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电力拖动自动控制系统答案(陈伯时)主编上海大学


— 电力拖动自动控制系统—运动控制系统答案 上海大学 陈伯时主编
---1-1 为什么 PWMPWM-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) (3) (4) (5) 开关频率高,电流容易连续,谐波少,电机损耗及发热都较小。 低速性能好,稳速精

度高,调速范围宽,可达1:10000 左右。 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。 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。 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 U g1 的脉冲变窄而导致 id 反向时,Ug2 变正,于是 VT2 导通, VT2 导通,VT1 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 nmax和最低转速 n min 之比叫做调速范围, 用字母 D 表示,即: D =

nmax nmin

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 n0 min 之比,称 为系统的静差率 S,即: s =

?n N n0 min

调速范围,静差速降和最小静差之间的关系为:

D=

nN s ?n N (1 ? s )

由于在一定的 nN 下,D 越大, nmin 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 n0 max = 1500r / min , 最 低 转 速 特 性 为

n0 min = 150r / min ,带额定负载的速度降落 ?n N = 15r / min ,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

nmax n0 max ? ?nN 1500 ? 15 = = = 11 nmin n0 min ? ?nN 150 ? 15 ?n 15 s= = = 10% n0 min 150 D=
1-5 闭环调速系统的调速范围是 1500----150r/min 1500----150r/min,要求系统的静差 S<=2%, S<=2%,那末系统允许的静
1

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, D = 2,

nmax 1500 nN S 1500 × 2% = = 10则?n = ≤ = 3.06r / min nmin 150 D(1 ? S ) 10(1 ? 2%)
= K + 1则 K ≥ 100 ? 1 = 31.7 3.06

?nop ?ncl

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 r/min,如果将开环 放大倍数他提高到 30 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?

K 1 = 15 ; K 2 = 30 ; K 1 → ? n cl 1 ; K 2 → ? n cl 2
同样负载扰动的条件下 ? n cl 2 = ? n 与开环放大倍数加 1成反比,则( K 1 + 1) K 2 + 1)= ? n cl 2 / ? n cl 1 ( /

K1 + 1 15 + 1 ? n cl 1 = × 8 ≈ 4 r / min K2 +1 30 + 1

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

( K 1 + 1) K 2 + 1)= D cl 1 / D cl 2 ( /

D cl 2 K + 1 30 + 1 = 2 = ≈ 1 .94 D cl 1 K 1 + 1 15 + 1
1-7 某 调 速 系 统 的 调 速 范 围 D=20 , 额 定 转 速 n = 1500r / min , 开 环 转 速 降 落 10%减少到 5% 5%则系统的开环增益将如何变化? ?n Nop = 240r / min ,若要求静差率由 10% 解:原系统在调速范围 D=20,最小转速为: nmin =

nmax 1500 = = 75r / min , D 20
原系统在范围 D=20,静差率 为 10%时,开环增益为:

?ncl ?ncl ?ncl = = =10%则?ncl = 8.33r / min n0min nmin + ?ncl 75+ ?ncl

?ncl =
静差率 10%时原系统的开环增益为:

?nNop

K1 + 1

= 31.5r / min → K1 =

?n Nop ?ncl

?

当s 2 = 5%时,同理可得K 2 = 59.76 所以系统的开环增益K将从27.8增加到59.76
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: 闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性, 1) 从而在保证一定静差率的要求下, 能够提高调速范围。为此,所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。 2) 能。 因为 n =
* k p k sU n

Ce (1 + k )

?

RI d * , 由公式可以看出, 当其它量均不变化时, n 随着 U n Ce (1 + k )

的变化而变化 3)能。因为转速和反馈电压比有关。 4)不,因为反馈控制系统只对反馈环所包围的前向通道上的扰动起抑制作用 ,而测速机 励磁不是。 1-9 在转速负反馈调节系统中, 当电网电压、负载转矩, 电动机励磁电流, 电枢电流、 电枢电阻、
2

测速发电机励磁各量发生变化时,都会引起转速的变化,问系统对于上述各量有无调节能力? 为什么? 答:系统对于上述各量中电网电压、负载转矩,电动机励磁电流,电枢电流、电枢电阻、有调 节能力。因为它们在闭环系统的前向通道中,对于测速发电机励磁各量发生变化,没有调节能 力。因为它不在闭环系统的前向通道中。 1-10 有一 V-M 调速系统,电动机参数为:

PN = 2.2kW ,U N = 220V , I N = 12.5 A, n N = 1500r / min, 电枢电阻 Ra = 1.2? ,整流装置内阻 Rrec = 1.5? ,触发整流环节的放大倍数 K S = 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 ?nop 和调速要求所允许的闭环静态速降 ?ncl 。 (2) 调整该系统能参数, 使当 U n = 15V , I d = I N , n = n N , 则转速负反馈系数 α 应该是多少? (3) 计算放大器所需的放大倍数。
?

解: (1)电动机的电动势系数 C e =

U N ? I N Ra 220 ? 12.5 × 1.2 = = 0.1367V ? min/ r nN 1500 RI dN 12.5 × (1.2 + 1.5) 开环系统静态速降 ?nop = = = 246.9r / min Ce 0.1367 nN s 1500 × 0.1 闭环静态速降 ?ncl = = = 8.33r / min D (1 ? S ) 20(1 ? 0.1) ?nop 246.9 闭环系统开环放大倍数 K= ?1 = ? 1 = 28.64 ?ncl 9.33
* k p k sU n

(2)因为 n =

C e (1 + k ) 所以 k p k s =407.4288

?

RI d C e (1 + k )

α=
(3)

K =0.00961 V ? min/ r k p K S / Ce

运算放大器的放大倍数

Kp =

K 28.64 = = 11.64 αK S / C e 0.00961× 35 / 0.1367

1-11

在题1-10的转速负反馈系统中增设电流截止环节, 要求堵转电流 I dbl ≤ 2 I N , 临界截止电

流 I dcr ≥ 1.2 I N ,应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻?要求电流反馈采样电阻不超过主电路总 阻的 1/3 1/3,如果做不到,需要加电流反馈放大器,试画出系统的原理图和静态结构图,并计算电流反馈放 大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少? 解: (1) I dbl ≤ 2 I N = 2 × 12.5 = 25 A

I dcr ≥ 1.2 I N = 1.2 ×12.5 = 15 A
则 U com = I dcr × Rs = 15R s

I dbl =

* K p K s (U n + U com )

R + K p K s Rs

(1 ? 42)

0

25 =
得: I dbl ≈

11 .6 × 35 (15 + 15 R s ) (由1 ? 42式)也可(由 1 ? 43)式 (1 .2 + 1 .5) + 11.6 × 35 × R s

* (U n + U com ) 15 + 15RS (1 ? 43); = 25 Rs RS

3

Rs = 1.46 = 1.5? U com = I dcr × Rs = 15Rs = 15 × 1.5 = 22.5V
系统的原理图和静态结构图 (给它画出图)

