电力拖动自动控制系统(第四版)习题答案_陈伯时教学教材

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电力拖动自动控制系统-运动控制系统-阮毅-陈伯时思考题和课后习题答案

电力拖动自动控制系统-运动控制系统〔阮毅伯时〕课后答案包括思考题和课后习题第2章2-1 直流电动机有哪几种调速方法？各有哪些特点？答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。

特点略。

2-2 简述直流 PWM 变换器电路的根本构造。

答：直流 PWM 变换器根本构造如图，包括 IGBT 和续流二极管。

三相交流电经过整流滤波后送往直流 PWM 变换器，通过改变直流 PWM 变换器中 IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流 PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。

2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么？答：脉动直流电压。

2=4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能？答：直流 PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。

其中直流 PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期〔1/fc〕，而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半〔1/〔2mf〕。

因 fc 通常为 kHz 级，而 f 通常为工频〔50 或 60Hz〕为一周〕，m 整流电压的脉波数，通常也不会超过 20，故直流 PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。

2=5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停顿不动时，电枢两端是否还有电压？电路中是否还有电流？为什么？答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流 PWM 变换器的输出。

电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。

2-6 直流 PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。

假设二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。

2-7 直流 PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？答：不是。

因为假设开关频率非常高，当给直流电动机供电时，有可能导致电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开场下降了，从而导致平均电流总小于负载电流，电机无法运转。

《电力拖动自动控制系统》第四版阮毅陈伯时课后答案120页PPT

《电力拖动自动控制系统》第四版阮毅陈伯时课后答案
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只在愚人的字典中找得到。--拿破仑。 37、不要生极，不要心动要行动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要素。(注意：传统观念认为勤奋和机会是成功的要素，但是经过统计学和成功人士的分析得出，乐观是成功的第三要素。
39、没有不老的誓言，没有不变的承诺，踏上旅途，义无反顾。 40、对时间的价值没有没有深切认识的人，决不会坚韧勤勉。
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学，如日中之光；志而好学，如炳烛之光。 ——刘向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好的教师是幸福，不如说好的教师是不幸。 ——海贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦。——杰纳勒尔·乔治·S·巴顿
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电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时完整版

电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】电力拖动自动控制系统课后习题答案{全，内含两份，二无一失}——运动控制系统第四版{上海大学阮毅陈伯时}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 开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。

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：制动时，由于1g U 的脉冲变窄而导致d i 反向时，U g2变正，于是VT 2导通，VT 2导通，VT 1关断。

1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么关系为什么脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了答：生产机械要求电动机提供的最高转速max n 和最低转速min n 之比叫做调速范围，用字母D 表示，即：m inm ax n n D负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速min 0n 之比，称为系统的静差率S,即：min0n n s N ∆= 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：由于在一定的N n 下，D 越大，m in n 越小N n ∆又一定，则S 变大。

所以，如果不考虑D ，则S 的调节也就会容易，1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为m in /1500max 0r n =，最低转速特性为m in /150min 0r n =，带额定负载的速度降落m in /15r n N =∆，且不同转速下额定速降N n ∆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大解1-5闭环调速系统的调速范围是1500----150r/min ，要求系统的静差S<=2%,那末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1，min /06.3%)21(10%21500)1(101501500min max r S D S n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106.31001=-≥+=∆∆K K n n cl op则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8 r/min ，如果将开环放大倍数他提高到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同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落min /240r n Nop =∆，若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /75201500max min r D n n ===，原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：静差率10%时原系统的开环增益为： 1-8转速单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答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围。

电力拖动自动控制系统第四版习题答案_陈伯时

=
≤
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（4）闭环系统的开环放大系数为
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运算放大器所需的放大倍数
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×
0.01 / 0.1341
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解：
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63
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20
×
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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
Uu
=
8
8
V
,
比例调节放大
系数
K
=
2,
晶闸管装置放大系数
K
=
15,
反馈系数
γ
=
0
7
。求：
p
（1）输出电压
U
；
d
（2）若把反馈线断开，U为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？
d
（3）若把反馈系数减至
U

