电力拖动自动控制系统习题答案_陈伯时
电力拖动自动控制系统_第四版完整版_陈伯时
所以， （2）
ncl 8.33r / min
（3） （4） n K p K sU n I d R / Ce 1 K KU n / 1 K I d R / Ce 1 K
（2）
( R / 3) 1.0 1.5 0.8 / 3 1.1, 不符合要求，取Rs 1.1,
Rs ( R / 3)
需加电流反馈放大器
由于需要的检测电阻值大， 说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电 阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，
取 Rs 1.1 ，则 Ucom I dcr Rs 15 1.1 16.5V
（3）
当 I d I dcr 时，有
* n K p K sU n / Ce 1 K K p K s K i Rs I d U com / Ce 1 K RI d / Ce 1 K * K p Ks Un K iU com / Ce 1 K R K p K s K i Rs I d / Ce 1 K
* 2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压 Uu 8.8V 、比
例调节器放大系数 K P 2 、晶闸管装置放大系数 K S 15 、反馈系数γ=0.7。求： （1）输出电压 U d ； （2）若把反馈线断开， U d 为何值？开环时的输出电压是闭 环是的多少倍？（3）若把反馈系数减至γ=0.35，当保持同样的输出电压时，给
解：1）调速范围 D nmax nmin (均指额定负载情况下）
nmax n0max nN 1500 15 1485 nmin n0min nN 150 15 135 D nmax nmin 1485 135 11
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}
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：minmax n nD =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min /1500m a x 0r n =，最低转速特性为min /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-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后思考题习题答案2-7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Nn ∆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 =∆，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：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：m in,/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。
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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Ugi的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压Ud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>Ud,很快使电流id反向，VD2截止，在tonWtVT时，Ug2变正，于是VT2导通，反向电流沿回路3流通，产生能耗制动作用。
在TWtV T+Z（即下一周期的0WtVTon）时，VT2关断，・id沿回路4经VDi续流，向电源回馈制动，与此同时，VDi两端压降钳住VTi使它不能导通。
在制动状态中，VT2和VDi轮流导通，而VTi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VTi关断后id经VD2续流时，还没有达到周期T,电流已经衰减到零，这时VD2两端电压也降为零，VT2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，用字母nNS --------------100%—100%』100% 10%no系统能够达到的调速范围为:nOmin150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A DN 与理想空载转速no 之比，称作静差率s,即nN s ---------no调速范围、静态速降和最小静芜率Z 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 DOrnax定速降"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:D 表示，即:rimaxD ——nminFIN S minD -----------------------nN (1 Smin )1500r/min ,最低转速特性为no min 150r/min ,带额定负载时的速度降落nN15r/mU1，且在不同转速下额Flniax riO max150011riminnOminnN150 15nN100% ———15100% 10%nN D nN150011 15nmin所以系统允许的静态速降:调速范围可以扩大多少倍 解：因为:Ridnci ---------------------------Ce (1 K)所以:nN sn s0 maxD ---------------------------nN (1 s)1500 0.1-------------------- 11nN (1 s) 15 (1 0.1)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:nmax1500-------- 10150nNSnND(1 s) rimax SD(1 s)10 1500 0.02----------------- 3.06r / min (1 0.02)又:flopnci -----------------n O p lOOr / min1故闭环系统的开环放大倍数:K, cin°p100 1 31.68ncl3.061-6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,nd (1 K) 8 (1 15) 128CeK=30时，电动机在额定负载下的速降为:240r/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 二10%时,nN snN1500 0.1 8.33r / min20 (1 0.1) 当静差率s 二5%时，nN snND(1 s)n°p1500 0.05 3.95r / min20(1 0.05) 240帘 1 159.8ncl 3.95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变化到。
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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 g1的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压U d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 d，很快使电流i d反向，VD2截止，在t on≤t＜T时，U g2变正，于是VT2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 on(即下一周期的0≤t ＜T on)时，VT2关断，-i d沿回路4经VD1续流，向电源回馈制动，与此同时，VD1两端压降钳住VT1使它不能导通。
在制动状态中，VT2和VD1轮流导通，而VT1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VT1关断后i d经VD2续流时，还没有达到周期Ｔ，电流已经衰减到零，这时VD2两端电压也降为零，VT2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 N与理想空载转速n0之比，称作静差率s，即0n n s N∆=。
