电力拖动自动控制系统运动控制系统第4版习题答案.docx
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1、习题解答(供参考)习题二2. 2系统的调速范围是1000100 min ,要求静差率2%,那么系统允许的静差转速降是多少?解: 加=%(1 _$)= 1000x0.02/(10x0.98) = 2.04rpm系统允许的静态速降为2.04rpm。2.3某一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为 omax =1500r/min ,最低转速特性为nmin =150r/min ,带额定负载时 的速度降落.=15r/min,且在不同转速下额定速降不变,试问 系统能够到达的调速范围有多大?系统允许的静差率是多少?解:1调速范围O = /axmin (均指额定负载情况下)max = Omax 1500 -1
2、5 = 1485min = %min N =】50 -15 = 1 35 = %ax Kin =1485/135 = 11-Mhnmax :2) 静差率 s = A./% =15/150 = 10%Dnmax /nmjnS= A nN ZnominDnmax /nmjnS= A nN ZnominD= nNs/AnN(1-s)n()maxOminminn = 1500r/min 时,5irax % =n = 1500r/min 时,5irax % =!X1OO% =X100% = 11.4%M2 -19.77 -1= 15(k/min 时,5mx % = !x100% =!xl00% = l%
3、M. -197.7-1可见T法适合低速习题三3.1 双闭环调速系统的和均为调节器,设系统最大给定电压 U:尸15V, =1500, /20A,电流过载倍数为2,电枢回路总电 阻尺=2 Q, (二20, ce,求:当系统稳定运行在U:=5V, /10A 时,系统的、u,u;、4和S各为多少? 2)当电动机负载 过大而堵转时,u;和心各为多少? 解:a =/汽=15V / 1500z7?m = 0.01V / rpm当U:=5匕转速几=U*n5Va0.0 IV / rpm=500 rpmU* 15V/=3 = 0.3757/AI dm 40AU; =,/“ = 0.375 * 10 = 3.75V
4、 = Ui=4.175V=4.175VUdo _ E + lR _ C*N + IR _ 0.127*500 + 10*2K F- F-20JJJ即 =500rpm,Un = 5V,U: = q = 3.75V,U c =4.175v2堵转时,U: =%m=15V ,=4VU = Ud=(Cen +【dR)= I.R = 40*2c K,KsK,20JJJ3.2 在转速、电流双闭环调速系统中,两个调节器,均采用调节器。参数:电动机:Pn, u1220V, /l20A, 力1000 ,电枢回 路总电阻A Q ,设ifnm = u:m= ucm =8V,电枢回路最大电流Idm =40A,电 力电子
5、变换器的放大系数k,二40。试求:(1)电流反应系数月和转速反应系数a。2当电动机在最高转速发生堵转时的力。,U:,U3值。U* QVTJ*QW1) 9 =3=0.2V / A a = a = O.OO8V / rpmI dm 40 AnN 1000 rpm2)Udo = E + lM = CjiN +1由& =40A*1.5Q = 60V这时:u;=w,u=o,处于饱和,输出最大电流给定值。U; =W,a =8匕 =U“o/Ks =60/40 = 1.5V3.3在转速、电流双闭环调速系统中,调节器,均采用调节器。 当输出到达吗二8V时,主电路电流到达最大电流80A。当负载电 流由40A增加到
6、70A时,试问:)1) u:应如何变化? (2)/应 如何变化? 3)心.值由哪些条件决定?TT* QWj3 = l = = 0.W / A用牛,&804因此当电流从40An70A时,u;应从4Vn7V变化。1) 人要有所增加。2) 4取决于电机速度和负载大小。因为TT _ 3。=C + /H)U川=E +14人-。阳。k k3.5某反应控制系统已校正成典型I型系统。时间常数0. 1s, 要求阶跃响应超调量b W10%。(1)系统的开环增益。(2) 计算过渡过程时间G和上升时间;(3) 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间小0.25s,那么?,%二?解: 取 K7 = 0.694 = 0.6
7、,b% = 9.5%(1)系统开环增益:K = 0.69 / T = 0.69 / 0.1 = 6.9(1 / s)(2)上升时间。=3.3T = 0.335过度过程时间:34 X= 67 = 6 x 0.1 = 0.65如要求tr整 3TS 3x0.00333切忽略反电势的影响的近似条件:3 = 3J!= 79.065-1 为J 1 1- Q J V J V/ 1 J可见满足近似等效条件。转速超调量的校验(空载0)n/ c,/AGw 、心 c i 一 308x0.180.02666。 = 2*(一咏)(4 z) 包二 2x81.2%xl.lxxCbn Tm0.196x10000.12= 11
8、.23% 10%转速超调量的校验结果说明,上述设计不符合要求。因此需重新设计。查表,应取小一些的h,选3进展设计。按3,速度调节器参数确定如下:= hTYn = 0.079985KN=(h + l)/2c2巩=4 / (2 x 9 x 0.026662 ) = 312.656s-2Kn = +1)/3CJm / 2haRT = 4x0.0236x0.196x0.12/(2x3x0.01x0.18x0.02666) = 7.6校验等效条件:4 = KCO = Kz =312.656 x 0.07998 = 25a)l/3(KI / .),/2 =1/3(85.76/O.OO583)172 =40
