运动控制系统上海大学第4版课后习题答案完整版

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电力拖动自动控制系统习题答案_第四版

电力拖动自动控制系统习题答案_第四版

第二章2-1:答: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:由101001000==D ;rpm s D s n n n N N cl 04.298.01002.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆;2-3:已知rpm n n n N 1500max max 0=∆+= rpm n n n N 150min min 0=∆+=max n n N =,rpm n N 15=∆所以1115150151500minmax =--==n n D 1.0151114851511=⨯+⨯=∆+∆=Dn n D n s N N N2-4:rv n R I UC N a N Ne min/1478.0/)(⋅=-=rpmC R R I n e s a N op 1.1151478.0/045.0378/)(=⨯=+=∆1.38.0*1.1152.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N 32.57.0*1.1153.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N2-5:rpm C R I n e N op 5.2742.0/18.0305/=⨯==∆ /()27.45%N op N op s n n n =∆+∆=rpm s D s n n n N N cl 63.295.02005.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆2-6:v K K U K K U s p u s p dcl 121=+=γ264==u s p dop U K K U 22/=dcldop UUv U K K K K U dcl sp s p u 6.41=+=γ2-7: 10=Drpm s D s n n n N N cl 9.795.01005.01500)1(=⨯⨯≤-=∆=∆66.1119.71001=-=-∆∆=clop n n K2-8:rpm n cl 801=∆,15=K所以:rpm rpm K n n cl op 12801680)1(1=⨯=+∆=∆; 如果:30=K ,则:rpm rpm K n n op cl 29.4131/128012==+∆=∆; 由)1(11s n s n D cl N -∆=,)1(22s n sn D cl N -∆=则:229.41/802112≈=∆∆=cl cl n n D D2-9:1)r v n R I U C N a N N e min/1342.0/)(⋅=-=rpm C R R R I n e L rec a N op 4.3071342.0/3.35.12/)(=⨯=++=∆rpm s D s n n N cl 33.89.0201.01500)1(=⨯⨯=-=∆所以9.35133.889.2461=-=-∆∆=clop n n K2)系统原理图和静态结构框图见书中;3、4)方法一:由n U U n n α=≈*,所以r v n U N nm min/01.01500/15/*⋅==≈α77.13/==s epK KCKα;3、4)方法二:由2271.14/])1([*=++=nm s N N e p U K R I n K C K 0097.0/==s p e K K KC α。

运动控制系统第4版课后习题答案完整版_陈伯时_上海大学

运动控制系统第4版课后习题答案完整版_陈伯时_上海大学

I d b l 2 I N 25 A , I dcr 1.2 I N 15 A I dcr U com / Rs 15 U com / Rs
* I dbl U n U com / Rs 25 15 U com / Rs Rs 1.5



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? 解: n
nn s
D(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
发整流环节的放大倍数 K s 35 。 (1)系统开环工作时,试计算调速范围 D 30 时的静差率 s 值。 (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 n 10V 时 I d I N ,
可见与前面的 K>35.955 相矛盾,故系统不稳定。要使系统能够稳定运行,K 最大为 30.52。 2.12 有一个晶闸-电动机调速系统,已知:电动机:PN 2.8kW ,U N 220V , I N 15.6 A ,
n N 1500 r/min, R a =1.5Ω,整流装置内阻 R rec =1Ω, 电枢回路电抗器电阻 RL =0.8Ω, 触
可以求得, K p
K * Ce 35.955* 0.134 14.34 Ks * 35* 0.0096
也可以用粗略算法:

运动控制 第四版

运动控制 第四版

1.1 运动控制系统及其组成
电力电子型功率放大与变换装置的发展趋势:
• 半控型向全控型发展(晶闸管。。。> IGBT) • 低频开关向高频开关发展 • 分立器件向复合功率模块发展
1.1 运动控制系统及其组成
控制器分为模拟控制器和数字控制器。 模拟控制器: • 物理概念清晰,控制信号流向直观; • 控制规律体现在硬件电路当中;
1.3 运动控制系统转矩控制规律
运动控制系统的基本运动方程:
Te 电磁转矩 (e)和负载转矩(L)
dm J Te TL Dm K m dt
J机械转动惯量
忽略阻尼转矩和扭转弹性转矩:
d m J Te TL dt
要控制转速和转角,唯一的途径就是控制电动机的电磁转矩。
1.3 运动控制系统转矩控制规律
1.4 生产机械的负载转矩特性
风机、泵类负载: 负载转矩与转速的平方成正比。
ωm ( n)
TL n
2 m
2
O
风机、泵类负载
TL
作业 9月10日 运动控制系统的组成及各部分作用。
主讲教师 shu 课程学时 72学时 考核方式 闭卷考试 平时作业及考勤 期末考试
20% 80%
主讲教材 电力拖动自动控制系统-运动控制系统(第4版) 阮毅 陈伯时 机械工业出版社
♦ 电力拖动控制技术是以电动机为对象,以 电力电子技术功率变换器为弱电控制强电的 媒质,以自动控制理论为分析和设计基础, 以电子线路或计算机为控制手段,掌握运动 控制系统的控制规律及设计方法。
2
1.1 运动控制系统及其组成
电机 学 微电子 技术
电力电 子学 计算机 控制技 术
运动 控制
信号检测 与处理技 术

