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    运动控制系统课后习题答案.doc

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    运动控制系统课后习题答案.doc

    -运动控制系统课后习题答案2.2 系统的调速围是1000100,要求静差率s=2%,则系统允许的静差转速降是多少?解:系统允许的静态速降为2.3 *一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为,最低转速特性为,带额定负载时的速度降落,且在不同转速下额定速降不变,试问系统能够到达的调速围有多大?系统允许的静差率是多少?解:1调速围(均指额定负载情况下 2) 静差率2.4 直流电动机为PN=74kW,UN=220V,IN=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023。相控整流器阻Rrec=0.022。采用降压调速。当生产机械要求s=20%时,求系统的调速围。如果s=30%时,则系统的调速围又为多少?解:2.5 *龙门刨床工作台采用V-M调速系统。直流电动机,主电路总电阻R=0.18,Ce=0.2Vmin/r,求:1当电流连续时,在额定负载下的转速降落为多少?2开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率多少?3假设要满足D=20,s5%的要求,额定负载下的转速降落又为多少"解:(1) (2) (3) 2.6 有一晶闸管稳压电源,其稳态构造图如下图,给定电压、比例调节器放大系数、晶闸管装置放大系数、反应系数=0.7。求:1输出电压;2假设把反应线断开,为何值?开环时的输出电压是闭环是的多少倍?3假设把反应系数减至=0.35,当保持同样的输出电压时,给定电压应为多少?解:1 (2) ,开环输出电压是闭环的22倍 (3) 2.7 *闭环调速系统的调速围是1500r/min150r/min,要求系统的静差率,则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: 122.8 *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,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,调速围可以扩大多少倍?解:如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为:在同样静差率要求下,D可以扩大倍2.9 有一V-M调速系统:电动机参数PN=2.2kW, UN=220V, IN=12.5A, nN=1500 r/min,电枢电阻Ra=1.5,电枢回路电抗器电阻RL=0.8,整流装置阻Rrec=1.0,触发整流环节的放大倍数Ks=35。要求系统满足调速围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采用转速负反应组成闭环系统,试画出系统的原理图和静态构造图。3调整该系统参数,使当Un*=15V时,Id=IN,n=nN ,则转速负反应系数应该是多少?4计算放大器所需的放大倍数。解:1所以,234可以求得,也可以用粗略算法:,2.10 在题2.9的转速负反应系统中增设电流截止环节,要求堵转电流,临界截止电流,应该选用多大的比拟电压和电流反应采样电阻?要求电流反应采样电阻不超过主电路总电阻的1/3 ,如果做不到,需要增加电流反应放大器,试画出系统的原理图和静态构造图,并计算电流反应放大系数。这时电流反应采样电阻和比拟电压各为多少?解:1,2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,对电流信号进展放大。为此,取,则3当时,有当n=0时,2.11在题2.9的系统中,假设主电路电感L=50mH,系统运动局部的飞轮惯量,整流装置采用三相零式电路,试判断按题2-9要求设计的转速负反应系统能否稳定运行?如要保证系统稳定运行,允许的最大开环放大系数是多少?解:,可见与前面的K>35.955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,:电动机:,r/min,=1.5,整流装置阻=1, 电枢回路电抗器电阻=0.8,触发整流环节的放大倍数。(1)系统开环工作时,试计算调速围时的静差率值。(2)当,时,计算系统允许的稳态速降。(3)如组成转速负反应有静差调速系统,要求,在时,计算转速负反应系数和放大器放大系数。解:1232.13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率,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,求转速和时的测速分辨率和误差率最大值。解:1M法:分辨率最大误差率:时,时,时,时,可见M法适合高速。2T法:分辨率:时,时,最大误差率:,当时,当时,时,时,可见T法适合低速习题三3.1双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调节器,设系统最大给定电压=15V,=1500r/min,=20A,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻=2,=20,=0.127V·min/r,求:1当系统稳定运行在=5V,=10A时,系统的、和各为多少?2当电动机负载过大而堵转时,和各为多少?