(2)显然采样电阻大于主电路 2.7*1/3 倍,所以增加电流反馈放大器后:

1 1 R = (1.2 + 1.5) = 0.9? 可选 0.5 欧姆 3 3 Rs 1.5 电流反馈放大系数: K fi = = =3 ' 0.5 Rs
新的采样电阻: Rs =
'

新的比较电压: U com = I dcr × Rs = 15Rs = 15 × 0.5 = 8.5V 所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为 3

'

4

1 - 1 2

PN = 18KW ;U N

某 调 速 系 统 原 理 图 如 图 所 示 , 已 知 数 据 如 下 : 电 动 机 = 220V ; I N = 94 A; n n = 1000r / min; Ra = 0.15? Pn=18KW,Un=220V,In=94

A,整流装置内阻 Rrec = 0.3? ,触发整流环节的放大倍数 K S = 40 。最大给定电压 U nm = 15V ,当主电路 电达到最大值时,整定电流反馈电压 U im = 10V 。 设计指标:要求系统满足调速范围D=20,静差率 S≤10%, I dbl = 1.5 I N , I dcr ≤ 1.1I N 。试画出 系统的静态结构框图,并计算: (1) 转速反馈系数a。 (2) 调节器放大系数 K P 。 (3) 电阻 R1 的数值。 (放大器的输入电阻 R0 = 20 K? ) (4) 电阻 R2 的数值和稳压管VS的击穿电压值。 解:(1) ?ncl =

nN S 1000 ? 0.1 = = 100 / 18 = 5.56r / min D (1 ? S ) 20 ? 09 U ? I N Ra 220 ? 94 × 0.15 Ce = N = = 0.20597V ? min/ r nN 1000 I R 94 × 0.45 ?nop = N = = 205.44r / min Ce 0.2059 ?n 205.4 K = op ? 1 ≥ ? 1 = 35.95(取36) ?ncl 5.56
5

同 1-10 可得 a=0.0145

K 35.95 = = 12.8(取13) αK S / Ce 0.0145 × 40 / 0.2059 (3) R1 = K p R0 = 13 × 20 = 260k?
(2) K p = (4) I dbl = 1.5 I N = 1.5 × 94 = 141 A; I dcr = 1.1I N = 1.1× 94 = 103.4 A; 当主电路电流最大即为 I dbl 时, U im = 10V 而当主电路电流为 I dcr 时, U i 为:

U im × I dcr 10 × 103.4 = = 7.33 V I dbl 141 此时电流反馈起作用,稳压管的击穿电压 U vs 可根据 U i 确定取稍大值: U vs = 7.4V 当主电路的电流增大到 I dbl 时,为起到保护作用应使流过 R2 的电流 I R 2 等于流过 R0 的 Ui =
电流,以使电机转速迅速降落。此时:

U im U i = I dbl I dcr

I R2 =

* U nm 15 = = 0.75 mA ; R0 20

R2 =

U im ? U vs 10 ? 7.4 = = 3.47 kΩ(取 3.5kΩ) I R2 0.75

系统的静态结构框图

1-13 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中,当下列参数发生变化时,系统是否有调节作用,为什 么? (1)放大器的放大倍数Kp (2)供电电网电压 (3)电枢电阻Ra (4)电动机励磁电流 (5)电压反馈系数 a 答:3)电枢电阻,4)电动机励磁电流, (5)电压反馈系数 a 无调节作用。因为反馈控制系统所能抑制的只是被反馈包围的前向通道上的扰动。 1-14 有一个 V-M 系统,已知:电动机: (15 分)

PN = 2.8 KW ;U N = 220V ; I N = 15 A; n N = 1500r / min; Ra = 0.15? ,Ra=1.5,整流装置内阻 Rrec = 1? ,触发整流环节的放大倍数 K S = 35 。 (15 分)
(1) 系统开环工作时,试计算调速范围 D=30 时的静差率 s 值; (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 , I d = I N , n = n N ,计算转速负反馈系数 a 和放大器放大系数 Kp;

6

(4)如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统 ,仍要求在
* U n = 10V , I d = I N , n = n N ,并保持系统原来的开环放大系数K不变,试求在D=30 时的静差

率。 解: (1) C e =

U N ? I N Ra 220 ? 15.6 ×1.5 = = 0.131V ? min/ r (原来多加了 1) nN 1500 RI 15.6 × (1 + 1.5) ?nop = dN = = 297.7r / min Ce 0.131 ?n 297.7 s= = = 85.61% n0 min 50 + 297.7
D=30,S=10% 时计算系统允许的稳态速降

(2)当

nN S 1500 * 0.1 = = 5.56r / min D (1 ? S ) 30(1 ? 0.1) ?nop 297.7 (3) K = ?1 = ? 1 = 52.54 ?ncl 5.56 求取 α 的方法同 1-10 可得 α =0.00652 V ? min/ r K 52.54 Kp = = = 30.16(取30) αK S / C e 0.00652 * 35 / 0.131
?ncl =
(4)改为电压负反馈有静差调速系统 闭环转速降落为:

?ncl =

I N Rrec I (R ) 15.6 ×1 15.6 ×1.5 + N a = + = 2.224 + 178.6 = 180.825r min 当调速 D 范 Ce (1 + K ) Ce 0.131(1 + 52.54) 0.132

围不变时静差率为:

scl =

D?nN 30 × 180.8 = × 100% = 78.35% nN + D?nN 1500 + 30 × 180.8

显然比速度反馈系统在调速范围不变的情况下静差率大的多,但比无反馈系统静差率小了 1 - 1 5 在 题 1-10 的 系 统 中 , 若 主 电 路 电 感 L=50mH, 系 统 运 动 部 分 的 飞 轮 惯 量 L=50mH mH, , GD 2 = 1.6 Nm 2 ,整流装置采用三相零式电路,试判断按题 1-10 要求设计的转速负反馈系统能否 ? , ? 稳定运行?如果保证系统稳定运行,允许的最大开怀放大系数 K 是多少? 电磁时间常数 Tl = 机电时间数

L 0.05 = = 0.0185S R 2.7

GD 2 R 1.6 × 2.7 Tm = = = 0.0645 30 375 * Ce CT 375 × 0.01367 × (或9.55) × 0.01367 3.14 TS = 0.00333S (查表全波为 0.00167)
Tm (Tl + Ts ) + Ts 0.0645(0.0185 + 0.00333) + 0.003332 = = 23.1 Tl Ts 0.0185 × 0.00333 在 1-10 题中 K = 28.64 如要系统稳定须保证 K < 23.1 则系统不稳定。 如要系统稳定,允许的最大的开环放大系数为 K ? 23.1 但调速范围不满足了
2

