\u7535\u529b\u62d6\u52a8\u81ea\u52a8\u63a7\u5236\u7cfb\u7edf\u2014\u8fd0\u52a8\u63a7\u5236\u7cfb\u7edf(\u7b2c\u56db\u7248)\u4e60\u9898\u7b54\u6848.pdf - \u300a\u7535\u529b\u62d6\u52a8\u81ea\u52a8\u63a7\u5236\u7cfb\u7edf\u2014\u8fd0\u52a8\u63a7\u5236\u7cfb\u7edf\u300b\u4e60\u9898 c 2-2

电力拖动自动控制系统—运动控制系统(第四版)习题答案.pdf

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Unformatted text preview: 《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题 c 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 ∆n N = snmin 0.02 ×100 = = 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 PN = 60kW , U N = 220V , I N = 305 A , n N = 1000 r min , 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 s N 多少? (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 ∆n N = I N R 305 × 0.18 = = 274.5( r min ) Ce 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 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 sN = ∆n N = nN s 1000 × 0.05 = ≈ 2.63( r min ) 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 = 8.8V , 比例调节放大 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时的多少倍? (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 u* 应为多少? 解:(1)输出电压 Ud = K pKs 1 + K p K sγ U u* = 2 ×15 × 8.8 = 12( V ) ; 1 + 2 ×15 × 0.7 * (2)若把反馈线断开, U d = K p K sU u = 2 ×15 × 8.8 = 264(V) ;开环时的输出电压是闭环 时的 264 12 = 22 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 u* = 1 + K p K sγ K p Ks Ud = 1 + 2 × 15 × 0.35 ×12 = 4.6( V ) 。 2 ×15 解:(1) Ce (2) = U N − I d Ra 220 − 12.5 ×1.5 = = 0.1341V ⋅ min/ r nN 1500 ∆nop = RI N 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8) = = 307.6 r / min Ce 0.1341 ∆ncl = nN s 1500 × 0.1 ≤ = 8.33r / min D (1 − s ) 20 × (1 − 0.1) (3) (4)闭环系统的开环放大系数为 K = 运算放大器所需的放大倍数 K p ∆nop 307.6 −1 = − 1 = 35.93 ∆ncl 8.33 = K 35.93 = = 13.77 K sα / Ce 35 × 0.01 / 0.1341 解: R = 4.8Ω Rs / R = 0.3125 < 1 / 3 图见 49 页 解:计算系统中各环节的时间常数 电磁时间常数 机电时间常数 Tl = L 0.05 = = 0.02 s R 1.5 + 1.0 GD 2 R 1.6 × (1.5 + 1.0 + 0.8) Tm = = = 0.082 s 375CeCm 375 × 0.1341 × 30 × 0.1341 π 晶闸管装置的滞后时间常数为 Ts = 0.00167s 为保证系统稳定,应满足的稳定条件: Tm (Tl + Ts ) + Ts2 0.082 × (0.02 + 0.00167) + 0.00167 2 K< = = 53.29 TT 0.02 × 0.00167 l s 可以稳定运行,最大开环放大系数是 53.29 2-12 有一晶闸管-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 , Ra = 1.5Ω ,整流装置内阻 Rrec = 1Ω ,电枢回路电抗器电阻 RL = 0.8Ω , 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 D = 30 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 n* = 10V 时 I d = I N , n = n N ,计算转速反馈系数 α 和放大器放大系数 K p 。 