运动控制系统

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1、运动控制系统课后习题答案2.2系统的调速范围是i000i00r/min，要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少?解：n=nnSD（1s）=10000.02（100.98）=2.04rpm系统允许的静态速降为2.04rpm2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0max=1500r/min,最低转速特性为n0min=150r/min，带额定负载时的速度降落AnN=15r/min，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？系统允许的静差率是多少？解：1）调速范围D=nmax.Fmin（均指额定负载情况下）nmax=n0max一nN=1500-15=1485

2、nmin=n0min-如=150-15=135D=nmax.nmin=1485135=112)静差率s=AnN/no=15/150=10%2.4直流电动机为PN=74kW,UN=220V,In=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023Q。相控整流器内阻Rrec=0.022Q。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：Ce=(UN-INRa),nN=(220-3780.023).1430=0.1478V.rpmn=InRCe378”0.0230./022)0.1478pm15D=nNS：叩一9=14300.2115-(

3、10.2)3.1D=*SW-$=1430/0.3115(10.3)5.332.5某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。已知直流电动机Pn=60kW,UN=220V,IN=305A,niN=1000r/min，主电路总电阻R=0.18q,Ce=0.2V?min/r,求：(1) 当电流连续时，在额定负载下的转速降落AnN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) 若要满足D=20,s5%的要求，额定负载下的转速降落AnN又为多少？解：(1)：nN=INR.Ce=3050.18.0.2=274.5r/min(2) Sn=mN.n。=274.5.(1000274.5)=2

4、1.5%：n=nNS,.D(1s)=10000.05200.95=2.63r/min2.6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U；=8.8V、比例调节器放大系数KP=2、晶闸管装置放大系数KS=15、反馈系数y=0.7o求：(1)输出电压Ud;(2)若把反馈线断开，Ud为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？(3)若把反馈系数减至T=0.35，当保持同样的一，一.,一.*输出电压时，给7E电压U；应为多少？解：(1)Ud=KpKsU；/(1+KpKsY)=2号5尺8.8(1十2X15X0.7)=12VUd=8.8X2X15=264V，开环输出电压是闭环的22倍u=Ud(1K

5、pKs).KpKs=12(12150.35).(215)=4.6V2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/min，要求系统的静差率s5%,那么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？解：1)D=nNs/AnN(1-s)10=15002%/：nN98%nN=15002%/98%10=3.06r/min2)K=0nop/AnCi)T=100/3.06-1=31.72.8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8r/min,如果将开环放大倍数提高到30,它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围

6、可以扩大多少倍？解:np=1K瓦|=1158=128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：nci=：nop/1K=128/130=4.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大Ancl1/Ancl2=1.937倍2.9有一V-M调速系统：电动机参数PN=2.2kW,Un=220V,In=12.5A,nN=1500r/min，电枢电阻Ra=1.5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,整流装置内阻Rec=1.0Q触发整流环节的放大倍数Ks=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Mop和调速要求所允许的闭环静态速降Mcl。(2) 采用转速负反馈组成闭环系

7、统，试画出系统的原理图和静态结构图。(3) 调整该系统参数，使当Un*=15V时，Id=IN，n=nN，则转速负反馈系数a应该是多少？(4) 计算放大器所需的放大倍数。解：(1)n=Un-InRa/Ce=Ce=220-12.51.5/1500=201.25/1500=0.134Vmin/rn=Un-In/Ce二，:nop=lNR；/Ce=12.53.3/0.134=307.836r/minAm=riNS/(D(1s)=150010%/(20*90%)=8.33r/min所以，n=8.33r/mincl(2)-T.R(3)(4)n=KpKsUn-IdR/Ce1K=Ku1KLldR/Ce1K1K=

8、np/ncl1=307.836/8.331=35.9551500=35.955x15/a(1+35.955)-12.5乂3.3/(0.134(1+35.955)=：-0.0096Vmin/r35*0.0096可以求得，Kp严955*0.134=14.34Ks*:也可以用粗略算法:*Un0(=0.011500Kp=KC-Ks：,Kp=35.9550.134/350.01=13.762.10在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流Idbl1.2IN,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电阻的1/3，如果做不到，需要增加电流反馈放大器，试画出