K<

? , 16. 16.为什么用积分控制的调速系统是无静差的?在转速负反馈调速系统中,当积分调节器的输 , ? ? 入偏差电压 ?U = 0 时,调节器的输出电压是多少?它取决于那些因素?
7

* 答: 使用积分控制时可以借助积分作用,使反馈电压 U n 与给定电压 U n 相等,即使 ?U n 为零 U C 一样有输

出,不再需要 ?U n 来维持 U C ,由此即可使输出稳定于给定值使调速系统无静差。 当 ?U n = 0 时调节器的输出为电压 U C ,是对之前时刻的输入偏差的积累。 它取决于 ?U n 的过去变化,当 ?U n 为正 U C 增加,当 ?U n 为负 U C 下降,当 ?U n 为零时 U C 不变。 , 17. 17.在无静差转速单闭环调速系统中,转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机 ? 精度的影响?试说明理由; 答: 在无静差转速单闭环调速系统中,转速的稳态精度同样受给定电源和测速发电机 精度的影响。无静差转速单闭环调速系统只是消除了误差,使输出的转速基本稳定于给定的转 速。但是,这种系统依然属于反馈控制系统,只能抑制被反馈环包围的前向通道上的扰动,对 于其他环节上的精度影响无可奈何。 , ? ? 18. 18.采用比例调节器控制的电压负反馈系统,稳态运行时的速度是否有静差?为什么?试 ; 说明理由; 答:有静差。电压负反馈系统中是在转速较高时, Ce n ? I a Ra = U d 0 忽略了转速的降落认为 电枢电压正比于转速,而实际上是电枢电 压无静差,从公式中可以看出速度的降落是不能消除的。 因为调节器的输出是电力电子变换器的控制电压 U C = K P ?U n 。 所以只要电动机在运行,就必须有控制电压 U C , 因而也必须有转速偏差电压 ?U n 。

第二章 习题答案 2-1 在转速、电流双闭环调速系统中,若改变电动机的转速,应调节什么参数?改变转速调节器的放大倍数 Kn 行不行?改变电力电子变换器的放大倍数 Ks 行不行?改变转速反馈系数 α 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:改变转速,调节给定电压 U n ,改变转速调节器放大倍数 K n 不行,改变 K s 也不行,改变 α 行。改变堵转 电流调节电流反馈系数 β . 2-2 转速、电流双闭环调速系统稳态运行时,两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少?为什么 ? 答:两个调节器的输入偏差电压均为 0,如果不为 0 则 U c 和 U i 继续变化,就不是稳态。 转速调节器的输出电压为: U i = β I d 电流调节器的输出电压为: U c =
*
* U do CeφU n / α + RI d = Ks Ks

*

*

2-3 如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是 PI 调节器,而改为 P 调节器,对系统的静、动态性能 将会产生什么影响? 答:稳态精度变差,但跟随性和抗干扰能力都不会得到改善,使系统成为不稳定系统。 答:静特性 1)闭环系统的静特性变软 2)存在静差率相对较大。 动特性:跟随性和抗干扰能力不会得到改善,动态稳定性降低,而快速性却提高了。 2-4 试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环调速系统: ; (1) 调速系统的静态特性; ; (2) 动态限流性能; ; (3) 起动的快速性; ; (4) 抗负载扰动的性能; (5) 抗电源电压波动的性能; 答: (1)单闭环:在系统稳定时实现转速无静差。 双闭环:可实现转速无静差和电流无静差。 (2)单闭环:只能在超过临界电流 I dcr 后,限制电流冲击
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双闭环:电流调节器通过电流反馈系数 β 随时调节控制电流 (3)单闭环:快、不平稳 双闭环:起动快、平稳 (4)单闭环:差 双闭环:强、靠 ASR 单闭环:差 双闭环:由电流内环 ACR 及时调节 2-5 在转速、 电流双闭环调速系统中, 两个调节器均采用 PI 调节。 当系统带额定负载运行时, 转速线突然断线, 系统重新进入后,电流调节器的输入偏差电压 ?U i 是否为零?为什么? 答:转速和电流调节器的输出达到饱和为止,电流调节器的输入偏差电压 ?Ui 不为零,因为稳定后电流反馈依 然为 U i = β I d 只能增加电动机的 转速达到新的平衡 U dom = C e nmax + RI d
* 2-6 在转速、电流双闭环调速系统中,转速给定信号 U n 未改变,若增大转速反馈系数 α ,系统稳定后转速反

馈电压 U n 是增加、减少还是不变?为什么? 答: U n 不变。 因为 α 增大, 在达到新的稳定运行时, 依然要是无静差系统, 系统的转速下降, 在达到同样的 U n 时稳定运行。 2-7 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 。已 知参 数: 电动 机: ASR、
* * PN = 3.7 KW ;U N = 220V , n N = 1000r / min 电枢回路总电阻 R=1.5 ? , U nm = U im = U cm = 8V ,电枢回路 设 最大电流 I dm = 40 A ,电力电子变换器的放大系数 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 do 、 U i* 、 U i 、 U c 值。

解: (1)电流反馈系数 β = 转速反馈系数 α =
*

* U im 8 = = 0.2V / A I dm 40 * U nm 8 = = 0.008V ? min/ r nmax 1000

(2) U i = β I dm = 0.2 × 40 = 8V
* U i = ?U im = ?8V (负反馈)

由于堵转电流 n=0

U do = Ce φn + I d R = I dm R = 40 ×1.5 = 60V U 60 U c = do = = 1.5V K s 40
* 2-8 在转速、电流比闭环调速系统中,调节器 ASR,ACR 均采用 PI 调节器。当 ASR 输出达到 U im = 8V 时, 主

电路电流达到最大电流 80A 80A。当负载电流由 40A 增加到 70A 时,试问: * 1 (1) U i 应如何变化? 2 (2) U c 应如何变化? 3 (3) U c 值由哪些条件决定? 解: (1) U i* 应增加。因为当负载电流由 40A 增加到 70A 时 U i 增加, U i* 是确定的。

β=

U i* 8 = = 0.1V / A I dm 80

U i* = βI d = 0.1× 40 = 4V U i* = βI d = 0.1× 70 = 7V I d 由 40A 增加到 70A 时, U i* 由 4V 增加到 7V
9

(2) U c 略有增加。因为 U c × K s = U d 0 = C e n + RI d ; I d 的增加使 U d 0 增加,使得 U c 增加 (3) U c 由 n 和 I d 决定。 U c = U d 0 / K s =

Ce n + RI d Ks

2-9 在转速、电流双闭环调速系统中,电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行,现因某种原因使电动机 励磁电源电压突然下降一半 ,系统工作情况将会如何变化?写出 U i* 、 U c 、 U d 0 、 I d 及 n 在系统重新进入稳定 后的表达式。 答:当磁通下降一半时 φ =
'