运动控制系统_陈伯时_第4版课后习题答案完整版

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2.2 系统的调速范围是1000~100min r ,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少? 解:10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm2.3 某一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为0max 1500min n r =,最低转速特性为0min 150min n r =,带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=,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:1)调速范围 max min D n n =(均指额定负载情况下)max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率 01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ,I N =378A ,n N =1430r/min ,Ra=0.023Ω。

相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。

采用降压调速。

当生产机械要求s=20%时,求系统的调速范围。

如果s=30%时,则系统的调速范围又为多少??解:()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯= 378(0.0230.022)0.1478115N n I R rpm ∆==⨯+= (1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-=[(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。

已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====,主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V•min/r,求:(1)当电流连续时,在额定负载下的转速降落N n ∆为多少? (2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少?(3)若要满足D=20,s ≤5%的要求,额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解:(1)3050.180.2274.5/min N N n I R r ∆=⨯=⨯= (2) 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=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*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。

运动控制系统_陈伯时_第4版课后习题答案完整版

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2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。

已知直流电动机60,220,305,1000m i n N N N N P k W U V I A nr ====,主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V •min/r,求:(1)当电流连续时,在额定负载下的转速降落N n ∆为多少? (2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少?(3)若要满足D=20,s ≤5%的要求,额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解:(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯=(2)0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.9 有一V-M 调速系统:电动机参数P N =2.2kW, U N =220V , I N =12.5A, n N =1500 r/min ,电枢电阻R a =1.5Ω,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω,整流装置内阻R rec =1.0Ω,触发整流环节的放大倍数K 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Δn op 和调速要求所允许的闭环静态速降Δn cl 。

(2)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图。

(3)调整该系统参数,使当U n *=15V 时,I d =I N ,n=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)()()/22012.5 1.5/1500201.25/15000.134min/N N a ee n U I R C C V r=-⨯⇒=-⨯==()//12.5 3.3/0.134307.836/minN N eop N e n U I R C n I R C r ∑∑=-⨯⇒∆=⨯=⨯=()()/1150010%/20*90%8.33/min N N n n s D s r ∆=-=⨯=()所以,min/33.8r n cl =∆(2)(3)(4)()()()()[]()()[]K C R I K KU K C R I U K K ne d n e d n s p +-+=+-=**1/1/1/α()/1307.836/8.33135.955op cl K n n =∆∆-=-=()()()150035.95515/135.95512.5 3.3/0.134135.955α⎡⎤=⎡⨯+⎤-⨯+⎣⎦⎣⎦r V min/0096.0=⇒α可以求得,*35.955*0.13414.34*35*0.0096e p s K C K K α===也可以用粗略算法:n U U n nα=≈*,01.0150015*===n U n α /p e s K KC K α=,()35.9550.134/350.0113.76p K =⨯⨯=2.12 有一个晶闸-电动机调速系统,已知:电动机:kW P N 8.2=,V U N 220=,A I N 6.15=,1500=N n r/min ,a R =1.5Ω,整流装置内阻rec R =1Ω, 电枢回路电抗器电阻L R =0.8Ω, 触发整流环节的放大倍数35=s K 。

自动控制原理第四版习题答案

自动控制原理第四版习题答案
(b) R 2C C u ( t ) + ( RC + 2 RC )u ( t ) + u ( t ) 1 2 &&o 2 1 &o o
&& & = RC 1 C 2 u i ( t ) + 2 RC 1 u i ( t ) + u i ( t )
(2-5题~2-10题) 题 题 2-5(1) 运动模态: 0.5 t 运动模态: e (2) 运动模态: 0.5 t 运动模态: e
sin
3 2
t
x( t ) = t - 2 + 2e 0.5 t x ( t ) = 2 3 3 e 0.5 t sin 23 t
x ( t ) = 1 ( 1 + t )e t
(3) 运动模态: (1+t)e-t 运动模态: 2-6 2-7 2-8
Q =
F = 12 .11 y ed = E do (sin α o )( α α o )
0.0125 s + 1.25
(2) Φ ( s ) =
ξ = 0.6 ωn = 2 r = 1.0066 ω n = 1
t r = 1.45 s
0.1 5 50 ( s + 4 ) (3) Φ ( s ) = + s( 3 s + 1 ) s2 s 2 + 16 σ % = 9.478% t p = 1.96 s t s = 2.917 s
dc(t ) k (t ) = = δ(t ) + 2e 2t e t dt
k2 2 Qo
P
s 2 + 4s + 2 2-9 Φ (s) = (s + 1)(s + 2)