9、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？Idcr解：（1）Idbl苴2、=25A,cr芝1.2In=15A=Ucom/Rs=15=Ucom/Rs-i*._一一_Idbl：UnUcom/Rs=25=15Ucom/Rs=Rs=15Ucom=151.5=22.5V（沔/3）=1.01.50.8/3=1.1,R（昭/3）不符合要求，取尺=1.们，需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电阻小和电流信号大的要求,则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，取Rs=1.1Q，则Ucom=IdcrXRs=15X1.1

10、=16.5V+A(3)当IdAIdcr时，有n=KpKsU；/Ce1KLkpKsKiRsId-Ucom/Ce1KLRid/Ce1K1=kpKsU：KjUcom/Ce1KLR.KpKsKRId/Ce1K1当n=0时，*一一一一*一Idbl=KpKs(Un+KjUcomyiR+KpKsKiRs)陌(Un+KUcomVKiR25=：1516.5K/1.1Kj=K=15/22.5-13.5)=1.36222.11在题2.9的系统中，若主电路电感L=50mH，系统运动部分的飞轮惯量GD=1.6Nm，整流装置米用三相零式电路，试判断按题2-9要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许

11、的最大开环放大系数是多少？解：L=50mH,GD2=1.6Nm2,应=3.m,Ce=0.134V/rpmI=L/R=0.05/3.3=0.015sTm=GD2R375CeCm=1.63.3/3750.1340.13430/3.14=5.28/64.33=0.082sTs=0.00333ssKq|Tm丁TsTs2/TH=0.0820.0150.003330.003332/(0.0151*0.00333=0.00150.003332/0.00004983=30.52可见与前面的K35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行，K最大为30.52。2.12有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电

12、动机：Pn=2.8kW,Un=220V,In=15.6A,nN=1500r/min,Ra=1.5Q,整流装置内阻Rrec=1Q,电枢回路电抗器电阻R=0.8Q,触发整流环节的放大倍数Ks=35。系统开环工作时，试计算调速范围D=30时的静差率s值。当D=30,s=10%时，计算系统允许的稳态速降。如组成转速负反馈有静差调速系统，要求d=30,s=10%，在Un=10V时Id=lN,n=nN,计算转速负反馈系数a和放大器放大系数K。p解：Ce=：220-15.61.5/1500=0.1311Vmin/r(1)%=INR；/Ce=15.63.3/0.1311=392.68r/minnmin=150

13、0/30=50s=,，；nop/.n0min=392.68/392.6850=88.7%(2)0.1；n/m50n=5/0.9=5.56r/min(3)r*.E=KpKsUn/Ce(1+K)-RId/Ce(1+K).K=KpKs/Ce1500=KpKsUn/Ce1K-R15.6/Ce1KK=nop/ncl1=297.48/5.56-V52.52.13旋转编码器光栅数1024,倍频系数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法测速时间为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)

14、M法：分辨率Q=-60=60=1.465r/minZTc102440.01曰4口辛玄60M1取大以差率:n=-ZTcn=1500r/min时，MinZTc1500410240.01=10246060nZTc150410240.01n=150r/min时，M1=102.460601500r/min时，6max%11100%=100%=0.098%M11024150r/min时，6max%11100%=100%=0.98%102.4M1可见M法适合高速。（2）T法:分辨率：n=1500r/min时,Zn2210244150060f-Zn6=171r/min60110-102541500n=150r

15、/min时，QZn22102441506=1.55r/min60f。-Zn60110-10244150最大误差率：n即ZM260f0Zn当n=1500r/min时,60106=9.7710244150060106当n=150r/min时，M210244150=97.711n=1500r/min时，Smax%=乂100%=乂100%=11.4%M2-19.77-1一11一n=150r/min时，&max%=乂100%=W00%=1%97.71M2-1可见T法适合低速习题二3.1双闭环调速系统的AS前AC南为PI调节器，设系统最大给定电压Unm=15V,nN=1500r/min,IN=20A,电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R=2Q,Ks=20,Ce=0.127Vmin/r,求：（1）当系统稳定运行在Un=5V,*IdL=10A时，系统的n、Un、Ui、Ui和Uc各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，Ui和Uc各为多少?解：:-=Unm/nN=15V/1500rpm=0.01V/rpm*U一当Un=5V,转速n=一a5V500rpm0.01V/rpmUiUc(2)Uc*UimIdmud0Ks15V=0.375V/A40A=0.3