电力拖动自动控制系统习题答案

电力拖动自动控制系统习题答案

第二章

2-3、解：Dnmaxn0maxnN15001511 nminn0minnN15015snN15100%10% n0min150IdNR3050.18274.5r/min Ce0.22-5、解：（1）nN（2）sNnN274.521.6

nNnN1000274.5nNs10000.052.63 r/min D1s2010.05（3）nN2-9、解：（1）CeUNINRa22012.51.50.1342V•min/r

nN1500nopINR12.51.50.81.0307.4r/min Ce0.1342nNs15000.18.33 r/min

D1s2010.1ncl（2）

*Un15（3）近似计算0.01

nN1500准确计算Knopncl1307.4135.9 8.33*KUn35.9150.00968

1KnNnop136.91500307.4（4）KpKCe35.90.134214.4 Ks350.009682-10、当堵转电流Idbl2IN，临界截止电流Idcr1.2IN时，有

Idbl*KpKsUnUcomRKpKsRs212.525 （1）

IdcrUcom1.212.515 （2） Rs由（1）（2）得近似值Rs=1.5，Ucom=22.5V，准确值Rs=1.484，Ucom=22.26V 电枢回路总电阻R=1.5+0.8+1.0=3.3，则1/3的电阻Rs=1.1

IdRs-UcomUcom-RsIdγ*-UnUnRUc-Ud0+En+KpKs-Un1/Ce

此时Ucom=16.5V，再由堵转电流表达式得电流反馈放大系数：

2-12、解：（1）Ce1.51.36 1.1UNINRa22015.61.50.131V•min/r

nN1500nNINR15.61.50.81.0392.98r/min Ce0.131sDnN30392.9888.7%

nNDnN150030392.98nNs15000.15.56 r/min

D1s3010.1（2）ncl*Un10（3）近似计算0.00667

nN1500准确计算Knopncl11392.98169.7 5.56*KUn69.710 0.006551KnNnop169.71500392.98Kp

KCe69.70.13139.83 Ks350.00655第三章

**UnmUnm153-1、解：（1）min/r 0.01V·

nmaxnN1500*Unn5500r/min 0.01*UnUn5V

根据图3-3，UcCenIdLR0.1275001024.175V

Ks20*Uim150.375V/A

Idm40

Ui*IdL0.375103.75V

*（2）当过载堵转时，转速调节器将输出最大值Ui*Uim2200.37515V

UcCenIdLR0.12704024V

Ks203-6、解：可将系统校正为典型І型系统。此时可将调节器应选择为I调节器，即

WisKi，查表3-1，选取KT=0.5，其中T=0.01s，因此K=50，Ki=5 s3-7、解：要将控制对象校正为典型Ⅱ型系统，那么调节器应选择为PI调节器，即

WpisK2is1KKs1Kis1，那么校正后的传递函数为Ws122i 2isisTs1sTs1K1K2，T=0.02

其中Ki欲使30%，查表3-4，可以取h≥7 当h=7时，ihT70.020.14

KKi204.080.14h171204.08→K2.85712 222222hT270.02K110

3-10、参见例题3-1/3-2/3-3.

**UnmUnm153-11、解：（1）min/r 0.01V·

nmaxnN1500*Uim100.333V/A

Idm30*Unn5500r/min 0.01UcCenIdLR0.1285002023.47V

Ks30（2）当电动机突然失磁Φ=0时，Te=0，电动机将减速为n=0，同时若在此状态下时

间过长，将烧毁电动机（电流达最大允许值）

*此时，Un=0，转速调节器将饱和，输出为Ui*Uim10V，

由于ACR采用PI调节器，故UiUi*10V，Id=30A

UcIdmR3022V Ks30（3）当h=5时，nhTn50.050.25

KNh15148 22222hTn250.05故开环传递函数：WnsKNns1480.25s1 22sTns1s0.05s1tv8.8→tv=0.44s Tn（4）查表3-5，h=5时，有

CmaxCmaxIdNRTn2020.05= 81.2%→nmax2z281.2%01CbCeTm0.1280.05Cb-507.5 r/min

第四章

4-3、何谓待逆变、本组逆变和它组逆变，并说明这三种状态出现在何种场合下。

答：待逆变：该组晶闸管装置在逆变角控制下等待工作，这时逆变组除环流外并未流过负载电流。

本组逆变阶段：从a点到b点，电动机正向电流衰减阶段，VF组工作； 它组逆变阶段：从c点到d点 ，电动机恒值电流制动阶段，VR组工作。

4-7、答：在逻辑控制的无环流可逆V-M系统，由于主电流的实际波形是脉动的，如果脉动的主电流瞬时低于I0就立即发出零电流数字信号，实际上电流仍在连续地变化，突然封锁触发脉冲将产生逆变。因此在检测到零电流信号后等待一段时间，若仍不见主电流再超过I0 ，说明电流确已终止，再封锁本组脉冲。这个等待的一段时间称作封锁延时。

