电力拖动控制系统xiti题库

一、 填空题（10 分）每小题 2 分 1.V M 系统的开环机械特性由连续段与断续断组成。连续段的特性比较硬 ,改变控制角时是一族 平行的直线,在断续区的特性呈现显著非线性，特性软，理想空载转速高。 2.单闭环调速系统采用 PI 调节器校正环节解决了动静特性间的矛盾，而保留电流截止环节是为解决 启动时冲击电流过大的问题，当减速或停车时，由于可控硅电路的电流不能反向，不能产生制动 转矩，欲要快速制动就需增设能耗制动线路。 3.静差率与机械特性的硬度有关，特性越硬，静差率越小，则稳态精度越高，同样硬度的特性，理 想空载转速越低，静差率越大，则稳速的精度越差。 4.双闭环调速系统，在启动过程的大部分时间内，转速调节器处于饱和状态，此时它起着饱和非线 性控制作用；当转速超调后，转速调节器退出饱和，它才真正发挥线性（速度）调节作用。 5.转速电流双闭环系统中，对于电网电压的波动电流调节器起主要抗扰调节作用，对于负载的波动 转速调节器起主要的抗扰调节作用。 6.双闭环直流调速系统的启动过程可分为电流上升阶段、恒流加速阶段、转速调整阶段、稳定运行 阶段。 7.环流可分为两大类：静态环流和动态环流。 8.在直流电机可逆调速系统中，欲消除环流可采用两种控制方法，即逻辑无环流和错位无环流。 9.可逆调速系统中可控硅电路逆变的主要用途：在直流电动机制动或减速时，把电动机的动能回馈 给交流电源，一组可控硅由整流状态转变到逆变状态时，电压反向，电能由负载侧传送到交流电 源侧。 10. 逻辑无环流可逆调速系统使逻辑装置翻转的必要条件是转矩极性发生改变，充分条件是 Id = 0，从发出逻辑指令到执行指令必需经过关断等待延时，这是为了防止 Id 0，产生逆变颠覆；还 必需经过触发等待延时，是为了防止 SCR 不关断，造成直流环流。 11. 可逆系统的制动过程可分为；本组逆变阶段和它组制动阶段。而后者又可分为：它组建流子阶 段、它组逆变子阶段和反向减流子阶段。 12. 可逆 PWM 变换器可分为：双极式可逆 PWM 变换器，同一桥臂的上下两个 GTR 同 ON 或 OFF。在 0 t ton时，Ub1= Ub4 =+，Ub2= Ub3 =-，UAB= +Us；在 ton t T 时，Ub1= Ub4 =-，Ub2= Ub3 =+，UAB= -Us；单极式可逆 PWM 变换器，其中 Ub1= -Ub2，VT1、VT2交替导通等于调制周期，Ub3=- ，Ub4 =+，电机正转，Ub3=+，Ub4 =-，电机反转。 13. 双极式 PWM 变换器的优点有：电流一定连续可使电动机在四象限运行电机停止时有微振 电流，能消除静摩擦死区低速时，每个晶体管的驱动脉冲较宽，有利于保证晶体管可靠导通 低速平稳性好，调速范围可达 20000 以上。 14.根据公式，交流异步电动机的调速方案有变极对数调s n f n p 1 60 1 速、变频调速、变转差率调速。 15. 在异步电动机调速系统中，常采用 SPWM 变频装置，SPWM 的采样控制方式有：自然采样法、规则 采样法 I、规则采样法 II。 16. 在交直交间接变频装置中，根据中间直流环节储能元件的不同，可分为：电压源型和电流 得分 2 源型。 17. 三相异步电动机的数学模型的性质是：高阶、强耦合、非线性、多变量。 18. 二、 选择题（10 分） 1. 在闭环转速有差系统稳定运行中，突加负载后又进入稳定运行，可控硅整流装置的输出电压 Ud将： （A） A：增加 B：减少 C：恢复原值 2. 在无静差调速系统中，如果突加负载，到稳态时转速会恢复原值，可控硅整流装置的输出电压 Ud 将：（C） A：恢复原值 B： 减少 C：增加 3. 在无静差调速系统中，调节对象里含有积分环节，突加给定后 PI 调节器没有饱和，系统到达稳 态前被调量会出现出现超调吗？（B） A：不会超调 B：一定超调 C：可能超调也可能不超调 4. 在转速、电流双闭环调速系统中，速度给定 Ugn未变，转速反馈系数增加，系统稳定后速度反馈 电压 Ufn变化情况是：（C） A：Ufn增加 B：Ufn减少 C：Ufn不变 5. 转速、电流双闭环调速系统之所以能实现“时间最优控制”的基本思想，其原因是在启动过程的 大部分时间里两个调节器基本关系为：（C） A：ASR 和 ACR 均饱和限幅输出 B：ASR 不饱和，ACR 饱和 C：ASR 饱和，ACR 不饱和 6. 某转速负反馈单闭环直流调速系统的静特性如图，其转差率和调速范围分别为：（B） A：s = 4%，D=5 B：s=20%，D= 6 C：s=20%，D=5 D：s=4%，D=6 750 7. 某直流电机无静差调速系统在以额定转速运行，其反馈系数突然降为原值的 1/2，则（D） A：电机将以额定转速的 2 倍运行 B：电机转速降为原值的 1/2 C：电机转速不变 D：以上回答都不对 8. 