电力拖动控制系统作业题解答

1、电力拖动自动控制系统习题答案1.某调速系统的转速降为 10r/min，试求转速在1000 r/min、100 r/min、10 r/min所占的百分比，并说明电 机的工作状态。10r/min =0.011000r /min10r /min _0.1100r /min10r / min _110r / min解:只占只占1%10%100%高速转动中速运转电动机停转2.某调速系统额定转速 允许的调速范围。解：若要求s< 30%,ned=1430r/min ,额定速降为Aned=115r/min。当要求静差率 s乞30%、s_20%时，试求则调速范围江苏科技大学电子信息学院7自动控制系统习题解

2、答1430 7.3D5.31151-0.3若要求s< 20%，则调速范围»1430 O.2=3.11151-0.23. 某龙门刨床工作台拖动采用直流电动机：Ped=60KW , Ued=220V , Ied=305A , ned=1000 r/min，要求D=20 ,s_5%。采用晶闸管电动机系统，已知主回路总电阻R=0.18J 电动机Ce=0.2V.mi n/r。试问： 当电流连续时，在额定负载下的转速降为多少？ 开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率为多少？ 如果满足D=20 , s_5%的要求，额定转速时的静差率应该时多少？解：WededR= 305 0.18 =27

3、5/minCe0.2275二ned： ned 1000 275二0.216二21.6%，说明大大超过了 5%的要求。系统要求的nedS1000 0.052.63r / minD1-s 20 1-0.054.已知条件如上题，再增加两个条件：晶闸管整流装置的放大系数Ks=30，转速反馈系数_：i=0.015V.min/r。试求满足闭环系统指标D=20 , s J5% , ：ncr£2.63r/min所要求的放大倍数 K。解：因为K =!_1 =逻1 =103.6Anci2.63所以103.6K p46Ks： /Ce 30 0.015/0.2，放大器的放大系数要大于等于465. 已知单闭环

4、转速负反馈系统，R=1.0J Ks=44, Ce=0.1925V.mi n/r,根据稳态性能指标 D=10 , s_5%计算,系统的开环放大倍数 K > 53.3。试分析系统能否稳定。e2132.8L = 0.6932二 0.693 ： 16.73mH，取L =17mH =0.017HL .d min10% 域 55计算系统各时间常数：T| = =0.017s，Ts = 0.00167s （三相桥式）R 1.0为保证系统稳定，开环放大系数应满足K :： Tm T| Ts二A'T|Ts0.075 0.017 0.001670.0016720.017x0.00167二 49.4不稳定

5、6. 有一晶闸管直流电动机系统，电动机参数为Ped=2.5KW，Ued=220V，Ied=15A，ned=1500 r/min，Ra=，整流装置内阻 Rs=V 1，放大系数Ks=30，要求D=20，s_10%。试求 计算开环系统态速降和调速要求所允许的稳态速降。 采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的稳态结构图。 调整该系统，使 U n=20V时转速n=1000 r/min。-此时转速负反馈系数应该为多少？ 计算所须的放大器放大系数。解： 先计算电动机的 Ce ,然后在计算稳态速降。U ed = I ed RaC en edCe'edUdRa20 150.127V . min/rne

6、d1500开环系统的稳态速降为nopGRJedRa Rs _ 1521 =354/min0.127CeCen edS1500 0.1满足调速要求所允许的稳态速降为8.33r/ minD 1 -s 201 -0.1采用转速负反馈的稳态结构图如图所示 当Ugn=20V时，n=1000r/min，则转速反馈系数为Ugnn0.02V min/ r1000 闭环系统的开环放大系数为n°p354.33K二KpKs/Ce p -11 =41.54，则所需放大器的放大系数为Ancl8.33KpKC304 000；f 79&有一可控硅直流调速系统，已知：Ped = 2.8KW , Ued =

7、220V , led = 15.6A , ned = 1500rpm , Rs = 1.5 Q , Ra=1 Q , Ks = 37, 给定电源为0 24V求：1.计算系统开环工作时在D = 30时，S= ?2计算D = 30、S = 0.1时允许的静态速降3. 设用转速负反馈环节实现2.的调速指标，计算出当Ugd = 24V时调整电机在额定点工作所需的放大器放大倍数Kp与反馈系数：o解: 1. Ce 二 Ued -IedRs =0.131,厶nk =飞=297.7nedCeD EednedD ned= 0.8562 ： 86%2.由上式公式可得:：ned = 5.53.| RK = ed -

