电力拖动自动控制系统（第四版）习题答案 - 陈伯时 - 图文

《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

? nN =

sn min 0 02 × 100

= = 2 04( r min ) ( 1 ? s ) ( 1 ? 0 02)

PN = 60 kW ，

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

U N = 220 = r min ， 主 电 路 总 电 阻 R = 0 18? ， V ， IN = 305 A ， nN 1000Ce = 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 N 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。 解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落

I R 305 × 0 18

N =N =274 min ?n C e = 0 2 5( r ) （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率

? n N 274 5

= ≈ 0 215 = 21 5%

n N + ? n N 1000 + 274 5

（3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落

s N = ? n N =

n N s 1000 × 0 05

= ( r min ) ≈ 2 63

D (1 ? s ) 20 × ( 1 ? 0 05)

*

Uu = 8 8 V , 比例调节放大

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 （1）输出电压 U d ；

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： （2）若把反馈线断开， U d 为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？

0.3 u 应为多少？

γ= 5 U 解：（1）输出电压

K K

2 × 15 p s *

U d = U u = × 8 8 = 12( V ) ；

1 + K p K s γ 1 + 2 × 15 × 0 7

（3）若把反馈系数减至 （2）若把反馈线断开， U d 时的 264 12 = 22 倍。

*

= K p K U = 2 × 15 × 8 8 = 264 ( V) ；开环时的输出电压是闭环 s u

5 ，当保持同样的输出电压时，给定电压 （3）若把反馈系数减至 γ = 0.3

1 + K p K s γ 1 + 2 × 15 × 0 35 *

U u = U d = × 12 = 4 6( V ) 。

K p K s 2 × 15

U N ? I d R 12.5 ×1.5 a 220 ? = = 0.1341 V ? min/ r 解：（1）C e =

n 1500 N

RI N 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8) op 307.r/ ? 0.1341 e =n = C = 6 min

n s 1500 × 0.1 N

cl 8.3 / ? ? s ) ≤ 20 (1 ? 0.1) = 3 n = D (1 × rmin

（2）

（3）

（4）闭环系统的开环放大系数为

K =

? nop 307.6

? 1 = ? 1 = 35.93 ? ncl 8.33

运算放大器所需的放大倍数

K 35.93 K p = = = 13.77

K s α / C 35 × 0.01 / 0.1341 e

解：

1 / 3 R = 4.8 ? R s / R = 0.3125 <

图见 49 页

解：计算系统中各环节的时间常数

电磁时间常数

L 0.05

T = = = 0.02 s l

R 1.5 + 1.0

GD 2 R 1.6 × (1.5 + 1.0 + 0.8) T = = = 0.082 s m

30 375 C C e m 375 × 0.1341 × × 0.1341 π

T s s = 0.00167

机电时间常数

晶闸管装置的滞后时间常数为

为保证系统稳定，应满足的稳定条件：

2 2

T ( T + T ) + T 0.082 × (0.02 + 0.00167) + 0.00167 s

K < m l s = = 53.29

T T 0.02 × 0.00167 l s

可以稳定运行，最大开环放大系数是 53.29

PN = 2.8 kW ， UN = 220 V ， IN = 15.6 A ， 2-12 有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机

nN 1500= r min ， R = 1 5 ? ，整流装置内阻 R= 0 8 ? ， = 1? ，电枢回路电抗器电阻 R L rec a

触发整流环节的放大倍数 K s = 35 。求：

（1）系统开环时，试计算调速范围 = 30 D 时的静差率 s。

=10% 时，计算系统允许的稳态速降。 D = 30, * s U n = 10V 时 I d = I N ， （3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求 D = 30, s = 10% ，在

n = n N ，计算转速反馈系数α 和放大器放大系数 K p 。

（2）当

解：先计算电动机的反电动势系数

U N ? I N R 220 ? 15 6 × 1 5 a

C = = = 0 131 (V ? min r ) e

n 1500 N

系统开环时的额定转速降落

I N ( Ra + R 15 6 × ( 1 5 + 1 + 0 8) rec + R L ) = ≈ 393 ( r min)

C 0 131 e

（1）系统开环时，调速范围 D = 30 时的静差率

D ? n N 30 × 393 s = = ≈ 0 887 = 88.7 % ；

n N + D ? n N 1500 + 30 × 393

（2）当 D = 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降

n N s 1500 × 0 1

nN 56( min ) ? =D (1 ? s ) =30 × ( 1 ? 0 1 ) ≈5 r （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 K = ? 1 = ? 1 ≈ 69.6 8 ；

? nop 5 56 cl ?n Nop =

*

U n 10

= ≈ 0 0067( V ? min r ) 转速反馈系数 α =

n N 1500 KC e 69 .6 8 × 0 131 K =放大器放大系数 p 38.9

35 × 0 0067 ≈ = K s α3 。

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 0 = 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 0.01s，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

= ≈ 1 465 ZT 1024 × 4 × 0 01 c

nZT c 1500 × 4096 × 0 01 M = = = 1024 ，误差率最大值 转速 n=1500r/min 时， 1

60 60

1 1

δ max = = ≈ 0 00097 = 0 097% ；

M 1 1024

nZT c 150 × 4096 × 0 01 = = = 102 4 ，误差率最大值 转速 n=150r/min 时， M 1

60 60

1 1

δ max = = ≈ 0 0097 = 0 97% 。

M 1 102 4

转速 n=1500r/min 和 n=150r/min 时的测速分辨率

Q =

（2）T 法测速

60 f 0 60 × 1 × 10 6

= ≈ 9 8 ，测速分辨率 转速 n=1500r/min 时， M 2 =

Zn 4096 × 1500 Zn 2 4096 × 1500 2

Q = = ≈ 171 6

60 f 0 ? Zn 60 × 1 × 10 ? 4096 × 1500

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