在转速开环的交-直-交电流源变频调速系统中,GFC 的作用是( A ) A:加快频率环节的变化 B:加快电压环节的变化 C:减慢频率环节的变化 D:减慢电压环节的变化 9. 在线饶转子异步电动机串级调速系统中，转子绕组：（B） A：只能向电机输入功率 B：既能向电机输入功率，又能向电网回馈功率 C：不能向电网回馈功率 D：以上都不对 10. 交流电动机变频变压调速系统属于（A） A：转差功率不变型调速系统 B：转差功率消耗型调速系统 C：转差功率回馈型调速系统 三、 简答题（20 分） Inom n 150 30 max 30 min 得分 得分 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 3 1.在转速、电流双闭环直流调速系统中，电流调节器有哪些作用？ 对电网电压波动起及时抗扰作用； 启动时保证获得允许的最大电流； 转速调节过程中，使电流跟随给定电压 UI*变化； 当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起保护作用； 2.在转速、电流双闭环调速系统中，转速调节器有哪些作用？输出限幅按什么要求整定？ 答：在启动或突加给定时，转速调节器处于饱和限幅状态，使系统在最大恒值电流下加速，起限 流和最短时间控制的作用。在稳定运行时，转速 PI 调节器可以保证系统无静差。对于负载扰 动，转速调节器起主要的抗扰调节作用。 转速调节器的输出限幅按所限制的最大电流值 Idm来整 定，即 Ugim=Idm 3.直流电机可逆调速系统有几种方案，其理论依据是什么？ 欲使电机可逆运行，其产生的电磁转矩必需能够反向，根据直流电机的电磁转矩方程 ，可逆方案有： dme ICT 励磁反接，即改变 的极性 电枢反接，即改变 Id的极性 4.在改变f1的交流电机变频调速系统中，常用的控制规律有哪些？ 在交流电动机变频调速系统中，为保持 为常数，常采用下列控制方式： U1/f1= constant Eg/f1= constant 1 /tan r Efconst 5.在有环流可逆调速系统中设置了环流电抗器，为什么还要设置平波电抗器？ 答：在可逆系统中存在直流环流和瞬时脉动环流，直流环流可以根据需要，使系统有环流或无环流， 而瞬时脉动环流是无法消除的，因此必需引入限制瞬时环流的装置，即环流电抗器，环流电抗器在 工作时是处于线形状态，即不能处于饱和状态，因此它不能对负载电流起到平波的作用，而对于负 载的直流保证电流的连续和平滑只能用平波电抗器来完成。 6.什么是泵升电压？有何危害？如何进行抑制？ 答：在直流脉宽调速系统 PWM 中的直流斩波器和交流脉宽调速系统 SPWM 中的交-直-交逆变器中，因 为前部的整流部分是三相桥式不可控整流桥，决定了电流的单方向流通，也即决定了不能通过三相 整流桥实现能量往电网的回馈。因此当负载的能量需要转移时，只能将其机械动能转化为电能储存 在电容中，这样就会使电容上的电压随电能的增加而升高，这种现象统称为泵升电压。过高的泵升 电压会直接损坏功率器件，因此需要引入泵升电压抑制器，通过电压比较环节对电容进行采样，当 电容上的电压高过允许值时，通过强制放电电路对其进行放电，直到低于允许值为止。 7.直流双闭环可逆调速系统的起动过程分为那几个阶段？有那几个特点？ 解：直流双闭环调速系统的启动过程氛围三个阶段：即第一阶段：电流上升阶段；第二阶段：恒流 生速阶段；第三阶段：转速调节阶段。 直流双闭环调速系统的启动过程有三个特点：1. 饱和非线形控制。2. 准时间最优控制。3. 转 速超调。 8.什么是矢量控制？其实质是什么？ 答：在多变量异步电动机数学模型中，通过 3s/2s，2s/2s，2s/2r 等坐标变换，将三相电动机模型 等小便画等效变换成类似于直角坐标系下的直流电机的数学模型，然后按着直流电机的控制方式进 行控制，将这种直流电机方式下的控制变量再经过坐标的逆变换，变换成交流电动机所需的输入三 相变量。 其实质就是利用成熟的直流电机的控制方式，将交流电机模型变换成直流电机摸型进行控制的 一种交流电机控制技术。 9.请画出下列系统的启动电流、转速波形图： 直流电机理想启动特性 转速、电流双闭环系统带有电流截至负反馈单闭环系统 Id Idm n* t Id Idm n* t 4 10. 在 SPWM 调速系统中，什么是同步调制？异步调制及分断同步调制？ 答：在 SPWM 调速系统中，载波频率ft与调制波频率fr之比为载波比 N，根据 N 的关系调制方式有： 1. 同步调制：在调制过程中，保持 N= constant，即输出电压半波内的脉冲数不变。2. 