电力拖动自动控制系统习题答案

电力拖动自动控制系统习题答案第二章2-3、解：1115150151500min 0max 0min max =--=∆-∆-==N N n n n n n n D %10%10015015min 0=⨯=∆=n n s N 2-5、解：（1）5.2742.018.0305=⨯==∆e dN N C R I n r/min （2）6.215.27410005.274=+=Λ+Λ=N N N N n n n s（3）()()63.205.012005.010001=-⨯≤-=Λs D s n n N N r/min 2-9、解：（1）1342.015005.15.12220=⨯-=-=N a N N e n R I U C V •min/r()4.3071342.00.18.05.15.12=++⨯==∆e N op C R I n r/min ()()33.81.01201.015001=-⨯⨯≤-=∆s D s n n N cl r/min（2）（3）近似计算01.0150015*==≈N n n U α准确计算9.35133.84.3071=-≥-∆∆=cl op n n K ()()00968.04.30715009.361159.351*=+⨯+⨯=∆++=op N n n n K KU α（4）4.1400968.0351342.09.35=⨯⨯==αs e p K KC K 2-10、当堵转电流I dbl ≤2I N ，临界截止电流I dcr ≤1.2I N 时，有()255.122*=⨯≤++=ss p comn s p dbl R K K R U U K K I （1）155.122.1=⨯≥=scomdcr R U I （2） 由（1）（2）得近似值R s =1.5，U com =22.5V ，准确值R s =1.484，U com =22.26V 电枢回路总电阻R =1.5+0.8+1.0=3.3Ω，则1/3的电阻R s =1.1Ω此时U com =16.5V ，再由堵转电流表达式得电流反馈放大系数：36.11.15.1==γ2-12、解：（1）131.015005.16.15220=⨯-=-=N a N N e n R I U C V •min/r()98.392131.00.18.05.16.15=++⨯==∆e N N C R I n r/min %7.8898.39230150098.39230=⨯+⨯=∆+∆=N N N n D n n D s（2）()()56.51.01301.015001=-⨯⨯≤-=∆s D s n n N cl r/min（3）近似计算00667.0150010*==≈N n n U α准确计算7.69156.598.39211=-≥--∆∆=cl op n n K ()()00655.098.39215007.691107.691*=+⨯+⨯=∆++=op N n n n K KU α 83.3900655.035131.07.69=⨯⨯==αs e p K KC K第三章3-1、解：（1）01.0150015*max *====N nm nm n U n U αV·min/r 50001.05*===αnU n r/min 5*==n n U U V根据图3-3，175.420210500127.0=⨯+⨯=+=s dL e c K R I n C U V375.04015*===dm im I U βV/A75.310375.0*=⨯==dL i I U βV（2）当过载堵转时，转速调节器将输出最大值15375.0202**=⨯⨯==im i U U V4202400127.0=⨯+⨯=+=s dL e c K R I n C U V3-6、解：可将系统校正为典型І型系统。

此时可将调节器应选择为I 调节器，即()sK s W ii =，查表3-1，选取KT =0.5，其中T =0.01s ，因此K =50，K i =5 3-7、解：要将控制对象校正为典型Ⅱ型系统，那么调节器应选择为PI 调节器，即()()s s K s W i i pi ττ12+=，那么校正后的传递函数为()()()()()11112221++=++=Ts s s K Ts s s K K s W i i i τττ 其中iK K K τ21=，T =0.02欲使%30≤σ，查表3-4，可以取h ≥7 当h =7时，14.002.07=⨯==hT i τ08.20402.07217212222=⨯⨯+=+=T h h K →85712.21014.008.20412=⨯==K K K i τ 3-10、参见例题3-1/3-2/3-3.3-11、解：（1）01.0150015*max *====N nm nm n U n U αV·min/r 333.03010*===dm im I U βV/A50001.05*===αnU n r/min 47.330220500128.0=⨯+⨯=+=s dL e c K R I n C U V（2）当电动机突然失磁Φ=0时，T e =0，电动机将减速为n =0，同时若在此状态下时间过长，将烧毁电动机（电流达最大允许值）此时，U n =0，转速调节器将饱和，输出为10**==im i U U V ，由于ACR 采用PI 调节器，故10*==i i U U V ，I d =30A230230=⨯==s dm c K R I U V （3）当h =5时，25.005.05=⨯==∑n n hT τ4805.05215212222=⨯⨯+=+=∑n N T h h K 故开环传递函数：()()()()()105.0125.0481122++=++=∑s s s s T s s K s W n n N n τ （4）查表3-5，h=5时，有8.8=∑nvT t →t v =0.44s %2.81max =∆b C C →()()05.005.0128.022010%2.8122max max ⨯⨯-⨯⨯=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∆=∆∑m n e dN b T T C R I z C C n λ= -507.5 r/min第四章4-3、何谓待逆变、本组逆变和它组逆变，并说明这三种状态出现在何种场合下。

答：待逆变：该组晶闸管装置在逆变角控制下等待工作，这时逆变组除环流外并未流过负载电流。

本组逆变阶段：从a 点到b 点，电动机正向电流衰减阶段，VF 组工作； 它组逆变阶段：从c 点到d 点 ，电动机恒值电流制动阶段，VR 组工作。

4-7、答：在逻辑控制的无环流可逆V-M 系统，由于主电流的实际波形是脉动的，如果脉动的主电流瞬时低于I 0就立即发出零电流数字信号，实际上电流仍在连续地变化，突然封锁触发脉冲将产生逆变颠覆。