运动控制系统第四版思考题答案

运动控制系统第四版思考题答案电力拖动自动控制系统-运动控制系统（阮毅陈伯时）课后答案包括思考题和课后习题第2章2-1 直流电动机有哪几种调速方法？各有哪些特点？答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。

特点略。

2-2 简述直流PWM 变换器电路的基本结构。

答：直流PWM 变换器基本结构如图，包括IGBT 和续流二极管。

三相交流电经过整流滤波后送往直流PWM 变换器，通过改变直流PWM 变换器中IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。

2-3 直流PWM 变换器输出电压的特征是什么？答：脉动直流电压。

2=4 为什么直流PWM 变换器-电动机系统比V-M 系统能够获得更好的动态性能？答：直流PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。

其中直流PWM 变换器的时间常数Ts 等于其IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数Ts 通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。

因fc 通常为kHz 级，而f 通常为工频（50 或60Hz）为一周内），m 整流电压的脉波数，通常也不会超过20，故直流PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。

2=5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压？电路中是否还有电流？为什么？答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流PWM 变换器的输出。

电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。

2-6 直流PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。

若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。

2-7 直流PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？答：不是。

因为若开关频率非常高，当给直流电动机供电时，有可能导致电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开始下降了，从而导致平均电流总小于负载电流，电机无法运转。

《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案

《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案对于《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》的学习，在课后应该做一些练习题加以巩固。

一下是给大家的《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案，希望对你有帮助。

一判断题1弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖动恒转矩负载。

(Ⅹ)2采用光电式旋转编码器的数字测速方法中，M法适用于测高速，T法适用于测低速。

(√)3只有一组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实现制动。

(√)4直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。

(√)5静差率和机械特性硬度是一回事。

(Ⅹ)6带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。

(Ⅹ)7电流—转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压Uk的大小并非仅取决于*速度定Ug的大小。

(√)8双闭环调速系统在起动过程中，速度调节器总是处于饱和状态。

(Ⅹ)9逻辑无环流可逆调速系统任何时候都不会出现两组晶闸管同时封锁的情况。

(Ⅹ)10可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向(正或反)由驱动脉冲的宽窄决定。

(√)11双闭环可逆系统中，电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。

(Ⅹ)与开环系统相比，单闭环调速系统的稳态速降减小了。

(Ⅹ)12α=β配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为本组逆变和它组制动两阶段(√)13转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。

(Ⅹ)14电压闭环相当于电流变化率闭环。

(√)15闭环系统可以改造控制对象。

(√)16闭环系统电动机转速与负载电流(或转矩)的稳态关系，即静特性，它在形式上与开环机械特性相似，但本质上却有很大的不同。

17直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电动势反电势不变。

(√)18直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电枢电压不变。

(Ⅹ) 19电压闭环会给闭环系统带来谐波干扰，严重时会造成系统振荡。

(√)20对电网电压波动来说，电压环比电流环更快。

电力拖动自动控制系统第四版课后答案

习题解答(供参考)习题二2、2 系统的调速范围就是1000~100min r ,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降就是多少？解:10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm 。

2、3 某一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为0max 1500min n r =,最低转速特性为 0min 150min n r =,带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=,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？系统允许的静差率就是多少？解:1)调速范围max minD n n =(均指额定负载情况下)max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率01515010%N s n n =∆==2、4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ,I N =378A,n N =1430r/min,Ra=0、023Ω。

相控整流器内阻Rrec=0、022Ω。

采用降压调速。

当生产机械要求s=20%时,求系统的调速范围。

如果s=30%时,则系统的调速范围又为多少？？解:()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯=378(0.0230.022)0.1478115N n I R rpm ∆==⨯+=(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-=(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=2、5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。

已知直流电动机,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Nn ∆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N S 多少？(3)若要满足D=20,s ≤5%的要求,额定负载下的转速降落Nn ∆又为多少?解:(1)3050.180.2274.5/min N N n I R r ∆=⨯=⨯= (2)0274.5274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3)(1)]10000.050.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2、6 有一晶闸管稳压电源,其稳态结构图如图所示,已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0、7。