8、53 .13 ,CAn edgd=0.013nedKpK *CeKs *：12.549. 某双闭环直流调速系统的电流环 ACR已经设计完成，转速环的动态结构图如图所示，试选h = 5，按典型n型系统设计转速环 ASR。为PI调节器且<i 二 h T 2 二5'：0.02 =0.1,K 'I 10 =2；2；2 =2 52 0.O22,k p=3。按典型n型系统设计的 PI调节器ASR的传递函数为:Wasr30 0.1s 1s整流10. 有一 V-M 调速系统，电动机为：Ped = 2.5KW , Ued = 220V , led = 15A , ned = 1500rpm

9、 , Rs = 2 Q ,装置内阻Rn=1 Q , Ks = 30,要求系统调速范围 D = 20,静差率s=10%。求：1.计算开环系统的静态速降和调速要求所允许的静态速降。2. 采用转速负反馈构成闭环系统，试画出系统的静态结构图。3. 调整该系统，使当Ugd = 20V时，转速n = 1000rpm ,则转速反馈系数应为多少?4. 计算所需的放大器放大倍数。解：1.寫Ued =ledRs +Cened 4 二土 士邑丄马箱詳 三0.127/rpm )开环系统的静态速降为:Jed R Jed RsRn52 1 二355CeCe0.127 一调速系统所允许的静态速降为:nbed Jed1500

10、 O.1 三8.33rpmD(1 _s ) 20 X(1 -0.1 )2.采用转速负反馈的静态结构图如下图所示:ot=比三=- =0.02" / rpm ) n n 1000，用串联校正使之成为典型I型系统，试确定调11某系统的传递函数n L355K -KpK/Cek 11-41.6p瓦8.33所需放大器放大倍数为：KpCepKs :-41.6 0.1278.830 0.024.闭环系统的开环放大倍数为:Wd3s =、f(0.25s -+1 j0.02s +1 Jj0.005s +1 )节器及其参数并画出幅频特性，要求校正后3 c = 10.5。解：对高频小惯性环节做合并处理，原系统

11、变为：33Wd 电沖d &厂(0.25s +1 b.02 +0.005 * +1 】一b25s +1 j0.O25s +1 )当采用PI调节器时，PI调节器的传递函数为Wp| s =KP s 1 , 且令.=0.25，则校正后系统的开环传递函数为:s电力拖动自动控制系统习题答案W s =Wpi s *Wd s 1 ：30.25s 1 0.025s 1Kp 0.25s 10.25s12Kps 0.025s 1，当要求3 c = 10.5即3 c = 10.5 =12Kp, Kp =10.5/12 = 0.875。因此所选用的调节器的传递函数为:Wpi s严心10.25s12某可控硅双闭环

12、直流调速系统，整流装置采用三相桥式电路，基本数据为：电动机 D : Ped = 550KW、Ued = 750V、led = 780A、ned = 375rpm、Ce= 1.92V/rpm、入=1.5Ro = 40K Q。G% W 10%,电枢回路总电阻：Rs = 0.1 Q、Ks= 75、控制对象时间常数：Tl = 0.03s, Tm= 0.084s、反馈滤波时间常数:Toi = 0.002s, Ton = 0.02s，最大给定电压和调节器输出限幅电压均取12V，调节器输入电阻系统指标：稳态无静差，电流超调量门 < 5%,空载启动到额定转速时的转速超调量电流调节器按典型I型系统，KT

13、= 0.5，试设计计算：1. 电流反馈系数一:和转速反馈系数:;R C参数。 ,ci和m，检验是否合理。2. 选择转速调节器的结构并说明理由；设计转速调节器的3. 计算电流环和转速环的截止频率解：首先画出系统的动态结构图：1.2.电流环按典型I型系统，KT = 0.5设计，电流环等效传递函数I d ldm 1.5 780An ned 375rpm1/2T、jS 1为保证系统无静差，则 ST系统采用PI调节器，这样由于 ST的积分作用，可使转速无静差。因此转速闭环是n二型系统，按典型n二型系统设计，取h = 5，则：，其中，T'j 二Ts=0.00167S 0.002 0.00367sR