φ 2
' ' U i* = βI d = 2 βI d
* U do Ceφ 'U n / α + 2 I d * R Uc = = Ks Ks

但电动机拖动恒转矩负载运行所以 I d = 2 I d

* U do = C eφU n / α + 2 I d * R ' I d = 2I d
* n = U n /α

0.1S 2-10 某反馈控制系统已校正成典型 I 型系统。已知时间常数 T=0.1S 0.1S,要求阶跃响应超调量 σ ≤ 10% ; (1) 求系统的开环增益; (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。如果上升时间 t r ? 0.25s ,则 K=? σ = ? K=?, 解: (1)系统开环增益 (2)调节时间

σ ≤ 10%

KT ≤ 0.69

K≤

0.69 = 6.9 (参见表 2-2) 0.1

t s ≈ 6T = 6 × 0.1 = 0.6 s 上升时间 t r = 3.3T = 0.33s (3) tr < 0.25s KT=1 K=10 σ = 16.3%
(4)用 MATLAB 仿一个为好: 2-11 有一个系统,其控制对象的传递函数为

K1 10 = ,要设计一个无静差 τs + 1 0.01s + 1 下系统超调量 σ ≤ 5% (按线性系统考虑) 。 Wobj =
态校正,决定调节器结构,并选择其参数。 解:校正成典型 I 型系统,调节器传递函数为 W pi ( s ) =

系统 ,在阶跃输入 试对 该系统进行动

Ki 校正后系统的开环传递函数为: s

W (s ) = W pi (s )W obj ( s ) =

K i K1 s (τs + 1)

取 K = K i K1

σ ≤ 5% 查表得: KT = 0.5; K = W (s) =
50 s (0.01s + 1)

0.5 = 50 0.01

τ = T = 0.01s K i =

K 50 = =5 K1 10

2-12 有一个闭环系统,其控制对象的传递函数为 W obj ( s )

=

K1 10 = ,要求校正为典 s (Ts + 1) s (0.02 s + 1)

型 Π 型系统,在阶跃输入下系统超调量 σ ≤ 30% (按线性系统考虑) 。决定调节器结构,并选择其参数。
10

解: σ ≤ 30% 选用 PI 型调节器 W pi = 系统开环传函为 W = W piW obj = h=7

K pi (τ 1 s + 1) τ1
10 s (0.02s + 1) h +1 8 K= 2 2 = = 204.1 2h T 2 × 49 × 0.02 2

K pi (τ 1 s + 1) τ1

τ = τ 1 = hT = 0.02 × 7 = 0.14 τ1
; K pi = Kτ 1 / 10 = 2.86

K=

10 K pi

2-13 调节对象的传递函数为 W obj ( s ) =

18 ,要求用调节器分别将其校正为典型 Ι 型和 Π 型 ( 0.25s + 1)(0.005s + 1)

系统,求调节器的结构与参数。 解:校正成典型 Ι 型系统选择 PI 调节器:

W pi (s ) =

K pi (τ 1 s + 1) τ1 s

校正后的开环传递函数为:

令 τ 1 = 0.25 K = K pi × 18 /τ 1 τ 1 s (0.25s + 1)(0.005s + 1) K 100 W (s) = = σ = 4.3% KT = 0.5 K=100 t s = 6T = 0.03 s (0.005s + 1) s (0.005s + 1) K × τ 1 100 × 0.25 K pi = = = 1.39 18 18 (2)校正成典 Π 型系统,选择 PI 调节器: K pi (τ 1 s + 1) W pi ( s ) = τ1s K pi ( τ 1 s + 1 ) × K 1 W ( s ) = W pi ( s ) W obj ( s ) = τ 1 s ( T 1 s + 1 )( T 2 s + 1 )

W (s ) = W pi ( s )W obj ( s ) =

K pi (τ 1 s + 1) ×18

( 将 T 1 看成大惯性环节) (T 2 s + 1) h=5 τ 1 = hT2 = 5 × 0.005 = 0.025 t s / T = 9.55 t s = 9.55 × 0.005 = 0.047 σ = 37.6% K pi K1 KT1τ 1 4800 × 0.25 × 0.25 h +1 6 K= 2 2 = = 4800 K= = 4800; K pi = = = 1.67 2 2h T 50 × 0.005 T1τ 1 K1 18 =
S
2

K

pi

K

1

T 1τ

1

(τ 1 s + 1 )

2-14 在一个三相零式晶闸管整流装置供电的转速 ----------(1) 电流反馈系数 β =

U * im 8 = = 0.0263V / A I dm 339

转速反馈系数

α=

* Un 10 = = 0.01V ? min/ r nmax 1000

(2)设计电流调节器 ACR 1. 确定时间常数 整流装置滞后时间常数 Ts = 0.00333s Toi = 0.0025s 电流环小时间常数之和 TΣi = Ts + Toi = 0.00583s
11

2.选择电流调节器结构 σ ≤ 5% 按典型 Ι 型设计,电流环控制对象是双惯性型的可用 PI 型电流调节器。

W ACR =
受。

Ki (τs + 1) τis

检查对电源电压的抗扰性能:

TL 0.012s = = 2.06 各项指标可以接 TΣi 0.00583s

3.计算电流调节器参数 电流调节器超前时间常数 电流开环增益:要求

τ

i

= T L = 0 . 012 s
K I τ i R 85.76 × 0.012 × 0.18 = = 0.224 Ks β 35 × 0.0236

σ ≤ 5%
4.校验近似条件 电流截止频率

K I TΣi = 0.5

KI =

W ci = K I = 85.76S ?1
满足近似条件

(1)晶闸管装置传递函数的近似条件

1 1 = = 100.1S ?1 > W ci 3Ts 3 × 0.00333 3

(2)忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件

1 1 = 3× = 79.06 < W ci 满足近似条件 TmTL 0.12 × 0.012
满足近似条件

(4) 电流环小时间常数近似处理条件

1 1 1 1 = = 161.7 S ?1 > W ci 3 Ts Toi 3 0.0017 × 0.0025

R0 = 40 K? Ri = KiR 0 = 0.224 × 40 = 8.96 K?(9 K?) τ 0.012 Ci = i = = 1.33?F Ri 9 × 10 3 4T 4 × 0.0025 Coi = oi = = 0.25?F R0 40 × 10 3 σ = 4.3% < 5% 满足近似条件

(5)计算调节器电阻和电容

动态性能跟随指标为 (3)

3.ASR 1.确定时间常数 电流环等效时间常数 转速滤波时间常数

1 KI

K Σ TΣ = 0.5

1 = 2TΣi = 2 × 0.00583 = 0.01166S KI

Ton = 0.015S 1 转速环小时间常数 TΣn = + Ton = 0.01166 + 0.015 = 0.02666S KI
2.选择转速调节器结构 :按典型Ⅱ型系统设计,选择 PI 调节器 W ARS ( S ) = 3.计算转速调节器参数 取 h=3 ASR 的超前时常数
12

