电力拖动自动控制系统(第四版)习题答案-陈伯时

格式：doc
大小：546.50 KB
文档页数：25

下载文档原格式

电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时完整版

电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】电力拖动自动控制系统课后习题答案{全，内含两份，二无一失}——运动控制系统第四版{上海大学阮毅陈伯时}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1g U 的脉冲变窄而导致d i 反向时，U g2变正，于是VT 2导通，VT 2导通，VT 1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max n 和最低转速min n 之比叫做调速范围，用字母D 表示，即：m inm ax n n D负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速min 0n 之比，称为系统的静差率S,即：min0n n s N ∆= 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：由于在一定的N n 下，D 越大，m in n 越小N n ∆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m in /1500max 0r n =，最低转速特性为m in /150min 0r n =，带额定负载的速度降落m in /15r n N =∆，且不同转速下额定速降N n ∆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，min /06.3%)21(10%21500)1(101501500min max r S D S n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106.31001=-≥+=∆∆K K n n cl op则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1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落min /240r n Nop =∆，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？解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /75201500max min r D n n ===，原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：静差率10%时原系统的开环增益为： 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。

电力拖动自动控制系统第四版习题答案_陈伯时

=
≤
=
8.33
r
/ min
cl
D
(1
?
s
)
20
×
(1
?
0.1)
（2）
（3）
?
n
307.6
op
（4）闭环系统的开环放大系数为
K
=
?
1
=
?
1
=
35.93
?
n
8.33
cl
K
35.93
运算放大器所需的放大倍数
K
=
=
=
13.77
p
K
α
/
C
35
×
0.01 / 0.1341
s
e
解：
R=
4.8
?
R
/
R=
0.3125
?
n
=
=
≈
2
63
(
r
min
)
N
D
(
1
?
s
)
20
×
(
1
?
0
05)
2-6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压
Uu
=
8
8
V
,
比例调节放大
系数
K
=
2,
晶闸管装置放大系数
K
=
15,
反馈系数
γ
=
0
7
。求：
p
（1）输出电压
U
；
d
（2）若把反馈线断开，U为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？
d
（3）若把反馈系数减至
U

电力拖动自动控制系统-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后思考题答案 (2)

注意：这一段是程序题答案
int i,j;
for(i=0;p1[i];i++); for(j=0;p2[j];j++) p1[i++]=p2[j];
p1[i]='\0'; 注意：这三个是填空题答案
if(t%2==0) x=10*x+t; n=n/10;
注意这两个是改成题答案 *t = 0; if (d%2 != 0) 2. 请编写函数fun,其功能是:计算并输出当x<0.97时下列多项式的值, 直到｜Sn-S(n-1)｜<0.000001为止。Sn=1+0.5x+0.5(0.51)/2!x(2)+...+ 0.5(0.5-1)(0.5-2) .....(0.5-n+1)/n!x(n) 输入0.21后,则输出为s=1.100000。 double s1=1.0,p=1.0,sum=0.0,s0,t=1.0; int n=1; do {s0=s1; sum+=s0; t*=n; p*=(0.5-n+1)*x; s1=p/t;n++;}while(fabs(s1-s0)>1e-6); return sum; t = x; t *= (-1.0)*x/n; while (fabs(t) >= 1e-6);
一、可以作为填空题或简答题的 2-1 简述直流电动机的调速方法。答：直流调速系统常以（调压调速）为主，必要时辅以（弱磁调速），以（扩大调速范围），实现（额定转速以上调速）。
2-2 直流调压调速主要方案有（G-M 调速系统，V-M 调速系统，直流 PWM 调速系统）。 2-3 V-M 调速系统的电流脉动和断续是如何形成的？如何抑制电流脉动？ 11-12 答：整流器输出电压大于反电动势时，电感储能，电流上升，整流器输出电压小于反电动势时，电感放能，电流下降。整流器输出电压为脉动电压，时而大于反电动势时而小于，从而导致了电流脉动。当电感较小或电动机轻载时，电流上升阶段电感储能不够大，从而导致当电流下降时，电感已放能完毕、电流已衰减至零，而下一个相却尚未触发，于是形成电流断续。 2-4 看 P14 图简述 V-M 调速系统的最大失控时间。 14 答：t1 时刻某一对晶闸管被触发导通，触发延迟角为α1，在 t2>t1 时刻，控制电压发生变化，但此时晶闸管已导通，故控制电压的变化对它已不起作用，只有等到下一个自然换向点 t3 时刻到来时，控制电压才能将正在承受正电压的另一对晶闸管在触发延迟角α2 后导通。t3-t2 即为失控时间，最大失控时间即为考虑 t2=t1 时的失控时间。 2-5 简述 V-M 调速系统存在的问题。16 答：整流器晶闸管的单向导电性导致的电动机的不可逆行性。整流器晶闸管对过电压过电流的敏感性导致的电动机的运行不可靠性。整流器晶闸管基于对其门极的移相触发控制的可控性导致的低功率因数性。 2-6 简述不可逆 PWM 变换器（无制动电流通路与有制动电流通路）各个工作状态下的导通器件和电流通路。17-18 2-7 调速时一般以电动机的（额定转速）作为最高转速。 2-8 （调速范围）和（静差率）合称调速系统的（稳态性能指标）。 2-8 一个调速系统的调速范围，是指（在最低转速时还能满足所需静差率的转速可调范围）。 2-9 简述转速反馈控制的直流调速系统的静特性本质。答：在闭环系统中，每增加（或减少）一点负载，就相应地提高（或降低）一点电枢电压，使电动机在新的机械特性下工作。因此闭环系统的静特性本质上就是无数开环机械特性上各取一个相应的工作点连接而成的。 2-10 简述比例反馈控制的规律。答：比例控制的反馈控制系统是（被调量有静差）的控制系统；反馈控制系统的作用是（抵抗前向通道的扰动，服从给定）；反馈1.编写一个函数fun,它的功能是:实现两个字符串的连接(不使用库函数 strcat),即把p2所指的字符串连接到p1所指的字符串后。实现两个字符串连接