14、Fmax =812.% 21.5 780 -0 C t=2TTon =0.00374 0.02 =0.02734sCeTm0 1二 &max =81.2% 汇2 X1170 乂:X0.02367 =32.2rpm，此时超调量为:1.92 0.0846% Yer侦哦100% =8.6% ：:10%，因此选 h = 5是合适的。此时PI调节器的参数为:_ KnR、£ h - 1.n =5T=5 0.02734 =0.137s,- Kn2 2n CeTm2h F-Kn =h 1:CeTm _ 6 0.0103 1.92 0.08411.32h:RT 币 2 5 0.032 0.1

15、0.02734r0 103.R1n=R0*Kn=4011.3 =450Kl】，C1n=. 106=0.3RR1n450103窃弧仝半细6 =2林R040 X103转速调节器原理图如图所示：江苏科技大学电子信息学院11自动控制系统习题解答T70.00367转速环截止频率 切= =6 = 22S '，怕cn ££ci，外环截止频率远远小于2hTz 2 5 0.02734内环截止频率，设计是合理的。13 如图所示直流调速系统方框图，ACR为电流调节器。已知电枢电路时间常数Tl =0.09S,TS =0.0017S, KS =30,Toi =0.003S,电枢电阻 0.4

16、b - -0.06V/A,无静差，电机在启动过程中，使电流无超调。试求：1.选择ACR调节器结构。2求调节器参数。3求开环放大倍数。4. 若将调节器本身的放大倍数提高一倍，其超调量为多大？E =1.0,解：1.要稳态无静差，应选用PI调节器；要使启动无超调，应按典型I型系统设计，并取KT = 0.25，由以上理由，选 LT为： iS2.调节器系数：-i =T| = 0.09sTt 二ToiTS =0.003 0.0017 = 0.0047s0.25R 0.25 X0.09 X0.4K|KSP 1.064 X30 X0.06kii1.064, K|S53.2KSPr賓30 X0.06 X0.00

17、47石 R0.09X0.4丄 111，1_i- % =K =53.2s ， =J =147.6s3T°i Ts3 1(0.003X0.00173. Ki = 53.24. 若将调节器本身的放大倍数提高一倍，则Ki T三i = 0.5，超调量为4.3%。14. 一个由三相零式可控硅装置供电的转速、电流双闭环调速系统，基本数据如下：直流电机：Ped = 60KW、Ued = 220V、led = 305A、ned = 1000rpm、Ce= 0.2V/rpm、入=1.5电枢回路总电阻：Rs = 0.18 Q、Ks= 30、控制对象时间常数：Tl = 0.012s, Tm= 0.12s、反

18、馈滤波时间常数：Toi = 0.0025s , Ton = 0.0141s，额定转速时的给定电压： （Ugn） ed = 15V，调节器饱和输出电压：12V，调速 范围：D = 10。A :确定电流反馈系数 /禾口转速反馈系数-Pidm=300A江苏科技大学电子信息学院6自动控制系统习题解答B :系统的静、动态指标为：无静差；电流超调量% W 5%，空载启动到额定转速时的转速超调量cn%< 10%，试设计电流调节器，画出电路图并计算R、C参数；调节器输入电阻 Ro = 40K Q oC :设计转速调节器并计算参数；D :在额定负载下，启动到额定转速时的超调量解：A :由于调节器的饱和输出

19、电压为12V，即电流环最大给定电压Ugim=12V，又最大启动电流为 300A ,U rU12所以电流反馈系数为：p= =吧=0.04V/A，额定转速时的给定电压（Ugn） ed = 15V，所以转Idm1 dm300速反馈系数 a =匕_丄=乞竺=乞=0.015V/rpmn n 1000应将电流环效正成典型-型系统，因此电流调节器应采用 PI调节器,RiC iB :为保证电流超调量 a% < 5% , 其电路如图所示：其传递函数为：Wlt (s J=Ki®s +1U iR0 /2R0 / 2 iSR° /2根据要求将电流环校正成典型且超调量门 < 5%,调节器