异步调制： 在调制过程中，N 不为常数，而是使载波频率ft保持不变，从而保证在低频时，N 较大。3. 分段同 步调制：在调制过程中，在一定范围内采用同步调制，当频率范围变化较大时，按异步方式改变 N， 从而综合了同步调制和异步调制的优点。 11. 简速什么是静态环流？什么是动态环流？直流平均环流？什么是瞬时脉动环流？ 答：当可逆线路在一定的控制角下稳定工作时，所出现的环流叫做静态环流；稳态运行时并不存在， 只在系统处于过渡过程中出现的环流叫动态环流；正组晶闸管 VF 和反组晶闸管 VR 都处于整流状态， 正组整流电压和反组整流电压正负相连，将造成电源短路，此短路电流即为直流平均环流。由于晶 闸管装置输出的电压脉动性，当正组电压瞬时值大于逆变电压瞬时值时，便产生正向瞬时电压差， 从而产生瞬时环流。 12. 什么是 SPWM 脉宽调制 根据采样定理，冲量相等而形状不同的窄脉冲，加在惯性环节上时，其效果相同的的理论，用一系 列的宽度按正弦规律变化的矩形脉冲序列，当正弦波的幅值发生变化时，各矩形脉冲的幅值在不变 的条件下，其宽度随之发生变化这种脉冲的宽度按正弦规律变化并和正弦波等效的矩形脉冲序列叫 SPWM 波形，采用此方式的控制叫 SPWM 脉宽调制。 13. 转速电流双闭环直流调速系统的起动过程曲线（电流、转速） ，并给出各个阶段的特征量，并在 图中标出各阶段 答：I，n=0,Id= 0 Id= I dm II, I 终态 Id Id= I dm，N 首次达 n=n* III, II 终态 Id= I dl，n=n* IV 稳定运行与 III 终态。 14. 请写出三相异步电动机多变量数学模型表达式 dt d dt d n J n p p L Ti L i Ldi LiRu T 2 1 i i dt 四、 计算及综合题（60 分） 1.如图所示速度反馈系统，已知数据为： A：电动机 D ，Ped = 2.2KW、Ued = 220V、Ied = 12.5A、ned = 1500rpm、Rs = 1 B：整流变压器 Y/Y 接线，副边线电压 U2l = 230V、三相桥式可控整流。 得分 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 5 C：KZ-D 系统主回路 R= Rn+ Rl+ Rs=2.9。 D：测速发电机 ZYS-231/110 型永磁式，Ped = 0.0231KW、Ued = 110V、Ied = 0.21A ned = 1900rpm。 E：反馈回路电阻分压比为： 8 1 34 4 RR R F：触发器-可控硅环节的放大倍数 Ks= 75 G：生产机械要求调速范围 D =20，静差率 s 0 时，s R sU nT pe 2 1 2 1 1 3 B：当 s1 时， s LLRs RU nT ll pe 1 3 2 21 2 1 2 2 21 2 1 1 （2） 恒 Eg/1控制 此时 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 / 33 / 3 le gpp p m e LsR E s Rn I s Rn n RIP T 当 s 较小时，可以认为： s R s E nT g pe 2 12 1 )(3 当 s 接近于 1 时 ssL R E nT l g pe 11 )(3 2 2 2 1 22 1 1 Lm T2 Lm 1 1 2 pT 1 1 2 pT i1 i1 2 16 将对 s 求导，求出最大转矩。 e T 令，可得0 s e d dT 21 1 2 l m L R S const L E nT l g pe 2 2 1 max 1 )( 2 3 （3）恒 Er/1控制 sR E I r / 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 / 33 sR E s Rn I s Rn T r pp e 2 12 1 )(3 R sE n r p a=(1),b=(2),c=(3) 13试推导两相静止到两相旋转坐标下（C=2s/2r）的坐标变换矩阵，已知坐标系如图所示。 