運動控制課后答案 第三版

—上海高校陳伯時主編為什么PWM-電動機系統(tǒng)比晶閘管 電動機系統(tǒng)能夠獲得更好的動態(tài)性能答：PWM—電動機系統(tǒng)在很多方面有較大的優(yōu)越性：主電路線路簡潔，需用的功率器件少。開關頻率高，電流簡潔連續(xù)，諧波少，電機損耗及發(fā)熱都較小。低速性能好，穩(wěn)速精度高，調(diào)速范圍寬，可達1：10000 左右。若與快速響應的電動機協(xié)作，則系統(tǒng)頻帶寬，動態(tài)響應快，動態(tài)抗擾力量強。 不大，因而裝置效率較高。直流電源接受不控整流時，電網(wǎng)功率因數(shù)比相控整流器高。PWM開關頻率高，響應速度快，電流簡潔連續(xù)，系統(tǒng)頻帶寬，動態(tài)響應快，動態(tài)抗擾力量強。試分析有制動通路的不行逆PWM變換器進行制動時，兩個VT是如何工作的答：制動時，由于U的脈沖變窄而導致i反向時，U變正，于是VT導通，VT導通，VT關斷。 關系為什么脫離了調(diào)速范圍，要滿足給定的靜差率也就簡潔得多了答：Th產(chǎn)機械要求電動機供應的最高轉速n用字母DDn

n

之比叫做調(diào)速范圍，負載由抱負空載增加到額定值時，所對應的轉速降落?n與抱負空載轉速n之比，稱n為系統(tǒng)的靜差率S,即：s=?n調(diào)速范圍，靜差速降和最小靜差之間的關系為：nsD=?由于在肯定的n下，D越大，n越小?n又肯定，則S變大。所以，假如不考慮D，則S的調(diào)整也就會簡潔，150r/min，帶額定負載的速度降落

降=150r/min，最低轉速特性為?n=15r/min，且不同轉速下額定速?n不變，試問系統(tǒng)能夠達到的調(diào)速范圍有多大系統(tǒng)允許的靜差率是多大解n n ?D= = ? = 1=11n ?n 50? 0 15?n ?nn150 15s= ?15 =10=n 150閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)的調(diào)速范圍是 r/min，要求系統(tǒng)的靜差1

S<=2,那末系統(tǒng)允許的靜態(tài)速降是多少假如開環(huán)系統(tǒng)的靜態(tài)速降是 100r/min則閉環(huán)系統(tǒng)的開環(huán)放大倍數(shù)應有多大n 11，D= 5=

S?

1≤ 5= /= 0 n0=

0 min0×10 2n2，?nK

150則

100

? S 10(1? 2)D(1)? ≥ ?1n= +1 =某閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)的開環(huán)放大倍數(shù)為 15時，額定負載下電動機的速降為8r/min，假如將開放大倍數(shù)他提高到30，它的速降為多少在同樣靜差率要求下，調(diào)速范圍可以擴大多少倍K=15;K=30;K→?n;K→?n同樣負載擾動的條件下 與開環(huán)放大倍數(shù)加 1成反比，則（K 1） K +1=? ?1 + （/ n+ ） /n? K 8≈n= +n1=153

4r/min1+0 1同樣靜差率的條件下調(diào)速范圍與開環(huán)放大倍數(shù)加 1成正比（K+1）（/ ）D DK +1=D +K +1 /=K = 3≈D + 0 11 +15 1

D=20

n=1500r/

，開環(huán)轉速降落?n=240r/min，若要求靜差率由10削減到5則系統(tǒng)的開環(huán)增益將如何變化n1500D=20

，n D = 20== 75r/minn ?n ?n?cl=

n+cln=75+cln=10則 /

原系統(tǒng)在范圍 D=20，靜差率nmin

min cl

?n

為10時，開環(huán)增益為： ?n0

?nn = K? = /min→ =靜差率10時原系統(tǒng)的開環(huán)增益為： ?n當5時，同理可得K= 1所以系統(tǒng)的開環(huán)增益將從 增加到轉速單環(huán)調(diào)速系統(tǒng)有那些特點轉變給定電壓能否轉變電動機的轉速為什么假如給定Th了變化，系統(tǒng)有無克服這種干擾的力量答：1）閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)可以比開環(huán)調(diào)速系統(tǒng)硬得多的穩(wěn)態(tài)特性，從而在保證肯定靜差率的要求下，能夠提高調(diào)速范圍。為此，所需付出的代價是需增設電壓放大器以及檢測與反饋裝置。能。由于n kkU RI= ，由公式可以看出，當其它量均不變化時，n隨著UC +k C +k

((1 )1 )能。由于轉速和反饋電壓比有關。勵磁不是。

，而測速機在轉速負反饋調(diào)整系統(tǒng)中，當電網(wǎng)電壓、負載轉矩，電動機勵磁電流，電樞電流、電樞電阻、2測速發(fā)電機勵磁各量發(fā)Th為什么答：系統(tǒng)對于上述各量中電網(wǎng)電壓、負載轉矩，電動機勵磁電流，電樞電流、電樞電阻、有調(diào)節(jié)力量。由于它們在閉環(huán)系統(tǒng)的前向通道中，對于測速發(fā)電機勵磁各量發(fā)Th變化，沒有調(diào)整能力。由于它不在閉環(huán)系統(tǒng)的前向通道中。有一V-M調(diào)速系統(tǒng)，電動機參數(shù)為：P kWV A 1n 5=U==I ,=0,202r0, /min,電樞電阻R=?，整流裝置內(nèi)阻 ? ，觸發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍數(shù) 35。要求系統(tǒng)滿足調(diào)速范圍Ｄ＝20，靜差率Ｓ≤10％。（１）計算開環(huán)系統(tǒng)的靜態(tài)速降?n和調(diào)速要求所允許的閉環(huán)靜態(tài)速降=（２）調(diào)整該系統(tǒng)能參數(shù)，使當U15V ，=

