《电力拖动自动控制系统》(第四版)--阮毅、陈伯时--课后答案

第一章闭环控制的直流调速系统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—电动机系统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，开关损耗也不大，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：见教材。１－４某一调速系统，测得的最高转速特性为nomax=1500r/min，最低转速特性为nomin=150r/min，带额定负载时的速度降落ΔnN=15r/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？系统允许的静差率解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？解思路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：因故：1－7某调速系统的调速范围D=20，额定转速nN=1500r/min，开环转速降落ΔnNop=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：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？（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或测速发电机的励磁发生了变化，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。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。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。③系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。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：当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的变化最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小它们对稳态转速的影响。测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。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有一V—M调速系统。电动机参数为：PN=2.2KWUN=220V，IN=12.5A，nN=1500r/min，电枢电阻Ra=1.2Ω，整流装置内阻Rrec=1.5Ω，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%。(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框图。(3）调整该系统参数，使当U∗n=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。如取样电阻RS≤（Ra+Rrec)/3=(1.2+1.5)/3=0.9欧则Ucom=1.2INRS=1.2×12.5×0.9=13.5V电流反馈放大器的放大系数Kfi=22.5/13.5=1.67nKpKs1/CeUcUiIdEUd0Un++--RRs-UcomIdRs-Ucom-++Kf静态结构图Un*原理图思考题：1.若Vs发生故障而开路或短路，对系统有何影响？2.若要使系统无静差，应对系统做何修改？nKpKs1/CeUcUiIdEUd0Un++--RRs-UcomIdRs-Ucom-++Un*系统的静态结构图(3)R1=KP×R0=12.3×20=246K(4)BrNNVIVI1.1105.1120*RURVURUcBrimnVBr=7.33V当n=0时，12059.11015RRVRBrVKRIUsdblc59.140)15.03.0(945.1R2=3.59K精确求KP代入参数得Kp=12.75=35.93speKKKC=0.0145Vmin/r。301500minminnnnDN（4）min/50minrn电压负反馈：85.1806.15131.05.1)52.521(131.01)1(NeaepeNICRKCRnr/min%34.7885.1805085.180minNNnnns从1-10可知，K=28.6442.5系统可以稳定运行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。改变转速反馈系数会改变转速。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=Ud0/Ks=(RId+Cen)/Ks=〔(RUi※/β)+(CeUn※/α)〕/Ks。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，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。2-6在转速、电流双闭环系统中，转速给定信号Un※未改变，若增大转速反馈系数α，系统稳定后转速反馈电压Un是增加还是减少还是不变？为什么？答：Un不变，因为PI调节器在稳态时无静差，即：Un※=Un，Un※未改变，则，Un也不变。2-7在转速、电流双闭环系统中，两个调节器ASR、ACR均采用PI调节器。已知参数：电动机：Pnom=3.7kW，Unom=220V，Inom=20A，nnom=1000r/min，电枢回路总电阻R=1.5Ω，设Unm*=Uim*=Ucm=8V，电枢回路最大电流Idm=40A，电力电子变换器的放大系数Ks=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Ud0、Ui、Uc值。解：（1）β=Uim*/Idm=8/40=0.2α=Unm*/nnom=8/1000=0.008（2）Ud0=IdmR=40×1.5=60VUi=Uim*=8V（极性相反）Uc=Ud0/Ks=60/40=1.5A2-8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Uim=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）Ui应如何变化？（2）Uc应如何变化？解：（1）β=Uim*/Idm=8/80=0.1电流为40A时：Ui=Idβ=40×0.1=4V电流为70A时：Ui=Idβ=70×0.1=7V（2）Uc增加。2-9在双闭环直流调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因电动机励磁下降一半，系统工作情况将会如何变化？（λ=1.5）答：设突发状况之前的磁通为Ø1，令此时的磁通为Ø2，之前的电磁力矩为Te1，此刻的电磁力矩为Te2，负载转矩恒为Tl，电机励磁下降一半，则Ø2=0.5Ø1，Te2=Cm（Ø2）Id=0.5Te1＜Tl，n↓，Id↑甚至到Idm，Te2=Cm（Ø2）Idm=0.75Te1＜Tl，n会一直下降到0。2-10有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj（s）=10/（0.01s+1），要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ≤5%（按线性系统考虑）。试对该系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。解：可选择积分调节器，设其传递函数为：W（s）=ki/s，则校正成新系统的传递函数为：W新（s）=10Ki/s（0.01s+1），将原系统校正成Ⅰ型系统WⅠ（s）=K/s（Ts+1）以实现无静差，按σ≤5%要求查表取：KT=0.5即：10Ki×0.01=0.5，得：Ki=5。2-11调节对象的传递函数为Wobj（s）=18/[(0.25s+1)(0.005s+1)],要求用调节器将其校正成典型Ⅰ型和Ⅱ系统，确定调节器的结构和参数。解：（1）校正成典型Ⅰ型系统：•选择调节器为PI调节器，Wpi（s）=Kpi（τs+1）/τs；•令τ=0.25，则校正之后的新系统的传递函数为W（s）=18Kpi/[τs(0.005s+1)]；•WⅠ（s）=K/s（Ts+1），令KT=0.5，则，18Kpi/τ×0.005=0.5，代入τ=0.25，得：Kpi=1.4。（2）校正成典型ⅠI型系统：①传递函数近似处理：Wobj（s）=18/[(0.25s+1)(0.005s+1)]≈18/[0.25s(0.005s+1)]；•选择调节器为PI调节器，Wpi（s）=Kpi（τs+1）/τs；•校正之后的新系统的传递函数为W（s）=18Kpi（τs+1）/[0.25τs2（0.005s+1)]；•WⅡ（s）=K（τs+1）/s2（Ts+1），令h=5，h=τ/T=τ/0.005=5，则τ=0.025；K=（h+1）/2h2T2=18Kpi/0.25τ，代入τ，T，h，得：Kpi=1.67。解：要校正为II型系统，调节器结构可为PI，其)102.0()1()102.0(10)1()()(2ssskss