电力拖动自动控制系统-第四版完整版-陈伯时

电力拖动自动控制系统第四版课后答案习题二2-1 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：先减小控制电压，使1gU 得正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压dU 降低。

但是由于机械惯性，转速和反电势还来不及变化，因而造成dEU>的局面，很快电流di 反向，VD2 截止，在onttT≤<期间2gU 为正，于是VT2 导通反向电流产生能耗制动作用。

在onTtTt≤<+期间，VT2 关断，di−经VD1 续流，向电源回馈能量。

同时VD1 两端压降钳住VT1，使他不能导通。

在制动状态，VT2 和VD1 轮流导通，VT1 始终关断。

在制动阶段，VT1 始终不导通。

VT2 导通期间，并能耗制动；VT2 不导通期间，VD1 续流，并回馈制动。

2.2 系统的调速范围是1000~100 r min ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？n s解：∆n = nD(1- s) = 1000⨯ 0.02 (10⨯ 0.98) = 2.04rpm系统允许的静态速降为2.04rpm 。

2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0 max = 1500r min ，最低转速特性为n= 150r min ，带额定负载时的速度降落∆n N = 15r min ，且在不0 min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？解：1）调速范围 D = nn min (均指额定负载情况下）maxn max = n0 max - ∆n N = 1500 -15 = 1485n min = n0 min - ∆n N = 150 -15 = 135D = n max n min = 1485 135 = 112) 静差率s = ∆nNn0 = 15 150 = 10%2.4 直流电动机为P N=74kW,UN=220V，I N=378A，n N=1430r/min，Ra=0.023Ω。

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电力拖动自动控制系统(第四版)习题答案_陈伯时《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sn 0 02 × 100min ∆ n N == = 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= 60 k W ，P N U N = 220 V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ，主电路总电阻 R = 0 18Ω ，C e = 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 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。

N 解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落I R 305 × 0 18N∆n = = = 274 5( r min ) N C 0 2 e （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率∆ n 274 5N s = = ≈ 0 215 = 21 5%N n + ∆ n 1000 + 274 5N N （3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落n s 1000 × 0 05N ∆ n == ≈ 2 63( r min ) N 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 8 V , 比例调节放大系数 K = 2, 晶闸管装置放大系数 K = 15, 反馈系数 γ = 0 7 。

求： p s（1）输出电压 U ；d （2）若把反馈线断开， U 为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？ d （3）若把反馈系数减至γ = 0.3 5 U 应为多少？u 解：（1）输出电压K K2 × 15 p s *U = U = × 8 8 = 12( V ) ；d u 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 7p s *（2）若把反馈线断开， U = K K U = 2 × 15 × 8 8 = 264 ( V) ；开环时的输出电压是闭环 d p s u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 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 35 *p s U = U = × 12 = 4 6( V ) 。

u d K K 2 × 15p sU − I R 220 − 12.5 ×1.5 N d a 解：（1） C == = 0.1341 V ⋅ min/ r e n 1500 NRI 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8) N∆ n = = = 307.6 r / minop C 0.1341 e n s 1500 × 0.1 N∆ n = ≤ = 8.33 r / mincl D (1 − s ) 20 × (1 − 0.1) （2）（3）∆n307.6op（4）闭环系统的开环放大系数为K = −1 = −1 = 35.93∆n8.33clK 35.93运算放大器所需的放大倍数K = = = 13.77p K α/ C 35 ×0.01 / 0.1341s e解：R = 4.8 ΩR / R = 0.3125 < 1 / 3s图见 49页解：计算系统中各环节的时间常数L 0.05电磁时间常数T = = = 0.02 sl R 1.5 + 1.02GD R 1.6 ×(1.5 +1.0 + 0.8)机电时间常数T = = = 0.082 sm 375 C C 30e m 375 ×0.1341 ××0.1341π晶闸管装置的滞后时间常数为T = 0.00167 ss为保证系统稳定，应满足的稳定条件：2 2T ( T + T ) + T 0.082 ×(0.02 + 0.00167) + 0.00167m l s sK < = = 53.29 T T0.02 ×0.00167l s可以稳定运行，最大开环放大系数是 53.29P N2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机= 2.8 k W ，U N = 220 V，I N = 15.6 A ，n N = 1500 r min ，R = 1 5 Ω，整流装置内阻 R = 1Ω，电枢回路电抗器电阻R = 0 8 Ω，a rec L触发整流环节的放大倍数K = 35 。

