《电机学》——第9章 直流电机的动态分析与运动控制 习题解答.docx

第9章直流电机的动态分析与运动控制思考题1 .在他励直流电动机的动态分析中，在什么条件下可以将非线性方程线性化？答：如果动态过程中励磁电流保持不变，即LY。为恒值，他励直流电动机的动态方程将变成常系数线性微分方程。当电机围绕某平衡位置（即稳态工作点）作微小变动（微增量运动）时，他励直流电动机的动态方程也可以线性化。2 .他励直流电动机起动时，什么情况下会出现衰减振荡过程？如何避免振荡发生？答：若阻尼比31（即4GK）,起动过程将是具有衰减的振荡过程。为避免振荡发生，应增大阻尼比,由阻尼比的表达式.二1TMJR：Jg444Gaf2Zfo2Ia可知，增大转动惯量/或减少%几（即减少主磁通均可达到这一目的。3 .在调速系统中，为什么说调速范围和静差率这两项稳态性能指标必须同时提才有意义？答：调速系统的调速范围是指满足静差率要求的转速调节范围。由静差率的定义可知，当转速降落11n一定时，转速越低，其静差率就越大，因此一个调速系统的调速范围，实际上是指在最低速时还能满足静差率要求的转速可调范围。由此可见，调速范围和静差率这两项指标并不是彼此孤立的，而是互相联系的，必须同时提才有意义。4 .在采用比例调节器的转速负反馈直流调速系统中，如果负载转矩增加，系统稳定后其AUn、Uc、UdO及n各将如何变化？若采用Pl调节器上述各量又如何变化？为什么？答：在采用比例调节器的转速负反馈直流调速系统中，如果负载转矩增加，系统稳定后其输入偏差电压/仅、放大器的输出4、电力电子变换器的输出电压仅。均会增大，转速力降低；若采用Pl调节器则/仅二0,4、仅。增大，转速力不变。原因如下：由采用比例调节器的转速负反馈直流调速系统的静特性方程可知，负载转矩增加，必然导致转速力下降，则仅二M减小，考虑到/仅二C-优、4=4/优、UqFKsUc,故/仅、4、均会相应增大。若采用比例积分调节器，系统达到稳态后只要ASR不饱和，必有/"二0,故转速厅仅/或仅7。保持不变。但是负载转矩的增加，意味着电机的电枢电流要增大，因此电机在该转速下运行所需要的电压也必然有所增加，所以4、%均会增大，相关表达式如下UdU=Ken+RId=KeUa+RIdLKS5 .采用Pl调节器的转速、电流双闭环直流调速系统，若Un*一定，增大转速反馈系数，系统稳定后的转速是增加、减小还是不变？转速反馈电压Un如何变化？答：若转速调节器不饱和，当M一定时，增大转速反馈系数，系统稳定后的转速将减少，转速反馈电压2大小不变。因为对于不饱和的Pl调节器，稳态时必有/仅=r-«=0,故优二优*保持不变，而转速不优/或优7。将随着增大而减小。计算题1 .有一台他励直流电动机，若电枢电压和励磁绕组电压均保持不变，当负载转矩阶跃地增加AB(<<7i)时，试求其转速变化规律(忽略电枢电感人的影响)。解：由于A7«&所以该问题可以按微增量运动求解。由教材图9-4他励直流电动机微增量运动时的框图，考虑到此时电枢电压增量和励磁绕组电压增量均为0,即有如=0,=0,其框图可以简化为图9-1。忽略电枢电感影响时，负载转矩增量兀与角速度增量。之间的传递函数为Q(三)=1-7L(三)A+®+Ga,?/凡)当负载转矩阶跃增加AA时几(三)=A4/S因此/21(三)=77SS+(凡+Gaf2J/Ra)_rli1+2VXSS+(%+Gaf2J/凡)%+giRt(l-eJ)z11、-(I)t(l-eTJTM)取拉普拉斯逆变换="Rq+GaU"&Ro+GjMRa式中，3为机械时间常数，TJ=J/Ra6为系统的机电时间常数，TJRJ(¢if22)OF(三)土图9-17作微小变化时的框图2.一台他励直流电动机，已知：负载转矩TL=L0Nm,其中3是机械角速度(rads),转动惯量J=2kgm2,电枢电阻Ra=I.O,励磁电流If。