《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案

《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案

《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案对于《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》的学习,在课后应该做一些练习题加以巩固。

一下是给大家的《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案,希望对你有帮助。

一判断题1弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖动恒转矩负载。

(Ⅹ)2采用光电式旋转编码器的数字测速方法中,M法适用于测高速,T法适用于测低速。

(√)3只有一组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实现制动。

(√)4直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。

(√)5静差率和机械特性硬度是一回事。

(Ⅹ)6带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。

(Ⅹ)7电流—转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压Uk的大小并非仅取决于*速度定Ug的大小。

(√)8双闭环调速系统在起动过程中,速度调节器总是处于饱和状态。

(Ⅹ)9逻辑无环流可逆调速系统任何时候都不会出现两组晶闸管同时封锁的情况。

(Ⅹ)10可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向(正或反)由驱动脉冲的宽窄决定。

(√)11双闭环可逆系统中,电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。

(Ⅹ)与开环系统相比,单闭环调速系统的稳态速降减小了。

(Ⅹ)12α=β配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为本组逆变和它组制动两阶段(√)13转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。

(Ⅹ)14电压闭环相当于电流变化率闭环。

(√)15闭环系统可以改造控制对象。

(√)16闭环系统电动机转速与负载电流(或转矩)的稳态关系,即静特性,它在形式上与开环机械特性相似,但本质上却有很大的不同。

17直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电动势反电势不变。

(√)18直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电枢电压不变。

(Ⅹ) 19电压闭环会给闭环系统带来谐波干扰,严重时会造成系统振荡。

(√)20对电网电压波动来说,电压环比电流环更快。

运动控制 第四版课后答案

运动控制 第四版课后答案

1.4某一调速系统,测得的最高转速特性为0max n =1500r/min,最低转速特性为0minn=150r/min ,带额定负载时的速度降落N n =15r/min,且在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少? 解: N0minn 15S=0.1n 150∆== 0max ()(1500150)0.111(1)(1)15(10.1)N N N N n s n n s D n s n s ∆∆∆--⨯====--⨯-调速范围为11,静差率为10%。

1-5某闭环调速系统的调速范围是1500~150r/min,要求系统的静态差率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少? 解: max min 150010150n Dcl n === 15000.023.06(1)10(10.02)N cl n s n Dcl s ∆⨯===-⨯-1001131.73.06op cln K n ∆=-=-=∆ 静态速降为3.06r/min,开环放大倍数为31.7。

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: K=15时,(1)nop ncl K ∆=∆+=8(115)⨯+=128 (r/min) K=30时,1284.131130op cln n K∆'∆===++(r/min) 8 1.944.13cl cl n D D n ∆∆'==='速降为4.13r/min,调速范围扩大为1.94。

1-7某调速系统的调速范围为D =20,额定转速N n =1500r/min,开环转速降落Nopn∆=240r/min,若要求系统的静差率为10%减少到5%,则系统的开环增益将如何变化? 解:N op op n s 15000.1D =0.694n (1-s)2400.9∆⨯==⨯201127.80.694cl op D K D =-=-= 15000.050.329(1)2400.9N opop n s D n s ∆'⨯'==='-⨯ 201159.80.329Dcl K D op '=-=-=' K 由27.8变到59.8。

运动控制系统第4版课后习题解答完整版陈伯时上海大学

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2) 静差率 s nN n0 15 150 10%
2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V,IN=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023Ω。相控整流 器内阻 Rrec=0.022Ω。采用降压调速。当生产机械要求 s=20%时,求系统的调速范围。如果 s=30%时,则系统的调速范围又为多少??
•min/r,求:
3 0NA 5n , ,1主r电0 路0 总0电阻mRi=0n.18Ω,Ce=0.2V
(1)当电流连续时,在额定负载下的转速降落 nN 为多少?
(2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 SN 多少?
(3)若要满足 D=20,s≤5%的要求,额定负载下的转速降落 nN 又为多少?
解:(1) nN IN R Ce 305 0.18 0.2 274.5r / min
(2) SN nN n0 274.5 (1000 274.5) 21.5%
(3) n nN S [D(1 s)] 1000 0.05 [20 0.95] 2.63r / min
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 KP 2 、晶闸管装置放大系数 KS 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,给定电压U
解:
nop 1 K ncl 1 15 8 128
如果将开环放大倍数提高到 30, 则速降为:
ncl nop /1 K 128 /1 30 4.13rpm