电力拖动自动控制系统-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后参考答案第三四章(仅供参考)

第三章作业思考题3-1 在恒流起动过程中，电枢电流能否达到最大值I dm ？为什么？答：不能达到最大值，因为在恒流升速阶段，电流闭环调节的扰动是电动机的反电动势，它正是一个线性渐增的斜坡扰动量，所以系统做不到无静差，而是I d 略低于I dm 。

3-2 由于机械原因，造成转轴堵死，分析双闭环直流调速系统的工作状态。

答：转轴堵死，则n=0，U n =α×n =0，∆U n =U n ∗−U n =U n ∗比较大,导致U i ∗=∆U n ×K ASE 比较大，U C =（U i ∗−U i ）×K ACR 也比较大，然后输出电压U d0=U C ×K S 较大，最终可能导致电机烧坏。

3-3双闭环直流调速系统中，给定电压 Un*不变，增加转速负反馈系数α，系统稳定后转速反馈电压 Un 和实际转速 n 是增加、减小还是不变？答：反馈系数增加使得U n =α×n 增大，∆U n =U n ∗−U n 减小，U i ∗=∆U n ×K ASE 减小，U C =(U i ∗−U i )×K ACR 减小，输出电压U d0=U C ×K S 减小，转速n 减小，然后U n =α×n 会有所减小，但是由于α增大了，总体U n 还是增大的。

3-4双闭环直流调速系统调试时，遇到下列情况会出现什么现象？（1）电流反馈极性接反。

（2）转速极性接反。

答：（1）转速一直上升，ASR 不会饱和，转速调节有静差。

（2）转速上升时，电流不能维持恒值，有静差。

3-5某双闭环调速系统，ASR 、均采用 PI 调节器，ACR 调试中怎样才能做到Uim*=6V 时，Idm=20A ；如欲使 Un*=10V 时，n=1000rpm ，应调什么参数？答：前者应调节β=U im∗I dm=0.3，后者应调节α=U n∗n=0.01。

3-6在转速、电流双闭环直流调速系统中，若要改变电动机的转速，应调节什么参数？改变转速调节器的放大倍数Kn 行不行？改变电力电子变换器的放大倍数 Ks 行不行？改变转速反馈系数α行不行？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？答：转速n 是由给定电压U n ∗决定的，若要改变电动机转速，应调节给定电压U n ∗。

