 所以 s =407.4288 K CKk p / S =0.00961 V min/  r e = （3） 运算放大器的放大倍数 K p  K / S  CK  .0 e 64.28  .0/35 00961  64.11 1367 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 2 I N ，临界截 止电流 I dcr 2.1 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 dbl  2 I N  2 5.12  25 A I dcr  2.1 I N  2.1  5.12  15 A 则 U com  I dcr  R s 15 R s I dbl  * n  UUKK p RKKR ( s  p s s com ) 1(  )42 0 25   )5.12.1( 6.11  15(35   6.11 15  R 35 ) s  R s 1( 由  42 式）也可（由 1  43 ）式 得： I dbl  * n ( UU  R s com 1()  25)43 ；  15 R S 15  R S sR  46.1  5.1 U com  I dcr  R s  15 R s  15  5.1  5.22 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 2.7*1/3 倍，所以增加电流反馈放大器后： )5.12.1(   9.0 可选 0.5 欧姆 新的采样电阻： ' Rs  1 3 R  电流反馈放大系数： K fi  1 3 R R  ' 5.1 5.0  3 s s 新的比较电压： U com  I dcr  ' R s  15 R s  15  5.0  5.8 V 所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为 3
    １ － １ ２ 某 调 速 系 统 原 理 图 如 图 所 示 ， 已 知 数 据 如 下 ： 电 动 机 P N  18 UKW ;  220 ; IV  94 ; nA n N N  1000 r / min; R a  15.0  Ｐｎ＝18ＫＷ，Ｕｎ＝220Ｖ，In＝ 94Ａ，整流装置内阻 recR  3.0 ,触发整流环节的放大倍数 40SK 。最大给定电压 U nm 15 V ，当 主电路电达到最大值时，整定电流反馈电压 U im 10 V 。 设计指标：要求系统满足调速范围Ｄ＝20，静差率 S≤10％， I dbl 5.1 I N ， I dcr 1.1 I N 。试 画出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 PK 。 （３） 电阻 1R 的数值。（放大器的输入电阻 R 0  K 20  ） （４） 电阻 2R 的数值和稳压管ＶＳ的击穿电压值。
    解：(1)  n cl  Sn N 1(  D S )  1000 1.0  09 20   100 18/  56.5 r / min UC  e N  n RI aN 220  N 15.0 94   1000  .0 20597 V  min/ r  n op  RI N C e  94 45.0  2059 .0  205 44. r / min K  n  op n  cl 1  205 4. 56.5 同 1-10 可得 a=0.0145 1  (95.35 ）取36 (2) K p  K / S  CK  e .0 0145 95.35  .0/40 2059  (8.12 ）取13 (3) R 1  RK 0 p  13  20  260 k  （4） I dbl  5.1 I N  5.1  94  141 A； I  1.1 I N dcr  1.1  94  103 4. A； 当主电路电流最大即为 dblI 时， U im 10 V 而当主电路电流为 dcrI 时， iU 为： im U  I dbl i U I dcr UU  i im I  I dcr 10  dbl 4. 103  141  33.7 V 此时电流反馈起作用，稳压管的击穿电压 vsU 可根据 iU 确定取稍大值： U vs 4.7 V 当主电路的电流增大到 dblI 时，为起到保护作用应使流过 2R 的电流 2RI 等于流过 0R 的电流，以使电机转速迅速降落。此时： I R 2  * U nm R 0  15 20  75.0 mA ; UR  2  U vs R 2 im I  10 4.7  75.0  47.3 kΩ(取 3.5kΩ) 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 N  8.2 UKW ;  220 ; IV  15 ; nA N N N  1500 r / min; R a  15.0  ,Ra=1.5,整流装置内阻 recR 1 ,触发整流环节的放大倍数 35SK 。（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, (3) 如组成转速负反馈有静差调速系统,要求 D=30, 时,计算系统允许的稳态速降; %10S %10S ,在, U * n  10 , IV d  I N , n  n N ,计算转速负反馈系数 a 和放大器放大系数 Kp; （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 * n  10 , IV 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 时的静 差率。 解：（１） UC  e N  n RI N a 220  N  5.16.15  1500  .0 131 V  min/ r （原来多加了 1）  n op  RI dN C e  )5.11(6.15  131 .0  297 /7. r min
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