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1、-运动控制系统课后习题答案2.2 系统的调速围是1000100，要求静差率s=2%，则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 *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，试问系统能够到达的调速围有多大？系统允许的静差率是多少？解：1调速围(均指额定负载情况下 2) 静差率2.4 直流电动机为PN=74kW,UN=220V，IN=378A，nN=1430r/min，Ra=0.023。相控整流器阻Rrec=0.022。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
2、多少？解：2.5 *龙门刨床工作台采用V-M调速系统。直流电动机，主电路总电阻R=0.18,Ce=0.2Vmin/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假设要满足D=20,s5%的要求，额定负载下的转速降落又为多少解：(1) (2) (3) 2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态构造图如下图，给定电压、比例调节器放大系数、晶闸管装置放大系数、反应系数=0.7。求：1输出电压；2假设把反应线断开，为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？3假设把反应系数减至=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压应为多少？解：1 (2) ,开环
3、输出电压是闭环的22倍 (3) 2.7 *闭环调速系统的调速围是1500r/min150r/min，要求系统的静差率，则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： 122.8 *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，调速围可以扩大多少倍？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/
4、min，电枢电阻Ra=1.5，电枢回路电抗器电阻RL=0.8，整流装置阻Rrec=1.0,触发整流环节的放大倍数Ks=35。要求系统满足调速围D=20，静差率S35.955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，：电动机：，r/min，=1.5，整流装置阻=1, 电枢回路电抗器电阻=0.8，触发整流环节的放大倍数。(1)系统开环工作时，试计算调速围时的静差率值。(2)当，时，计算系统允许的稳态速降。(3)如组成转速负反应有静差调速系统，要求，在时，计算转速负反应系数和放大器放大系数。解：1232.13旋转编码器光栅数1024，倍频系
5、数4，高频时钟脉冲频率，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位计数器，M法测速时间为0.01s，求转速和时的测速分辨率和误差率最大值。解：1M法：分辨率最大误差率：时，时，时，时，可见M法适合高速。2T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=2，=20，=0.127Vmin/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，
6、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。参数：电动机：=3.7kW，=220V，=20A，=1000 r/min ,电枢回路总电阻=1.5,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：1电流反应系数和转速反应系数。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输出到达=8V时，主电路电流到达最大电流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？解
7、: 1) 因此当电流从40A70A时，应从4V7V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 *反应控制系统已校正成典型I型系统。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=，=解：取(1) 系统开环增益：(2) 上升时间过度过程时间：3如要求，查表3-1则应取 , 这时,超调量=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量5按线性系统考虑。试对系统进展动态校正，决定调节器构造，并选
8、择其参数。解：按典型I型系统设计，选。选I调节器，校正后系统的开环传递函数为，已选KT0.5, 则K0.5/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。试决定调节器构造，并选择其参数。解：应选择PI调节器，对照典型型系统，满足设计要求。这样，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，电动机的额定数据为：kW , V , A , r/min , 电动势系数=0.196 Vmin/r , 主回路总电阻=0.18,触发整流环节的放大倍数=35。电磁时间常数=0.012s,机电
9、时间常数=0.12s,电流反应滤波时间常数=0.0025s,转速反应滤波时间常数=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。系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速围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确定电流反应系数(假设起动电流限制在以)和转速反应系数。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。3设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、COn。(R0=40k)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
10、量n。5计算空载起动到额定转速的时间。解：12电流调节器设计确定时间常数：电流调节器构造确定：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: ，。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:因为则速度调节器构造确定：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说明，上述设计不符合要求。因此需重新设计。查表，应取小一些的h，选h=3进展设计。按h=3，速度调节器参数确定如下：校验等效条件
11、：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说明，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。电动机参数为：PN =500kW，UN =750V，IN =760A，nN=375 r/min，电动势系数Ce =1.82Vmin/r, 电枢回路总电阻R=0.14,允许电流过载倍数=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,电流反应
12、滤波时间常数=0.002s,转速反应滤波时间常数=0.02s。设调节器输入输出电压Unm*=Uim*=Unm =10V,调节器输入电阻R0=40k。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选择转速调节器构造,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：电流调节器构造确定：因为%5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器， WACR(s)=Ki(is+1)/is， Tl/Ti=0.031/0.00367=8.25b)
13、1/3(KI/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1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 由此 =n/Rn=0.1367/420*103=0.325F 取0.33F C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2F2) 电流环的截止频率是：ci=KI=136.24 s-1 速度环的截止频率是：=21.946 s-2从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分表达了多环控制系统的设计特点。3.11在一个转速、电流双闭环V-M系统
14、中，转速调节器ASR，电流调节器ACR均采用PI调节器。1在此系统中,当转速给定信号最大值Unm*=15V时,n=nN=1500 r/min;电流给定信号最大值Uim*=10V时,允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2,晶闸管装置的放大倍数Ks=30 ,电动机额定电流IN =20A ,电动势系数Ce =0.128Vmin/r。现系统在Un*=5V ,Idl=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n= ACR的输出电压Uc =2当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(=0) , 系统将会发生什么现象 试分析并说明之。假设系统能够稳定下来,则稳定后n= Un= Ui*= Ui= Id= U
15、c = 3该系统转速环按典型型系统设计, 且按Mrmin准则选择参数,取中频宽h=5, 转速环小时间常数Tn =0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。4该系统由空载(=0)突加额定负载时,电流和转速的动态过程波形是怎样的机电时间常数=0.05s,计算其最大动态速降和恢复时间。1) = U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r = U*im/Idm = 10/30=0.33 V/A U*n =5 V，n=U*n/=5/0.01=500 r/min Uc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(Cen+IdLlR)/Ks=(0.128*5
16、00+20*2)/30=3.467 V2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁=0则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调节器很快到达饱和，要求整流装置输出最大电流Idm。因此，系统稳定后， n=0，Un=0 U*i=U*im =10， Ui=U*i =10 Id=Idm=30A Uc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(0+30*2)/30=2 V3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：n=hTn=5*0.05=0.25sTn=0.05sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-24) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。p93,94)nb=2(-z)nNTn/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min Cb=2FK2T=2IdNRTn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降：nma*=(Cma*/Cb)*nb=81.2%*625 =507.5 r/min恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表习题五. z.