电力拖动自动控制系统答案(陈伯时)主编上海大学---副本

1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为min /1500max 0r n =，最低转速特性为min /150min 0r n =，带额定负载的速度降落min /15r n N =∆，且不同转速下额定速降Nn ∆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大？解1115150151500min 0max 0min max =--=∆-∆-==N N n n n n n n D %1015015min 0==∆=n n s 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，min /06.3%)21(10%21500)1(101501500min max r S D S n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106.31001=-≥+=∆∆K K n n clop 则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？min /4813011511/1/11;;30;151********21121r n K K n n n K K n n K n K K K cl cl cl cl cl cl ≈⨯++=∆++=∆∆∆=++∆∆→∆→==）（）成反比，则（与开环放大倍数加同样负载扰动的条件下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94.111513011/1/112122121≈++=++==++K K D D D D K K cl cl cl cl ）（）（ 1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落min /240r n Nop =∆，假设要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /75201500max min r D n n ===，原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：8.27133.82401min /5.31111=-=-∆∆=→=+∆=∆clNop Nop cl n n K r K n n 静差率10%时原系统的开环增益为：76.598.2776.59%522增加到将从所以系统的开环增益时，同理可得当K K s ==1-10有一V-M 调速系统，电动机参数为：min,/1500,5.12,220,2.2r n A I V U kW P N N N N ====电枢电阻Ω=2.1a R ，整流装置内阻Ω=5.1rec R ，触发整流环节的放大倍数35=S K 。

电力拖动自动控制系统-运动控制系统阮毅陈伯时课后思考题答案(最新整理)

特点略。

2-2 简述直流 PWM 变换器电路的基本结构。

答：直流PWM 变换器基本结构如图，包括IGBT 和续流二极管。

2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么？答：脉动直流电压。

2=4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能？答：直流PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。

其中直流PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。

因 fc 通常为 kHz 级，而 f 通常为工频（50 或 60Hz）为一周内），m 整流电压的脉波数，通常也不会超过20，故直流PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。

电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。

2-6 直流 PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。

若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。

2-7 直流 PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？答：不是。

运动控制系统第四版思考题答案

运动控制系统第四版思考题答案电力拖动自动控制系统-运动控制系统（阮毅陈伯时）课后答案包括思考题和课后习题第2章2-1 直流电动机有哪几种调速方法？各有哪些特点？答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。

特点略。

2-2 简述直流PWM 变换器电路的基本结构。

答：直流PWM 变换器基本结构如图，包括IGBT 和续流二极管。

三相交流电经过整流滤波后送往直流PWM 变换器，通过改变直流PWM 变换器中IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。

2-3 直流PWM 变换器输出电压的特征是什么？答：脉动直流电压。

2=4 为什么直流PWM 变换器-电动机系统比V-M 系统能够获得更好的动态性能？答：直流PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。

其中直流PWM 变换器的时间常数Ts 等于其IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数Ts 通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。

因fc 通常为kHz 级，而f 通常为工频（50 或60Hz）为一周内），m 整流电压的脉波数，通常也不会超过20，故直流PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。

电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。

2-6 直流PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。

若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。

2-7 直流PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？答：不是。

电力拖动自动控制系统-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后参考答案第三四章(仅供参考)

3-2 由于机械原因，造成转轴堵死，分析双闭环直流调速系统的工作状态。

答：转轴堵死，则n=0，U n =α×n =0，∆U n =U n ∗−U n =U n ∗比较大,导致U i ∗=∆U n ×K ASE 比较大，U C =（U i ∗−U i ）×K ACR 也比较大，然后输出电压U d 0=U C ×K S 较大，最终可能导致电机烧坏。

3-3双闭环直流调速系统中，给定电压 Un*不变，增加转速负反馈系数α，系统稳定后转速反馈电压 Un 和实际转速 n 是增加、减小还是不变？答：反馈系数增加使得U n =α×n 增大，∆U n =U n ∗−U n 减小，U i ∗=∆U n ×K ASE 减小，U C = U i ∗−U i ×K ACR 减小，输出电压U d 0=U C ×K S 减小，转速n 减小，然后U n =α×n 会有所减小，但是由于α增大了，总体U n 还是增大的。

3-4双闭环直流调速系统调试时，遇到下列情况会出现什么现象？（1）电流反馈极性接反。

（2）转速极性接反。

答：（1）转速一直上升，ASR 不会饱和，转速调节有静差。

（2）转速上升时，电流不能维持恒值，有静差。

电力拖动自动控制系统-第四版完整版-陈伯时

电力拖动自动控制系统第四版课后答案习题二2-1 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：先减小控制电压，使1gU 得正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压dU 降低。