?n。（３）

n=則轉速負反饋系數(shù)α 應當是多少解：（１）電動機的電動勢系數(shù)CU20

R= ×開環(huán)系統(tǒng)靜態(tài)速降

==nRI = × C

1500=/min

min/閉環(huán)靜態(tài)速降 n? =

1500×=

= /min? S)

20(1??n閉環(huán)系統(tǒng)開環(huán)放大倍數(shù) K=?n?1= =（2）由于n=kkU RIC +k C +k(1 )

所以K

(1 )αC = min/r（3）=K運算放大器的放大倍數(shù) K α×35 ==K /C=１－１１ 在題１－１０的轉速負反饋系統(tǒng)中增設電流截止環(huán)節(jié)，要求堵轉電流臨界截止流 阻要求電流反饋采樣電阻不超過主電路總I≥,應當選用多大的比較電壓和電流反饋采樣電阻的1/3，假如做不到，需要加電流反饋放大器，試畫出系統(tǒng)的原理圖和靜態(tài)結構圖，并計算電流反饋放大系數(shù)。這時電流反饋采樣電阻和比較電壓各為多少解：（1）I≤2I= = I 2×)(≥ = 25K=KA×U1+U5則U =I R R I = 0(1? 42)× =15R+× R K KR35(15+15 )25= 式）也? 由 可（由 ?+ + × × 1 43R (1 42(U+U 35 R得：I ≈ ； +R)1 15(? 43) R 325R== ?U =I

×R=15R=15×=V系統(tǒng)的原理圖和靜態(tài)結構圖系統(tǒng)的原理圖和靜態(tài)結構圖(給它畫出圖)（2）明顯采樣電阻大于主電路*1/3倍，所以增加電流反饋放大器后：1 1新的采樣電阻：R= 3 3

可選 歐姆= ?電流反饋放大系數(shù)：R =R 3=新的比較電壓：U =I×15R=15× =V所以加上的電流反饋放大器的放大倍數(shù)為34１－１P

某調(diào)速統(tǒng)原圖如圖示，知數(shù)據(jù)下：動KW U 機 VI An?

Ｐｎ＝18ＫＷ，Ｕｎ＝220Ｖ，In＝94=18 ; =220; ==1000r=9/min;4

;? ,觸發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍數(shù) 40。最大給定電壓15V，當主電路電達到最大值時，整定電流反饋電壓U=10V。設計指標：要求系統(tǒng)滿足調(diào)速范圍Ｄ＝20系統(tǒng)的靜態(tài)結構框圖，并計算：（１）轉速反饋系數(shù)ａ。（２）調(diào)整器放大系數(shù)K。（３）電阻的數(shù)值。（放大器的輸入電阻）（４）電阻R的數(shù)值和穩(wěn)壓管ＶＳ的擊穿電壓值。nS 1000

I =，I≤。試畫出解：(1)?=

=100/18= /minD(1? SC IR2= 2=0

20

V? r= ?94×1000n IR 94×?=C?nK=?n?1≥

min/= /min1= (取36）5同1-10可得a=K(2) K α×40 = (取13）=K /C=(3)KR 20 260k（4）I

=13×= ?× =×94= = 9A4； 141A；=

I 10V而當主電路電流為U U U

I U為：× == U=I V=I I 141I此時電流反饋起作用，穩(wěn)壓管的擊穿電壓U可依據(jù)U確定取稍大值：U=當主電路的電流增大到I時，為起到愛護作用應使流過R的電流I等于流過R的電流，以使電機轉速快速降落。此時：I U = mA=

U ? U10 kΩ(取? Ω)== =R 20 I系統(tǒng)的靜態(tài)結構框圖１－１３ Th么（１）放大器的放大倍數(shù)Ｋｐ（４）電動機勵磁電流

（２）供電電網(wǎng)電壓（５）電壓反饋系數(shù)a

（３）電樞電阻Ｒａ答：3）電樞電阻，４）電動機勵磁電流，（５）電壓反饋系數(shù)a無調(diào)整作用。由于反饋把握系統(tǒng)所能抑制的只是被反饋包圍的前向通道上的擾動。１－１４ 有一個V-M（15分）P K R,Ra=,W U= ; VI

整流裝1500r置內(nèi)阻=220; /min; ?n=15 ;1? ,觸發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍數(shù)35。（15分）系統(tǒng)開環(huán)工作時,試計算調(diào)速范圍D=30時的靜差率s值;當D=30,S=10時,計算系統(tǒng)允許的穩(wěn)態(tài)速降;如組成轉速負反饋有靜差調(diào)速系統(tǒng),要求D=30,S10,在,10VII,,計算轉速負反饋系數(shù)a和放大器放大系數(shù)Kp;n n6=如將上述調(diào)速系統(tǒng)改為電壓負反饋有靜差調(diào)速系統(tǒng),仍要求在10VII,,并保持系統(tǒng)原來的開環(huán)放大系數(shù)Ｋ不變，試求在Ｄ＝30時的靜差n n率。=解：（１）