20、的参数为:型系统CoiR0 / 2OiU ctoiK i pKTs=0.0033i 二Tl =0.012s, Ki = ' s，口 =Toi Ts，对于三相零式，i R 21 7-iR0.0120.18Tt =0.0025 0.0033 =0.0058, Ki i0.155-2 KsT2 0.04 30 0.0058R =KiR0 =0.155 40Ki-6.2KGi 丄 卩012 三2F, Csi = 4Toi = 4。.。严=0.25年R1i6.2 KI】R040 103C :为保证系统无静差，速度调节器也选PI调节器结构，其传递函数为Wst s =Kn 代 1ns，因此速度环中有

21、两个积分环节，速度环校正成典型型系统，且取h = 5,速度调节器的参数为:.n 二5 0.0257 二0.1285,Kn二hT 币，二T°n2Tg =0.0141 2 0.0058 =0.0257:KnR h - 1h 1 'TmCe6 0.04 0.12 0.2,K 8.3e 2h2T令 n 2h： Rtw 2 5 0.015 0.18 0.0257 -I；-" .nTmC.R1n =KnR0 =8.3 40k；-330Kl】,C1nn0 n.4Pf ,c°n 壬=4竺0141=1.41井R1n330 103R040 103D :在额定负载下启动到额定转

22、速时的超调量为：时心停Z却.2%； dm严2%蔦眾煮。1：8®0 1%15 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 R0.21，过载系数，-1.5 ；晶闸管装置：放大系数 Ks =40 ；电枢回路总电阻： R = 0.51 ；电枢回路总电感：L =15mH ;电动机总飞轮力矩：GD2 =22.5NLm2 ；电流反馈系数：:=0.05V / A ；转速反馈系数：-0.007V|_min/ r ；滤波时间常数：T0i = 0.002s , T0n = 0.01s ；设计要求电力拖动自动控制系统

23、习题答案整流装置滞后时间常数根据性能指标要求:乞5%，而且:-°°=8.17<:1000.00367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W”Ki（is 1）参数计算为了将电流环校正成典型 I型系统，电流调节器的微分时间常数i应对消控制对象中的大惯性环节的时间常数Tl，即取；-i = T| = 0.03s ；为了 满足；-j - 5% 要求，K|Ty = 0.5，0 二1 二 1二 136.2s，1 平 2 0.00367是可以求得ACR的比例放大系数为电力拖动自动控制系统习题答案稳态指标：转速无静差；动态指标：电流超调里i _ 5% ；空

24、载起动到额疋转速的转速超调量:一 n -10%。Ts =0. 0016;7电流环小时间常数:TjT0i = 0.00167s 0.002s = 0.00367s ；L 0.015电磁时间常数:T0.03s ；R 0.5确定电流调节器结构和参数:结构选择36.2 0.03 0.5 rd0.05 40校验近似条件: 晶闸管整流装置传递函数近似条件：八3Ts电流环小时间常数的近似条件:13 ,0.00167 0.002 "82.4S ci，满足近似条件。忽略反电动势对电流环影响的条件= 0.132V|_min r。所以GD2R = 22.5。52 二=0.18s375CeCm 375 0.

25、1322 30，因此:3 J丄=3汉 J'=40.82s®ciTmT 0.187.03，满足近似条件。设计后电流环可以达到的动态指标为“ =4.3%一 5%满足设计要求。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K|T、i = 0.5，因此电江苏科技大学电子信息学院43自动控制系统习题解答流环等效时间常数为：2Ti =2 0.00367 = 0.00734s。 转速环小时间常数已知转速滤波时间常数为 Ton = 0.01s，因此转速环小时间常数为:Tn =2T、j Ton =0.00734 0.01 = 0.1734s确定

26、转速调节器结构和参数: 结构选择PI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 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：WASR(s)二 Kn( ns 1)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|h = 5较好，则有： n = hT = 5 0.01734 = 0.0867s，转速环开环放大系数:，则ASR的比例放大系数:KN=hJ 二6399.1s22h2T'n2 25 0.017342(h 1/ CeTm6 0.05 0.132 0.18Kn11.72h： RTn 2 5 0.007 0.5 0.0173