解:先计算电动机的反电动势系数 Ce = U N − I N Ra 220 − 15.6 ×1.5 = = 0.131(V • min r ) nN 1500 系统开环时的额定转速降落 I N ( Ra + Rrec + RL ) 15.6 × (1.5 + 1 + 0.8) = ≈ 393(r min) Ce 0.131 (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 nN s 1500 × 0.1 ∆n N = = ≈ 5.56( r min ) 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 ∆nop 393 K= −1 = − 1 ≈ 69.68 ; ∆ncl 5.56 ∆nNop = U n* 10 = ≈ 0.0067( V • min r ) n N 1500 KC e 69.68 × 0.131 放大器放大系数 K p = = ≈ 38.93 。 K sα 35 × 0.0067 转速反馈系数 α = 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 ZTc 1024 × 4 × 0.01 nZTc 1500 × 4096 × 0.01 转速 n=1500r/min 时, M 1 = = = 1024 ,误差率最大值 60 60 1 1 δ max = = ≈ 0.00097 = 0.097% ; M 1 1024 nZTc 150 × 4096 × 0.01 转速 n=150r/min 时, M 1 = = = 102.4 ,误差率最大值 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 Zn 4096 ×1500 Zn 2 4096 ×15002 Q= = ≈ 171 60 f 0 − Zn 60 ×1× 106 − 4096 × 1500 转速 n=1500r/min 时, M 2 = 误差率最大值 δ max = 1 M 2 −1 = 1 ≈ 0.103 = 10.3% 。 9.8 − 1 60 f 0 60 × 1×10 6 转速 n=150r/min 时, M 2 = = ≈ 98 ,测速分辨率 Zn 4096 ×150 Zn 2 4096 × 1502 Q= = ≈ 1.55 60 f 0 − Zn 60 ×1×10 6 − 4096 ×150 误差率最大值 δ max = 1 M 2 −1 = 1 ≈ 0.0103 = 1.03% 。 98 − 1 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 nm = U im = 15V , n N = 1500 r min , I N = 20A ,电流过载倍数为 2,电枢回路总电阻 R = 2Ω , K s = 20 , Ce = 0.127 V ⋅ min r ,求: (1)当系统稳定运行在 U n* = 5V , I dL = 10A 时,系统的 n、 U n、U i*、U i 和 U c 各为多少? (2)当电动机负载过大而堵转时, U i* 和 U c 各为多少? 解:转速反馈系数 α= * U nm 15 = = 0.01( V ⋅ min r ) n N 1500 电流反馈系数 β= U im* 15 = = 0.375( V A ) I dm 2 × 20 * (1)当系统稳定运行在 U n = 5V , I dL = 10A 时, U n = U n* = 5(V ) U n* 5 = = 500( r min ) α 0.01 U i = βI dL = 0.375 × 10 = 3.75(V ) n= U i* = U i = 3.75(V ) U C n + I dL R 0.127 × 500 + 10 × 2 Uc = d0 = e = = 4.175( V ) 。 Ks Ks 20 (2)当电动机负载过大而堵转时,n=0; U i* = βI dm = 0.375 × 2 × 20 = 15(V ) I R 2 × 20 × 2 U c = dm = = 4( V ) 。 Ks 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: PN = 3.7 kW, U N = 220V, I N = 20A, n N = 1000 r min, 电枢回路 * 总电阻 R = 1.5Ω ;设 U nm = U im* = U cm = 8V ,电枢回路最大电流 I dm = 40A ,电力电子变 换器的放大倍数 K s = 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 d 0 , U i* , U i 和 U c 的值。 