U220? ×C? = r（原來多加了1）min/I R==?n 1RI /C = 00×(1+=50+

s= n?=?n =（２）當 Ｄ＝30，Ｓ＝10％ 時計算系統(tǒng)允許的穩(wěn)態(tài)速降nS 1500*?= 30(1 = /min? ?S)?n（３）K

=?n?1 ?1==求取α的方法同1-10可得α=? min/KK α *35 = (取30）=K /C=（4）改為電壓負反饋有靜差調(diào)速系統(tǒng)閉環(huán)轉速降落為：IR I R × ( ) 1n C

= + +

r 當調(diào)速D?= +K C = += min(1 ) (1圍不變時靜差率為：Dn 30×?n + = =×1500 30明顯比速度反饋系統(tǒng)在調(diào)速范圍不變的狀況下靜差率大的多，但比無反饋系統(tǒng)靜差率小了１－１５ 在題 1-10的系統(tǒng)中 ,若主電路電感 L=50m,系統(tǒng)運動部分的飛輪慣整流裝置接受三相零式電路 ,試推斷按題1-10要求設計的轉速負反饋系統(tǒng)能穩(wěn)定運行假如保證系統(tǒng)穩(wěn)定運行,允許的最大開懷放大系數(shù) K是多少電磁時間常數(shù) = S機電時間數(shù)L=R375××

GDR = × 375*CC 30( 或×S（查表全波為） ( TK< T

+T)+T( )=T + +T×=在1-10題中K= 如要系統(tǒng)穩(wěn)定須保證K< 則系統(tǒng)不穩(wěn)定。如要系統(tǒng)穩(wěn)定，允許的最大的開環(huán)放大系數(shù)為 K 但調(diào)速范圍不滿足了為什么用積分把握的調(diào)速系統(tǒng)是無靜差的 在轉速負反饋調(diào)速系統(tǒng)中,當積分調(diào)整器的入偏差電壓 U=0時,調(diào)整器的輸出電壓是多少它取決于那些因素7答：使用積分把握時可以借助積分作用，使反饋電壓U與給定電壓U相等，即使?U為零U一樣有輸出，不再需要?U來維持U，由此即可使輸出穩(wěn)定于給定值使調(diào)速系統(tǒng)無靜差。當?U=0時調(diào)整器的輸出為電壓U，是對之前時刻的輸入偏差的積累。它取決于?U的過去變化，當?U為正U增加，當?U為負U下降，當?U為零時U不變。在無靜差轉速單閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)中 ,轉速的穩(wěn)態(tài)精度是否還受給定電源和測速發(fā)電精度的影響試說明理由;精度的影響。無靜差轉速單閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)只是消退了誤差，使輸出的轉速基本穩(wěn)定于給定的轉速。但是，這種系統(tǒng)照舊屬于反饋把握系統(tǒng)，只能抑制被反饋環(huán)包圍的前向通道上的擾動，對于其他環(huán)節(jié)上的精度影響無可奈何。接受比例調(diào)整器把握的電壓負反饋系統(tǒng) ,穩(wěn)態(tài)運行時的速度是否有靜差 為什么說明理由;答：有靜差。電壓負反饋系統(tǒng)中是在轉速較高時，Cn? I樞電

U 忽視了轉速的降落認為電樞電壓正比于轉速，而實際上是電壓無靜差，從公式中可以看出速度的降落是不能消退的。由于調(diào)整器的輸出是電力電子變換器的把握電壓U =K?U。所以只要電動機在運行，就必需有把握電壓U,因而也必需有轉速偏差電壓?U。其次章習題答案在轉速、電流雙閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)中，若轉變電動機的轉速，應調(diào)整什么參數(shù)轉變轉速調(diào)整器的放大倍數(shù) 行不行轉變電力電子變換器的放大倍數(shù)Ks行不行轉變轉速反饋系數(shù)α行不行若要轉變電動機的堵轉電流，應調(diào)整系統(tǒng)中的什么參數(shù)答：轉變轉速，調(diào)整給定電壓也不行，轉變α電流調(diào)整電流反饋系數(shù)β.轉速、電流雙閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)運行時，兩個調(diào)整器的輸入偏差電壓和輸出電壓各是多少為什答：兩個調(diào)整器的輸入偏差電壓均為 0，假如不為0則和連續(xù)變化，就不是穩(wěn)態(tài)。U =轉速調(diào)整器的輸出電壓為：U電流調(diào)整器的輸出電壓為：U URI=/= =α+K K假如轉速、電流雙閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)中的轉速調(diào)整器不是 PI調(diào)整器，而改為P調(diào)整器，對系統(tǒng)的靜、動態(tài)性能將會產(chǎn)Th什么影響答：穩(wěn)態(tài)精度變差，但跟隨性和抗干擾力量都不會得到改善，使系統(tǒng)成為不穩(wěn)定系統(tǒng)答：靜特性1）閉環(huán)系統(tǒng)的靜特性變軟 2）存在靜差率相對較大。動特性：跟隨性和抗干擾力量不會得到改善，動態(tài)穩(wěn)定性降低，而快速性卻提高了。試從下述五個方面來比較轉速、電流雙閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)和帶電流截止環(huán)節(jié)的轉速單閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)：（１）調(diào)速系統(tǒng)的靜態(tài)特性;（２）;（３）;（４）抗負載擾動的性能;（５）抗電源電壓波動的性能;答：（1）單閉環(huán)：在系統(tǒng)穩(wěn)定時實現(xiàn)轉速無靜差。雙閉環(huán)：可實現(xiàn)轉速無靜差和電流無靜差。單閉環(huán)：只能在超過臨界電流后，限制電流沖擊8雙閉環(huán)：電流調(diào)整器通過電流反饋系數(shù)β隨時調(diào)整把握電流單閉環(huán)：快、不平穩(wěn)單閉環(huán)：差雙閉環(huán)：強、靠ASR單閉環(huán)：差雙閉環(huán)：由電流內(nèi)環(huán)ACR準時調(diào)整PI調(diào)整。當系統(tǒng)帶額定負載運行時，轉速線突然斷線，系統(tǒng)重新進入后，電流調(diào)整器的輸入偏差電壓 ?是否為零為什么U答：轉速和電流調(diào)整器的輸出達到飽和為止，電流調(diào)整器的輸入偏差電壓?