9、.43q0)1 /3( / 7;严=1 /3(85.76/0.015严=25.2sT %可见满足近似等效条件。转速超调量的校验:=2 x 72.2% xl.lx (308 x0.18/0.196xl 000) x (0.02666 / 0.12) = 9.97% 10%转速超调量的校验结果说明,上述设计符合要求。速度调节器的实现:选&=40K,那么用= Kx&=7.6x40 = 304K,取 310KoCn = tJ Rn = 0.07998/310xl03 = 0.258/FC(m = 4( / 凡=4 x 0.015 / 40 x 1 ()3 = i 54/4) 40%额定负载起动到最低转
10、速时:。 = 2 x 72.2% x(l.l-0.4) x (308 x0.18/0.196xl00)x (0.02666 / 0.12) = 63.5%5)空载起动到额定转速的时间是:(书上无此公式)6 h ,46 h ,4根据电机运动方程:黑?仅考虑起动过程的第二阶段。d = Cg,.TdL)二隈除葭)_1 的 dt GD c GD?R 小 dL)I7?,375cC= 0.3855CJmn _ 0.196*0J2*1000所以:(晨冰(11*308-0)*0.183.10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。电动机参数为:=500, =750V, =760A, 375
11、 ,电动势系数, 电枢回路总电阻。,允许电流过载倍数入二1. 5,触发整流环节的 放大倍数75,电磁时间常数片0.031s,机电时间常数=0. 112s, 电流反应滤波时间常数几=0. 002s,转速反应滤波时间常数6。设 调节器输入输出电压*=10V,调节器输入电阻R0=40k Q o设计指标:稳态无静差,电流超调量6W5%,空载起动到额定转 速时的转速超调量b”W10%。电流调节器已按典型I型系统设计, 并取参数。1选择转速调节器构造,并计算其参数。2)计算电流环的截止频率为和转速环的截止频率心 ,并考虑它们是否合理?c U*。=黄 解: 小U” a=N-=0.00877V / A 1.5
12、*7603=0.0267V min/ r 375电流调节器已按典型I型系统设计如下:确定时间常数:电流调节器构造确定:因为。或5%,可按典型I型系统设计,选用调节器,(s)(T 1)/T , Lo. 031/0. 00367=8. 25 %与(1/北7;严=3(1/0.112)。031严=50.9/%c)l / 3(1 / 草;产=1 / 3(1 / 0.00167 x 0.002严=182.39以 可见满足近似等效条件。电流调节器的实现:选R。二40K,那么鸟=仆仆=0.899x40 = 35.96 取 36KCj=TJ o1/3 01/2=l/3 (136. 24/0. 02)1/21 3
13、可见满足近似等效条件。速度调节器的实现:选Ro二40K,那么*R。=10. 5*40=420K由此 t 0. 1367/420*1()3 上口 f Co4Too=4*O. 02/40*10=2 上 F2)电流环的截止频率是:(0 136.24 1速度环的截止频率是:21. 946 2从电流环和速度环的截止频率可以看出,电流环比速度环要快, 在保证每个环都稳定的情况下,再求系统的快速性,充分表达了 多环控制系统的设计特点。2.4 直流电动机为74220V, 378AQ Qo采用降压调速。当生产 机械要求20%时,求系统的调速范围。如果30%时,那么系统的调速范围又为多少? ?解:Ce = (Un
14、 InRJn =(220 378 x 0.023)/1430 = 0.141SV/rpmn = INR/Ce = 378 x (0.023 + 0.022)/0.1478 = 115 -pinD = nNS/ A(l s) = 1430 x 0.2/l 15 x (1-0.2) = 3.1D = S/ A(l s) = 1430 x 0.3/l 15x(1- 0.3) = 5.332.5 某龙门刨床工作台采用调速系统。直流电动机PN = 6QkW,UN = 220V,IN = 305AnN =1000r/min 0 ,求:U)当电流连续时,在额定负载下的转速降落A配为多少?12 )开环系统机械
15、特性连续段在额定转速时的静差率打多少?3)假设要满足20W5%的要求,额定负载下的转速降落以又为多少?解:(1)=INxR/Ce = 305 x 0.18/0.2 = 274.5r / minSn =% =274.5/(1000+ 274.5) = 21.5%(2) = nNS/D(l-s) = 1000x0.05/20x0.95 = 2.63r/min2.6有一晶闸管稳压电源,其稳态构造图如下图,给定电压U;=8.W、比例调节器放大系数路=2、晶闸管装置放大系数L/dB t0 w/s43.11在一个转速、电流双闭环系统中,转速调节器,电流调节 器均采用调节器。(1)在此系统中,当转速给定信号
16、最大值*=15V时1500 ;电流给 定信号最大值*=10V时,允许最大电流30A,电枢回路总电阻2Q, 晶闸管装置的放大倍数30 ,电动机额定电流二20A ,电动势系 数。现系统在*=5V 20A时稳定运行。求此时的稳态转速?的输 出电压二?2当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(二0),系 统将会发生什么现象?试分析并说明之。假设系统能够稳定下来, 那么稳定后? ?*=?=?3)该系统转速环按典型H型系统设计,且按准那么选择参数, 取中频宽5,转速环小时间常数T%=0.05s ,求转速环在跟随给 定作用下的开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。14)该系统由空载(战二0)突加额定
17、负载时,电流和转速的动 态过程波形是怎样的?机电时间常数备产0. 05s,计算其最大动态 速降加max和恢复时间。1) a = U* =15/1500=0. 01B = U* 二 10/30=0. 33UK =5 V, a =5/0. 01=500o(。Q) (0. 128*500+20*2)/30=3. 467 V2)在上述稳定运行情况下,电动机突然失磁(二0那么电动 机无电动转矩,转速迅速下降到零,转速调节器很快到达饱和, 要求整流装置输出最大电流。因此,系统稳定后,0, 0U* =10, *i =1030Ao (Q (0+30*2)/30=2 V3)在跟随给定作用下,转速环处于线性状态,
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