K n (τ n s + 1) τ ns

τ n = hTΣn = 3 × 0.0266 = 0.0798S h +1
2h TΣ
2 2

KN =
转速开环增益

=

4 = 314.07 S ? 2 2 2 × 9 × 0.0266

Kn =
ASR 例系数 4.校验近似条件

( h + 1) βCeTm 4 × 0.0236 × 0.196 × 0.12 = = 7.73 2hαRTΣ n 6 × 0.01 × 0.18 × 0.0266

W cn = K Nτ n = 169.6 × 0.0798 = 13.53S ?1
(1)电流环传递函数简化条件

1 KI 1 85.76 = = 40.43 > W cn 满足近似条件 3 TΣi 3 0.00583

(2)转速环小时间常数 5.计算调节器电阻电容

1 K I 1 85.76 = = 25.2 > W cn 满足近似条件 3 Ton 3 0.015

Rn = K n R0 = 7.73 × 40 = 310K? Cn = C on
2-15 (1)
*

τn 0.0798 = = 0.257 ?F Rn 310 × 10 3 4T 4 × 0.015 = on = = 1.5?F R0 40 × 10 3
调 节 器 h=5





PI

β=

U im* 10 = = 0.00877V / A Idm 760 × 1.5

U 10 α= n = = 0.0267V ? min/ r n max 375 TΣi = Ts + Toi = 0.0017 + 0.002 = 0.0037S 1 = 2TΣi = 2 × 0.0037 = 0.0074S KI TΣn =
1 + Ton = 0.0074 + 0.02 = 0.0274S KI τ n = hTΣn = 5 × 0.0274 = 0.137 S

KN =

h +1 6 = = 159.8 S ?2 2 2 2 50 × 0.0274 2h TΣ

Kn =

( h + 1) βCeTm 6 × 0.00877 × 1.82 × 0.112 = = 10.5 2hαRTΣ n 10 × 0.0267 × 0.14 × 0.0274
13

Rn = K n R0 = 10.5 × 40 = 420 K? τ 0.137 Cn = n = = 0.33?F Rn 420 × 103
4Ton 4 × 0.02 = = 2 ?F R0 40 × 103 (2) K I TΣi = 0.5 1 W ci = KI = = 135.1S ?1 2TΣi

Con =

W cn = K Nτ n = 159.8 × 0.137 = 22S ?1
(1) 电流环传递函数简化条件

1 K I 1 135.1 = = 64S ?1 > W cn 满足近似条件 3 TΣi 3 0.0037 1 K I 1 135.1 = = 27 S ?1 > W cn 满足近似条件 3 Ton 3 0.02

U n = αn
2-16(1)
*

*

n= U α= n n max

Un 5 = = 500r / min α 0.01 15 = = 0.01V ? min/ r 1500

*

U im* 10 β= = = 0.33V / A Idm 30 Cen + IdR 0.128 + 20 × 2 Uc = = = 3.47V Ks 30 * n = 0, U n = 0,U i = 10V , U i = ?10V , U c = 2V , I dL = 30 A

3 第3 章

直流调速系统的数字控制

3-1 直流电机额定转速nN = 375r / min ,电枢电流额定值为I dN = 760 A ,允许过流倍数

? = 1.5 ,计算机内部定点数占一个字的位置(16 位)试确定数字控制系统的转速反馈存 储 ,
系数和电流反馈存储系数,适当考虑余量。 解: 定点数长度为 1 个字 (16 位) , 但最高位须用作符号位, 只有 15 位可表示量值, 故最 大 15 存储值Dmax=2 -1。电枢电流最大允许值为 1.5IN ,考虑到调节过程中瞬时值可能超 过 此值,故取Imax =1.8IN 。因此,电枢电流存储系数为

K? =

215 ?1 1.8I N

=

32768 1.8? 760

= 23.95 A?1

额定转速nN =375r/min,取nmax =1.3nN ,则转速存储系数为

K? =

215 ?1 32768 = min/ r = 67.21min/ r 1.3nN 1.3? 375

对上述运算结果取整得K ? = 23 A?1, K? == 67 min/ r 。
14

3-2 旋转编码器光栅数为1024,倍频系数为4,高频时钟脉冲频率 f0 = 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位计数器, M法和T法测速时间均为0.01s, 求 转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辩率和误差率最大值。 解:电动机每转一圈共产 生Z=4 ? 2048=4096 个脉冲。 (1) M 法测速 测速分辨率Q =

60 60 6( M 1 +1) 60M 1 0 ? = = r / min = 1.46r / min ZTC ZTC ZTC 4096 ? 0.01 60M 1 ZTC

电动机的转速为 n =

15

当n=1500r/min 时,M 1 =

ZTC n 4096? = = 1024 0.01?1500 60 60
1

测速误差率最大值

? = max

M1

?100% = 1024

1

?100% ≈ 0.098%

当n=150r/min 时, M 1 =

ZTC n 4096? = ≈ 102 0.01?150 60 60
1

测速误差率最大值 (2) T 法测速

? = max

M1

?100% = 102

1

?100% ≈ 0.98%

当n=1500r/min 时,n = 测速分辨率

60 f 0 ZM 2

Q=

60 f 60 f0 Zn2 0 4096?15002 ? = r / min ≈171r / min = = 6 Z(M 2-1) ZM 2 ZM(M 2-1) 60 f0 ? Zn 60?10 ?4096?1500 2 60 f0 60 f 60 ?106 = 0 = ≈ 取整数) Zn 4096?1500
测速误差率最大值 当n=150r/min 时, 测速分辨率

M 9 (2

? = max

1

M2

1 ?100% = ?100% ≈ 12.5% ?1 9 ?1

Q=

Zn 2 4096?150 2 r / min ≈1.55r / min = 60 f 0 ? Zn 60?106 ? 4096?150

M 7 (2

60 f0 60 ?106 = = ≈ 9 取整数) Zn 4096?150

测速误差率最大值

? = max

1

M2

1 ?100% = ?100% ≈ 1.04% ?1 97 ?1

3-3 将习题2-14设计的模拟电流调节器进行数字化,采样周期 Tsam = 0.5ms ,调节器输出 限幅及积分限幅均为 ±U m , 写出位置式和增量式数字PI调节器的表达式, 并用已掌握的汇 编 语言设计实时控制程序。 3-4 根据习题2-15电流调节器的设计结果(电流调节器按典型I型系统设计,KT=0.5) , 按离散系统设计方法设计转速调节器,要求转速无静差。 已知电动机额定功率PN = 555kW ,
16

额定电压 U N = 750V , 额定电枢电流I N = 760 A , 额定转速 nN = 375r / min , 电动势系数

17

Ce = 1.82V ? min/ r ,电枢回路总电阻R = 0.14∧ ,允许过载倍数? = 1.5 ,机电时间常数
?1 Tm = 0.112s , 转速滤波时间常数 Ton = 0.02 s , 电流反馈存储系数 K ? = 23 A ,转速反馈