Ui不為零，由于穩(wěn)定后電流反饋依然為只能增加電動機的轉速達到新的平衡U RI=Cnα+

U未轉變，若增大轉速反饋系數(shù)

，系統(tǒng)穩(wěn)定后轉速反饋電壓 是增加、削減還是不變?yōu)槭裁碪答：U不變。由于α增大，在達到新的穩(wěn)定運行時，照舊要是無靜差系統(tǒng)，系統(tǒng)的轉速下降，在達到同樣的U時穩(wěn)定運行。在轉速、電流雙閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)中，兩個調(diào)整器 ASR、ACR均接受 PI調(diào)整器。已知參數(shù)：電動機：P K r=W =/minUV= n U

電樞回路總電阻R=?設

， U ，電樞== 8回路U 2; 20 ,最大電流40A（１）β和轉速反饋系數(shù)α;

K=40。試求：（２）當電動機在最高轉速發(fā)Th堵轉時的U、U、U、U值。解：（1）電流反饋系數(shù) =速

反系饋 數(shù)U 8 /I = = A4=U 0（2）

8=n 1000=

mrin/=βU I ×408VU=?U=?8V（負反饋）由于堵轉電流

+IR=I R= = VU 60U=K = 40

40× 60在轉速、電流比閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)中，調(diào)整器 ASR,ACR 均接受PI調(diào)整器。當ASR輸出達到U8V時，主=電路電流達到最大電流80A。當負載電流由40A增加到70A時，試問：應如何變化應如何變化U值由哪些條件打算U解：（1）U應增加。由于當負載電流由40A增加到70A時U增加，U是確定的。β/AI80=βI=βU由40A70A

U = == ×40 4V=I ×707VU由4V增加到7V9U略有增加。由于 == + ；I的增加使U U 增KU Cn RI 加增+n和打算。UK

Cn RI/=K在轉速、電流雙閉環(huán)調(diào)速系統(tǒng)中，電動機拖動恒轉矩負載在額定工作點正常運行，現(xiàn)因某種緣由使電動機,

U、U、U、I及n在系統(tǒng)重新進入穩(wěn)定后的表達式。φ答：當磁通下降一半時φ2但電動機拖動恒轉矩負載運行所以I2I=U=βI2βI=U φ+2*C I RU K= K=U = φ C Uα+2 * I R/I2I=n=Uα/某反饋把握系統(tǒng)已校正成典型I型系統(tǒng)。已知時間常數(shù)T＝，要求階躍響應超調(diào)量σ ≤10（１）求系統(tǒng)的開環(huán)增益;和上升時間（２）計算過渡過程時間t （３）繪出開環(huán)對數(shù)幅頻特性。假如上升時間t s解：（1）系統(tǒng)開環(huán)增益 σ≤10 ，則K=，σ=K≤（參見表2-2）=KT≤（2）調(diào)整時間 t T s上升時間t T≈6=6× =s= =(3)tr< KT=1 K=10 σ=用MATLAB仿一個為好：有一個系統(tǒng)，其把握對象的傳遞函數(shù)為K 10 ,要設計一個無靜差τs= s++1 1下系統(tǒng)超調(diào)量σ5（按線性系統(tǒng)考慮）態(tài)校正，打算調(diào)整器結構，并選擇其參數(shù)。K解：校正成典型I型系統(tǒng)，調(diào)整器傳遞函數(shù)為W s

系統(tǒng)，在階躍輸入試對該系統(tǒng)進行動WW

()= 校正后系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為：KK sK=KK取s(s)W( )=

s(τs+1)

K 50σ≤5查表 KT=;K= =50τ =T= = =5s

K 10W(s)=

501s+1)1

Ws = K = 10

obj

() 1) s+ +

，要求校正為典型Π型系統(tǒng)，在階躍輸入下系統(tǒng)超調(diào)量σ≤30（按線性系統(tǒng)考慮）。打算調(diào)整器結構，并選擇其參數(shù)。10解：σ≤30 選用PI型調(diào)整K器W=τ(s+1)τK 1系統(tǒng)開環(huán)傳函為W=W W( 0sτ 8s +=+ 1)1) hτ +1h=7 τ=τ=hT ×7= K= =2×49×= 2hT =K= τ;=1KK8τ/10=調(diào)整對象的傳遞函數(shù)為W s= ，要求用調(diào)整器分別將其校正為典型 型() + 1)s+1)系統(tǒng)，求調(diào)整器的結構與參數(shù)。解：校正成典型Ι型系統(tǒng)選擇PI調(diào)整器：K +1)