运动控制系统_陈伯时_第4版课后习题答案完整版

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解:
如果将开环放大倍数提高到30,则速降为:
在同样静差率要求下,D可以扩大 倍
2.9有一V-M调速系统:电动机参数PN=2.2kW, UN=220V, IN=12.5A, nN=1500 r/min,电枢电阻Ra=1.5Ω,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω,整流装置内阻Rrec=1.0Ω,触发整流环节的放大倍数Ks=35。要求系统满足调速范围D=20,静差率S<=10%。
设计指标:稳态无静差,电流超调量 ≤5%,空载起动到额定转速时的转速超调量 ≤10%。电流调节器已按典型I型系统设计,并取参数KT=0.5。
(1)选择转速调节器结构,并计算其参数。
(2)计算电流环的截止频率 和转速环的截止频率 ,并考虑它们是否合理?
解:(1)
电流调节器已按典型I型系统设计如下:
确定时间常数:
速度调节器结构确定:
按照无静差的要求,应选用PI调节器,
WASR(s)=Kn(τns+1)/τns
速度调节器参数确定:
τn=hT∑n,选h=5,则τn=hT∑n=0.1367s,
KN=(h+1)/(2h2T2∑n)=6/2*25*0.027342=160.54 s-2
Kn=(h+1)βCeTm/(2hαRT∑n)= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5
可见满足近似等效条件。
速度调节器的实现:选R0=40K,则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K
解:(1)
(2)
(3)
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 、比例调节器放大系数 、晶闸管装置放大系数 、反馈系数γ=0.7。求:(1)输出电压 ;(2)若把反馈线断开, 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,给定电压 应为多少?

运控控制系统课后题答案

运控控制系统课后题答案

第二章思考题 2-11转速、电流双闭环调速系统稳态运行时,两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少?为什么?答:转速、电流双闭环系统稳态运行时,两个调节器的输入偏差都为0。

转速调节器的输出电压为电流给定dL d i i I I U U ββ===*, 电流调节器的输出电压为sdL n e sd e sdo c K RI U C K RI n C K U U +=+==α*。

2-14 转速、电流双闭环调速系统中,两个调节器均采用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i U ∆是否为零?为什么?答:转速反馈线突然断线,i U ∆不等于零,*n n U U =∆,转速调节器ASR 很快饱和输出,转速环失去作用,电流给定最大,达到稳态时dm dl d I I I <=由于负载不变所以负载电流不变,所以输入偏差0*>-=-=∆d dm i im i I I U U U ββ,因而不为零。

习题 2-8 (1)100010% 5.56(1)20(110%)N cl n S n D S ⨯∆===-⨯-01000 5.561005.56/minN cl n n n r =+=+=*max150.015min 1005.56minnmv V r rn Uα==≈⋅ 220940.15(2)0.2059.m in/100094(0.150.3)205.4.m in/0.2059N N ae Nd op eU I R C V rn R I n V rC --⨯===⨯+∆===205.411365.56op cln K n ∆≥-=-≈∆取k=3636.950.205912.354400.015e p s K C K K a⨯===⨯(3)取020R k =Ω,则102012.354247.68p R R K k k =⨯=Ω⨯=Ω(4)*1.51.1n comdbl Nscom dcr Ns U U I I R U I I R ⎧+≈=⎪⎪⎨⎪==⎪⎩两式联立解得41.360.4com s U VR =⎧⎨=Ω⎩ 20.4s R R ==Ω稳压管的击穿电压值为41.36V 2-23(1)当电压不饱和时,由0,0n n U ==∆可得n U U n n α==*得出*150.011500nm N U n α===,进而得出*5500/min 0.01nU n r α===0.1285002023.4730e d c sC n I RU V k +⨯+⨯===(2)电动机失磁时,φ立即减小,因为,d d e U E I E C nRφ-==,所以d I 立即增加。

