《電力拖動自動控制系統(tǒng)》第四習題

《電力拖動自動控制系統(tǒng)》第四習題答案《電力拖動自動控制系統(tǒng)》第四習題答案/《電力拖動自動控制系統(tǒng)》第四習題答案《電力拖動自動控制系統(tǒng)—運動控制系統(tǒng)》習題2-2調(diào)速系統(tǒng)的調(diào)速范圍是1000~100r/min，要求靜差率s=2%，那么系統(tǒng)同意的穩(wěn)態(tài)速降是多少？解：系統(tǒng)同意的穩(wěn)態(tài)速降sn=0.02×100?=)(1?0.02)=2.04(rmin)nN(1?sPN=60kW，2-5某龍門刨床工作臺采納晶閘管整流器-電動機調(diào)速系統(tǒng)。已知直流電動機RUN=220V，IN=305A，nN=1000rmin，主電路總電阻=0.18?，CerV?min，求：=0.2nN（1）當電流連續(xù)時，在額定負載下的轉速下降為多少？?（2）開環(huán)系統(tǒng)機械特征連續(xù)段在額定轉速時的靜差率sN多少？3）額定負載下的轉速下降?nN為多少，才能知足D=20,s≤5%的要求。解：（1）當電流連續(xù)時，在額定負載下的轉速下降?nN=INR=305×0.18=274.5(rmin)Ce0.2（2）開環(huán)系統(tǒng)機械特征連續(xù)段在額定轉速時的靜差率sN=?nN274.5≈0.215=21.5%=1000+274.5nN+?nN（3）額定負載下知足D=20,s≤5%要求的轉速下降?nN=nNs1000×0.05≈2.63(rmin)=20×(1?0.05)D(1?s)解：（1）Ce=UN?IdRa=220?12.5×1.5=0.1341V?min/rnN1500?n=RIN=12.5×(1.5+1.0+0.8)=307.6r/minopCe0.1341（2）nNs≤1500×0.1?ncl==8.33r/minD(1?s)20×(1?0.1)3）（4）閉環(huán)系統(tǒng)的開環(huán)放大系數(shù)為K=?nop?1=307.6?1=35.93?ncl8.3335.93K運算放大器所需的放大倍數(shù)Kp===13.77Ksα/Ce35×0.01/0.1341解：R=4.8?Rs/R=0.3125<1/32-12圖見49頁N=2.8kWU=220VI有一晶閘管-電動機調(diào)速系統(tǒng)，已知：電動機P1?，N，NA，nN=1500rmin，Ra=1.5?，整流裝置內(nèi)阻Rrec=，電樞回路電抗器電阻0.8?，觸發(fā)整流環(huán)節(jié)的放大倍數(shù)Ks=35。求：（1）系統(tǒng)開環(huán)時，試計算調(diào)速范圍D=30時的靜差率s。

=15.6RL=（2）當D=30,s=10%時，計算系統(tǒng)同意的穩(wěn)態(tài)速降。（3）如構成轉速負反應有靜差調(diào)速系統(tǒng)，要求D=30,s=10%，在U*=10V時=NI，ndIn=nN，計算轉速反應系數(shù)α和放大器放大系數(shù)Kp。解：先計算電動機的反電動勢系數(shù)UN?INRa=220?15.6×1.5CenN1500=0.131(V?minr)=系統(tǒng)開環(huán)時的額定轉速下降nIN(Ra+Rrec+RL)15.6×(1.5+1+0.8)?Nop=Ce=0.131≈393(rmin)（1）系統(tǒng)開環(huán)時，調(diào)速范圍D=30時的靜差率D?nN=30×393≈0.887=88.7%；s=+nN1500+30×393D?nN（2）當D=30,s=10%時，系統(tǒng)同意的穩(wěn)態(tài)速降?nN=nNs=1500×0.1≈5.56(rmin)D(1?s)30×(1?0.1)D=30,s=10%，則系統(tǒng)開環(huán)放大系數(shù)（3）如構成轉速負反應有靜差調(diào)速系統(tǒng)，要求?nop393≈69.68；K=?1=?1?ncl5.56轉速反應系數(shù)α=U10≈0.0067(V?minr)nnN1500放大器放大系數(shù)KpKCe69.68×0.131。=Ksα=35×0.0067≈38.93Ci=Ri/τi=14μF?Cmax%)(λ?z)?nNT∑n=63.4%4h=3σn%=2(TmCbn*=380V，額定轉速nN=960r5-1一臺三相鼠籠異步電動機的銘牌數(shù)據(jù)為：額定電壓UNmin，額定頻次fN=50Hz，定子繞組為Y聯(lián)接。由實驗測得定子電阻Rs=0.35?，定子漏感Lls=0.006H，定子繞組產(chǎn)生氣隙主磁通的等效電感Lm=0.26H，轉子電阻R′=0.5?，轉子漏感′=0.007H，轉子參數(shù)已折算到定子側，忽視鐵芯消耗。rLlr1）畫出異步電動機T形等效電路和簡化電路。2）額定運轉時的轉差率sN，定子額定電流IN和額定電磁轉矩。（3）定子電壓和頻次均為額定值時，理想空載時的勵磁電流（4）定子電壓和頻次均為額定值時，臨界轉差率sm