型和Π()s 校正后的開環(huán)傳遞函數(shù)為：=(W sττsKW=W s 令τ= K=K(τs+ ×1)()=

18×18/ττsτs1)s+1)=K+σ=KT=t=6T=()= 1 K0 =1000s+1) s+1)τK 100× =18=18(2)校正成典Π型系統(tǒng)，選擇PI調(diào)整器：KW s= s(τ+1)τs() K +1)×(τsW s = W( )s(W)s (τs(Ts

+1)Ts+ 1(K K Tτ τs+= 1(看成大慣性環(huán))節(jié)）將((Ts +1)h=5 τ= 5× = T= × σ=1 6 K K τ

4800× ×K=h+=

=4800 K= =KT ===4800;K2hT 50× τTK18在一個三相零式晶閘管整流裝置供電的轉速-----------(1)電流反饋系數(shù) βU = 8 =0. /= I 339 0263VA10U轉速反饋系數(shù) α n =1000= r= min/設計電流調(diào)整器ACR確定時間常數(shù)

Ts= s Toi= s電流環(huán)小時間常數(shù)之和 + = sToi11選擇電流調(diào)整器結構σ≤5 按典型 Ι型設計，電流環(huán)把握對象是雙慣 PI型電流調(diào)整器性型的可用(τ +1) s檢查對電源電壓的抗擾性能：==τs T s

各項指標可以接受。計算電流調(diào)整器參數(shù)電流調(diào)整器超前時間常數(shù) τ=TL

=0. s012電流開環(huán)增益：要求 Kσ≤5 K=K

Kτ =× ×=R35×β4.校驗近似條件 =Ksβ電流截止頻率 晶閘管裝置傳遞函數(shù)的近似條件1 13 =3× =T >W滿足 似條件忽視反電動勢變化對電流環(huán)動態(tài)影響的條件1 13TT × = < 滿足近W 似條件3= ×（４）電流環(huán)小時間常數(shù)近似處理條件 31 1 1 1 3== T>W滿足近似T ×R=40K?= =

條件×40=8.

?(9 )（5）計算調(diào)整器電阻和電容 Ri KiR =μF 96K KτCi= =R ×9104T 4Coi=

×μF==R×4010動態(tài)性能跟隨指標為 σ= <5滿足近似條件確定時間常數(shù)1電流環(huán)等效時間常數(shù) K 轉速濾波時間常數(shù)

12=2× = S=K1轉速環(huán)小時間常數(shù) =T SK += + =K(τs+1)選擇轉速調(diào)整器結構：按典型Ⅱ型系統(tǒng)設計，選擇PI調(diào)整器 W S=τs計算轉速調(diào)整器參數(shù) ()取h=3 ASR的超前時常數(shù)12τ=h=3× =h+1 4轉速開環(huán)增益 22hT ×9=×=(h+(h+校驗近似條件 ASR例系數(shù)= ×

1)βCeT2hαRTn===4× ××6×××S1 K 1（1）電流環(huán)傳遞函數(shù)簡化條件

3 T 3 = >W=1 K (2)轉速環(huán)小時間常數(shù) 3 T =3

滿足近似條件= 滿足近似條件5.計算調(diào)整器電阻電容 ==KR τ×40 310K

C = == μF×R310C4 μFT104=×==R ×(1) 用選 PI 器節(jié)調(diào)40

U h=5 β==

= /Aα U 10===

rmin/

Idm

760×n 375+ = + ==Ts Toi S1 2× = T=2=K1= + + = SK τ=h=5× = S==K=h+1 62hT 50×(h+ 6=βCeT××=×10×××13R=KRτ

==×40 420KC × μ= F= =R 420104×=C=4×=4T（2）

=2μFR ×40101W KI S2T= = == × =22S（１）電流環(huán)傳遞函數(shù)簡化條件1 K 1= = 64SW 滿足近似條件3 T 31 K 1>3 T 3 = 滿足27S近似條件=n==αn2-16（1） 5U=Uα

=500r/minα U = 15 = ? r= nUβ

1500= =

min/A=Uc

Idm 30Cen+IdRKs =+20×2=30n=0, =U =0,U=

, =10VU,10V

,=30A2VIU第3章 直流調(diào)速系統(tǒng)的數(shù)字把握直流電機額定轉速375r/min760A，允許過流倍數(shù)= ，計算機內(nèi)部定點數(shù)占一個字的位置（16），系數(shù)和電流反饋存儲系數(shù)，適當考慮余量。解：定點數(shù)長度為1個字（16位），但最高位須用作符號位，只有15 位可表示量值，故最大存儲值D=2-1。電樞電流最大允許值為此值，故取I=。因此，電樞電流存儲系數(shù)為2?1K= 32768= A? 760

，考慮到調(diào)整過程中瞬時值可能超過額定轉速n=375r/min，取n=，則轉速存儲系數(shù)為2? 1 32768==

?

min/r= r對上述運算結果取整得=2，==67min/r。14旋轉編碼器光柵數(shù)為1024，倍頻系數(shù)為4，高頻時鐘脈沖頻率1MHz ，旋轉編器輸出的脈沖個數(shù)和高頻時鐘脈沖個數(shù)均接受16位計數(shù)器，M法和T法測速時間均為，求轉速n=1500r/min和n=150r/min時的測速分辯率和誤差率最大值。解：電動機每轉一圈共ThZ=4? 2048=4096 個脈沖。M 法測速測速辨別率Q=6（ ZTZT電動機的轉速為n=60MZT

60=

60= 60ZT 4096?

r/min= /min15當n=1500r/min時，M=ZTn=60

4096??150060

=1024100測速誤差率最大值 ? =1?100M

=1?100≈1024當n=150r/min時，M= = 409660

≈102測速誤差率最大值 ?