但是由于机械惯性，转速和反电势还来不及变化，因而造成dEU>的局面，很快电流di 反向，VD2 截止，在onttT≤<期间2gU 为正，于是VT2 导通反向电流产生能耗制动作用。

在onTtTt≤<+期间，VT2 关断，di−经VD1 续流，向电源回馈能量。

同时VD1 两端压降钳住VT1，使他不能导通。

在制动状态，VT2 和VD1 轮流导通，VT1 始终关断。

在制动阶段，VT1 始终不导通。

VT2 导通期间，并能耗制动；VT2 不导通期间，VD1 续流，并回馈制动。

2.2 系统的调速范围是1000~100 r min ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？n s解：∆n = nD(1- s) = 1000⨯ 0.02 (10⨯ 0.98) = 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n0 max = 1500r min ，最低转速特性为n= 150r min ，带额定负载时的速度降落∆n N = 15r min ，且在不0 min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？解：1）调速范围 D = nn min (均指额定负载情况下）maxn max = n0 max - ∆n N = 1500 -15 = 1485n min = n0 min - ∆n N = 150 -15 = 135D = n max n min = 1485 135 = 112) 静差率s = ∆nNn0 = 15 150 = 10%2.4 直流电动机为P N=74kW,UN=220V，I N=378A，n N=1430r/min，Ra=0.023Ω。

电力拖动自动控制系统运动控制系统(阮毅陈伯时)课后思考题习题答案章完整版

第二章思考题：2-1直流电动机有哪几种调速方法？各有哪些特点？1.电枢回路串电阻调速特点：电枢回路的电阻增加时，理想空载转速不变，机械特性的硬度变软。

反之机械特性的硬度变硬。

2.调节电源电压调速特点：电动机的转速随着外加电源电压的降低而下降，从而达到降速的目的。

不同电源电压下的机械特性相互平行，在调速过程中机械特性的硬度不变，比电枢回路串电阻的降压调速具有更宽的调速范围。

3.弱磁调速特点：电动机的转速随着励磁电流的减小而升高，从而达到弱磁降速的目的。

调速是在功率较小的励磁回路进行，控制方便，能耗小，调速的平滑性也较高。

2-2简述直流PWM 变换器电路的基本结构。

IGBT，电容，续流二极管，电动机。

2-3直流PWM 变换器输出电压的特征是什么？直流电压2-4为什么直流PWM变换器-电动机系统比V-M系统能够获得更好的动态性能？直流PWM变换器-电动机系统比V-M系统开关频率高，电流容易连续，谐波少，电动机损耗及发热都较小；低速性能好，稳速精度高，调速范围宽；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；电力电子开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适中时，开关损耗也不大，因而装置效率较高；直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。

2-5在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压？电路中是否还有电流？为什么？电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流。

电路中无电流，因为电动机处已断开，构不成通路。

2-6直流PWM变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？反并联二极管是续流作用。

若没有反并联二极管，则IGBT的门极控制电压为负时，无法完成续流，导致电动机电枢电压不近似为零。

2-7直流PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？不是越高越好，因为太高的话可能出现电容还没充完电就IGBT关断了，达不到需要的输出电压。

电力拖动自动控制系统运动控制系统(阮毅陈伯时)课后思考题习题答案章完整版

反之机械特性的硬度变硬。

2.调节电源电压调速特点：电动机的转速随着外加电源电压的降低而下降，从而达到降速的目的。

不同电源电压下的机械特性相互平行，在调速过程中机械特性的硬度不变，比电枢回路串电阻的降压调速具有更宽的调速范围。

3.弱磁调速特点：电动机的转速随着励磁电流的减小而升高，从而达到弱磁降速的目的。

调速是在功率较小的励磁回路进行，控制方便，能耗小，调速的平滑性也较高。

2-2简述直流PWM 变换器电路的基本结构。

IGBT，电容，续流二极管，电动机。

电路中无电流，因为电动机处已断开，构不成通路。

2-6直流PWM变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？反并联二极管是续流作用。

若没有反并联二极管，则IGBT的门极控制电压为负时，无法完成续流，导致电动机电枢电压不近似为零。

2-7直流PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？不是越高越好，因为太高的话可能出现电容还没充完电就IGBT关断了，达不到需要的输出电压。