自动控制原理第四版习题答案

自动控制原理第四版习题答案
02
鲁棒控制系统的设计目标是使系统在不确定性和干扰作用下 仍能保持其稳定性和性能。
03
鲁棒控制理论中常用的方法有鲁棒性分析、鲁棒控制器设计 等。
06
习题答案解析
第1章习题答案解析
1.1
简述自动控制系统的基本组成。答案:一个典型的自动控制系统由控制器、受控对象、执行器、传感 器等部分组成。
1.2
简述开环控制系统和闭环控制系统的区别。答案:开环控制系统是指系统中没有反馈环节的系统,输 出只受输入的控制,结构相对简单;而闭环控制系统则有反馈环节,输出对输入有影响,结构相对复 杂。
20世纪60年代末至70年代,主要研究多变量线 性时不变系统的最优控制问题,如线性二次型最 优控制、极点配置等。
智能控制理论
20世纪80年代至今,主要研究具有人工智能的 控制系统,如模糊逻辑控制、神经网络控制等。
02
控制系统稳定性分析
稳定性定义
01
内部稳定性
系统在平衡状态下受到扰动后,能 够回到平衡状态的性能。
步骤
时域分析法包括对系统进行数学建模、 系统稳定性分析、系统性能分析和系 统误差分析等步骤。
缺点
时域分析法需要对系统的数学模型进 行详细的分析,对于复杂系统的分析 可能会比较困难。
频域分析法
步骤
频域分析法包括对系统进行数学建模、系 统稳定性分析和系统性能分析等步骤。
定义
频域分析法是在频率域中对控制系 统进行分析的方法。它通过对系统 的频率响应进行分析,来描述系统
它通过分析系统的频率响 应,并根据频率响应的性 质来判断系统的稳定性。
如果频率响应曲线超出奈 奎斯特圆,则系统是不稳 定的。
根轨迹法
根轨迹法是一种图解方法,用 于分析线性时不变系统的稳定

电力拖动自动控制系统运动控制四版课后习题答案,基本全

电力拖动自动控制系统运动控制四版课后习题答案,基本全

习题解答(供参考) 习题二2.2 系统的调速围是1000~100min r ,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少? 解:10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-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0max 1500min n r =,最低转速特性为0min 150min n r =,带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=,且在不同转速下额定速降不变,试问系统能够达到的调速围有多大?系统允许的静差率是多少?解:1)调速围 max min D n n =(均指额定负载情况下)max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率 01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ,I N =378A ,n N =1430r/min ,Ra=0.023Ω。

相控整流器阻Rrec=0.022Ω。

采用降压调速。

当生产机械要求s=20%时,求系统的调速围。

如果s=30%时,则系统的调速围又为多少??解:()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯= 378(0.0230.022)0.1478115N n I R rpm ∆==⨯+=(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。

已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====,主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V •min/r,求:(1)当电流连续时,在额定负载下的转速降落N n ∆为多少? (2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少?(3)若要满足D=20,s ≤5%的要求,额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解:(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯= (2) 0274.5274.5)21.5%N N S n n =∆=+= (3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=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*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版_思考题答案

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版_思考题答案

5.8两电平PWM 逆变器主回路,采用双极性调制时,用“1”表示上桥臂开通,“0”表示上桥臂关断,共有几种开关状态,写出其开关函数。

根据开关状态写出其电压空间矢量表达式,画出空间电压矢量图。

解:两电平PWM 逆变器主回路:~2dU 2d U ACB'O采用双极性调制时,忽略死区时间影响,用“1”表示上桥臂开通,“0”表示下桥臂开通,逆变器输出端电压:122dx x d x U S u U S ⎧=⎪⎪=⎨⎪-=⎪⎩ (21)2dx x U u S =-,以直流电源中点'O 为参考点2()j j A B C u u e u e =++γγs uA SB SC SA uB uC us u0u 02dU - 2dU - 2dU - 01u1 0 02dU 2dU -2dU -23d U 2u1 1 02dU 2dU 2d U - 323j d U e π3u0 1 02d U - 2dU 2d U - 2323j d U e π 4u0 1 12dU - 2dU 2dU 23j d U e π 5u0 0 12d U - 2d U - 2dU 4323j d U e π 6u 1 0 12dU 2d U - 2dU 5323j d U e π 7u1 1 1 2dU 2dU 2dU 0空间电压矢量图:1u 2u 3u 70,u u 6u 5u 4u5.9当三相电压分别为AO u 、BO u 、CO u ,如何定义三相定子电压空间矢量AO u 、BO u 、COu 和合成矢量s u ,写出他们的表达式。

解:A,B,C 为定子三相绕组的轴线,定义三相电压空间矢量:2AO j BO j CO u u e u e===γγAO BO CO u u u合成矢量:2j j AO BO CO u u e u e =++=++γγs AO BO CO u u u u(0j e A )(γj e B )(2γj e C AOu BOu COu su BOu COu5.10忽略定子电阻的影响,讨论定子电压空间矢量s u 与定子磁链s ψ的关系,当三相电压AO u 、BO u 、CO u 为正弦对称时,写出电压空间矢量s u 与定子磁链s ψ的表达式,画出各自的运动轨迹。