?15060100=1?100≈100T法測速當n=1500r/min時，n=60fZM測速辨別率60f

60f 60f ZnQ= ?==

4096?1500=（M-1）

r/min≈171r/min60Zn60?10? 4096?150060fM ==9（

60?10

≈取整數(shù)）Zn 4096?1500測速誤差率最大值 ?=1?100=1?100≈當n=150r/min時，測速辨別率 Q

M ? 150

9? 1≈/min4096= ? r/min60f 60Zn60?10? 4096?15060?10M == ≈97（Zn?150

4096測速誤差率最大值 =1?100=1?100≈M ?1 97?1將習題2-14設計的模擬電流調(diào)整器進行數(shù)字化，采樣周期，調(diào)整器輸出限幅及積分限幅均為±U，寫出位置式和增量式數(shù)字PI調(diào)整器的表達式，并用已把握的匯編語言設計實時把握程序。依據(jù)習題2-15電流調(diào)整器的設計結果（電流調(diào)整器按典型I型系統(tǒng)設計，KT=），按離散系統(tǒng)設計方法設計轉速調(diào)整器，要求轉速無靜差。已知電動機額定功率555kW ，16額定電壓750V ，額定電樞電流760A，額定轉速375r/min，電動勢系數(shù)17min/r ，電樞回路總電阻R=∧，允許過載倍數(shù)?= ，機電時間常數(shù)，轉速濾波時間常數(shù)，電流反饋存儲系數(shù)轉速反饋存儲系數(shù)=67min/r ，轉速調(diào)節(jié)器采樣時間

，電流環(huán)小慣性時間常數(shù)T =T+∑T 第4

= s+ =章 可逆直流調(diào)速系統(tǒng)和位置隨動系統(tǒng)晶閘管-電動機系統(tǒng)需要快速回饋制動時，為什么必需接受可逆線路答：當電動機需要回饋制動時，由于反電動勢的極性未變，要回饋電能必需產(chǎn)Th反向電流，而反向電流是不行能通過VF 流通的，這時，可以通過把握電路切換到反組晶閘管裝置VR，并使它工作在逆變狀態(tài)，產(chǎn)Th逆變電壓，電機輸出電能實現(xiàn)回饋制動。試畫出接受單組晶閘管裝置供電的V-M 系統(tǒng)在整流和逆變狀態(tài)下的機械特性，并分析種機械特性適合于何種性質(zhì)的負載。解；機械特性圖如下：n提升TI-n放下解釋待逆變、正組逆變和反組逆變，并說明這三種狀態(tài)各消滅在何種場合下。答：待逆變正組逆變電樞端電壓為負，電樞電流為正，電動機逆向運轉，回饋發(fā)電，機械特性在第四象限。反組逆變電樞端電壓為正，電樞電流為負，電動機正向運轉，回饋發(fā)電，機械特性在其次象限。說明在每個階段中ASR和ACR各起什么作用，VF和VR各處于什么狀態(tài)。解：把握電路接受典型的轉速、電流雙閉環(huán)系統(tǒng)，其中：轉速調(diào)整器ASR把握轉速，設置雙向輸出限幅電路，以限制最大起制動電流；電流調(diào)整器ACR 把握電流，設置雙向輸出限幅電路，以限制最小把握角 min最小逆變角 min 。正組晶閘管VF，由GTF組晶閘管VR，由GTR

