《电力拖动自动控制系统》(第四版)习题答案Word格式文档下载.docx
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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
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。
先计算电动机的反电动势系数
n
C UN−INRa=220−15.6×
1.5
e=
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 +
D∆nN
= 30×
393
1500+30×
≈0.887=88.7%;
(2)当D=30,s=10%时,系统允许的稳态速降
=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*
10
≈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=14µ
F
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。
(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 1 ⎟
= 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′⎞
⎝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
I=Eg
1m
=202.7352≈2.482(A)100π×
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
⎝ ⎟
+(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
e r
m 1 N
或
100π 0.04
T=Pm
=3np
I2Rr′=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
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′
1 ls lr
m R2+ω2(L
+L′)2
0.5
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
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。
(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×
222
0.35+ 0.35 +(10π) ×
(0.006+0.007) ]
B、补偿时,输出电压U=3.96f+22=41.8(V)
=78ω.0184(sN+⋅m)s +ω1 ls+l′r
3nU2 3×
41.82
ps
R2 2(L L)2⎤
=20×
π×
[0.35+ 0.352+(10π)2×
(0.006+0.007)2]
2⎡R
=28ω11.88s3(+N⋅ms)+ω1 ls+
当f=2Hz时
l′r
=8.8(V),临界转矩
8.82
A、不补偿时,输出电压U=4.4f=
0.35+0.35
+(4π)
×
B、补偿时,输出电压U=3.96f+22=29.92(V)
8×
[0.35+0.352+(4π)2×
29.922
=37ω.6166(sN+⋅m)s +ω1 ls+l′r
]
Tem=
2⎡R
ps
R2 2
(L L)2⎤
ω1 s+ s +ω1 ls+l′r
5-8=两4电35平.41P9W(NM⋅m逆)变器主回路,采用双极性调制时,用“1“表示上桥臂开通,”0“表示上桥臂关断,共有几种开关状态,写出其开关函数。
根据开关状态写出其电压矢量表达式,画出空间电压矢量图。
6-1按磁动势等效、功率相等原则,三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为
⎡1 −1 −1⎤
2⎢
C32= ⎢
⎢0
2 2⎥
⎥
−= 3⎥
2 2
现有三相正弦对称电流i =Isin(ωt)、i =Isin(ωt−2π)、i =Isin(ωt+2π),求
A m B m 3 C m 3
变换后两相静止坐标系中的电流isα和isβ,分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。
⎡
⎡1 −1 −1⎤⎢
⎤
Imsin(ωt)⎥
⎡isα⎤ 2⎢
=
2 2⎥⎢Isin(ωt−2π)⎥= 3⎡Imsin(ωt)⎤
;
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢m ⎥ ⎢ ⎥
⎣isβ⎦ 3⎢0 3 −= 3
⎥⎢
3⎥ 2⎣−Imcos(ωt)⎦
2 2 ⎢Isin(ωt+2π)⎥
m 3
6-2两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换矩阵为
C2s2r
=⎡cosϕ
⎢−sinϕ
⎣
sinϕ⎤
⎦
cosϕ⎥
将习题6-1中的静止坐标系中的电流isα和isβ变换到两相旋转坐标系中的电流isd和isq,坐
标系旋转速度为dϕ=ω。
分析当ω
=ω时,电流i
和i的基本特征,电流矢量幅值
dt 1 1
sd sq
i +i
sd sq
i= 与三相电流幅值I的关系,其中ω是三相电源角频率。
>
ω和ω
<
ω时,
s m 1 1
isd和isq的表现形式。
⎡isd⎤ ⎡cosϕ sinϕ⎤3⎡Imsin(ωt)⎤ 3⎡Imsin(ωt−ϕ)⎤
⎢i
⎥=⎢−sinϕ cosϕ⎥
2⎢−I
cos(ωt)⎥=
2⎢−I
cos(ωt−ϕ)⎥
⎣sq⎦ ⎣
⎦ ⎣ m
dϕ
⎦ ⎣ m ⎦
由坐标系旋转速度为dt=ω1,则ϕ=ω1t+ϕ0(ϕ0为初始角位置)
(1)当ω1
=ω时,ϕ=ω1t=ωt+ϕ0
,则 isd=−
isq=−
Imsinϕ0,
2
I
2mcosϕ0,
2 2 3
is=isd+isq=
Im;
(2)当ω1>
ω和ω1<
ω时,设ωs=ω1−ω,ωt−ϕ=−ωst−ϕ0,则
⎡isd⎤=
3⎡Imsin(ωt−ϕ)⎤=
3⎡−Imsin(ωst+ϕ0)⎤
⎢i⎥
2⎢−I
cos(ωt+ϕ
)⎥。
⎣sq⎦ ⎣ m
s 0⎦
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- 电力拖动自动控制系统 电力 拖动 自动控制系统 第四 习题 答案
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