存 储 系 数 K? = 67 min/ r ,转 速 调 节 器 采 样 时 间Tsam = 0.01s ,电 流 环 小 惯 性 时 间 常 数

T i = Ts + Toi ∑

= 0.0017 s + 0.002 s = 0.0037 s

第4 章

可逆直流调速系统和位置随动系统

4-1 晶闸管-电动机系统需要快速回馈制动时,为什么必须采用可逆线路? 答: 当电动机需要回馈制动时, 由于反电动势的极性未变, 要回馈电能必须产生反向电流, 而 反向电流是不可能通过VF 流通的, 这时, 可以通过控制电路切换到反组晶闸管装置VR, 并使 它工作在逆变状态,产生逆变电压,电机输出电能实现回馈制动。 4-2 试画出采用单组晶闸管装置供电的V-M 系统在整流和逆变状态下的机械特性,并分析这 种机械特性适合于何种性质的负载。 解;机械特性图如下:

n

提升

Te Id

-n

放下

4-3 解释待逆变、正组逆变和反组逆变,并说明这三种状态各出现在何种场合下。 答:待逆变 正组逆变电枢端电压为负,电枢电流为正,电动机逆向运转,回馈发电,机械特 性 在第四象限。 反组逆变电枢端电压为正,电枢电流为负,电动机正向运转,回馈发电, 机械特性 在第二象限。 4-4 分析配合控制的有环流可逆系统反向起动和制动的过程。画出各参变量的动态波形,并 说明在每个阶段中ASR 和ACR 各起什么作用,VF 和VR 各处于什么状态。 解:控制电路 采用典型的转速、电流双闭环系统,其中: 转速调节器ASR 控制转速,设置双向输出限幅电路,以限制最大起制动电流; 电 流调节器ACR 控制电流,设置双向输出限幅电路,以限制最小控制角 ?min 与 最小逆变角 ?min 。 正组晶闸管VF,由GTF 控制触发,正转时,VF 整流;反转时,VF 逆变。 反 组晶闸管VR,由GTR 控制触发,反转时,VR 整流;正转时,VR 逆变。
18

4-5 试分析图4-13 所示逻辑选触无环流可逆系统的工作原理,说明正向制动时各处电压极 性及能量关系。 解:图4-13 逻辑选触无环流可逆系统的原理框图如下

图中:SAF,SAR 分别是正、反组电子模拟开关。 采用数字控制时, 电子开关的任务可以用条件选择程序来完成, 实际系统都是逻辑选触 系 统。此外,触发装置可采用由定时器进行移相控制的数字触发器,或采用集成触发电路。 4-6 试分析位置随动系统和调速系统在哪些方面是不同的。 答: 位置随动系统与调速系统的主要区别在于, 调速系统的给定量一经设定, 即保持恒值, 系 统的主要作用是保证稳定和抵抗扰动; 而位置随动系统的给定量是随机变化的, 要求输出 量准 确跟随给定量的变化, 系统在保证稳定的基础上, 更突出需要快速响应。 位置随动系统 的反馈 是位置环,调速系统的反馈是速度环。

第5 章 闭环控制的异步电动机变压调速系统 ——一种转差功率消耗型调速系统
5-1 异步电动机从定子传入转子的电磁功率Pm 中,有一部分是与转差成正比的转差功率Ps , 根据对 Ps 处理方式的不同,可把交流调速系统分成哪几类?并举例说明。 答: 从能量转换的角度上看, 转差功率是否增大, 是消耗掉还是得到回收, 是评价调速系统 效 率高低的标志。从这点出发,可以把异步电机的调速系统分成三类 。 转差功率消耗型调速系统:这种类型的全部转差功率都转换成热能消耗在转子回路中, 降电压调速、 转差离合器调速、 转子串电阻调速属于这一类。 在三类异步电机调速系统中, 这 类系统的效率最低, 而且越到低速时效率越低, 它是以增加转差功率的消耗来换取转速的 降低 的(恒转矩负载时)。可是这类系统结构简单,设备成本最低,所以还有一定的应用价 值。 转差功率馈送型调速系统: 在这类系统中, 除转子铜损外, 大部分转差功率在转子侧通 过 变流装置馈出或馈入,转速越低,能馈送的功率越多,绕线电机串级调速或双馈电机调速 属 于这一类。无论是馈出还是馈入的转差功率,扣除变流装置本身的损耗后,最终都转化成 有 用的功率,因此这类系统的效率较高,但要增加一些设备。

19

转差功率不变型调速系统: 在这类系统中, 转差功率只有转子铜损, 而且无论转速高低, 转 差功率基本不变, 因此效率更高, 变极对数调速、 变压变频调速属于此类。 其中变极对数 调速 是有级的, 应用场合有限。 只有变压变频调速应用最广, 可以构成高动态性能的交流调 速系统, 取代直流调速;但在定子电路中须配备与电动机容量相当的变压变频器,相比之下, 设备成本 最高。 5-2 有一台三相四极异步电动机,其额定容量为5.5kW,频率为50Hz,在某一情况下运行, 自定子方面输入的功率为6.32kW,定子铜损耗为341W,转子铜损耗为237.5W,铁心损耗为 167.5W,机械损耗为45W,附加损耗为29W,试绘出该电动机的功率流程图,注明各项功率 或 损耗的值,并计算在这一运行情况下该电动机的效率、转差率和转速。 5-3 简述交流变压调速系统的优缺点和适用场合。 答: 5-4 何谓软起动器?交流异步电动机采用软起动器有什么好处? 答;带电流闭环的电子控 制软起动器可以限制起动电流并保持恒值,直到转速升高后电流自 动衰减下来,起动时间也 短于一级降压起动。主电路采用晶闸管交流调压器,用连续地改变 其输出电压来保证恒流起 动, 稳定运行时可用接触器给晶闸管旁路, 以免晶闸管不必要地长 期工作。 视起动时所带负载 的大小,起动电流可在 (0.5~4)ISN 之间调整,以获得最佳的起动 效果,但无论如何调整都不 宜于满载起动。负载略重或静摩擦转矩较大时,可在起动时突加 短时的脉冲电流,以缩短起 动时间。 软起动的功能同样也可以用于制动,用以实现软停车。

第6章 笼型异步电动机变压变频调速系统(VVVF) ——转差功率不变型调速系统
6-1 简述恒压频比控制方式。 答: 绕组中的感应电动势是难以直接控制的, 当电动势值较高时, 可以忽略定子绕组的漏磁 阻 抗压降,而认为定子相电压 Us ≈ Eg,则得