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版-思考题答案

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版-思考题答案

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版-思考题答案习题二 2.2 系统的调速范围是1000~100min r ,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少? 解:10000.02(100.98) 2.04(1)n n s n rpm D s ∆==⨯⨯=- 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0max1500minnr =,最低转速特性为0min 150minn r =,带额定负载时的速度降落15minNnr ∆=,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:1)调速范围max minD n n =(均指额定负载情况下)max 0max 1500151485N n n n =-∆=-=min 0min 15015135N n n n =-∆=-=max min 148513511D n n ===2) 静差率01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ,I N =378A ,n N =1430r/min ,Ra=0.023Ω。

相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。

采用降压调速。

当生产机械要求s=20%时,求系统的调速范围。

如果s=30%时,则系统的调速范围又为多少?? 解:()(2203780.023)14300.1478NNaNCe U I R n V rpm =-=-⨯= 378(0.0230.022)0.1478115N n I R C e r p m ∆==⨯+= [(1)]14300.2[115(10.2)]3.1ND n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)]5.33ND n S n s =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。

已知直流电动机60,220,305,1000minNN N N PkW U V I A n r ====,主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V •min/r,求: (1)当电流连续时,在额定负载下的转速降落Nn ∆为多少?(2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率NS 多少?(3)若要满足D=20,s ≤5%的要求,额定负载下的转速降落Nn ∆又为多少?解:(1)3050.180.2274.5/minNN n I R Ce r ∆=⨯=⨯=(2)0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/minN n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.9 有一V-M 调速系统:电动机参数P N =2.2kW, U N =220V , I N =12.5A, n N =1500 r/min ,电枢电阻R a =1.5Ω,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω,整流装置内阻R rec =1.0Ω,触发整流环节的放大倍数K s =35。

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版-思考题答案(精)

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版-思考题答案(精)

电力拖动自动控制系统–运动控制系统第4版-思考题答案本文是针对电力拖动自动控制系统第4版的思考题进行的解答,旨在对该书系统地了解和理解。

本文总共包括以下内容:•电力拖动自动控制系统概述•思考题解答1. 电力拖动自动控制系统概述电力拖动自动控制系统是实现机电设备自动控制的重要方式之一。

它的基本结构是由电力变频器、电机以及整个自动控制系统组成,能够实现对机电设备的速度、转向、定位等多种控制操作。

其中,电力变频器是关键技术之一,它将工业电源直接转换成电机所需要的电源,并且通过控制高频电压和电流的变化实现对电机转速的无级调节,从而保证机电设备的高效运行。

电力拖动自动控制系统的应用非常广泛,例如在制造业、工业生产线、港口起重机、矿山机械等领域都有广泛应用。

2. 思考题解答思考题1电力拖动自动控制系统中变频器的使用原理是什么?为什么变频器可以实现对电机无级调速?答:电力拖动自动控制系统中所使用的变频器能够实现对电机无级调速的主要原理是通过电力变频器将电网供电直接转换成电机所需的不同电压和频率的电力信号。

其中,电压和频率的变化实现了对电机的转速控制,实现了对电动机的无级调速功能。

电力变频器的技术原理是通过控制高频电压和电流的变化,精确地控制电机所需的驱动电压和电流,以此来实现对电机的无级调速。

与传统的稳压调速方式相比,电力变频调速技术具有以下优点:(1)可实现精确的无级调速:电力变频器控制高频电压和电流的变化可以实现对电机的无级调速,调速范围非常广,可以满足不同的控制需求。

(2)能够提高电机的效率:电力变频器可以控制电机的转速和扭矩,优化电机工作点,从而提高电机的效率和运行质量。

(3)减少能源消耗和环境污染:电力变频器能够降低电机的启动电流和运行电流,从而减少能量损耗和发热,降低电网的负担,同时自身也具有循环利用的优势,符合绿色环保理念。

思考题2电力拖动自动控制系统中的定位控制有哪些常见方式?它们各自的优缺点是什么?答:电力拖动自动控制系统中的定位控制主要有以下几种方式:(1)位置控制(位置式调节):位置式控制是通过利用位置反馈传感器对设备进行位置检测和监控,以达到位置控制的目的。