27、4校验近似条件和性能指标: 电流环传递函数等效条件:可知1；rcn = KN n = 399.1 0.0867 = 34.6s54.5s-1 "cn5Ti 5 0.00367，可知满足等效条件。转速环小时间常数近似处理条件:-'cn13 汐T、iT°n11，；=X3 20Ton338.9s，'小 cn2 0.00367 0.01，满足近似条件。转速超调量匚n6=81.2% 2( -z) ：Anom Tn 100%nTm%dnomR J" 0.5 =515.2r/min 亠0.132Ce所以:斥=81.2%q）牛谱=鬻乂潟=8.3%Tm = 0.15

28、s，16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电机在额定负载时的稳态速降讥。m =0.3nn°m ,转速环的小时间常数0.015s ,电动机允许的过载系数，=1.5，直流电机：220V , 136A , 1460r/min , Ce =0.18。求1电动机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Mrmin准则确定参数关系，并取中频宽度h =5max。查表可知：-81.2%Cb所以：1 bn=8 1.2%互二8152 20.1351m0-0157. 3%nTmn n o m0.152= 81.2

29、% Z =81.22TnR(|RnommCedm Idi) =81.22 °.°15 °.5 681460 0.15 0.18二 2.1%17 有一 V-M调速系统，如图所示，已知数据如下：直流电动机：Rom =10kW, Unom =220/, Inom =55A nnom =1000r/min，Ra = 0.51整流装置：触发整流环节的放大系数Ks = 44，整流装置的内阻 Rrec二0.5?生产机械对调速系统的稳态指标为：D =10, S = 5% 。求：计算开环系统的稳态速降厶nop和调速指标所允许的稳态速降厶ncl ； 画出该系统的静态结构图； 若当电动

30、机运行于额定转速时的给定电压U； =20V，计算此时的转速反馈系数;计算满足稳态要求所需放大器的放大系数Kp ；解： 先计算电动机得电动势转速比Ce因为:所以:U 二 I R 亠 C nnom nom aenomCeU nomnomRann om220 55 0.51000= 0.1925V|_min/ r开环系统的稳态速降为:Fop1 nomCe1 nom ( RaRrec )Ce55(0.50.5)0.1925= 285.71r/min闭环系统的稳态速降为:：ncinnomnnomD(1-S )10001 0 f10-嗅.2r6 /0. 0 5)该系统的静态结构图如下图所示:UnUna =

31、花，计算此时的转速反馈系数为:n nomnnom闭环系统的开还放大倍数为:KpKs厶 仁285"亠 53.3Ce心 nci5.26则所需的放大器放大系数为:44 0.02心二2°= 53.3 0.1925 =11.7，若放大器的卧他，所以:R1 . KpR0 =11.7 40k=468k，取规范值 R = 470k18 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：Rom = 2.2kW, U nom = 220V, I nom - 12.5A, nnom = 1500r / mn, Rg = 11 ,GD = 1.5NLm?晶闸管装置:采用三相桥式全控整流电

32、路，电枢回路总电阻Rg = 11 ,总电感L = 42mH , Ks = 40 ；额定转速时U n =15V ；要求的稳态指标：D =15, S =5%。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？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。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U nom , 1 nom ,nnom , Rg，功率放大器放大系数Ks和内阻Rrec，电动机的允许过载倍数为=1.5。(1) 若ASR, ACR的限幅输出分别为 U；和Uctm，如何确定

33、转速反馈系数 :-和电流反馈系数一：；(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U * , Uct, I d, U d和n的表达式；(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门下降一半，系统工作情况如何变化？写出U * , U ct, Id, Ud及n在稳定后的表达式；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 U *， U氏，Ud， Id及n比原来有何变化？解：（1）按最大给定电压 U：m对应电动机额定转速 nnom来确定转速反馈

34、系数，因 ASR采用PI调节器， 稳态时 U n 二 Un =an，因此有 U nm 二 annom，所以=U nm / nnom。按电动机最大允许过载电流Idm对应于ASR输出限幅值U m来确定电流反馈系数 ，而ACR又采用 PI 调节器，则有 U*m 二Uim 二 Im 二：lom，所以有=U； /1.5I nom。（2） 若系统在额定情况下正常运行，则有U；二Un，U*二Uj，且极性均相反。若转速反馈线断线，则U n =0，ASR只有输入U n而使其很快进入饱和， 输出为限幅值Um ;由于Ui尚未变化使ACR输出U ct 上升而达到限幅值 U ctm，功率放大器输出电压达到最大值 Udm