证明： 根据题意，和图，有如下关系： cossin sincos tm tm iii iii 写成矩阵式： t m sr t m i i C i i i i 2/2 cossin sincos Te ab c n s 3 分 3 分 1 1 iF 1 i t i i sin t i cos m i sin m i cos t i 1 m i 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 17 式中：， 这是两相旋转坐标到两相静止坐标系的变换阵 cossin sincos 2/2sr C 而两相静止到两相旋转坐标系的变换阵为前面所求变换阵的逆，即： i i i i i i t m cossin sincos cossin sincos 1 所以： cossin sincos 2/2rs C 14双闭环直流调速系统采用晶闸管三相桥式全控整流电路供电，基本数据如下： 直流电机：220V，136A，1460r/min，电枢电阻，过载系数；0.2 a R 1.5 晶闸管装置：放大系数；电枢回路总电阻：；40 s K 0.5R 电枢回路总电感：；电动机总飞轮力矩：；15LmH 22 22.5GDN m: 电流反馈系数：；转速反馈系数；0.05/VA0.007min/Vr: 滤波时间常数：； 00 0.0020.01 in TsTs一 设计要求： 稳态指标：转速无静差； 动态指标：电流超调量；空载起动到额定转速的转速超调量。5% i 10% n 设计： 电流环的设计： 确定时间常熟： 整流装置滞后时间常数 ;0.00167 s Ts 电流环小时间常数：； 0 0.001670.0020.00367 isi TTTsss 电磁时间常数：； 0.015 0.03 0.5 l L Ts R 确定电流调节器结构和参数： 结构选择 根据性能指标要求：，而且：5% i 0.03 8.1710 0.00367 l i T T 因此电流环按典型 I 型系统设计，电流调节器选 PI 调节器，其传递函数为 (1) ( ) ii ACR i Ks Ws s 参数计算 为了将电流环校正成典型 I 型系统，电流调 3 分 3 分 3 分 18 节器的微分时间常数应对消控制对象中的大惯性环节的时间常数，即取； ；为 i l T0.03 il Ts 了满足要求，应取，因此，于是可以求得5% i 0.5 Ii K T 1 11 136.2 22 0.00367 I I Ks T ACR 的比例放大系数为： 136.2 0.03 0.5 1.022 0.05 40 Ii i s KR K K 校验近似条件： 晶闸管整流装置传递函数近似条件： 1 3 ci s T ，所以满足近似条件。136.2 ciI K 1 11 199.6 33 0.00167 s s T 电流环小时间常数的近似条件： ，满足近似条件。 1 0 1111 182.4 330.00167 0.002 cici si s TT 忽略反电动势对电流环影响的条件 ，而由于： 1 3 ci ml T T 。所以 220 136 0.2 0.132min/ 1460 nomnoma e nom UIR CVr n : ，因此： 2 2 22.5 0.5 0.18 375375 0.13230 m em GD R Ts C C ，满足近似条件。 1 11 3340.82 0.18 0.03 ci ml s T T 设计后电流环可以达到的动态指标为 满足设计要求。4.3%5% i 转速环的设计 确定时间常数： 电流环等校等效时间常数：因为电流环是按典型 I 型系统设计，且参数选择为，因0.5 Ii K T 此电流环等效时间常数为： 。22 0.003670.00734 i Ts 转速环小时间常数 n T 已知转速滤波时间常数为，因此转速环小时间常数为： 0 0.01 n Ts 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 19 20.007340.010.1734 nion TTTs 确定转速调节器结构和参数： 结构选择 由于设计要求无静差，因此转速调节器必须含有积分环节，有考虑到动态要求，转速调节器应采 用 PI 调节器，按典型 II 型系统设计转速环。转速调节器的传递函数为： (1) ( ) nn ASR n Ks Ws s 参数计算 考虑到动态抗扰性能和启动动态性能，取中频宽度较好，则有：5h ，转速环开环放大系数：5 0.017340.0867 n hTs ，则 ASR 的比例放大系数： 2 222 16 399.1 22 25 0.01734 N n h Ks h T (1)6 0.05 0.132 0.18 11.7 22 5 0.007 0.5 0.01734 em n n hC T K h RT 校验近似条件和性能指标： 电流环传递函数等效条件： 1 5 cn i T 可知；而，可知满足等效 1 399.1 0.086734.6 cnNn Ks 1 11 54.5 55 0.00367 cn i s T 条件。 转速环小时间常数近似处理条件： 0 11 32 cn in T T ，满足近似条件。 