电力拖动自动控制系统(第三版)-陈伯时-习题答案(全部)要点.doc

电力拖动自动控制系统 ( 第三 版 )-陈伯时 - 习题答案 ( 全部 ) 要 点电力拖动自动控制系统 ( 第三 版 )-陈伯时 - 习题答案 ( 全部 ) 要 点g1d d d 2 ong22 onon2 d 1 1 1 2 1 1 1 d 22 2 第一章：闭环控制的直流调速系统 000001-1 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系统与V-M系统相比，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：如图P13，1-17，制动状态时，先减小控制电压，使U 的正脉冲变窄，负脉 冲变宽，从而使平均电枢电压 U 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 E＞U ，很快使电流 i 反向，VD 截止，在 t ≤t＜T时， U 变正，于是 VT 导通，反向电流沿回路 3流通，产生能耗制动作用在 T≤t＜ T+t (即下一周期的 0≤t＜T )时，VT 关断，-i 沿回路 4经VD 续流，向电源回馈 制动，与此同时， VD 两端压降钳住 VT 使它不能导通在制动状态中， VT 和 VD 轮流导通，而 VT 始终是关断的有一种特殊状态，即轻载电动状态，这时平均电流较小，以致在VT 关断后 i 经 VD 续流时，还没有达到周期Ｔ，电流已经衰减到零，这时 VD 两端电压也 降为零， VT 便提前导通了，使电流反向，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3N 0 D n =15 r / min， cl母D表示,即：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Δn 与理想空载转速 n 之比，称作静差率 s，即s =DnNn0。

调速范围、静态速降和最小静差率之间的关系是：按上述关系可得出：D越小，s越小，D越大，s越大；D与s相互制约，所以 说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了 ”1-4 某一调速系统，测得的最高转速特性为n0 max=1500 r / min，最低转速特性为n0 min=150 r / min，带额定负载时的速度降落 N ，且在不同转速下额定速降DnN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：思路一：系统能够达到的调速范围为：系统允许的静差率：思路二：系统允许的静差率：系统能够达到的调速范围为：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s £2%，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？解：因为：n 1500D = max = =10n 150min，所以系统允许的静态速降： 又：Dn =clDnop1 +KDn =DnDn =100 r / min N ， op4故闭环系统的开环放大倍数： 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：因为：所以：K=30时，电动机在额定负载下的速降为：又因为：所以在同样静差率要求下，且nN不变，D的变化只与DnN有关，即调速范围 D扩大了8/4.13=1.49倍。

1-7 某调速系统的调速范围 D=20 ，额定转速n =1500 r / min N，开环转速降落DnNop=240 r / min，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化？解：当静差率 s=10%时，当静差率 s=5%时，因此，若要求系统的静差率由 10% 减少到 5%，则系统的开环增益将从 27.8 变化到59.81-8 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，其被调量仍是有静差的②抵抗扰动，服从给定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会改变转速，因为反 馈信号与给定信号的比较值发生了变化，破坏了原先的平衡，调速系统就要继5P U IR Kn d N Ne 1500C = e N 续动作，使反馈信号与给定信号达到新的平衡为止。

4）如果测速发电机的励磁发生了变化，系统没有克服这种干扰的能力 因为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、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时，系统对其均 有调节能力当测速发电机励磁各量发生变化时，系统没有调节能力因为反 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 V-M系统，电动机参数为： N =2.2kW， N =220V,N=12.5A,nN=1500r/min,电枢电阻Ra=1.2Ω，整流装置内阻 rec =1.5Ω，触发整流环节的放大倍数 s =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Dnop 和调速要求所允许的闭环静态速降Dncl2）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U *=15V时， I =I ，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：C =U -I RN N anN220 -12.5 ´1.2= =0.137V ×min/ r故开环系统的静态速降Dnop=RI N (1.2+1.5 )´12.50.137=246.35r/minDncl调速要求所允许的闭环静态速降 n s 1500 ´10%= D (1-s)£20´(1-10%)=8.33r/min(2)系统的原理图如下：系统静态结构框图如下：6n d N N* n = =0.018.33a K / Cp p * ' ， 故有 com' U * U (3)当 U *=15V 时， I =I ，n=n , 则转速负反馈系数：Unα≈ N151500 V ×min/ r(4) 闭环系统的开环放大系数 K=KDnopDncl-1246.35-1= =28.5728.57放大器所需放大倍数 K = s e=0.01 ´35 / 0.137=11.18，取 K =121-11 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Idbl£2 IN，临界截止电流Idcr³1.2 IN，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？解：Idbl=U +Un comRs£2 IN所以Ucom=22.5V，R =1.5Ws因为主电路总电阻R =1.2 +1.5 =2.7V，要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的 1/3，即要求电流反馈采样电阻不超过0.9W，而求得的R =1.5Ws，需要增加电流反馈放大器 系统原理图如下：系统静态结构框图如下： ？因为Rs不能超过0.9W，令R =0.9 WsU =0.9 ´1.2 I =13.5VN所以电流反馈放大系数为这时的电流反馈采样电阻R =0.9Ws，比较电压 com=13.5V1-12 某调速系统原理图见教材 P51，1-58，已知数据如下：电动机；P =18kWN，UN=220V，IN=94 A，n =1000 r / min N，R =0.15Wa， 整 流 装 置 内 阻Rrec=0.3W，触发整流环节的放大倍数K =40s。