U f

S
1

= 常值

这是恒压频比的控制方式。 但是, 在低频时 Us 和 Eg 都较小, 定子阻抗压降所占的份量就 比 较显著,不再能忽略。这时,需要人为地把电压 Us 抬高一些,以便近似地补偿定子压降。 6-2 简述异步电动机在下面四种不同的电压—频率协调控制时的机械特性并进行比较; (1) 恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特性; (2) 基频以下电压—频率协调控制时异步电动机的机械特性; (3) 基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特性; (4) 恒流正弦波供电时异步电动机的机械特性; 答: 恒压恒频正弦波供电时异步电 动机的机械特性: s很小时, 当 转矩近似与s成正比, 械特性是一段直线,s 接近于 1 时转矩 机 近似与 s 成反比,这时,Te = f(s)是对称于原点 的一段双曲线。 基频以下电压—频率协调控制时异步电动机的机械特性:恒压频比控制的变频机械特性 基本上是平行下移,硬度也较好,当转矩增大到最大值以后,转速再降低,特性就折回来了。

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而且频率越低时最大转矩值越小, 够满足一般的调速要求, 低速带载能力有些差强人意, 须 能 但 对定子压降实行补偿。恒Eg /?1 控制是通常对恒压频比控制实行电压补偿的标准,可以 在稳 态时达到√rm = Constant,从而改善了低速性能,但机械特性还是非线性的,产生转 矩的能 力仍受到限制。恒 Er /?1 控制可以得到和直流他励电机一样的线性机械特性,按 照转子全 磁通 √rm 恒定进行控制,而且,在动态中也尽可能保持 √rm 恒定是矢量控制系 统的目标, 基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特性: 角频率提高时, 步转速随之提高, 最 当 同 大转矩减小,机械特性上移,而形状基本不变。基频以上变频调速属于弱磁恒功率调速。 恒流正弦波供电时异步电动机的机械特性 :恒流机械特性的线性段比较平,而最大转矩 处形状很尖。 恒流机械特性的最大转矩值与频率无关, 恒流变频时最大转矩不变, 但改变定 子 电流时,最大转矩与电流的平方成正比。 6-3 如何区别交—直—交变压变频器是电压源变频器还是电流源变频器?它们在性能上有 什么差异? 答:根据中间直流环节直流电源性质的不同, 直流环节采用大电容滤波是电压源型逆变器。 它的直流电压波形比较平直,理想情况下 是一个内阻为零的恒压源,输出交流电压是矩形波或梯形波。 直流环节采用大电感滤波是 电流源型逆变器。它的直流电流波形比较平直,相当于一个 恒流源,输出交流电流是矩形波或梯形波。 在性能上 却带来了明显的差异,主要表现如下: (1)无功能量的缓冲 在调速系统中, 逆变器的负载是异步电机, 属感性负载。 在中间 直 流环节与负载电机之间,除了有功功率的传送外,还存在无功功率的交换。滤波器除滤波 外 还起着对无功功率的缓冲作用,使它不致影响到交流电网。因此,两类逆变器的区别还表 现 在采用什么储能元件(电容器或电感器)来缓冲无功能量。 (2)能量的回馈 用电流源型逆变器给异步电机供电的电流源型变压变频调速系统有一 个显著特征,就是容易实现能量的回馈,从而便于四象限运行,适用于需要回馈制动和经常 正、反转的生产机械。 (3)动态响应 正由于交-直-交电流源型变压变频调速系统的直流电压可以迅速改变, 所以动态响应比较快,而电压源型变压变频调速系统的动态响应就慢得多。 (4)输出波形 电压源型逆变器输出的电压波形为方波,电流源型逆变器输出的电流 波形为方波。 (5)应用场合 电压源型逆变器属恒压源,电压控制响应慢,不易波动,所以适于做多 台电机同步运行时的供电电源,或单台电机调速但不要求快速起制动和快速减速的场合。采 用电流源型逆变器的系统则相反,不适用于多电机传动,但可以满足快速起制动和可逆运行 的要求。 6-4 电压源变频器输出电压是方波,输出电流是近似正弦波;电流源变频器输出电流是方 波,输出电压是近似正弦波。能否据此得出电压源变频器输出电流波形中的谐波成分比电流 源变频器输出电流波形中的谐波成分小的结论?在变频调速系统中,负载电动机希望得到的 是正弦波电压还是正弦波电流? 答:在电流电机中,实际需要保证的应该是正弦波电流,因 为在交流电机绕组中只有通入三 相平衡的正弦电流才能使合成的电磁转矩为恒定值, 不含脉 动分量。因此,若能对电流实行 闭环控制,以保证其正弦波形,显然将比电压开环控制能够 获得更好的性能。

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6-5 采用二极管不控整流器和功率开关器件脉宽调制 (PWM) 逆变器组成的交—直—交变频 器 有什么优点? 答:具有如下优点: (1) 在主电路整流和逆变两个单元中, 只有逆变单元可控, 通过它同时调节电压和 频 率,结构简单。采用全控型的功率开关器件,只通过驱动电压脉冲进行控制, 电 路也简单,效率高。 (2) 输出电压波形虽是一系列的 PWM 波,但由于采用了恰当的 PWM 控制技术,正弦 基 波的比重较大,影响电机运行的低次谐波受到很大的抑制,因而转矩脉动小, 提 高了系统的调速范围和稳态性能。 逆变器同时实现调压和调频,动态响应不受 (3) 中间直流环节滤波器参数的影响, 系统的动态性能也得以提高。 采用不可控的 二极管整流器,电源侧功率因素较高,且不受逆变输出电压大小 的影响。 (4) 6-6 如何改变由晶闸管组成的交—交变压变频器的输出电压和频率?这种变频器适用于什 么场合?为什么? 答: 反两组按一定周期相互切换, 正、 在负载上就获得交变的输出电压 u0, 0的幅值决定于 各 u 组可控整流装置的控制角 ? ,u0的频率决定于正、反两组整流装置的切换频率。如果控 制 角一直不变,则输出平均电压是方波, 一般主要用于轧机主传动、 球磨机、 水泥回转窑等大容量、 低转速的调速系统, 供电给 低 速电机直接传动时,可以省去庞大的齿轮减速箱。 6-7 交流PWM变换器和直流PWM变换器有什么异同? 6-8 请你外出时到一个变频器厂家或变频器专卖店索取一份任意型号的通用变频器资料, 用它与异步电动机组成一个转速开环恒压频比控制的调速系统,然后说明该系统的工作原 理。 6-9 转速闭环转差频率控制的变频调速系统能够仿照直流电动机双闭环系统进行控制,但 是其动静态性能却不能完全达到直流双闭环系统的水平,这是为什么? 答:它的静、动态性 能还不能完全达到直流双闭环系统的水平,存在差距的原因有以下几个 方面: (1) 在分析转差频率控制规律时, 是从异步电机稳态等效电路和稳态转矩公式出发的, 谓 所 的“保持磁通 √m恒定”的结论也只在稳态情况下才能成立。在动态中 √m如何变化还没 有深 入研究,但肯定不会恒定,这不得不影响系统的实际动态性能。 (2)Us = f(?1 , Is)函数关系中只抓住了定子电流的幅值,没有控制到电流的相位,而 在 动态中电流的相位也是影响转矩变化的因素。 (3)在频率控制环节中,取 ?1 = ?s + ? ,使频率得以与转速同步升降,这本是转差频 率 控制的优点。然而,如果转速检测信号不准确或存在干扰,也就会直接给频率造成误差, 因 为所有这些偏差和干扰都以正反馈的形式毫无衰减地传递到频率控制信号上来了。 6-10 在转差频率控制的变频调速系统中,当转差频率的测量值大于或小于实际值时,将 给系统工作造成怎样的影响? 答:在调速过程中,实际频率 ?1 随着实际转速 ? 同步地上升或下降,有如水涨而船高, 因 此加、减速平滑而且稳定。如果转速检测信号不准确或存在干扰,也就会直接给频率造成