1 0 1111 38.9 3232 0.00367 0.01 cn in s T T 转速超调量 n 81.2% 2()100% nnom n m Tn z nT 136 0.5 515.2 /min 0.132 dnom nom e IR nr C 所以： 515.20.01734 81.2% 2()81.2 2 1.58.3% 14600.18 nnom n m Tn z nT 15某双闭环调速系统，其转速环按典型 II 型系统确定参数关系。一直系统的机电时间常数 20 ，电机在额定负载时的稳态速降，转速环的小时间常数，0.15 m Ts0.3 nomnom nn0.015 n Ts 电动机允许的过载系数，直流电机：220V，136A，1460r/min，。求 1 电动机1.50.18 e C 在理想空载下起动到额定转速时的超调量；2 电动机在额定负载下起动到额定转速时的超调量 解：如果按准则确定参数关系，并取中频宽度。查表可知： minr M5h max 81.2% b C C 所以：1 0.30.015 81.2% 2()81.2 2 1.57.3% 0.15 nnomnom n mnom Tnn z nTn 2 22 0.015 0.5 81.2%81.2()81.268 1460 0.15 0.18 n ndmdl nomme TR ZII nT C 2.1% 16有一 V-M 调速系统，如图所示，已知数据如下： 直流电动机：10,220 ,55 ,1000 /min0.5 nomnomnomnoma PkW UV IA nrR一 整流装置：触发整流环节的放大系数，整流装置的内阻44 s K 0.5 rec R 生产机械对调速系统的稳态指标为：。10,5%DS 求： 计算开环系统的稳态速降和调速指标所允许的稳态速降； op n cl n 画出该系统的静态结构图； 若当电动机运行于额定转速时的给定电压，计算此时的转速反馈系数； * 20 n UV 计算满足稳态要求所需放大器的放大系数； p K 解： 先计算电动机得电动势转速比 e C 因为： nomnomaenom UIRC n 放 大 器 触 发 器 M + _ U + _ f u sf u + d U 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 21 所以： 22055 0.5 0.1925min/ 1000 nomnoma e nom UIR CVr n : 开环系统的稳态速降为： ()55(0.50.5) 285.71 /min 0.1925 nomnomarec op ee IRIRR nr CC 闭环系统的稳态速降为： 1000 0.05 5.26 /min (1)10 (1 0.05) nom clnom nS nnr DS 该系统的静态结构图如下图所示： 若当电动机运行于额定转速时的给定电压，计算此时的转速反馈系数为： * 20 n UV * 20 0.02min/ 1000 nn nomnom UU Vr nn : 闭环系统的开还放大倍数为： 285.71 1153.3 5.26 psop ecl K Kn K Cn 则所需的放大器放大系数为： ，若放大器的，所以： 53.3 0.1925 11.7 44 0.02 e p s KC K K 0 40Rk ，取规范值 10 11.7 40468 p RK Rkk 1 470Rk 17如图所示，转速负反馈单闭环直流调速系统，已知数据为： 电动机： 晶闸管装置： 22 2.2,220 ,12.5 ,1500 /mn11.5 nomnomnomnoma PkW UV IA nrRGDN m :一一 采用三相桥式全控整流电路，电枢回路总电阻，总电感；额定转速时1 a R 42,40 s LmH K ；要求的稳态指标：。 * 15 n UV15,5%DS 问： 该系统能否稳定运行？为保证系统稳定运行的临界开环放大倍数为多大？ * n U n U n U n n U p K s K 0d U d I n Ce 1 R 22 当开环放大倍数为满足稳态要求的数值时，若系统不能稳定运行，对系统进行动态校正，是 系统的相角裕量。60 18. 在转速电流双闭环直流调速系统中，ASR 和 ACR 均采用 PI 调节器，已知电动机额定参数为， nom U ，功率放大器放大系数和内阻，电动机的允许过载倍数为。 nom I nom n a R s K rec R5 . 1 （1）若 ASR, ACR 的限幅输出分别为和，如何确定转速反馈系数和电流反馈系 * im U ctm U 数； （2）设系统在额定情况下正常运行时，转速反馈线突然断线，系统的运行情况如何？写 出此时系统中，和的表达式； * i U ct U d I d Un （3）设系统拖动恒转矩负载在额定情况下正常运行，若因为某种原因励磁电流减小使磁 通下降一半，系统工作情况如何变化？