35、， I d上升，使电动机电磁转矩 Te大于负载 转矩Tl，电动机加速，n上升，电动势E上升。最后当系统稳定下来后，Id =IdL（负载电流），Uj二U im， Uct 二Ucm，Ud 二 ©Uctm，n =（K$Uctm - I dL （负载电流）R）/Ce。（3） 系统在额定情况下正常运行，n = nnom，Id = Inom。若磁通门下降一半，则E = Kn下降，Id和Ui将随之增加，但因U*未变，在电流环调节作用下使Ud，Uct下降以维持Id = I nom暂时不变，从而使Te =KmIn°m下降为原来的一半。电动机拖动恒转矩负载，不变；所以T© : Tl，

36、电动机减速，n下降，Un随之下降，因U；未变，而使 ASR饱和，输出为Um，在电流环调节作用下，电流上升达到Idm =15Inom并维持不变，Te因电流变大而回升，但也只能为原来转矩的0.5 1.5 = 0.75，仍然小于负载转矩Tl，电动机转速将继续下降，直至n = 0。这时，U i*二U鳥，dm= 1.51nomU d = dm R = nomR， U ct =Ud /Ks =1.5InomR/Ks。（4）若电流反馈断线，则因Ui =0，U*未变而使ACR饱和，Uct =u ctm，U d上升，Id上升，n上升,Un上升。但U；未变，因而使U*下降。由于速度环的自动调整作用，在系统最后稳定

37、下来后，n不变,Id不变，因而Ud，Uct都不会变，只有U*下降为零，即U* =0。19.K1设控制对象的传递函数为Wobj (sr (T1S . 1)(T2S . 1)(T3S . 1)(T4S 1)，式中，K2，T" 0.43S，-0.06s，T3 -0.008s，T4 = 0.002s。要求阶跃输入时系统的超调量二-5% 。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ts。解:2.能否用上述调节器将系统校正成典型II型系统?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Wp

38、(s)二Kp，需作近似处理后才能校正成典型I型系统。令1 1T| s 1 T| s则校正后系统开环传递函数为W(s)=KPK1T&T2S 1)(T3S1)(T4S1)s(Ts 1)式中，KKpK./T,，T =T2 T3 T0.07s。为使二_5% ，可取KT =0.5，因此Kp0.5T1K1T05墜= 1.54，调节时间2 0.07ts =6T =6 0.07 = 0.42s下面需校验近似条件。1 ？T111因- 'c4，而空二3T1=6.98s'，满足近似条件。0.431 13 I T2T313 1 0.06 0.008= 15.2 s'满足近似条件。(2)

39、用 I调节器校正时，调节器传递函数为WI (s)二1校正后系统开环传递函数为iSK1W(s)=W s(T£ + 1)(T2S +1)0 + 1)(T4S +1) s(Ts +1)式中，TT2 T3 T4 =0.5s ,K 二 K1，取 KT =0.5，则0.5U=2S0.5调节时间 ts =6T =6 0.5 = 3s。心，而胡0.43 0.06=2.08s，满足近似条件。1 _ s +1(3)用PI调节器校正时，调节器传递函数为WPI (s) = KPI ，取 1sT2 T3 T 0.07s，校正后系统开环传递函数为KpiK1W(S八 1s(Ts 1) s(Ts 1)K k同样，取

40、KT 旦1T =0.5，则K pi0 = 0=1.54K1T2 0.07调节时间 ts =6T =6 0.07=0.42s。(5)用PID调节器校正时，调节器传递函数为Wpid(沪亠4取 “0.43s， 2 二T2 = 0.06s，令 T3 T4 =0.008 0.002 = 0.01s 二 T，则校正后系统开环传递K1函数为 W(S" s(Ts 1) s(Ts 1)，仍取KT二上1T =0.5，则2 0.010.50.04s0.5调整时间 ts =6T =6 0.01=0.06s。校验近似条件：c=K=50s，而111183.3s，满足近似条件。3口43 Y 0.008x0.002

41、比较采用不同调节器时的 ts，可知采用 PID调节器调节时间最短，效果最好；采用I调节器调节时间最长，效果最差；采用P调节器和PI调节器虽然有相同的ts，但采用P调节器时系统是有差的，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1T1s33将惯性环节近似为积分