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误差,因为所有这些偏差和干扰都以正反馈的形式毫无衰减地传递到频率控制信号上来了。 6-11 分别简述直接矢量控制系统和间接矢量控制系统的工作原理,磁链定向的精度受哪 些参数的影响? 答:直接矢量控制的工作原理:转速正、反向和弱磁升速。磁链给定信号由 函数发生程序获 得。 转速调节器ASR的输出作为转矩给定信号, 弱磁时它还受到磁链给定信号 的控制。在转 矩内环中,磁链对控制对象的影响相当于一种扰动作用,因而受到转矩内环的 抑制,从而改 造了转速子系统,使它少受磁链变化的影响。 间接矢量控制的工作原理: 采用磁链开环控制, 系统反而会简单一些。 在这种情况下, 常 利用矢量控制方程中的转差公式, 构成转差型的矢量控制系统, 它继承了基于稳态模型转 差频 率控制系统的优点,同时用基于动态模型的矢量控制规律克服了它的大部分不足之处。 转差 型矢量控制系统的主电路采用了交-直-交电流源型变频器,适用于数千kW的大容量装 置, 在 中、小容量装置中多采用带电流控制的电压源型PWM变压变频器。 磁链开环转差型矢量控制系统的磁场定向由磁链和转矩给定信号确定,靠矢量控制方程 保证,并没有实际计算转子磁链及其相位,所以属于间接矢量控制。 6-12 试比较转子磁链的电压模型和电流模型的运算方法及其优缺点。 答: 根据描述磁链 与电流关系的磁链方程来计算转子磁链,所得出的模型叫做电流模型。根 据电压方程中感应 电动势等于磁链变化率的关系,取电动势的积分就可以得到磁链,这样的 模型叫电压模型。 转子磁链模型需要实测的电流和转速信号 ,但也都受电机参数变化的影响,从而改变时 间常数Tr,磁饱和程度将影响电感 Lm 和 Lr,从而 Tr也改变。这些影响都将导致磁链幅值 与 相位信号失真,而反馈信号的失真必然使磁链闭环控制系统的性能降低。 电压模型只需要实测的电流和电压信号, 不需要转速信号, 且算法与转子电阻Rr无关, 只 与定子电阻有关它是容易测得的。 与电流模型相比, 电压模型受电动机参数变化的影响较小, 而且算法简单, 便于应用。 但 是, 由于电压模型包含纯积分项, 积分的初始值和累积误差都影响计算结果, 低速时, 子电 定 阻压降变化的影响也较大。电压模型适合中、高速范围,而电流模型能适应低速。 6-13 坐标变换是矢量控制的基础,试分析交流电机矢量变换的基本概念和方法。 答: 交 将 流电机的物理模型等效地变换成类似直流电机的模式, 析和控制就可以大大简化。 坐标变换 分 正是按照这条思路进行的。 在这里, 不同电机模型彼此等效的原则是: 在不同坐标 下所产生的 磁动势完全一致。 交流电机三相对称的静止绕组 A 、 、 , B C 通以三相平衡的正弦电流时, 所产生的合 成 磁动势是旋转磁动势F,它在空间呈正弦分布,以同步转速 (即电流的角频率) ?1 顺着 A-B-C 的相序旋转。然而,旋转磁动势并不一定非要三相不可,除单相以外,二相、 三 相、四相、…… 等任意对称的多相绕组,通以平衡的多相电流,都能产生旋转磁动势, 当 然以两相最为简单。在三相坐标系下的 iA、 B 、iC,在两相坐标系下的 i?、 ? 和在旋 转 i i 两相坐标系下的直流 im、it 是等效的,它们能产生相同的旋转磁动势。这样通过坐标系 的 变换,可以找到与交流三相绕组等效的直流电机模型。 6-14 按定子磁链控制的直接转矩控制 (DTC) 系统与磁链闭环控制的矢量控制 (VC) 统 系 在控制方法上有什么异同? 答:1)转矩和磁链的控制采用双位式砰-砰控制器,并在 PWM 逆变器中直接用这两个控制

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信号产生电压的SVPWM波形, 从而避开了将定子电流分解成转矩和磁链分量, 省去了旋转变 换和电流控制,简化了控制器的结构。 2) 选择定子磁链作为被控量, 而不象VC系统中那样选择转子磁链, 这样一来, 计算磁 链的模型可以不受转子参数变化的影响,提高了控制系统的鲁棒性。如果从数学模型推导 按 定子磁链控制的规律,显然要比按转子磁链定向时复杂,但是,由于采用了砰-砰控 制,这 种复杂性对控制器并没有影响。 3)由于采用了直接转矩控制,在加减速或负载变化的动态过程中,可以获得快速的 转 矩响应, 但必须注意限制过大的冲击电流, 以免损坏功率开关器件, 因此实际的转矩响 应的 快速性也是有限的。 6-15 试分析并解释矢量控制系统与直流转矩控制系统的优缺点。 答:两者都 采用转矩(转速)和磁链分别控制,但两者在控制性能上却各有千秋。 VC系统强调 Te 与Ψr的解耦,有利于分别设计转速与磁链调节器;实行连续控制,可 获得较宽的调速范围; 但按 Ψr 定向受电动机转子参数变化的影响, 降低了系统的鲁棒性。 DTC 系统则实行 Te 与Ψs 砰-砰控制,避开了旋转坐标变换,简化了控制结构;控制 定子磁链而不是转子磁链,不受转子参数变化的影响;但不可避免地产生转矩脉动,低速 性 能较差,调速范围受到限制。下表列出了两种系统的特点与性能的比较。 性能与特点 磁链控制 转矩控制 坐标变换 转子参数变化影响 调速范围 直接转矩控制系统 定子磁链 砰-砰控制,有转矩脉动 静止坐标变换,较简单 无[注] 不够宽 矢量控制系统 转子磁链 连续控制,比较平滑 旋转坐标变换,较复杂 有 比较宽

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