写出，及在稳定后的表达式； * i U ct U d I d Un 系统在某一转速下带额定负载正常运行，电流反馈线突然断线，系统的运行情况如何变化？若系统 最终仍趋于稳定，则稳定后系统的，及比原来有何变化？ * i U ct U d U d In 解： （1）按最大给定电压对应电动机额定转速来确定转速反馈系数，因 ASR 采用 PI 调节 * nm U nom n 器，稳态时，因此有，所以。anUU nn * nomnm anU * nomnm nU/ * 按电动机最大允许过载电流对应于 ASR 输出限幅值来确定电流反馈系数，而 ACR 又 dm I * im U 采用 PI 调节器，则有，所以有。 * 1.5 imimdmnom UUII nomim IU5 . 1/ * （2）若系统在额定情况下正常运行，则有，且极性均相反。若转速反馈 nn UU * ii UU * 线断线，则，ASR 只有输入而使其很快进入饱和，输出为限幅值；由于尚未变化使0 n U * n U * im U i U ACR 输出上升而达到限幅值，功率放大器输出电压达到最大值，上升，使电动机电磁 ct U ctm U dm U d I 转矩大于负载转矩，电动机加速，上升，电动势上升。最后当系统稳定下来后， e T L TnE （负载电流） ， dLd II * imi UU cmct UU ctmsd UKU 。 edLctms CIUKn/R)(负载电流 （3）系统在额定情况下正常运行，。若磁通下降一半，则 nom nn nomd II 下降，和将随之增加，但因未变，在电流环调节作用下使，下降以维持nKE e d I i U * i U d U ct U 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 23 暂时不变，从而使 下降为原来的一半。电动机拖动恒转矩负载，不变； nomd II nomme IKT L T 所以，电动机减速，下降，随之下降，因未变，而使 ASR 饱和，输出为，在电 Le TT n n U * n U * im U 流环调节作用下，电流上升达到并维持不变，因电流变大而回升，但也只能为原来 nomdm II5 . 1 e T 转矩的，仍然小于负载转矩，电动机转速将继续下降，直至。这时，75 . 0 5 . 15 . 0 L T0n ，。 * imi UU nomdmd III5 . 1RIRIU nomdmd 5 . 1 snomsdct KRIKUU/5 . 1/ （4）若电流反馈断线，则因，未变而使 ACR 饱和，上升，上升，0 i U * i U ctmct UU d U d I 上升，上升。但未变，因而使下降。由于速度环的自动调整作用，在系统最后稳定下n n U * n U * i U 来后，不变，不变，因而，都不会变，只有下降为零，即。n d I d U ct U * i U0 * i U 19. 设控制对象的传递函数为，式中， ) 1)(1)(1)(1( )( 4321 1 sTsTsTsT K sWobj2 1 K ，。要求阶跃输入时系统的超调量。sT43 . 0 1 sT06 . 0 2 sT008 . 0 3 sT002 . 0 4 %5 1. 分别用 P, I, PI 和 PID 调节器将系统校正成典型 I 型系统，设计各调节器参数并计算调节 时间。 s t 2. 能否用上述调节器将系统校正成典型 II 型系统？ 解： 1. 校正成典型 I 型系统时调节器参数计算： （1）控制对象为 0 型系统，用 P 调节器校正时，调节器传递函数为，需作近似处 PP KsW)( 理后才能校正成典型 I 型系统。令 sTsT 11 1 1 1 则校正后系统开环传递函数为 ) 1() 1)(1)(1( )( 4321 1 Tss K sTsTsTsT KK sW P 式中，。 11/T KKK P sTTTT07 . 0 432 为使，可取，因此，调节时间%55 . 0KT54 . 1 07 . 0 2 43 . 0 5 . 05 . 0 1 1 TK T KP sTts42 . 0 07 . 0 66 下面需校验近似条件。 24 ？ 1 3 T c 因，而，满足近似条件。 1 14 . 7 07 . 0 2 1 2 1 s T K c 1 1 98 . 6 43 . 0 33 s T ？ 32 1 3 1 TT c 满足近似条件。 1 32 2 . 15 008 . 0 06 . 0 1 3 11 3 1 s TT （2）用 I 调节器校正时，调节器传递函数为校正后系统开环传递函数为 s sW i I 1 )( ) 1() 1)(1)(1)(1( )( 4321 1 Tss K sTsTsTsTs K sW i 式中，取，则sTTTTT5 . 0 4321 i K K 1 5 . 