为常数，且转矩常数Gaflfo=IONmA,若电枢电感忽略不计，试求电枢突加IlOV直流电压时电动机的速度响应3(t)o解：根据题意,负载转矩=l.0。NIlb这意味着可以按照旋转阻力系数&=L0,A=O进行处理。由教材图9-3电枢控制时他励直流电动机在复频域内的框图，在忽略电枢电感，且A=O时，电枢电压与角速度之间的传递函数为Qs)GaJfO1Ujr-(s+Rq)+gJ-11GafVM§+(/+J_IJIM_则突加直流电压仅时QS)=IeLL=rj_I1GafVM"/_j1MJ/J、取拉普拉斯逆变换，得。二UaGaJfO+凡Ra/(GafIf0)z11、(I)t(l-eTj&)将仅二no,b=l.O,产2,兆二1.0,GZo=IO代入上式，计算得2(0=10.89(l-e505z)3.某调速系统的调速范围=20,额定转速您二1500rmin,开环转速降落)op=240rmin,若要求系统的静差率由10%减少到5%,则系统的开环增益将如何变化?解：由教材式(9-38),要求静差率/10%时系统允许的闭环速降为nNs1500×0.1Q.11l1=-=8.333r/minc11D(l-5)20(1-0.1)再根据教材式(9-44),闭环速降与开环速降的关系为11nn1=-cl1+K因此为满足上述要求，闭环系统的开环放大系数人应为类似地，若要求静差率/5队则M="竺迺=395rmincO(It)20(1-0.05)-1=三-1=三即闭环系统的开环放大系数应由27.8增大到59.8o4 .有一晶闸管整流器供电的直流调速系统，电动机参数如下:4二2.8kW,ft=220V,=15.6A,z=1500rmin,兄=1.5。，整流装置内阻凡.二1。，触发和整流装置的放大系数4=35。(1)试计算系统开环工作、调速范围=30时的静差率。(2)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求=30,S=I0%时，计算系统允许的稳态速降。(3)若已知额定转速时的反馈电压tt=10V,试计算上述闭环系统比例放大器的放大系数4。解:该题目需要先求出额定磁通下的电动势系数4和额定负载下的开环速降/外。根据电动机的参数，额定磁通下的电动势系数为K_UNINRa6N22015.6x1.515=0.131Vminr当电流连续时，系统的额定速降为=f=2977rmm（I）根据调速范围的定义，当女30时，其最低转速应为"maxnN1500.11.=-j三l=5Or/minDD30则系统开环工作时最低转速下的静差率为s=2_=297.7=85.6%min"min+AN50+297.7(2)由教材式(9-38),当要求D=30,S=l%0t,系统允许的稳态速降为11ns1500×0.1Uc.111=5.556r/mincD(l-s)30(1-0.1)（3）由教材式（9-44）,为满足上述要求，闭环系统的开环放大系数应为心浊1=2221=52.6ncl5.556考虑到额定转速时的反馈电压仅二10V,则转速反馈系数=10-=0.00667Vminr11n1500已知闭环系统的开环放大系数K=KPKSa/Ke，则比例放大器的放大系数应为K=PKSaK52.635×0.006670.131=29.55 .某直流调速系统的调速范围是150r/min1500rmin,开环系统的稳态速降为100rmin,试求：（1）开环系统的静差率s；（2）若欲通过转速负反馈使系统的静差率s=2%,允许的闭环系统稳态速降/小是多少？(3)为满足上述要求，闭环系统的开环放大系数4应为多大?解:(1)开环系统的静差率为=40%(2)系统的调速范围为0=L=15°°=10n150根据教材式(9-38),若要求s=2%时，允许的闭环系统稳态速降为=空U=3.06rmincD(l-s)10(1-0.02)(3)由教材式(9-44),为满足上述要求，闭环系统的开环放大系数应为也1=®1=31.7ncl3.06