运动控制系统(第4版)第1章 绪论

运动控制系统(第4版)第1章  绪论
图1-4 恒功率负载特性
第1章 绪论
• 1.4.3 风机、泵类负载特性
第1章 绪论
• 何时刻只能执行一条指令,属于串行运行方式,其滞后时间 比模拟控制器大得多,在设计系统时应予以考虑。
• 1.1.4 信号检测与处理
• 运动控制系统中常需要电压、电流、转速和位置的反馈信号, 为了真实可靠地得到这些信号,并实现功率电路(强电)和 控制器(弱电)之间的电气隔离,需要相应的传感器。电压、 电流传感器的输出信号多为连续的模拟量,而转速和位置传 感器的输出信号因传感器的类型而异,可以是连续的模拟量, 也可以是离散的数字量。由于控制系统对反馈通道上的扰动 无抑制能力,所以,信号传感器必须有足够高的精度,才能 保证控制系统的准确性。
第1章 绪论
• 1.4 生产机械的负载转矩特性
• 对运动控制系统而言,生产机械的负载转矩是一个必然存在 的不可控扰动输入,生产机械的负载转矩特性直接影响运动 控制系统控制方案的选择和系统的动态性能。为了对运动控 制系统作全面的了解,便于系统设计和调试,常归纳出几种 典型的生产机械负载转矩特性。 • 1.4.1 恒转矩负载特性 • 负载转矩TL的大小恒定,与ωm或n无关,称做恒转矩负载, • TL = 常数 (1-4) • 恒转矩负载有位能性和反抗性两种。位能性恒转矩负载由重 力产生,具有固定的大小和方向,如图1-3a所示。反抗性恒 转矩负载的大小不变,方向则始终与转速反向,如图1-3b。
第1章 绪论
• 1.1.2 功率放大与变换装置 • 功率放大与变换装置有电机型、电磁型、电力电子型等,现 在多用电力电子型的。电力电子器件经历了由半控型向全控 型、由低频开关向高频开关、由分立的器件向具有复合功能 的功率模块发展的过程。电力电子技术的发展,使功率放大 与变换装置的结构趋于简单、性能趋于完善。 • 晶闸管(SCR)是第一代电力电子器件的典型代表,属于半 控型器件,通过门极只能使晶闸管开通,而无法使它关断。 该类器件可方便地应用于相控整流器(AC→DC)和有源逆变 器(DC→AC),但用于无源逆变(DC→AC)或直流PWM (脉宽调制)方式调压(DC→DC)时,必须增加强迫换流回 路,使电路结构复杂。
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仅考虑起动过程的第二阶段。
所以:
3.10有一转速、电流双闭环调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为:PN=500kW,UN=750V,IN=760A,nN=375 r/min,电动势系数Ce=1.82V·min/r,电枢回路总电阻R=0.14Ω,允许电流过载倍数λ=1.5,触发整流环节的放大倍数Ks=75,电磁时间常数 =0.031s,机电时间常数 =0.112s,电流反馈滤波时间常数 =0.002s,转速反馈滤波时间常数 =0.02s。设调节器输入输出电压Unm*=Uim*=Unm=10V,调节器输入电阻R0=40kΩ。
可见满足近似等效条件。
速度调节器的实现:选R0=40K,则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K
解:
2.5某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。已知直流电动机 ,主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V•min/r,求:
(1)当电流连续时,在额定负载下的转速降落 为多少?
(2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 多少?
(3)若要满足D=20,s≤5%的要求,额定负载下的转速降落 又为多少?
解:
如果将开环放大倍数提高到30,则速降为:
在同样静差率要求下,D可以扩大 倍
2.9有一V-M调速系统:电动机参数PN=2.2kW, UN=220V, IN=12.5A, nN=1500 r/min,电枢电阻Ra=1.5Ω,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω,整流装置内阻Rrec=1.0Ω,触发整流环节的放大倍数Ks=35。要求系统满足调速范围D=20,静差率S<=10%。
查表,应取小一些的h,选h=3进行设计。
按h=3,速度调节器参数确定如下:
校验等效条件:
可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验:
转速超调量的校验结果表明,上述设计符合要求。
速度调节器的实现:选 ,则 ,取310K。
4) 40%额定负载起动到最低转速时:
5)空载起动到额定转速的时间是:(书上无此公式)
3.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中,已知电动机的额定数据为: kW , V , A , r/min ,电动势系数 =0.196V·min/r ,主回路总电阻 =0.18Ω,触发整流环节的放大倍数 =35。电磁时间常数 =0.012s,机电时间常数 =0.12s,电流反馈滤波时间常数 =0.0025s,转速反馈滤波时间常数 =0.015s。额定转速时的给定电压(Un*)N=10V,调节器ASR,ACR饱和输出电压Uim*=8V,Ucm=6.5V。
设计指标:稳态无静差,电流超调量 ≤5%,空载起动到额定转速时的转速超调量 ≤10%。电流调节器已按典型I型系统设计,并取参数KT=0.5。
(1)选择转速调节器结构,并计算其参数。
(2)计算电流环的截止频率 和转速环的截止频率 ,并考虑它们是否合理?
解:(1)
电流调节器已按典型I型系统设计如下:
确定时间常数:
系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速范围D=10,电流超调量 ≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量 ≤10%。试求:
(1)确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在 以内)和转速反馈系数α。
(2)试设计电流调节器ACR,计算其参数Ri,、Ci、COi。画出其电路图,调节器输入回路电阻R0=40 。
可见满足近似等效条件。
电流调节器的实现:选R0=40K,则
取36K
速度调节器设计
确定时间常数:
a)电流环等效时间常数1/KI:因为KIT∑i=0.5则1/KI=2T∑i=2*0.00367=0.00734s
b)b)Ton=0.02s
c)c)T∑n=1/KI+Ton=0.00734+0.02=0.02734s
解: 1)
因此当电流从40A 70A时, 应从4V 7V变化。
2) 要有所增加。
3) 取决于电机速度和负载大小。因为
3.5某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1s,要求阶跃响应超调量 ≤10%。
(1)系统的开环增益。
(2)计算过渡过程时间 和上升时间 ;
(3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间 <0.25s,则K=?, %=?
(1)计算开环系统的静态速降Δnop和调速要求所允许的闭环静态速降Δncl。
(2)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图。
(3)调整该系统参数,使当Un*=15V时,Id=IN,n=nN,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)
所以,
(2)
(3)(4)
电流调节器结构确定:因为σ%≤5%,可按典型I型系统设计,选用PI调节器,WACR(s)=Ki(τis+1)/τis,Tl/T∑i=0.031/0.00367=8.25<10
电流调节器参数确定:τi=Tl=0.031s,KIT∑i=0.5,KI=0.5/T∑i=136.24 s-1
校验等效条件:ωci=KI=136.24 s-1
解:(1)
(2)
(3)
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 、比例调节器放大系数 、晶闸管装置放大系数 、反馈系数γ=0.7。求:(1)输出电压 ;(2)若把反馈线断开, 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,给定电压 应为多少?
解:
(1)M法:分辨率
最大误差率:
Hale Waihona Puke 时,时,时,时,
可见M法适合高速。
(2)T法:
分辨率:
时,
时,
最大误差率: , ,
当 时,
当 时,
时,
时,
可见T法适合低速
习题三
3.1双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调节器,设系统最大给定电压 =15V, =1500r/min, =20A,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻 =2Ω, =20, =0.127V·min/r,求:(1)当系统稳定运行在 =5V, =10A时,系统的 、 、 、 和 各为多少?(2)当电动机负载过大而堵转时, 和 各为多少?
解:(1)
(2)堵转时, ,
3.2在转速、电流双闭环调速系统中,两个调节器ASR,ACR均采用PI调节器。已知参数:电动机: =3.7kW, =220V, =20A, =1000 r/min ,电枢回路总电阻 =1.5Ω,设 =8V,电枢回路最大电流 =40A,电力电子变换器的放大系数 =40。试求:
校验等效条件:
可见满足近似等效条件,电流调节器的实现:选 ,则:
,取9K.
由此
(3)速度调节器设计
确定时间常数:
a)电流环等效时间常数 :因为