0KT s TK i 2 5 . 0 5 . 02 5 . 0 1 调节时间。sTts35 . 066 因，而，满足近似条件。 1 1 sK c 1 21 08 . 2 06 . 0 43 . 0 1 3 11 3 1 s TT （3）用 PI 调节器校正时，调节器传递函数为，取，且令 s s KsW PIPI 1 1 1 )( sT43 . 0 11 ，校正后系统开环传递函数为sTTTT07 . 0 432 ) 1() 1( )( 1 1 Tss K Tss KK sW PI 同样，取，则5 . 0 1 1 T KK KT PI 54 . 1 07 . 0 2 43 . 0 5 . 05 . 0 1 1 TK KPI 调节时间。sTts42 . 0 07 . 0 66 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 25 （5）用 PID 调节器校正时，调节器传递函数为 s ss sWPID ) 1)(1( )( 21 取，令，则校正后系统开环传sT43 . 0 11 sT06 . 0 22 TsTT01 . 0 002 . 0 008 . 0 43 递函数为，仍取，则 ) 1() 1( )( 1 Tss K Tss K sW 5 . 0 1 T K KT s TK 04. 0 5 . 0 01 . 0 2 5 . 0 1 调整时间。sTts06 . 0 01 . 0 66 校验近似条件：，而，满足近似条件。 1 50 sK c 1 43 3 . 83 002. 0008 . 0 1 3 11 3 1 s TT 比较采用不同调节器时的，可知采用PID 调节器调节时间最短，效果最好；采用 I 调节 s t 器调节时间最长，效果最差；采用 P 调节器和 PI 调节器虽然有相同的，但采用 P 调节器时系统是 s t 有差的，因此两者的稳态性能截然不同。 2. 校正成典型 II 型系统时调节器参数计算： （1）由于控制对象传递函数中不含领先环节，P 和 I 两种调节器也不含领先环节，因此采用 P 调节器和 I 调节器无法将控制对象校正成典型 II 型系统，采用 PI 调节器或 PID 调节器才有可能将 控制对象校正成典型 II 型系统。又由于控制对象传递函数中不含积分环节，需作近似处理后才能采 用 PI 或 PID 调节器将系统校正成典型 II 型系统。令 sTsT 11 1 1 1 将惯性环节近似为积分环节，近似条件为 1 1 98 . 6 43 . 0 33 s T c （2）采用 PI 调节器校正后系统的开环传递函数为 ) 1( ) 1( ) 1)(1)(1( ) 1( )( 2 1 432 2 11 11 Tss sK sTsTsTsT sKK sW PI 式中，。 11 1 T KK K PI sTTTT07 . 0 432 如按准则确定系数，此时，则,当时， min M 1 3 . 14 07 . 0 11 s T h h c 2 1 5h ；又 1 58 . 8 10 3 . 146 s c 26 1 32 2 . 15 008 . 0 06 . 0 1 3 11 3 1 s TT 因 8.586.98，8.5815.2，满足近似条件，说明用 PI 调节器可以将系统校正成典型 II 型系统。 （3）采用 PID 调节器时，可取，并令，则校正后系统的开环传递 22 TsTTT01 . 0 43 函数为 ) 1( ) 1( ) 1( ) 1( )( 2 1 2 1 11 Tss sK TssT sK sW 式中，。此时，则当时，按准则，有 1 1 T K K 1 100 01 . 0 11 s T 5h min M ，而 1 60 10 1006 s c 1 43 3 . 83 002 . 0 008. 0 1 3 11 3 1 s TT 可见，满足近似条件，采用 PID 调节器也可以将系统校正成典型 II 型系统。 20. 某转速电流双闭环直流调速系统的已知参数为：电动机参数，kWPnom3VUnom220 ，；功率放大器：放大倍数AInom 5 . 17min/1500rnnom2 . 1 s R 22 4 . 0mkgGD ，；电枢回路总电感，最大允许电流，25 s K3 . 0 rec RsTs001 . 0 mHL60 nomdb II2 1 ASR 和 ACR 的输出限幅值均为，最大转速给定电压，电流反馈滤波时间常数为V8VUnm10 * ，转速反馈滤波时间常数为。设计指标为：电流超调量，转速无sT i 001 . 0 0 sT n 005 . 0 0 %5 i 静查，空载启动到额定转速时的转速超调量，过渡过程时间。分别用准则%10 n sts5 . 