因此在检测到零电流信号后等待一段时间，若仍不见主电流再超过I 0 ，说明电流确已终止，再封锁本组脉冲。

这个等待的一段时间称作封锁延时。

在封锁触发脉冲发出后，已导通的晶闸管要过一段时间后才能关断，再过一段时间才能恢复阻断能力。

如果在此以前就开放它组脉冲，仍有可能造成两组晶闸管同时导通，产生环流。

因此必须有一段延时时间——开放延时时间。

当延时过大时，将会造成过零点检测不准确，不能正确发出封锁指令 当延时过小时，将会造成两组晶闸管同时导通，产生环流。

第五章5-1、解：（1）略（2）由n N =960r/min 知极对数n p =3，n 1=1000r/min故04.010009601000=-=N s ()7.2022'212'2'212'=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=lr N r lr ls N r s sg L s R L L s R R U E ωωV ()()()31.16007.0006.010004.05.035.02202222'212'1=++⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+≈πωlr ls N r s NN L L sR R U I()37.9132'212'1'2=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=lrls N r s r Np eN L L s R R sR Un T ωωNm（3）()633.222120=++=m ls ssL L R U I ω A（4）()122.02'212'=++=lrls s r m L L R R s ω()83.155232'21212=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=lrls s s Np em L L R R U n T ωω Nm5-7、答：在气隙磁通量m Φ保持不变时，有 在定子磁通ms Φ保持不变时，有 在转子磁通ms Φ保持不变时，有 若仅采用幅值补偿，将与采用幅值与相位同时补偿的方法存在一定的误差，且随频率的增大而增大。

5-10、解：通常情况下，空间矢量电压平衡方程式为：dtd i R u ss s s ψ+= gls s s E I L j R U ++=11)(ωss sE I R U +=1'11[()]ss ls lr rU R j L L I E ω=+++忽略定子电阻影响时，有dtd u ss ψ≈→⎰≈dt u s s ψ 令s ψ=()ϕωψ+t j s e 1，则≈s u ()ϕωψω+t j s e j 11=1ωj s ψ 5-15、解：（1）43.71007.05.0''===lr r smL R ω 29.649.0max ==sm s ωω675.61/2'2max '1max =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≈=lr s r g s sQ L R E I I ωω A94.4813'max 21max=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≈=r s gp e sQ R E n T T ωω第六章6-2、解：在题6-1中，⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡t I t I i i m m s s ωωβαcos sin 23，那么 ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡ϕωϕωωωϕϕϕϕϕϕϕϕβαt I t I t I t I i i i i m m m m s s sq sd cos sin 23cos sin 23cos sin sin cos cos sin sin cos 当坐标系旋转速度1ωϕ=dtd 时，那么稳态时可令01ϕωϕ+=t ，由此可得 （1）当ωω=1时，有⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡00cos sin 23ϕϕm m sq sd I I i i ，那么m sq sd s I i i i 2322=+= （2）当ωω≠1时，有()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=⎥⎦⎤⎢⎣⎡0101cos sin 23ϕωωϕωωt I t I i i m m sq sd 6-4、解：在Y 连接情况下，2203/==N sN U U V ，那么额定运行时，314211==f πωrad/s 当n N =1400r/min 时，n p =2，那么2.293602=⨯=p Nn n πω rad/s 令t t I i N A 11sin 76.9sin 2ωω==A ，⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πω32sin 76.91t i B A ，⎪⎭⎫ ⎝⎛+=πω32sin 76.91t i C A故⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡t t i i i C i i C B A s s ωωβαcos 95.11sin 95.112/3 转子电磁时间常数109.0658.22898.0===r r r R L T s 在稳态时，βααψωψr r s m r T i L -=，αββψωψr r s m r T i L +=，那么t t Ti L T i L rs m r s m r 314cos 1060.0314sin 0033.0122+=+-=ωωψβααt t T i L T i L r s m r s m r 314sin 1060.0314cos 0033.0122+-=++=ωωψβββ1061.022=+=βαψψψr r rt t rr 314sin 999.0314cos 0311.0sin +-==ψψϕβt t rr 314cos 999.0314sin 0311.0cos +==ψψϕα⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡9402.113717.0cos sin sin cos βαϕϕϕϕs s st sm i i i i6-6、解：接上题，有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=+=+=βββαααβββαααψψψψr r s m r r r s m r r m s s s r m s s s i L i L i L i L i L i L i L i L →⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=ms s s r m s s s r L i L i L i L i βββαααψψ→⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=βββαααψψψψs s r m s m r r s s r ms m r r i L L L L L i L L L L L 22 结合上题，那么有⎩⎨⎧+=+=tt tt s s 314sin 1060.0314cos 1954.0314cos 1060.0314sin 1954.0βαψψ→22.022=+=βαψψψs s s ss ψψϕβ=sin ，s s ψψϕα=cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡76.5564.10cos sin sin cos βαϕϕϕϕs s st sm i i i i第七章7-1、答：对于绕线型异步电动机来说，若在转子侧串接入一个可调的附加电动势，时，若负载转矩不变，那么p ∑和tan p 基本不变，而()s P m -1随s 增大而同时减小，因此串级调速系统效率sch η变化不大，但对于串电阻调速来说，p ∑却随着所串电阻增大（s 增大）而增大，因此效率将随着转速的增大而下降，故串级调速系统效率比转子串电阻调速效率要高。