b)
c)
速度调节器结构确定:
按照无静差的要求,应选用PI调节器,
,速度调节器参数确定:
校验等效条件:
可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验(空载Z=0)
转速超调量的校验结果表明,上述设计不符合要求。因此需重新设计。
解:(1)
(2) ,开环输出电压是闭环的22倍
(3)
2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min~150r/min,要求系统的静差率 ,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:1)
2)
2.8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?
校验等效条件:ωcn=KN/ω1=KNτn=160.54*0.1367 =21.946 s-2
a) 1/3(KI/T∑i)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>ωcn
b) 1/3(KI/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>ωcn
2.2系统的调速范围是1000~100 ,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少?
解:
系统允许的静态速降为 。
2.3某一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为 ,最低转速特性为 ,带额定负载时的速度降落 ,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?
(1)电流反馈系数 和转速反馈系数 。
(2)当电动机在最高转速发生堵转时的 值。
解:1)
2)
这时:
,ASR处于饱和,输出最大电流给定值。
3.3在转速、电流双闭环调速系统中,调节器ASR,ACR均采用PI调节器。当ASR输出达到 =8V时,主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时,试问:(1) 应如何变化?(2) 应如何变化?(3) 值由哪些条件决定?
(3)设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、COn。(R0=40kΩ)
(4)计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量σn。
(5)计算空载起动到额定转速的时间。
解:(1)
(2)电流调节器设计
确定时间常数:
电流调节器结构确定:
因为 ,可按典型I型系统设计,选用PI调节器, ,
电流调节器参数确定: , 。
选I调节器, 校正后系统的开环传递函数为 ,已选KT=0.5,则K=0.5/T=50,所以 ,积分调节器: 。
3.7有一个闭环系统,其控制对象的传递函数为 ,要求校正为典型Ⅱ型系统,在阶跃输入下系统超调量 %≤30%(按线性系统考虑)。试决定调节器结构,并选择其参数。
解:应选择PI调节器, ,对照典型Ⅱ型系统, ,满足设计要求。这样 ,
解:取
(1)系统开环增益:
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