0 minr M 和准则进行设计，决定 ACR 和 ASR 的结构并选择参数。 max 解： 1. 电流环设计 （1） 电流环被控对象的参数如下 电枢回路总电阻：；5 . 13 . 02 . 1 reca RRR 电枢回路电磁时间常数：；s R L T04 . 0 5 . 1 06 . 0 1 电流环小时间常数：； 0 0.001 0.0010.002 isi TTTs 电流反馈系数：。AV I U db im /23. 0 5 . 172 8 1 * （2） 选择电流调节器结构和参数 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 27 根据性能指标要求，应将电流环校正成典型 I 型系统，ACR 需选用 PI 调节器，即 s s KsW i i iACR 1 )( 并取，为满足的要求，取电流环开环放大倍数为sT i 04 . 0 1 %5 i 1 1 250 2 is I ii K K Ks RT 则 ACR 的比例放大系数为 0.04 1.5 2.61 22 25 0.23 0.002 i i si R K KT （3） 校验近似条件 rV n RIU C nom anomnom e min/133 . 0 1500 2 . 1 5 . 17220 s CC RGD T me m 093 . 0 30133 . 0 375 5 . 18 . 94 . 0 375 2 2 电流环截止频率。 1 250 sKI ci 忽略电动机反电动势影响的近似条件为，现 1 1 3 TTm ci 1 1 2 . 49 04 . 0 093 . 0 1 3 1 3 s TTm ci 该近似条件满足。 2 转速环设计 （1） 转速环的对象参数如下： rVnU nomnm min/0067 . 0 1500 10 / * 转速环小时间常数： 0 22 0.0020.0050.009 nin TTTs (2)确定转速调节器结构及参数。 由于要求转速无静查，因此 ASR 应选用 PI 调节器，即 s s KW n n nASR 1 转速环按典型 II 型系统设计，并取，则5h 5 0.0090.045 nn hTs 28 men n N TC RK K 按准则选择 ASR 参数。 min M 2222 16 1481.5 22 50.009 N n h K h T 则 22 (1)(1) 22 nemem n nn hC ThC T K hRTh RT 87.18 009 . 0 5 . 10067 . 0 52 093 . 0 133 . 0 23 . 0 6 按准则选择 ASR 参数 max 2 . 1104 009 . 0 55 11 22 n N Thh K 则 2 nemem n nn C TC T K h h RTh RT 07.14 009 . 0 5 . 10067 . 0 5 093 . 0 133 . 0 23 . 0 （2） 校验近似条件 当按准则设计 ASR 时，转速环截止频率为 min M 1 67.66045. 0 5 . 1481 sK nNcn 当按准则设计 ASR 时，转速环截止频率为 max 1 69.49045 . 0 2 . 1104 sK nNcn 由于，故满足电流环闭环传递函数简化条件；又由于 1 11 100 55 0.002 cn i s T ，故满足小时间常数近似处理条件。 1 0 1111 74.54 3232 0.002 0.005 cn in s T T 3 验算系统的性能指标 电流环按典型 I 型系统设计，且取，此时可以达到的动态指标为； 1 2 Ii K T%5%3 . 4 i 转速环 ASR 取 PI 调节器，可以满足转速无静查，动态指标应按退饱和超调考虑，此时有 电力拖动自动控制系统总复习例题 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 29 1max 2() 100% ndbdL n bemnom TR IIC CC T n 当按准则设计时，若取，查表 2.9 有 min M5h % 2 . 81 max b C C 因此 %1 . 4%100 1500093 . 0 133 . 0 5 . 1725 . 1009 . 0 2 812 . 0 n 当按准则设计时，由表 2.8 知，当时有 max 5h %97 . 4 %100 1500093 . 0 133 . 0 5 . 1725 . 1009 . 0 2 975 . 0 n Vs ttt 2 其中，为恒流升速时间，为退饱和超调过渡过程时间，等于动态速升时间。 2 t V t V t s RII nTC t dLdb nomme 35 . 0 5 . 1 5 . 172 1500093 .