I。和臨界轉矩

Tem，畫出異步電動機的機械特征。解：（1）異步電動機T形等效電路異步電動機簡化電路（2）因為額定轉速nN=960rmin，同步轉速n60fN=60×50=1000(rmin)，=np3額定運轉時的轉差率sNn1?n=1000?960=0.04=n11000由異步電動機T形等效電路，Rs+jωLlsLlsRs0.0060.35C=1+=1+?j2=1+0.26?j≈1.023?j0.004≈1.023jωmLLmπfNLm100π×0.26可得轉子相電流幅值′UsIr=?+ω(L+CL′)+CRr′????RN?=?ss?lslr220?0.5?0.35+1.023×?0.04?+(100)×0.006+1.023×0.007)220π(=172.5939+17.0953=15.9735(A)氣隙磁通在定子每相繞組中的感覺電動勢?Rr′?222=15.9735×156.25+4.8361≈202.7352（V）Eg=I′r??+ω1L′lr?sN?額定運轉時的勵磁電流幅值I0=Eg=202.7352≈2.482(A)ω1Lmπ100×0.26由異步電動機簡化電路，額定運轉時的定子額定電流幅值IN=Us=2200.5?′??R?(′2s20???0.04?=?Rs?lslr?1.1225+16.696657=16.3164（A）額定電磁轉矩T=Pm3np2′3×20.5Nm（依照T形等效電路）=Ir′Rr=3×15.9735ωmω1sN100π0.04或ePm=3npI2Rr′3×3×20.5≈T16.3164（依照簡化等效電路）ωmω1N100π0.04（3）定子電壓和頻次均為額定值時，理想空載時的勵磁電流I=Us+L)=2.633(A)R+ω(L2200.35+(100π)×(0.006+0.26)=slsm（4）定子電壓和頻次均為額定值時，臨界轉差率R′rsm=R+ω(L+L′)=0.35+(100π)×(0.006+0.007)=0.122slslr臨界轉矩

0.5Tem=3nU3×3×220ps?R=2R200×π×(LL[π]0.35+×(0.006+0.007)0.35+(100))?ω+?)s+ω+′=15sNmlslr5.83(異步電動機的機械特征：nn10S10TT5-6異步電動機參數(shù)如習題5-1所示，輸出頻次f等于額定頻次f時，輸出電壓U等于額定電壓U，考慮低頻賠償，若頻次f=0，輸出電壓U=10%U。（1）求出基頻以下電壓頻次特征曲線U=f(f)的表達式，并畫出特征曲線。（2）當f=5Hz和f=2Hz時，比較賠償與不賠償?shù)臋C械特征曲線，兩種狀況下的臨界轉矩T。解：（1）U=220(A)斜率k=UN?0.1UN=220?22=3.96，fN?050?0U=3.96f考慮低頻賠償時，電壓頻次特征曲線+22；不賠償時，電壓頻次特征曲線220f（2）當f=5Hz時U=f=4.450A、不賠償時，輸出電壓U=4.4fT=3nU3×3×22=22(V),臨界轉矩=?R20××2Rπ(LL[0.35+0.35+(10π)×(0.006+0.007)])?U=3.96f+22=41.8(V)B、賠償時，輸出電壓ω++ω+′N3nU3×3×41.8T=R=2?R20×π×(L[0.35+0.35+(10π)×(0.006+0.007)]L)?ω++ω+′=281.883(N?m)當f=2Hz時U=4.4f3×3×8.8A、不賠償時，輸出電壓3nU==8.8(V),臨界轉矩=2?RR(L)?B、賠償時，輸出電壓ω++ω+=37.666(N?m)3nUT=2?RR

×π×[0.35+0.35+(4π)×(0.006+0.007)]U=3.96f+22=29.92(V)′3×3×29.92=[]L)?8×π×0.35+0.35+(4π)×(0.006+0.007)(Lω++ω+′=435.419(N?m)5-8兩電平PWM逆變器主回路，采納雙極性調(diào)制時，用“1“表示上橋臂開通，”0“表示上橋臂關斷，共有幾種開關狀態(tài)，寫出其開關函數(shù)。依據(jù)開關狀態(tài)寫出其電壓矢量表達式，畫出空間電壓矢量圖。解：6-1按磁動勢等效、功率相等原則，三相坐標系變換到兩相靜止坐標系的變換矩陣為?11?C=2?1??2??2?3?3?=3?022?現(xiàn)有三相正弦對稱電流i=Imsin(ωt)、iB=Imsin(ωt2π2πA?)、iC=Imsin(ωt+)，求33變換后兩相靜止坐標系中的電流isα和isβ，剖析兩相電流的基本特點與三相電流的關系。?Imsin(ωt)??1?1????α?2?1???2π?3?Imsin(ωt)?22Isin(ωt?=解：=)；?????m????isβ?3?03?=33?2??Imcos(ω)?t??22?Isin(ωt+2π?)m36-2兩相靜止坐標系到兩相旋轉坐標系的變換矩陣為Cs?cos?sin??r=????sin?cos??將習題6-1中的靜止坐標系中的電流isα和isβ變換到兩相旋轉坐標系中的電流isd和isq，坐標系旋轉速度為d?ωωωisd和isq的基本特點，電流矢量幅值dt=。剖析當=時，電流2I2與三相電流幅值的關系，此中ω是三相電源角頻次。ωis=i+isqsd>ω和ω<ω時，isd和isq的表現(xiàn)形式。?isd??cos?解：?i?=??sq???sin?由坐標系旋轉速度為

sin??3?Imsin(ωt)?=3?Imsin(ωt??)??2??2??cos????Imcos(ωt)???