解:(1)电流反馈系数 β= U im* 8 = = 0.2( V A ) I dm 40 转速反馈系数 * U nm 8 α= = = 0.008( V ⋅ min r ) 。 n N 1000 (2)当电动机在最高转速发生堵转时,n=0; U d 0 = Ce n + I dm R = 0 + 40 ×1.5 = 60(V ) U i* = U i = βI dm = 0.2 × 40 = 8(V ) U 60 Uc = d0 = = 1.5( V ) 。 K s 40 3-5 某 反 馈 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 σ ≤ 10% 。 (1)系统的开环增益。 (2)计算过渡过程时间 t s 和上升时间 t r 。 (3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间 t r < 0.25s ,则 K=? σ = ? 解:典型 I 型系统开环传递函数为 K s (Ts + 1) (1)要求阶跃响应超调量 σ ≤ 10% ,则要求 KT ≤ 0.69 ,为获得尽量短的上升时间 t r ,选 择 KT = 0.69 ;则 K = 0.69 0.1 = 6.9 (2)过渡过程时间 t s = 6T = 6 × 0.1 = 0.6( s ) ; W (s) = 上升时间 t r = 3.3T = 3.3 × 0.1 = 0.33(s) 。 (3)如果要求上升时间 t r < 0.25s ,则选择 KT = 1 ; K = 1 0.1 = 10 , σ = 16.3% 。 解:PI 调节器 W (s ) = Ki (τ i s + 1) τ is 10 Ki (τ i s + 1) 10 Ki (τ i s + 1) τi 开环传递函数 Wop ( s ) = ⋅ = 2 s(0.02 s + 1) τi s s (0.02 s +1) 对Ⅱ型系统 σ ≤ 30% ,h=7 τ i = hT = 0.14 s K= h +1 = 204.1 2 h 2T 2 Ki = Kτ i = 2.8571 10 PI 调节器 Ki = Ri R0 W (s ) = 2.8571(0.1 4 s + 1) 0.14 s R0 取 10kΩ Ri =28.571 kΩ Ci = Ri / τ i = 14 µ F 取 30 kΩ 4 h=3 σ n % = 2( ∆Cmax ∆n T %)(λ − z) *N ∑ n = 63.4% Cb n Tm 3-10 有一转速、电流双闭环直流调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参 数 为 : PN = 500kW, U N = 750V, I N = 760A, n N = 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 K s = 75 ,电磁时间常数 Tl = 0.031s ,机电时间常数 Tm = 0.112s ,电流反 馈滤波时间常数 Toi = 0.002s ,转速反馈滤波时间常数 Ton = 0.02s 。设调节器输入输出电 * 压 U nm = U im* = U nm = 10V ,调节器输入电阻 R0 = 40kΩ 。 设计指标:稳态无静差,电流超调量 σ i ≤ 5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量 σ n ≤ 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 ω ci 和转速环的截止频率 ω cn ,并考虑它们是否合理? 解 : 三 相 桥 式 整 流 电 路 的 平 均 失 控 时 间 Ts = 0.0017s , 电 流 环 小 时 间 常 数 之 和 TΣi = Ts + Toi = 0.0037s , 要 求 电 流 超 调 量 σ i ≤ 5% , 应 取 K I TΣi = 0.5 , 因 此 K I ≈ 135.1s −1 。 (1)电流环等效时间常数 1 K I = 0.0074s ; 转速环小时间常数 TΣn = 1 K I + Ton = 0.0074 + 0.02 = 0.0274s ; 电流反馈系数 U im* 10 β= = ≈ 0.0088( V A ) λI N 1.5 × 760 转速反馈系数 α= * U nm 10 = = 0.0267( V ⋅ min r ) nN 375 选择转速调节器结构,其传递函数为 K n (τ n s + 1) τns 按跟随和抗扰动性能都较好的原则,取 h = 5, 则 ASR 的超前时间常数为 τ n = hTΣn = 5 × 0.0274 = 0.137s W ASR ( s ) = 转速环开环增益 KN = h +1 5 +1 = = 159.84s −2 , 2 2 2 2 2h TΣn 2 × 5 × 0.0274 可得 ASR 的比例系数为 ( h + 1) β Ce Tm 6 × 0.0088 × 1.82 × 0.112 = ≈ 10.51 ; 2hαRTΣn 2 × 5 × 0.0267 × 0.14 × 0.0274 取调节器输入电阻 R0 = 40kΩ ,则 Kn = Rn = K n R0 = 10.51× 40 = 420.4kΩ ,取 420k Ω τ 0.137 Cn = n = = 3.26 ×10−7 (F) = 0.326µF ,取 0.33 µF Rn 420 ×103 4T 4 × 0.02 Con = on = = 2 ×10 − 6 ( F) = 2 µF ,取 2 µF 。 