最新电力拖动自动控制系统-运动控制系统(-阮毅-陈伯时)课后思考题答案

特点略。

2-2 简述直流 PWM 变换器电路的基本结构。

答：直流 PWM 变换器基本结构如图，包括 IGBT 和续流二极管。

2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么？答：脉动直流电压。

2=4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能？答：直流 PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。

其中直流 PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。

电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。

2-6 直流 PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。

若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。

2-7 直流 PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？答：不是。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少？解：系统允许的稳态速降sn 0 02 × 100min ∆ n N == = 2 04( r min ) ( 1 − s ) ( 1 − 0 02)2-5 某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。

已知直流电动机= 60 k W ，P N U N = 220 V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ，主电路总电阻 R = 0 18Ω ， C e = 0 2 V • min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ∆n 为多少？ N （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 s 多少？ N（3）额定负载下的转速降落 ∆n 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。

N 解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落I R 305 × 0 18N∆n = = = 274 5( r min ) N C 0 2 e （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率∆ n 274 5N s = = ≈ 0 215 = 21 5%N n + ∆ n 1000 + 274 5N N （3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落n s 1000 × 0 05 N∆ n == ≈ 2 63( r min ) N D ( 1 − s ) 20 × ( 1 − 0 05)*2-6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压 U u = 8 8 V , 比例调节放大系数 K = 2, 晶闸管装置放大系数 K = 15, 反馈系数 γ = 0 7 。

求： p s（1）输出电压 U ；d （2）若把反馈线断开， U 为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？ d （3）若把反馈系数减至γ = 0.3 5 U 应为多少？ u解：（1）输出电压K K2 × 15 p s *U = U = × 8 8 = 12( V ) ；d u 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 7p s *（2）若把反馈线断开， U = K K U = 2 × 15 × 8 8 = 264 ( V) ；开环时的输出电压是闭环 d p s u时的 264 12 = 22 倍。

（3）若把反馈系数减至 γ = 0.35 ，当保持同样的输出电压时，给定电压 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 35 *p s U = U = × 12 = 4 6( V ) 。

u d K K 2 × 15p sU − I R 220 − 12.5 × 1.5 N d a 解：（1） C == = 0.1341 V ⋅ min/ re n 1500 NRI 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8) N∆ n = = = 307.6 r/ minop C 0.1341 e n s 1500 × 0.1 N∆ n = ≤ = 8.33 r / mincl D (1 − s ) 20 × (1 − 0.1) （2）（3）∆n307.6op（4）闭环系统的开环放大系数为K = −1 = −1 = 35.93∆n8.33clK 35.93运算放大器所需的放大倍数K = = = 13.77p K α/ C 35 ×0.01 / 0.1341s e解：R = 4.8 ΩR / R = 0.3125 < 1 / 3s图见49页解：计算系统中各环节的时间常数L 0.05电磁时间常数T = = = 0.02 sl R 1.5 + 1.02GD R 1.6 ×(1.5 +1.0 + 0.8)机电时间常数T = = = 0.082 sm 375 C C 30e m 375 ×0.1341 ××0.1341π晶闸管装置的滞后时间常数为T = 0.00167 ss为保证系统稳定，应满足的稳定条件：2 2T ( T + T ) + T 0.082 ×(0.02 + 0.00167) + 0.00167m l s sK < = = 53.29 T T0.02 ×0.00167l s可以稳定运行，最大开环放大系数是53.29P N2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机= 2.8 k W ，U N = 220 V，I N = 15.6 A ，n N=1500 r min ，R = 1 5 Ω，整流装置内阻R = 1Ω，电枢回路电抗器电阻R = 0 8 Ω，a rec L触发整流环节的放大倍数K = 35 。

求：s（1）系统开环时，试计算调速范围= 30 D 时的静差率s。

（2）当D = 30, s= 10% 时，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, s = 10% ，在U = 10V 时 I = I ， n d N n = n ，计算转速反馈系数α 和放大器放大系数 K 。