解:(1)2堵转时,3.2 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。参数:电动机:=3.7kW,=220V,=20A,=1000 r/min ,电枢回路总电阻=1.5,设=8V,电枢回路最大电流=40A,电力电子变换器的放大系数=40。试求:1电流反应系数和转速反应系数。2当电动机在最高转速发生堵转时的值。解:1 2) 这时:,ASR处于饱和,输出最大电流给定值。3.3 在转速、电流双闭环调速系统中,调节器ASR,ACR均采用PI调节器。当ASR输出到达=8V时,主电路电流到达最大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时,试问:1应如何变化?2应如何变化?3值由哪些条件决定?解: 1) 因此当电流从40A70A时,应从4V7V变化。 2) 要有所增加。 3) 取决于电机速度和负载大小。因为3.5 *反应控制系统已校正成典型I型系统。时间常数T=0.1s, 要求阶跃响应超调量10。(1) 系统的开环增益。(2) 计算过渡过程时间和上升时间;(3) 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间<0.25s, 则K=",="解:取(1) 系统开环增益:(2) 上升时间过度过程时间:3如要求,查表3-1则应取 , 这时,超调量=16.3%。3.6有一个系统,其控制对象的传递函数为,要求设计一个无静差系统,在阶跃输入下系统超调量5按线性系统考虑。试对系统进展动态校正,决定调节器构造,并选择其参数。解:按典型I型系统设计,选。选I调节器,校正后系统的开环传递函数为,已选KT0.5, 则K0.5/T=50, 所以,积分调节器:。3.7有一个闭环系统,其控制对象的传递函数为,要求校正为典型型系统,在阶跃输入下系统超调量30按线性系统考虑。试决定调节器构造,并选择其参数。解:应选择PI调节器,对照典型型系统,满足设计要求。这样,3.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中,电动机的额定数据为:kW , V , A , r/min , 电动势系数=0.196 V·min/r , 主回路总电阻=0.18,触发整流环节的放大倍数=35。电磁时间常数=0.012s,机电时间常数=0.12s,电流反应滤波时间常数=0.0025s,转速反应滤波时间常数=0.015s。额定转速时的给定电压(Un*)N =10V,调节器ASR,ACR饱和输出电压Uim*=8V,Ucm =6.5V。系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速围D=10,电流超调量5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量10%。试求:1确定电流反应系数(假设起动电流限制在以)和转速反应系数。2试设计电流调节器ACR,计算其参数Ri,、Ci、COi。画出其电路图,调节器输入回路电阻R0=40。3设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、COn。(R0=40k)4计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量n。5计算空载起动到额定转速的时间。解:12电流调节器设计确定时间常数:电流调节器构造确定:因为,可按典型I型系统设计,选用PI调节器,, 电流调节器参数确定: ,。校验等效条件:可见满足近似等效条件,电流调节器的实现:选,则:,取9K.由此3速度调节器设计确定时间常数:a) 电流环等效时间常数:因为则速度调节器构造确定:按照无静差的要求,应选用PI调节器,, 速度调节器参数确定:校验等效条件:可见满足近似等效条件。转速超调量的校验 (空载Z=0转速超调量的校验结果说明,上述设计不符合要求。因此需重新设计。查表,应取小一些的h,选h=3进展设计。按h=3,速度调节器参数确定如下:校验等效条件:可见满足近似等效条件。转速超调量的校验:转速超调量的校验结果说明,上述设计符合要求。速度调节器的实现:选,则,取310K。4) 40%额定负载起动到最低转速时:5) 空载起动到额定转速的时间是:(书上无此公式仅考虑起动过程的第二阶段。所以:3.10 有一转速、电流双闭环调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。电动机参数为:PN =500kW,UN =750V,IN =760A,nN=375 r/min,电动势系数Ce =1.82V·min/r, 电枢回路总电阻R=0.14,允许电流过载倍数=1.5,触发整流环节的放大倍数Ks=75,电磁时间常数=0.031s,机电时间常数=0.112s,电流反应滤波时间常数=0.002s,转速反应滤波时间常数=0.02s。设调节器输入输出电压Unm*=Uim*=Unm =10V,调节器输入电阻R0=40k。设计指标:稳态无静差,电流超调量5%,空载起动到额定转速时的转速超调量10%。电流调节器已按典型I型系统设计,并取参数KT=0.5。1选择转速调节器构造,并计算其参数。2计算电流环的截止频率和转速环的截止频率,并考虑它们是否合理"解:1电流调节器已按典型I型系统设计如下:确定时间常数:电流调节器构造确定:因为%5%,可按典型I型系统设计,选用PI调节器, WACR(s)=Ki(is+1)/is, Tl/Ti=0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定:i=Tl=0.031s, KITi=0.5, KI=0.5/Ti=136.24 s-1校验等效条件:ci=KI=136.24 s-1可见满足近似等效条件。