在封锁触发脉冲发出后，已导通的晶闸管要过一段时间后才能关断，再过一段时间才

能恢复阻断能力。如果在此以前就开放它组脉冲，仍有可能造成两组晶闸管同时导通，产生环流。因此必须有一段延时时间——开放延时时间。

当延时过大时，将会造成过零点检测不准确，不能正确发出封锁指令 当延时过小时，将会造成两组晶闸管同时导通，产生环流。

第五章

5-1、解：（1）略

（2）由nN=960r/min知极对数np=3，n1=1000r/min

10009600.04 故sN1000EgUsRr'2'RLLs1lslrsN22Rr'sN2'2.7V 1Llr2022I1NUNRr'RssN2'1LlsLlr22200.5220.351000.0060.0070.04216.31

2TeNRr'3npUs2NRr'2'1Rss1LlsLlrN2291.37Nm

（3）I0UsRLlsLm2s2122.633A

（4）smRr'Rs212LlsL'lr23npUN20.122

Tem22'21RsRs1LlsLlr2155.83 Nm

5-7、答：在气隙磁通量m保持不变时，有 在定子磁通ms保持不变时，有 U在转子磁通ms保持不变时，有 Us(RjL)IUss1ls1EgERsI1ssE[Rsj1(LlsL'lr)]I1r若仅采用幅值补偿，将与采用幅值与相位同时补偿的方法存在一定的误差，且随频率的增大而增大。

5-10、解：通常情况下，空间矢量电压平衡方程式为：usRsis

ds dt

忽略定子电阻影响时，有usds→susdt dt令s=sej1t，则usj1sej1t=j1s 5-15、解：（1）smRr'0.5'71.43 Llr0.007smax0.9sm.29

IsQIsmaxEg/1Rr''2LlrsmaxsmaxR'481.94

r2261.675A

TsQTemaxEg3np1第六章

is6-2、解：在题6-1中，is3Imsint，那么 Icost2misdcossiniscossin3Imsint3Imsint ii2Imcostsqsincosssincos2Imcost当坐标系旋转速度

d1时，那么稳态时可令1t0，由此可得 dtisd（1）当1时，有isq33Imsin022，那么iiiIm ssdsq22Imcos0isd3Imsin1t0（2）当1时，有 iIcost2m10sq6-4、解：在Y连接情况下，那么额定运行时，12f1314rad/s UsNUN/3220V，当nN=1400r/min时，np=2，那么2nNnp293.2 rad/s 6022令iA2INsin1t9.76sin1tA，iB9.76sin1tA，iC9.76sin1tA

33

iAis11.95sint i故C3/2B11.95costisiC转子电磁时间常数TrLr0.280.109s Rr2.658在稳态时，rLmisTrr，rLmisTrr，那么

rLmisTrLmis1T22r0.0033sin314t0.1060cos314t

rLmisTrLmis12Tr20.0033cos314t0.1060sin314t

rr2r20.1061

rsin0.0311cos314t0.999sin314t

rcosr0.0311sin314t0.999cos314t rismcossinis0.3717isincosi11.9402

sst6-6、解：接上题，有

ssrrLsisLmirLsisLmirLmisLrirLmisLrirsir→irsL2LrLsismLrssisLmLmLr→ 2LsisLmLrLssisLrLmLmr结合上题，那么有

s0.19sin314t0.1060cos314t→ss2s20.22 s0.19cos314t0.1060sin314ts，coss sinssismcossinis10.5isincosi5.76

sst第七章

7-1、答：对于绕线型异步电动机来说，若在转子侧串接入一个可调的附加电动势，调节电动势的大小，若负载不变，那么电动机转速也将发生改变。 工况 次同步反转倒拉制超同步速下超同步速下电次同步转速下回 转速下动运行 回馈制动 动运行 馈制动 性能 电动运行 发生条+Eadd，位能性恒转恒机械外力电动运行下恒低于同步转速下件 Eadd 矩负载，作用，-Eadd 转矩负载，运行，+Eadd，Er0 Eadd >Er0 Eadd >Er0 转差率01 s<0 s<0 0串电阻调速效率要高。 7-6、解： Dn17502 nmin37512441UT21.15Er011.15181V

32DIT2292A

12441WT3.45Er0IT213.45292170960W

3D2