N p 解：先计算电动机的反电动势系数U − I R 220 − 15 6 × 1 5 N N aC = = = 0 131 (V • min r ) en 1500 N系统开环时的额定转速降落I ( R + R + R ) 15 6 × ( 1 5 + 1 + 0 8) N a rec L ∆ n == ≈ 393 ( r min)Nop C 0 131 e（1）系统开环时，调速范围 D = 30 时的静差率D ∆ n 30 × 393 N s = = ≈ 0 887 = 88.7 % ；n + D ∆ n 1500 + 30 × 393N N （2）当 D = 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降n s 1500 × 0 1 N∆ n = =≈ 5 56( r min ) N D ( 1 − s ) 30 × ( 1 − 0 1 ) （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 ∆ n 393 op K = − 1 = − 1 ≈ 69.6 8 ；∆ n 5 56 cl *U n 10转速反馈系数 α == ≈ 0 0067( V • min r ) n 1500 N KC 69 .6 8 × 0 131 e放大器放大系数 K = = ≈38.9 3。

p K α 35 × 0 0067 s 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 f = 1MHz ，旋转编 0 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60 60转速 n=1500r/min 和 n=150r/min 时的测速分辨率Q == ≈ 1 465 ZT 1024 × 4 × 0 01 cnZT 1500 × 4096 × 0 01 c 转速 n=1500r/min 时， M = = = 1024 ，误差率最大值 160 601 1δ = = ≈ 0 00097 = 0 097% ；max M 10241 nZT 150 × 4096 × 0 01 c 转速 n=150r/min 时， M = = = 102 4 ，误差率最大值 160 601 1δ = = ≈ 0 0097 = 0 97% 。

max M 102 4 1（2）T 法测速660 f 60 × 1 × 10 0转速 n=1500r/min 时， M == ≈ 9 8 ，测速分辨率 2 Zn 4096 × 1500 2 2Zn 4096 × 1500 Q = = ≈ 171 660 f − Zn 60 × 1 × 10 − 4096 × 1500 0误差率最大值1 1δ == ≈ 0 103 = 10 3% 。

max M − 1 9 8 − 1 26 60 f 60 × 1 × 10 0 转速 n=150r/min 时， M = =≈ 98 ，测速分辨率2 Zn 4096 × 150 2 2Zn 4096 × 150 Q = = ≈ 1.55 660 f − Zn 60 × 1 × 10 − 4096 × 150 0误差率最大值1 1δ == ≈ 0 0103 = 1 03% 。

max M − 1 98 − 1 23-1 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* *U = = 15V ， n N = 1500 r min ， I = 20A ，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻nm U im N R = 2Ω ， K = 20 ， C e = 0 127 V ⋅ min r ，求：s *（1）当系统稳定运行在 U n = 5V ， I = 10A 时，系统的 n 、 U 、 U 、 U 和 U 各为多少？dL n i i c U 和 U 各为多少？i c 解：转速反馈系数*U 15 nmα = = = 0 01 (V ⋅ min r )n 1500N 电流反馈系数* U 15 imβ = = = 0 375 (V A )I 2 × 20dm （1）当系统稳定运行在 U n = 5V ， = 10A I 时， dL*== 5( V ) n U n *U 5n n = = = 500( r min )α 0 01 U = βI = 0 375 × 10 = 3 75( V )i dL *U = U = 3 75( V )i i U C n + I R 0 127 × 500 + 10 × 2d 0e dL U = = = = 4 175 (V ) 。

c K K 20s s （2）当电动机负载过大而堵转时，n=0;*U = βI = 0 375 × 2 × 20 = 15( V )i dm I R 2 × 20 × 2 dmU == = 4( V ) 。

电力拖动自动控制系统(第四版)习题答案-陈伯时

合集下载

电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时完整版

电力拖动自动控制系统第四版习题答案_陈伯时

电力拖动自动控制系统-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后思考题答案 (2)

电力拖动自动控制系统-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后参考答案第三四章(仅供参考)

电力拖动自动控制系统答案(陈伯时)主编上海大学---副本

最新电力拖动自动控制系统-运动控制系统(-阮毅-陈伯时)课后思考题答案

电力拖动自动控制系统-运动控制系统阮毅陈伯时课后思考题答案(最新整理)

运动控制系统第四版思考题答案

电力拖动自动控制系统-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后参考答案第三四章(仅供参考)

电力拖动自动控制系统-第四版完整版-陈伯时

电力拖动自动控制系统运动控制系统(阮毅陈伯时)课后思考题习题答案章完整版

电力拖动自动控制系统运动控制系统(阮毅陈伯时)课后思考题习题答案章完整版

最新电力拖动自动控制系统-运动控制系统(-阮毅-陈伯时)课后思考题答案

文档推荐

最新文档