电流调节器的实现:选R0=40K,则取36K速度调节器设计确定时间常数:a) 电流环等效时间常数1/KI:因为KITi=0.5 则1/KI=2Ti=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sc) c)Tn=1/KI+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度调节器构造确定:按照无静差的要求,应选用PI调节器,WASR(s)=Kn(ns+1)/ns 速度调节器参数确定:n=hTn,选h=5,则n=hTn=0.1367s,KN=(h+1)/2h2T2n=6/2*25*0.027342=160.54 s-2Kn=(h+1)CeTm/2hRTn= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件:=KN/1=KNn=160.54*0.1367 =21.946 s-2a) 1/3(KI/Ti)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>b) 1/3(KI/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>可见满足近似等效条件。速度调节器的实现:选R0=40K,则 Rn=Kn*R0=10.5*40=420K 由此 =n/Rn=0.1367/420*103=0.325F 取0.33F C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2F2) 电流环的截止频率是:ci=KI=136.24 s-1 速度环的截止频率是:=21.946 s-2从电流环和速度环的截止频率可以看出,电流环比速度环要快,在保证每个环都稳定的情况下,再求系统的快速性,充分表达了多环控制系统的设计特点。3.11在一个转速、电流双闭环V-M系统中,转速调节器ASR,电流调节器ACR均采用PI调节器。1在此系统中,当转速给定信号最大值Unm*=15V时,n=nN=1500 r/min;电流给定信号最大值Uim*=10V时,允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2,晶闸管装置的放大倍数Ks=30 ,电动机额定电流IN =20A ,电动势系数Ce =0.128V·min/r。现系统在Un*=5V ,Idl=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=" ACR的输出电压Uc ="2当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(=0) , 系统将会发生什么现象" 试分析并说明之。假设系统能够稳定下来,则稳定后n=" Un=" Ui*=" Ui=" Id=" Uc =" 3该系统转速环按典型型系统设计, 且按Mrmin准则选择参数,取中频宽h=5, 转速环小时间常数Tn =0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。4该系统由空载(=0)突加额定负载时,电流和转速的动态过程波形是怎样的"机电时间常数=0.05s,计算其最大动态速降和恢复时间。1) = U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r = U*im/Idm = 10/30=0.33 V/A U*n =5 V,n=U*n/=5/0.01=500 r/min Uc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(Cen+IdLlR)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V2) 在上述稳定运行情况下,电动机突然失磁=0则电动机无电动转矩,转速迅速下降到零,转速调节器很快到达饱和,要求整流装置输出最大电流Idm。因此,系统稳定后, n=0,Un=0 U*i=U*im =10, Ui=U*i =10 Id=Idm=30A Uc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(0+30*2)/30=2 V3) 在跟随给定作用下,转速环处于线性状态,此时系统的开环传递函数是:n=hTn=5*0.05=0.25sTn=0.05sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-24) 空载突加额定负载时,转速有动态降落。p93,94)nb=2(-z)nNTn/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min Cb=2FK2T=2IdNRTn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降:nma*=(Cma*/Cb)*nb=81.2%*625 =507.5 r/min恢复时间:tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表习题五. z.

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