把握觸發(fā)，正轉時，VF 整流；反轉時，VF 逆變。把握觸發(fā)，反轉時，VR 整流；正轉時，VR 逆變。18試分析圖4-13性及能量關系。解：圖4-13 規(guī)律選觸無環(huán)流可逆系統(tǒng)的原理框圖如下圖中：SAF，SAR 分別是正、反組電子模擬開關。接受數(shù)字把握時，電子開關的任務可以用條件選擇程序來完成，實際系統(tǒng)都是規(guī)律選觸系統(tǒng)。此外，觸發(fā)裝置可接受由定時器進行移相把握的數(shù)字觸發(fā)器，或接受集成觸發(fā)電路。試分析位置隨動系統(tǒng)和調(diào)速系統(tǒng)在哪些方面是不同的。答：位置隨動系統(tǒng)與調(diào)速系統(tǒng)的主要區(qū)分在于，調(diào)速系統(tǒng)的給定量一經(jīng)設定，即保持恒值，系統(tǒng)的主要作用是保證穩(wěn)定和抵制擾動；而位置隨動系統(tǒng)的給定量是隨機變化的，要求輸出量精確?????跟隨給定量的變化，系統(tǒng)在保證穩(wěn)定的基礎上，更突出需要快速響應。位置隨動系統(tǒng)的反饋是位置環(huán)，調(diào)速系統(tǒng)的反饋是速度環(huán)。第5章閉環(huán)把握的異步電動機變壓調(diào)速系統(tǒng)——一種轉差功率消耗型調(diào)速系統(tǒng)異步電動機從定子傳入轉子的電磁功率中，有一部分是與轉差成正比的轉差功率依據(jù)對處理方式的不同，可把溝通調(diào)速系統(tǒng)分成哪幾類并舉例說明。答：從能量轉換的角度上看，轉差功率是否增大，是消耗掉還是得到回收，是評價調(diào)速系統(tǒng)效率凹凸的標志。從這點動身，可以把異步電機的調(diào)速系統(tǒng)分成三類。轉差功率消耗型調(diào)速系統(tǒng)：這種類型的全部轉差功率都轉換成熱能消耗在轉子回路中，降電壓調(diào)速、轉差離合器調(diào)速、轉子串電阻調(diào)速屬于這一類。在三類異步電機調(diào)速系統(tǒng)中，這類系統(tǒng)的效率最低，而且越到低速時效率越低，它是以增加轉差功率的消耗來換取轉速的降低的（恒轉矩負載時）?？墒沁@類系統(tǒng)結構簡潔，設備成本最低，所以還有肯定的應用價值。轉差功率饋送型調(diào)速系統(tǒng)：在這類系統(tǒng)中，除轉子銅損外，大部分轉差功率在轉子側通過變流裝置饋出或饋入，轉速越低，能饋送的功率越多，繞線電機串級調(diào)速或雙饋電機調(diào)速屬于這一類。無論是饋出還是饋入的轉差功率，扣除變流裝置本身的損耗后，最終都轉化成有用的功率，因此這類系統(tǒng)的效率較高，但要增加一些設備。19轉差功率不變型調(diào)速系統(tǒng)：在這類系統(tǒng)中，轉差功率只有轉子銅損，而且無論轉速凹凸，轉差功率基本不變，因此效率更高，變極對數(shù)調(diào)速、變壓變頻調(diào)速屬于此類。其中變極對數(shù)調(diào)速取代直流調(diào)速；但在定子電路中須配備與電動機容量相當?shù)淖儔鹤冾l器，相比之下，設備成本最高。50Hz自定子方面輸入的功率為，定子銅損耗為341W，轉子銅損耗為，鐵心損耗為，機械損耗為45W，附加損耗為29W，試繪出該電動機的功率流程圖，注明各項功率或損耗的值，并計算在這一運行狀況下該電動機的效率、轉差率和轉速。答：何謂軟起動器溝通異步電動機接受軟起動器有什么好處答；帶電流閉環(huán)的電子控制軟起動器可以限制起動電流并保持恒值，直到轉速上升后電流自動衰減下來，起動時間也短于一級降壓起動。主電路接受晶閘管溝通調(diào)壓器，用連續(xù)地轉變其輸出電壓來保證恒流起動，穩(wěn)定運行時可用接觸器給晶閘管旁路，以免晶閘管不必要地長期工作。視起動時所帶負的大小，起動電流可在 ~4)I之間調(diào)整，以獲得最佳的起動效果，但無論如何調(diào)整都不宜于滿載起動。負載略重或靜摩擦轉矩較大時，可在起動時突加短時的脈沖電流，以縮短起動時間。軟起動的功能同樣也可以用于制動，用以實現(xiàn)軟停車。第6章籠型異步電動機變壓變頻調(diào)速系統(tǒng)（VVVF）——轉差功率不變型調(diào)速系統(tǒng)簡述恒壓頻比把握方式。答：繞組中的感應電動勢是難以直接把握的，當電動勢值較高時，可以忽視定子繞組的漏磁阻抗壓降，而認為定子相電UUs≈Eg，則得=常值f這是恒壓頻比的把握方式。但是，在低頻時Us和Eg都較小，定子阻抗壓降所占的份量就比較顯著，不再能忽視。這時，需要人為地把電壓Us抬高一些，以便近似地補償定子壓降。簡述異步電動機在下面四種不同的電壓—頻率協(xié)調(diào)把握時的機械特性并進行比較；恒壓恒頻正弦波供電時異步電動機的機械特性；基頻以下電壓—頻率協(xié)調(diào)把握時異步電動機的機械特性；基頻以上恒壓變頻把握時異步電動機的機械特性；動機的機械特性：當很小時，轉矩近似與s成正比，機械特性是一段直線，s接近于1時轉近似與成反比，這時，Te= f（s）是對稱于原點的一段雙曲線。基頻以下電壓—頻率協(xié)調(diào)把握時異步電動機的機械特性：恒壓頻比把握的變頻機械特性基本上是平行下移，硬度也較好，當轉矩增大到最大值以后，轉速再降低，特性就折回來了。20而且頻率越低時最大轉矩值越小，能夠滿足一般的調(diào)速要求，但低速帶載力量有些差強人意，須對定子壓降實行補償。恒Eg/?1把握是通常對恒壓頻比把握實行電壓補償?shù)臉藴?，可以在穩(wěn)態(tài)時達到√rm=Constant，從而改善了低速性能，但機械特性還是非線性的，產(chǎn)Th轉矩的能力仍受到限制。恒 Er/?1把握可以得到和直流他勵電機一樣的線性機械特性，按照轉子全磁通√rm恒定進行把握，而且，在動態(tài)中也盡可能保持 √rm恒定是矢量把握系統(tǒng)的目標，基頻以上恒壓變頻把握時異步電動機的機械特性：當角頻率提高時，同步轉速隨之提高，大轉矩減小，機械特性上移，而外形基本不變。基頻以上變頻調(diào)速屬于弱磁恒功率調(diào)速。恒流正弦波供電時異步電動機的機械特性：恒流機械特性的線性段比較平，而最大轉矩處外形很尖。恒流機械特性的最大轉矩值與頻率無關，恒流變頻時最大轉矩不變，但轉變定子電流時，最大轉矩與電流的平方成正比。什么差異答：依據(jù)中間直流環(huán)節(jié)直流電源性質(zhì)的不同，直流環(huán)節(jié)接受大電容濾波是電壓源型逆變器。它的直流電壓波形比較平直，抱負狀況下是一個內(nèi)阻為零的恒壓源，輸出溝通電壓是矩形波或梯形波。直流環(huán)節(jié)接受大電感濾波是電流源型逆變器。它的直流電流波形比較平直，相當于一個恒流源，輸出溝通電流是矩形波或梯形波。在性能上卻帶來了明顯的差異，主要表現(xiàn)如下：無功能量的緩沖 在調(diào)速系統(tǒng)中，逆變器的負載是異步電機，屬感性負載。在中間流環(huán)節(jié)與負載電機之間，除了有功功率的傳送外，還存在無功功率的交換。濾波器除濾波外還起著對無功功率的緩沖作用，使它不致影響到溝通電網(wǎng)。因此，兩類逆變器的區(qū)分還表現(xiàn)在接受什么儲能元件（電容器或電感器）來緩沖無功能量。能量的回饋 用電流源型逆變器給異步電機供電的電流源型變壓變頻調(diào)速系統(tǒng)有一個顯著特征，就是簡潔實現(xiàn)能量的回饋，從而便于四象限運行，適用于需要回饋制動和經(jīng)常正、反轉的Th產(chǎn)機械。所以動態(tài)響應比較快，而電壓源型變壓變頻調(diào)速系統(tǒng)的動態(tài)響應就慢得多。輸出波形 電壓源型逆變器輸出的電壓波形為方波，電流源型逆變器輸出的電流波形為方波。應用場合 電壓源型逆變器屬恒壓源，電壓把握響應慢，不易波動，所以適于做多臺電機同步運行時的供電電源，或單臺電機調(diào)速但不要求快速起制動和快速減速的場合 。用電流源型逆變器的系統(tǒng)則相反，不適用于多電機傳動，但可以滿足快速起制動和可逆運行的要求。電壓源變頻器輸出電壓是方波，輸出電流是近似正弦波；電流源變頻器輸出電流是方波，輸出電壓是近似正弦波。能否據(jù)此得出電壓源變頻器輸出電流波形中的諧波成分比電流源變頻器輸出電流波形中的諧波成分小的結論在變頻調(diào)速系統(tǒng)中，負載電動機期望得到的是正弦波電壓還是正弦波電流答：在電流電機中，實際需要保證的應當是正弦波電流，由于在溝通電機繞組中只有通入三相平衡的正弦電流才能使合成的電磁轉矩為恒定值，不含脈動重量。因此，若能對電流實行閉環(huán)把握，以保證其正弦波形，明顯將比電壓開環(huán)把握能夠獲得更好的性能。21接受二極管不控整流器和功率開關器件脈寬調(diào)制（PWM）有什么優(yōu)點答：具有如下優(yōu)點：（1） 率，結構簡潔。接受全控型的功率開關器件，只通過驅動電壓脈沖進行把握，電路也簡潔，效率高。（2）（3）（4）