求：s（1）系统开环时，试计算调速范围= 30 D 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 = 10V 时 I = I ， n d N n = n ，计算转速反馈系数α 和放大器放大系数 K 。

N p 解：先计算电动机的反电动势系数U − I R 220 − 15 6 × 1 5 N N aC = = = 0 131 (V • min r ) en 1500 N系统开环时的额定转速降落I ( R + R + R ) 15 6 × ( 1 5 + 1 + 0 8) N a rec L ∆ n == ≈ 393 ( r min)Nop C 0 131 e（1）系统开环时，调速范围 D = 30 时的静差率D ∆ n 30 × 393 N s = = ≈ 0 887 = 88.7 % ；n + D ∆ n 1500 + 30 × 393N N （2）当 D = 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降n s 1500 × 0 1 N∆ n = =≈ 5 56( r min ) N 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 ∆ n 393 op K = − 1 = − 1 ≈ 69.6 8 ；∆ n 5 56 cl *U n 10转速反馈系数 α == ≈ 0 0067( V • min r ) n 1500 N KC 69 .6 8 × 0 131 e放大器放大系数 K = = ≈38.9 3 。

p K α 35 × 0 0067 s 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 = 1MHz ，旋转编 0 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转速 n=1500r/min 和 n=150r/min 时的测速分辨率Q == ≈ 1 465 ZT 1024 × 4 × 0 01 cnZT 1500 × 4096 × 0 01 c 转速 n=1500r/min 时， M = = = 1024 ，误差率最大值 160 601 1δ = = ≈ 0 00097 = 0 097% ；max M 10241 nZT 150 × 4096 × 0 01 c 转速 n=150r/min 时， M = = = 102 4 ，误差率最大值 160 601 1δ = = ≈ 0 0097 = 0 97% 。

max M 102 4 1（2）T 法测速660 f 60 × 1 × 10 0转速 n=1500r/min 时， M = = ≈ 9 8 ，测速分辨率 2 Zn 4096 × 1500 2 2Zn 4096 × 1500 Q = = ≈ 171 660 f − Zn 60 × 1 × 10 − 4096 × 1500 0误差率最大值1 1δ == ≈ 0 103 = 10 3% 。

max M − 1 9 8 − 12 6 60 f 60 × 1 × 10 0 转速 n=150r/min 时， M = = ≈ 98 ，测速分辨率2 Zn 4096 ×150 2 2Zn 4096 × 150 Q = = ≈ 1.55 660 f − Zn 60 × 1 × 10 − 4096 × 150 0误差率最大值1 1δ == ≈ 0 0103 = 1 03% 。

max M − 1 98 − 12 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 = = 15V ， n N = 1500 r min ， I = 20A ，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻nm U im N R = 2Ω ， K = 20 ， C e = 0 127 V ⋅ min r ，求：s *（1）当系统稳定运行在 U n = 5V ， I = 10A 时，系统的 n 、 U 、 U 、 U 和 U 各为多少？ dL n i i cU 和 U 各为多少？ i c解：转速反馈系数*U 15 nm α = = = 0 01 (V ⋅ min r )n 1500N 电流反馈系数* U 15 im β = = = 0 375 (V A )I 2 × 20dm （1）当系统稳定运行在 U n = 5V ， = 10A I 时， dL*== 5( V ) n U n *U 5 n n = = = 500( r min )α 0 01 U = βI = 0 375 × 10 = 3 75( V )i dL *U = U = 3 75( V )i i U C n + I R 0 127 × 500 + 10 × 2d 0e dL U = = = = 4 175 (V ) 。