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}
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 axn 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min0n 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 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8r/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-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后参考答案第二章(仅供参考)
第二章作业1.金属切削机床混合型负载（恒转矩和恒功率负载）2.闭环系统的稳态速降：∆n cl=n N1×sD×(1−s)=5.263 r/minC e1=U N1−I N1×R an N1=0.1925开环系统的稳态速降：∆n op=I N1×RC e1=285.714 r/min闭环系统的开环放大系数：K=∆n op∆n cl−1=53.287测速反馈电压：U n=α×n N1直流稳压电源为±15V，假定测速发电机与主电动机直接联接，电动机最高转速1000r/min 时，令U n=15，解得α=0.015，取α=0.01，得U n=10V。
满足需求。
电位器的选择方法如下：为了使测速发电机的电枢压降对转速检测信号的线性度没有显著影响，取测速发电机输出最高电压时，其电流约为额定值的20%。
则电位器的电阻和功率：R P2=C e2×n N10.2×I N2=1378.57W RP2=C e2×n N1×0.2×I N2=2.4318为了使电位器温度不致很高，实选瓦数应为所消耗功率的一倍以上，故可为选用10W，1.5k Ω的可调电位器。
运算放大器的放大系数：K P=Kα×K SC e=20.132R0，R1不知道如何取值。
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。
《电力拖动自动控制系统》(第四版)--阮毅、陈伯时--课后答案
n 负载时的速度降落 Δ N= 15 r/min ，且在不同转速下额定
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 系统能够达到的调速范围为
系统允许的静差率
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？
答：反馈线未断之前，Id=In，令n=n1，当转速反馈断线， ASR迅速进入饱和，Ui※=Ui※max，Uc↑，Id↑至Idm，Te＞Tl， n↑，Id↓，△Ui出现，Id↑至Idm，n↑，Id↓，此过程重复进行 直到ACR饱和，n↑，Id↓，当Id=In，系统重新进入稳态，此 时的速度n2＞n1，电流给定为Ui※max= Idmaxβ＞电流反馈信 号Un= Inβ，偏差△Ui不为0。
差率由 10%减少到 5%，则系统的开环增益将如何变化？
解：
1—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，其被被调量仍是有静 差的。 ②反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性 能是反馈控制系统最突出的特征之一。
Un*
- Ui
+
+
Kp Uc
Ud0 -
Ks
+
E 1/Ce
电力拖动自动控制系统(第三版)陈伯时 第二章习题答案
第二章双闭环直流调速系统2-1 在转速、电流双闭环调速系统中，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行不行？改变电力电子变换器的放大倍数行不行？改变转速反馈系数行不行？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？答：改变电机的转速需要调节转速给定信号Un※；改变转速调节器的放大倍数不行，改变电力电子变换器的放大倍数不行。
若要改变电机的堵转电流需要改变ASR的限幅值。
2-2 在转速、电流双闭环调速系统中，转速调节器有哪些作用？其输出限幅值应按什么要求来整定？电流调节器有哪些作用？其输出限幅值应如何整定？答：转速调节器的作用是：（1）使转速n很快的跟随给定电压Un※变化，稳态时可减小转速误差，如果采用PI调节器，则可以实现无静差。
（2）对负载变化起抗扰作用。
转速调节器的限幅值应按电枢回路允许的最大电流来进行整定。
电流调节器作用：（1）使电流紧紧跟随给定电压Ui※变化。
（2）对电网电压的波动起及时抗扰的作用。
（3）在转速动态过程中，保证获得电动机允许的最大电流，从而加快动态过程。
（4）当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起快速的自动保护作用。
电流调节器的最大值应该按变换电路允许的最大控制电压来整定。
2-3 转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个PI调节器的输入偏差（给定与反馈之差）是多少？它们的输出电压是多少？为什么？答：若都是PI调节器，则两个调节器的输入偏差为0，即Ui※=Ui，Un※=Un；输出电压为：Ui※=βId=Ui，Uc=U d0/K s=RI d+C e n=(RUi※/β)+(CeUn※/α)。
2-4 如果转速、电流双闭环调速系统的转速调节器不是PI调节器，而是比例调节器，对系统的静、动态性能会有什么影响？答：若采用比例调节器可利用提高放大系数的办法使稳态误差减小即提高稳态精度，但还是有静差的系统，但放大倍数太大很有可能使系统不稳定。
2-5 在转速、电流双闭环系统中，采用PI调节器，当系统带额定负载运行时，转速反馈线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调节器的输入偏差电压△Ui 是否为0，为什么？答：反馈线未断之前，Id=In，令n=n1，当转速反馈断线，ASR迅速进入饱和，Un※=Un※max，Uc↑，Id↑至Idm，Te＞T l，n↑，Id↓，△Ui出现，Id↑至Idm，n↑，Id↓，此过程重复进行直到ACR饱和，n↑，Id↓，当Id=In，系统重新进入稳态，此时的速度n2＞n1，电流给定为Un※max= Idmaxβ＞电流反馈信号Un= Inβ，偏差△Ui不为0。
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}
电力拖动自动控制系统课后习题答案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U g!的脉冲变窄而导致i d反向时，U g2变正，于是VT2导通, VT2导通，VT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％ax和最低转速n min之比叫做调速范围，用字母D表示，即：n maxD 二-n min负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落"N与理想空载转速n°min之比，称为系统的静差率S, 即: s—叽n0min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，n min越小又一定，则S变大。
所以，如果不考虑D,贝y 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n0m ax =1500r/min，最低转速特性为n0min =150r/min，带额定负载的速度降落「F N =15r/min，且不同转速下额定速降F 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？｛全，内含两份无一失｝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？如果幵环系统的静态速降是100r/mi n 则闭环系统的幵环放大倍数应有多大？r/min ，如果将幵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幵环放大倍数加 1成正比D=20,额定转速 n =1500r/min ，幵环转速降落 10%减少到5%则系统的幵环增益将如何变化？原系统在范围D=20,静差 率为10%寸，幵环增益为：静差率10%寸原系统的幵环增益为：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幵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。
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《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 × 100∆ 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 m in ， 主 电 路 总 电 阻 R = 0 18Ω ， C = 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( rmin ) N C 0 2 （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 （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 = 5 U应为多少？ u解：（1）输出电压K K2 × 15 p sU =U = × 8 8 = 12( V ) ；d u 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 7 p 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 =5 ，当保持同样的输出电压时，给定电压 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 35p s U = U = × 12 = 4 6( V ) 。
u d K K 2 × 15p sU−I R220−×N d a解：（1）C===V⋅min/re n1500NRI×++N∆n = = = r/ minop Cen s1500×N∆n = ≤= r / mincl D(1−s)20×(1−（2）（3）∆nop（4）闭环系统的开环放大系数为K=−1=−1=∆nclK运算放大器所需的放大倍数K===p Kα/C35× /s e解：R =ΩR/R =<1 / 3s图见 49 页解：计算系统中各环节的时间常数L电磁时间常数T===sl R+2GD R×++机电时间常数T===sm 375C C30e m 375×××π晶闸管装置的滞后时间常数为T=ss为保证系统稳定，应满足的稳定条件：22T(T + T)+T×++m l s sK<==T T×l s可以稳定运行，最大开环放大系数是P N2-12 有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机=kW U N=220V I N=A n N =1500 r m in R=15Ω，整流装置内阻 R = 1Ω，电枢回路电抗器电阻R=08Ωa L触发整流环节的放大倍数K=35。
求：（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 。
Np解：先计算电动机的反电动势系数U − I R 220 − 15 6 × 15N N a C == = 0 131 (V • min r ) e n 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 131e （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 =% ； n + D ∆ n 1500 + 30 × 393 N 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(rmin) 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 ≈ 8 ；∆ n 5 56U n 10转速反馈系数 α = = ≈ 0 0067( V• min r ) n 1500N KC 69 .6 8 × 0 131放大器放大系数 K = = ≈3。
p K α 35 × 0 0067 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 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 ，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 01c nZT 1500 × 4096 × 0 01转速 n=1500r/min 时， M = = = 1024 ，误差率最大值60 601 1δ= = ≈ 0 00097 = 0 097% ； M 1024nZT 150 × 4096 × 0 01转速 n=150r/min 时， M = = = 102 4 ，误差率最大值60 601 1δ = = ≈ 0 0097 = 0 97% 。
maxM 102 41 （2）T 法测速60 f 60 × 1× 10转速 n=1500r/min 时， M = = ≈ 9 8 ，测速分辨率Zn 4096 × 1500 Zn 4096 × 1500Q = = ≈ 17160 f − Zn 60 × 1× 10 − 4096 × 1500误差率最大值1 1δ = = ≈ 0 103 = 10 3% 。
maxM −1 9 8 − 1 260 f 60 × 1 × 10转速 n=150r/min 时， M = = ≈ 98 ，测速分辨率Zn 4096 × 150Zn 4096 × 150 Q = = ≈ 60 f − Zn 60 × 1× 10 − 4096 × 150误差率最大值1 1δ = = ≈ 0 0103 = 1 03% 。
maxM −198 − 1 2 3-1 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 m in ， 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 = 0 127 V ⋅ min r ，求：（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 ii U 和 U 各为多少？解：转速反馈系数U 15 nm α = = = 0 01 (V ⋅ min r )n 1500N 电流反馈系数U 15 im β = = = 0 375 (V A )I 2 × 20dm （1）当系统稳定运行在 U n = 5V ， = 10AI 时， dL= = 5( V ) n U n U 5 n n = = = 500( r min )α 0 01 U = βI = 0 375 × 10 = 3 75( V ) i dLU = U = 3 75( V )i i U C n + I R 0 127 × 500 + 10 × 2d dL U == = = 4 175 (V )。
K K 20（2）当电动机负载过大而堵转时，n=0;U = βI = 0 375 × 2 × 20 = 15( V ) i dmI R 2 × 20 × 2 dm U = = = 4( V )。
K 20 3-2 在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器 ASR 、ACR 均采用 PI 调节器。
已知 参数：电动机： P = 3 7 k W ， U = 220V ， I = 20A ， n = 1000 r min, 电枢回路 NN N N总电阻 R = 1 .5Ω ；设 U = U = U = 8V ，电枢回路最大电流 I = 40A ，电力电子变 nm im cm dm换器的放大倍数 K = 40 。
试求：（1）电流反馈系数 β 和转速反馈系数α ； （2）当电动机在最高转速发生堵转时的 U U ， U 和 U 的值。
di解：（1）电流反馈系数U 8 im β = = = 0 2 (V A )I 40dm 转速反馈系数U 8nm α = = = 0 008 (V ⋅ min r ) 。
n 1000N （2）当电动机在最高转速发生堵转时，n=0;U = C n + I R = 0 + 40 × 15 = 60( V ) d dmU = U = β I = 0 2 × 40 = 8( V ) i i dm U 60d U == = 1 5( V )。