輸出電壓波形雖是一系列的PWM波，但由于接受了恰當?shù)腜WM把握技術，正弦基波的比重較大，影響電機運行的低次諧波受到很大的抑制，因而轉矩脈動小，提高了系統(tǒng)的調(diào)速范圍和穩(wěn)態(tài)性能。逆變器同時實現(xiàn)調(diào)壓和調(diào)頻，動態(tài)響應不受中間直流環(huán)節(jié)濾波器參數(shù)的影響，系統(tǒng)的動態(tài)性能也得以提高。接受不行控的二極管整流器，電源側功率因素較高，且不受逆變輸出電壓大小的影響。么場合為什么答：正、反兩組按肯定周期相互切換，在負載上就獲得交變的輸出電壓u，u的幅值打算于各組可控整流裝置的把握角 ，u的頻率決定于正、反兩組整流裝置的切換頻率。假如控角始終不變，則輸出平均電壓是方波，一般主要用于軋機主傳動、球磨機、水泥回轉窯等大容量、低轉速的調(diào)速系統(tǒng)，供電給低速電機直接傳動時，可以省去浩大的齒輪減速箱。溝通PWM變換器和直流PWM變換器有什么異同理。轉速閉環(huán)轉差頻率把握的變頻調(diào)速系統(tǒng)能夠仿照直流電動機雙閉環(huán)系統(tǒng)進行把握，但能還不能完全達到直流雙閉環(huán)系統(tǒng)的水平，存在差距的緣由有以下幾個方面：（1）在分析轉差頻率把握規(guī)律時，是從異步電機穩(wěn)態(tài)等效電路和穩(wěn)態(tài)轉矩公式動身的，所謂的“保持磁通√m恒定”的結論也只在穩(wěn)態(tài)狀況下才能成立。在動態(tài)中√m如何變化還沒有深化爭辯，但確定不會恒定，這不得不影響系統(tǒng)的實際動態(tài)性能。（2）Us=f(?1,Is)函數(shù)關系中只抓住了定子電流的幅值，沒有控制到電流的相位，而在動態(tài)中電流的相位也是影響轉矩變化的因素。（3）在頻率把握環(huán)節(jié)中，取 ?1= ?s+ ? ，使頻率得以與轉速同步升降，這本是轉差頻把握的優(yōu)點。然而，假如轉速檢測信號不精確?????或存在干擾，也就會直接給頻率造成誤差，因為全部這些偏差和干擾都以正反饋的形式毫無衰減地傳遞到頻率把握信號上來了。給系統(tǒng)工作造成怎樣的影響答：在調(diào)速過程中，實際頻率?1隨著實際轉速