《电力拖动自动控制系统》(第四版)习题答案.docx
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《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
∆nN
=snmin
(1−s)
=0(1.0−20×.01020)=2.04(rmin)
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,UN =220V,IN =305A,nN =1000rmin,主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V•minr,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sN多少?
(3)额定负载下的转速降落∆nN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 =INR=305×0.18=274.5(rmin)
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
sN =
∆nN
nN+∆nN
= 274.5 ≈0.215=21.5%
1000+274.5
(3)额定负载下满足D=20,s≤5%要求的转速降落
∆nN
= nNsD(1−s)
=1000×0.05
20×(1−0.05)
≈2.63(rmin)
解:
(1)Ce
=UN−IdRa
nN
=220−12.5×1.5=0.1341V⋅min/r
1500
∆nop
=RIN
Ce
=12.5×(1.5+1.0+0.8)
0.1341
=307.6r/min
(2)
∆n= nNs ≤1500×0.1 =8.33r/min
cl D(1−s) 20×(1−0.1)
(3)
op
∆n 307.6
(4)闭环系统的开环放大系数为K= −1= −1=35.93
运算放大器所需的放大倍数K
∆ncl
K
8.33
=
35.93
=13.77
p
Ksα/Ce
35×0.01/0.1341
=
解:
R=4.8Ω Rs/R=0.3125<1/3
图见49页
2,-n12有=一15晶00闸r管m-in电,动R机调=速1.系5Ω统,,整已流知装:
置电内动阻机RPN==1Ω2.8,k电W枢,回U路N电=抗22器0V电,阻INR
==150..68ΩA
,触N发整流环节的放大倍a数Ks=35。
求:
rec L
(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。
n d N
(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=nN,计算转速反馈系数α和放大器放大系数Kp。
解:
先计算电动机的反电动势系数
n
C UN−INRa=220−15.6×1.5
e=
N
1500
=0.131(V•minr)
系统开环时的额定转速降落
IN(Ra+Rrec+RL
15.6×(1.5+1+0.8)
)
C
∆nNop=
e
= ≈393(rmin)
0.131
(1)系统开环时,调速范围D=30时的静差率
s= D∆nN
N
n +
D∆nN
= 30×393
1500+30×393
≈0.887=88.7%;
(2)当D=30,s=10%时,系统允许的稳态速降
∆nN
=nNsD(1−s)
=1500×0.1
30×(1−0.1)
≈5.56(rmin)
(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
K=∆nop−1=393−1≈69.68;
∆ncl
5.56
α=n=
转速反馈系数 U*
nN
10
1500
≈0.0067(V•minr)
放大器放大系数Kp=KCe
Ksα
69.68×0.131
= ≈38.93。
35×0.0067
Ci=Ri/τi=14µF
4h=3σ%=2(∆Cmax%)(λ−z)∆nN
n C n*
T∑n=63.4%
T
b m
5-1=9一60台r三mi相n
鼠笼异步电f动机=的50铭Hz牌数据为:
额定Y电压UN=380V,额定转速Rn
=N0.35Ω,定子,漏额感定L频=率0.00N6H,定子,绕定组子产生绕气组隙为主磁联通接的等。
效由电实感验测L得=定0子.26电H阻, s
ls m
转子电阻Rr′=0.5Ω,转子漏感Ll′r=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 sN ,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 I0
。
(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nN
=960rmin,同步转速n1
=60fN
np
=60×50=1000(r
3
min),
额定运行时的转差率s
n1−n=1000−960
N= =0.04
n1 1000
由异步电动机T形等效电路,
C=1+Rs+jω1Lls=1+Lls
−j Rs
=1+0.006−j
0.35
≈1.023−j0.004≈1.023
1 jωL
L 2πfL
0.26
100π×0.26
1 m m Nm
可得转子相电流幅值
s
U
⎛
+C Rr′+ω2(L+CL′)2
2
Ir′=
⎞
R
⎜ ⎟
⎝ N⎠
s
⎜s 1 ⎟
2
= 1 ls 1 lr
⎜
⎛0.35+1.023×
⎝
= 220
0.5⎞
⎟
0.04⎠
220
+(100π)2×(0.006+1.023×0.007)2
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
⎛R′⎞
2
⎝s
⎜r⎟+ω2L′2
N⎠
1 lr
Eg=I′r =15.9735×156.25+4.8361≈202.7352(V)
额定运行时的励磁电流幅值
ωL
0
I=Eg
1m
=202.7352≈2.482(A)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
I1N
=
⎛
Us
+=R2′⎞+ω2(L+L′)2
⎝ 2s2⎠02
=
⎜
⎛0.35+0.5⎞
0.04⎠2
⎝ ⎟
220
+(100π)2×(0.006+0.007)2
= ⎜Rs
⎟ 1 ls lr
165.1225+16.6796
=16.316(4A)
额定电磁转矩
T=Pm=3npI′2R′r=
3×3×15.97352×0.5
≈91.37(N⋅m)(依据T形等效电路)
ω
ω
s
e r
m 1 N
或
100π 0.04
e
T=Pm
=3np
I2Rr′=3×3×16.31642×0.5≈95.33(N⋅m)(依据简化等效电路)
1Ns
ωm ω1 N 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
I = Us =
s 1 ls m
0 R2+ω2(L+L)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
s = Rr′
s
1 ls lr
m R2+ω2(L
+L′)2
0.5
0.352+(100π)2×(0.006+
0.007)2
=0.122
临界转矩
Tem=
3nU2 3×3×2202
p s =
2 ⎡R R2 2(L L)2⎤ 200×π×[0.35+ 0.352+(100π)2×(0.006+0.007)2]
=15ω51.83(sN+⋅m)s +ω1ls+l′r
异步电动机的机械特性:
Sn
01
Sm
T
10
em Te
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
k=UN−0.1UN=220−22=3.96,
fN−0
50−0
考虑低频补偿时,电压频率特性曲线U=3.96f+22;
不补偿时,电压频率特性曲线U=220f
50
=4.4f
(2)当f=5Hz时
A、不补偿时,输出电压U=4.4f
T =
ps
3nU2
em
=22(V),临界转矩
=
3×3×222
0.35+ 0.35 +(10π)
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