3 R0 40 × 10 −1 (2)电流环的截止频率 ω ci = K I = 135.1s , −1 转速环的截止频率 ω cn = K Nτ n = 159.84 × 0.137 ≈ 21.9s ; 检验近似条件 1)校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件 1 1 = ≈ 196.1(s −1) > ωci ,满足近似条件; 3Ts 3 × 0.0017 校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件 3 1 1 =3 ≈ 50.91( s −1 ) < ωci ,满足近似条件; TmTl 0.112 × 0.031 校验电流环小时间常数近似条件 1 1 1 1 = ≈ 180.8( s −1 ) > ω ci ,满足近似条件; 3 Ts Toi 3 0.0017 × 0.002 校验电流环传递函数近似条件 1 K I 1 135.1 = ≈ 63.7( s −1 ) > ω cn ,满足近似条件; 3 TΣi 3 0.0037 校验转速环小时间常数近似条件 1 K I 1 135.1 = ≈ 27.4( s −1 ) > ωcn ,满足近似条件。 3 Ton 3 0.02 校核转速超调量 ⎛ ∆C max ⎞ ∆nb ⎟⎟ * σ n = ⎜⎜ ⎝ Cb ⎠ n ⎛ ∆C max ⎞ ∆n T ⎟⎟ (λ − z ) *N Σn = 2⎜⎜ n Tm ⎝ Cb ⎠ 760 × 0.14 0.0274 = 2 × 0.812 × (1.5 − 0) × 1.82 × 375 0.112 ≈ 0.093 < 10% 满足设计要求。 解:(1) α = 15 = 0.01V ⋅ min/ r 1500 U n* 5 n= = = 500 r / min α 0.01 U d 0 = Ce n + Id R = 104V Uc = Ud0 = 3.47V Ks (2) 当电动机突然失磁,电机停转。 Un = 0 U i* = U im* = 10V U i = −10V I d = I dm = 2V (3) W (s ) = K (τ s + 1) s 2 (Ts + 1) τ = hT = 0.25 s KN = h +1 = 48s −2 2 2 2h T W (s ) = (4) 48(0.25 s + 1) s 2 (0.05 s + 1) tv = 8.8Tm = 0.44 s ∆nb = ∆nmax = ( 2 RT∑ n ( I dm − I dL ) = 93.75 r / min CeTm ∆Cmax %)∆nb = 76.12 r / min Cb 5-1 一 台 三 相 鼠 笼 异 步 电 动 机 的 铭 牌 数 据 为 : 额 定 电 压 U N = 380V , 额 定 转 速 n N = 960 r min , 额 定 频 率 f N = 50Hz , 定 子 绕 组 为 Y 联 接 。 由 实 验 测 得 定 子 电 阻 Rs = 0.35Ω ,定子漏感 Lls = 0.006H ,定子绕组产生气隙主磁通的等效电感 Lm = 0.26H , 转子电阻 Rr′ = 0.5Ω ,转子漏感 Llr′ = 0.007H ,转子参数已折算到定子侧,忽略铁芯损耗。 (1)画出异步电动机 T 形等效电路和简化电路。 (2)额定运行时的转差率 s N ,定子额定电流 I1 N 和额定电磁转矩。 (3)定子电压和频率均为额定值时,理想空载时的励磁电流 I 0 。 (4)定子电压和频率均为额定值时,临界转差率 sm 和临界转矩 Tem ,画出异步电动机的机 械特性。 解:(1) 异步电动机 T 形等效电路 异步电动机简化电路 (2)由于额定转速 n N = 960 r min ,同步转速 n1 = 额定运行时的转差率 sN = 60 f N 60 × 50 = = 1000( r min ) , np 3 n1 − n 1000 − 960 = = 0.04 n1 1000 由异步电动机 T 形等效电路, C1 = 1 + Rs + j ω1 Lls L Rs 0.006 0.35 = 1 + ls − j =1+ −j ≈ 1.023 − j 0.004 ≈ 1.023 j ω1 Lm Lm 2πf N Lm 0.26 100π × 0.26 可得转子相电流幅值 Us I r′ = 2 ⎛ R′ ⎞ ⎜⎜ Rs + C1 r ⎟⎟ + ω12 (Lls + C1 Llr′ )2 sN ⎠ ⎝ 220 = 2 0.5 ⎞ ⎛ 2 2 ⎜ 0.35 + 1.023 × ⎟ + (100π ) × (0.006 + 1.023 × 0.007) 0.04 ⎠ ⎝ 220 = 172.5939 + 17.0953 = 15.9735( A ) 气隙磁通在定子每相绕组中的感应电动势 2 ⎛ R′ ⎞ Eg = I r′ ⎜⎜ r ⎟⎟ + ω12 Llr′ 2 = 15.9735 × 156.25 + 4.8361 ≈ 202.7352 (V) ⎝ sN ⎠ 额定运行时的励磁电流幅值 I0 = Eg 202.7352 = ≈ 2.482(A) ω1Lm 100π × 0.26 由异步电动机简化电路,额定运行时的定子额定电流幅值 Us I1 N = 220 = 2 2 R′ ⎞ ⎛ 2 2 ⎜ Rs + 2 ⎟ + ω1 (Lls + Llr′ ) s ⎠ ⎝ 220 = 165.1225 + 16.6796 = 16.3164 (A) 0.5 ⎞ ⎛ 2 2 ⎜ 0.35 + ⎟ + (100π ) × (0.006 + 0.007) 0 . 04 ⎝ ⎠ 额定电磁转矩 Te = Pm 3n p 2 Rr′ 3 × 3 0.5 = I r′ = × 15.97352 × ≈ 91.37( N ⋅ m) (依据 T 形等效电路) ωm ω1 sN 100π 0.04 或 Te = Pm 3n p 2 Rr′ 3 × 3 0.5 = I1N = × 16.31642 × ≈ 95.33( N ⋅ m) (依据简化等效电路) ωm ω1 sN 100π 0.04 (3)定子电压和频率均为额定值时,理想空载时的励磁电流 I0 = Us R + ω (Lls + Lm ) 2 s 2 1 2 = 220 0.352 + (100π ) 2 × ( 0.006 + 0.26) 2 = 2.633( A ) (4)定子电压和频率均为额定值时,临界转差率 sm = Rr′ R + ω (Lls + Llr′ ) 2 s 2 1 2 = 0.5 2 2 0.35 + (100π ) × (0.006 + 0.007) 2 = 0.122 临界转矩 Tem = 3n pU s2 2 2ω1 ⎡ Rs + Rs2 + ω12 Lls + Llr′ ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ = 155.83( N ⋅ m ) ( ) = [ 3 × 3 × 2202 200 × π × 0.35 + 0.352 + (100π ) 2 × (0.006 + 0.007) 2 异步电动机的机械特性: n 0 n1 S Sm 1 0 Te Tem 1 2 2 3 5-2 异步电动机参数如习题 5-1 所示,画出调压调速在 U N 和 U N 时的机械特性,计算临 界转差率 sm 和临界转矩 Tem ,分析气隙磁通的变化,在额定电流下的电磁转矩,分析在恒转 矩负载和风机类负载两种情况下,调压调速的稳定运行范围。 解: 定子相电压改变,临界转差率不变,即 sm = Rr′ = 0.5 = 0.122 0.35 + (100π ) × (0.006 + 0.007) 2 Rs2 + ω12 (Lls + Llr′ ) 1 1 1 当调压至 U N 时,临界转矩 Tem = Te max = × 155.83 = 38.96( N ⋅ min) , 2 4 4 2 4 4 当调压至 U N 时,临界转矩 Tem = Te max = × 155.83 = 69.26( N ⋅ min) 。 3 9 9 Us 气隙磁通: Φ m ≈ 随定子电压的降低而减小。 4.44 f1N s k Ns 2 2 2 5-6 异步电动机参数如习题 5-1 所示,输出频率 f 等于额定频率 fN 时,输出电压 U 等于额定 电压 UN,考虑低频补偿,若频率 f =0,输出电压 U=10%UN。 (1)求出基频以下电压频率特性曲线 U =f(f)的表达式,并画出特性曲线。 (2) 当 f=5Hz 和 f=2Hz 时,比较补偿与不补偿的机械特性曲线,两种情况下的临界转矩 Temax。 解:(1)UN=220(A) 斜率 U N − 0.1U N 220 − 22 = = 3.96 , fN − 0 50 − 0 考虑低频补偿时,电压频率特性曲线 U = 3.96 f + 22 ; k= 不补偿时,电压频率特性曲线 U = 220 f = 4.4 f 50 (2)当 f=5Hz 时 A、不补偿时,输出电压 U = 4.4 f = 22(V) , 临界转矩 Tem = 3n pU s2 2 2ω1 ⎡ Rs + Rs2 + ω12 Lls + Llr′ ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ = 78.084( N ⋅ m) ( ) = 3 × 3 × 222 [ 20 × π × 0.35 + 0.352 + (10π ) 2 × (0.006 + 0.007) 2 B、补偿时,输出电压 U = 3.96 f + 22 = 41.8( V ) Tem = 3n pU s2 2 2ω1 ⎡ Rs + Rs2 + ω12 Lls + Llr′ ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ = 281.883( N ⋅ m) ( ) = 3 × 3 × 41.82 [ 20 × π × 0.35 + 0.352 + (10π ) 2 × (0.006 + 0.007) 2 当 f=2Hz 时 A、不补偿时,输出电压 U = 4.4 f = 8.8( V ) , 临界转矩 Tem = 3n pU s2 2 2ω1 ⎡ Rs + Rs2 + ω12 Lls + Llr′ ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ = 37.666( N ⋅ m) ( ) = [ 3 × 3 × 8.82 8 × π × 0.35 + 0.352 + (4π ) 2 × (0.006 + 0.007) 2 B、补偿时,输出电压 U = 3.96 f + 22 = 29.92(V) Tem = 3n pU s2 2 2ω1 ⎡ Rs + Rs2 + ω12 Lls + Llr′ ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ = 435.419( N ⋅ m) ( ) = [ 3 × 3 × 29.922 8 × π × 0.35 + 0.352 + (4π ) 2 × (0.006 + 0.007) 2 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矢量表达式, 画出空间电压矢量图。 解: 5-11 采用电压空间矢量 PWM 调制方法,若直流电压 ud 恒定,如何协调输出电压与输出频 率的关系。 解:在一个周期内,6 个有效工作矢量顺序作用一次,定子磁链矢量是一个封闭的正六边形。 ψ s (k ) = ∆ψ s (k ) = u (k ) ∆t = 2 u d ∆t = 3 2 πud 3 3ω1 正六边形定子磁链的大小与直流侧电压成正比,而与电源角频率成反比。在基频以下调速时, 应保持正六边形定子磁链的最大值恒定。若直流侧电压恒定,则 ω1 越小时, ∆t 越大,势必 导致 ψ s ( k ) 增加。因此,要保持正六边形定子磁链不变,必须使 ud ω1 为常数,这意味着 在变频的同时必须调节直流电压,造成了控制的复杂性。 有效的方法是插入零矢量,当零矢量作用时,定子磁链矢量的增量 ∆ψ s ( k ) = 0 ,表明 定子磁链矢量停留不动。 有效工作矢量作用时间 ∆t1 < ∆t , 零矢量作用时间 ∆t0 = ∆t − ∆t1 , 当 ω1 ∆t = ω1 ( ∆t1 + ∆t0 ) = π 3 时,定子磁链矢量的增量为 正六边形定子磁链的最大值 在直流电压不变的条件下,要保持 ψ s (k ) 恒定,只要使 ∆t1 为常数即可。输出频率越低, ∆t 越大,零矢量作用时间 ∆t0 也越大,定子磁链矢量轨迹停留的时间越长。由此可知,零矢量 的插入有效地解决了定子磁链矢量幅值与旋转速度的矛盾。 6-1 按磁动势等效、功率相等原则,三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为 1 ⎡ 1 − 2⎢ 2 ⎢ 3 3⎢ 0 ⎣⎢ 2 1 ⎤ 2 ⎥ C3 2 = ⎥ 3⎥ − 2 ⎦⎥ 2π 2π 现有三相正弦对称电流 iA = I m sin( ωt ) 、 iB = I m sin( ωt − ) 、 iC = I m sin( ωt + ) ,求 3 3 变换后两相静止坐标系中的电流 isα 和 isβ ,分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。 1 ⎡ 1 − ⎢ ⎡is α ⎤ 2 2 解: ⎢ ⎥ = ⎢ 3 3⎢ ⎣isβ ⎦ 0 ⎢⎣ 2 − ⎡ ⎤ 1 ⎤ ⎢ I m sin( ωt ) ⎥ − ⎥⎢ 2 I sin( ωt − 2π ) ⎥ = ⎥ ⎥⎢ 3 ⎥⎢ m 3 ⎥ − 2 ⎥⎦ ⎢ I m sin( ωt + 2π ) ⎥ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 3 ⎡ I m sin( ωt ) ⎤ ; 2 ⎢⎣ − I m cos( ωt ) ⎥⎦ 6-2 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换矩阵为 ⎡ cos ϕ sin ϕ ⎤ C2 s 2 r = ⎢ ⎥ ⎣ − sin ϕ cos ϕ ⎦ 将习题 6-1 中的静止坐标系中的电流 is α 和 isβ 变换到两相旋转坐标系中的电流 isd 和 isq ,坐 标系旋转速度为 dϕ = ω1 。分析当 ω1 = ω 时,电流 isd 和 isq 的基本特征,电流矢量幅值 dt is = isd2 + isq2 与三相电流幅值 I m 的关系,其中 ω 是三相电源角频率。 ω1 > ω 和 ω1 < ω 时, isd 和 isq 的表现形式。 ⎡isd ⎤ ⎡ cos ϕ ⎥=⎢ ⎣isq ⎦ ⎣ − sin ϕ 解: ⎢ sin ϕ ⎤ 3 ⎡ I m sin( ωt ) ⎤ = cos ϕ ⎥⎦ 2 ⎢⎣− I m cos( ωt ) ⎥⎦ 3 ⎡ I m sin( ωt − ϕ ) ⎤ 2 ⎢⎣ − I m cos( ωt − ϕ )⎥⎦ dϕ = ω1 ,则 ϕ = ω1t + ϕ 0 ( ϕ 0 为初始角位置) dt (1)当 ω1 = ω 时, ϕ = ω1t = ωt + ϕ 0 ,则 由坐标系旋转速度为 isd = − 3 I m sin ϕ 0 , 2 isq = − 3 I m cos ϕ0 , 2 3 Im ; 2 (2)当 ω1 > ω 和 ω1 < ω 时,设 ω s = ω1 − ω , ωt − ϕ = −ω s t − ϕ 0 ,则 is = isd2 + isq2 = ⎡isd ⎤ ⎢i ⎥ = ⎣ sq ⎦ 3 ⎡ I m sin( ωt − ϕ ) ⎤ 3 ⎡ − I m sin( ω st + ϕ 0 ) ⎤ = 。 2 ⎢⎣ − I m cos( ωt − ϕ ) ⎥⎦ 2 ⎢⎣− I m cos( ω st + ϕ 0 ) ⎥⎦ 6-3 按转子磁链定向同步旋转坐标系中状态方程为 坐标系的旋转角速度为 ω1 = ω + Lm ist Trψ r 假定电流闭环控制性能足够好,电流闭环控制的等效传递函数为惯性环节 dism 1 1 * = − ism + ism dt Ti Ti dist 1 1 = − ist + ist* dt Ti Ti * 和 ist* ,输出为 Ti 为等效惯性时间常数。画出电流闭环控制后系统的动态结构图,输入为 ism ω 和ψ r ,讨论系统稳定性。 解:电流闭环控制后系统的动态结构图如下: * ism ist* 1 Ti s + 1 ism 1 Ti s + 1 ist ψr Lm Tr s + 1 np Lm Lr Te _ np Js ω TL 转子磁链环节为稳定的惯性环节;转速通道存在积分环节,系统不稳定,必须加转速外环使 之稳定。 6-4 鼠笼异步电动机铭牌数据为:额定功率 PN = 3kW ,额定电压 U N = 380V ,额定电流 I N = 6.9A ,额定转速 nN = 1400 r min ,额定频率 f N = 50Hz ,定子绕组 Y 联接。由实 验测得定子电阻 Rs = 1.85Ω ,转子电阻 Rr = 2.658Ω ,定子电感 Ls = 0.294H ,转子自感 Lr = 0.2898H ,定、转子互感 Lm = 0.2838H ,转子参数已折合到定子侧,系统的转动惯 量 J = 0.1284kg ⋅ m 2 ,电动机稳定运行在额定工作状态,试求转子磁链ψ r 和按转子磁链定 向的定子电流两个分量 ism 和 ist 。 解:额定转速 nN = 1400 r min ,额定频率 f N = 50Hz ,则电动机极对数 n p = 2 ,额定转 速 ωm = 2πnN = 146.6( rad s ) ; ω = n pωm = 293.2 ( rad s ) ; 60 设三相正弦对称电流 iA = I m sin( 2πf N t ) = 9.758 sin(100πt ) 、 2π 2π iB = I m sin( 2πf N t − ) = 9.758 sin(100πt − )、 3 3 2π 2π ) = 9.758sin(100πt + ), 3 3 ⎡ ⎤ 1 1 ⎤ ⎢ I m sin( 2πf N t ) ⎥ ⎡ 1 − − ⎥⎢ ⎡is α ⎤ 2⎢ 2 2 I sin( 2πf t − 2π ) ⎥ = ⎡ 11.951sin(100πt ) ⎤ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎢i ⎥ = N 3 3 ⎥⎢ m 3⎢ 3 ⎥ ⎢⎣− 11.951cos(100πt ) ⎥⎦ ⎣ sβ ⎦ 0 − ⎣⎢ 2 2 ⎦⎥ ⎢ I m sin( 2πf N t + 2π ) ⎥ 3 ⎦⎥ ⎣⎢ L 0.2898 转子电磁时间常数 Tr = r = = 0.109( s ) , Rr 2.658 iC = I m sin( 2πf N t + 电动机稳定运行在额定工作状态时 ψ rα = Lmisα − ωTrψ rβ ψ rβ = Lmisβ + ωTrψ rα ψ rα = ,得 Lm isα − ωTr Lmis β 1 + ω 2Tr2 0.2838 × 11.951 × sin(100πt ) − 293.2 × 0.109 × 0.2838 × ( −11.951) × cos(100πt ) 1 + 293.22 × 0.1092 = 0.0033 × sin(100πt ) + 0.1060 × cos(100πt ) L i + ωTr Lmisα = m sβ 1 + ω 2Tr2 0.2838 × (−11.951) × cos(100πt ) + 293.2 × 0.109 × 0.2838 ×11.951× sin(100πt ) = 1 + 293.2 2 × 0.109 2 = −0.0033 × cos(100πt ) + 0.1060 × sin(100πt ) = ψ rβ ψ r2α = 0.00332 × sin 2 (100πt ) + 0.0006996 × sin(100πt ) × cos(100πt ) + 0.10602 × cos 2 (100πt ) ψ r2β = 0.00332 × cos 2 (100πt ) − 0.0006996 × sin(100πt ) × cos(100πt ) + 0.1060 2 × sin 2 (100πt ) ψ r = ψ r2α + ψ r2β = 0.00332 + 0.10602 ≈ 0.1061 ψ rβ − 0.0033 × cos(100πt ) + 0.1060 × sin(100πt ) = ψr 0.1061 ≈ −0.0311× cos(100πt ) + 0.9991 × sin(100πt ) ψ 0.0033 × sin(100πt ) + 0.1060 × cos(100πt ) cos ϕ = rα = ψr 0.1061 sin ϕ = ≈ 0.0311× sin(100πt ) + 0.9991× cos(100πt ) ⎡ism ⎤ ⎡ cos ϕ sin ϕ ⎤ ⎡is α ⎤ ⎡ cos ϕ sin ϕ ⎤ ⎡ sin(100πt ) ⎤ ⎢ i ⎥ = ⎢− sin ϕ cos ϕ ⎥ ⎢i ⎥ = 11.951 × ⎢ − sin ϕ cos ϕ ⎥ ⎢ − cos(100πt ) ⎥ ⎣ st ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ sβ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎡ 0.0311 ⎤ ⎡ 0.3717 ⎤ = 11.951 × ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ( A) ⎣ − 0.9991⎦ ⎣− 11.9402⎦ 6-5 根据习题 6-3 得到电流闭环控制后的动态结构图,电流闭环控制等效惯性时间常数 Ti = 0.001s ,设计矢量控制系统转速调节器 ASR 和磁链调节器 AψR,其中,ASR 按典型 II 型系统设计,AψR 按典型 I 型系统设计,调节器的限幅按 2 倍过电流计算,电动机参数同 习题 6-4。 解:(1)AψR 按典型 I 型系统设计 ψ r* ΑΨ R _ * ism 1 Ti s + 1 ism Lm Tr s + 1 ψr 磁链调节器 AψR 采用 PI 调节器,其传递函数可写成 Kψ (τψ s + 1) τψ s W AΨR = 磁链环开环传递函数为 Wop ψ = Kψ (τψ s + 1) Lm τψ s (Ti s + 1)(Tr s + 1) Lr 0.2898 = = 0.109( s ) ,电流闭环控制等效惯性时间常数 Rr 2.658 Ti = 0.001s ,选择 τ ψ = Tr = 0.109s ,便校正成典型 I 型系统,因此 其中转子电磁时间常数 Tr = Wop ψ = Kψ Lm Kψ Lm KΨ ,其中: K Ψ = ; = τ ψ s (Ti s + 1) s (Ti s + 1) τψ 在一般情况下,希望超调量 σ i ≤ 5% ,可选择 ξ = 0.707 , K Ψ Ti = 0.5 ,则 K Ψ = ωcψ = Kψ = 1 = 500( s −1 ) , 2Ti K Ψτψ K ΨTr 500 × 0.109 = = = 192.04 , Lm Lm 0.2838 调节器的限幅按 2 倍过电流计算,磁链调节器 AψR 输出限幅值 * ism max = 2ismN = 2 × 0.3717 = 0.7434( A) 。 (2)ASR 按典型 II 型系统设计 TL ψr ω* _ ist* ASR ist 1 Ti s + 1 L np m Lr _ Te 转速调节器 ASR 采用 PI 调节器,其传递函数可写成 W ASR = K n (τ n s + 1) τ ns 转速环开环传递函数为 Wopn = n K n 2 L ψ (τ s + 1) K n (τ n s + 1) 1 n p Lm ψr p = n p m 2 r n τ ns Ti s + 1 Lr Js τ n Lr Js (Ti s + 1) 令转速环开环增益 K N = K n n 2p Lmψ r ,则 τ n Lr J Wopn = K N (τ n s + 1) s 2 (Ti s + 1) 按跟随和抗扰性能都较好的原则,取中频宽 h=5,则 τ n = hTi = 5 × 0.001 = 0.005(s ) np Js ω h +1 5 +1 = s − 2 = 120000s − 2 2 2 2 2 2h Ti 2 × 5 × 0.001 K τ L J 120000 × 0.005 × 0.2898 × 0.1284 K n = N2 n r = ≈ 185.365 n p Lmψ r 2 2 × 0.2838 × 0.1061 KN = 转速环截止频率 ωcn = K Nτ n = 120000 × 0.005s −1 = 600s −1 调节器的限幅按 2 倍过电流计算,转速调节器 ASR 输出限幅值 ist* max = 2istN = 2 × 11.9402 = 23.8804( A) ...
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