42、环节，近似条件为C _ 3二3 = 6.98sT10.43(2) 采用PI调节器校正后系统的开环传递函数为K1Kpi(1S 1)K(1S 1)W (S)22T1T1S (T2S + 1)(T3S+1)(T4S+1)s (Ts + 1)式中，K =QKpi1T1，T 寸2 T3 T4 =0.07s。如按M m i n准则确定系数，此时，-114.3s4，贝U cT 0.07匸1 ,当h = 5时，2h,=6 体3 -8.58S；10S1 /133 ! T2T33 0.06 0.008因8.58>6.98，8.58<15.2，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

43、统。式中,(3)采用PID调节器时，可取.2二T2，并令T =T3 T 0.01s，则校正后系统的开环传递函数W(s)K1C1S 1) K(-1S 1)_ 2 _ 2T1S (Ts 1) s (Ts 1)k11K。此时，100 S ，则当h = 5时，按M min准则，有，Ct 0.01T1101 13 , T3T41 13'' 0.008 0.002二 83.3s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Pnom二3kW ， Unom二220V ，Inom =17.5A，nnom =1500

44、r/min，Rs =12，GD 选择电流调节器结构和参数根据性能指标要求，应将电流环校正成典型I型系统，ACR需选用PI调节器，即 3 =0.4kgm2 ；功率放大器：放大倍数 K 25，Rrec =0.3，Ts = 0.001s ;电枢回路总电感 L =60mH，最大允许电流ldb1 =2lnom，ASR和ACR的 输出限幅值均为二8V，最大转速给定电压U nm = 10V，电流反馈滤波时间常数为 Toi = 0.001s，转速反 馈滤波时间常数为Ton = 0.005s。设计指标为：电流超调量 <5%，转速无静查，空载启动到额定转速 时的转速超调量Cn <10%，过渡过程时间t

45、s空0.5S。分别用Mrmin准则和max准则进行设计，决定ACR和ASR的结构并选择参数。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：R =Ra Rrec =1.2 0.1.51 ；电枢回路电磁时间常数： = L = 0.06二0.04s ；R 1.5电流环小时间常数：Ti 二 Ts - G 二 0.001 0.001 二 0.002s ；电流反馈系数:Wacr(s) = KiiS 1is并取.j二= 0.04s，为满足；i <5%的要求，取电流环开环放大倍数为2Ti二 250s4则ACR的比例放大系数为iR0.04 1.52KsTi= 2.612 25 0.23

46、0.0021500亠朕-扁凤=220-17.51.2 = 0.133V .min/rnnomGD2R 0.4 9.8 1.5 :Tm2 二 0.093s375CeCm375 0.1332 30电流环截止频率；.? ci = K | = 250s ' o忽略电动机反电动势影响的近似条件为，现矶王 3 1 =31= 49.2s；. TmT1 0.093 0.04该近似条件满足。2.转速环设计(1) 转速环的对象参数如下:U nm / n nom100.0067V *min/ r1500转速环小时间常数:Tn 二叭 T0n = 2 0.002 0.005 二 0.009s(2)确定转速调节器

47、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x s + 1Wasr 二 Kn nnS转速环按典型II型系统设计，并取 h = 5，则n = hTn 二 5 0.009 二 0.045sMRN-n 'CeTm按M min准则选择ASR参数。Kn = h2 ；二 2 62 =1481.52h2朮2 52 0.0092K 川 1) n CJ 二(h 1/ CeTmn 22 2h RTn2h2： RT£6 °23 °133 °.093=18.872 5 0.00671.5 0.009按max准则选择ASR参数Kn ： 2 二 -2 =

48、1104.2h"hT實 n5 汇 U5 汉 0.009n - CeTm- CeTmK =-n h.h RT：-h RTn0.23 0.133 0.093“14.0750.0067 1.5 0.009(2) 校验近似条件当按Mmin准则设计ASR时，转速环截止频率为1 cn = K n n =1481.5 0.045 = 66.67s当按max准则设计ASR时，转速环截止频率为，cn 二 Kn n =1104.2 0.045 = 49.69s1 1 1又由于由于100s cn，故满足电流环闭环传递函数简化条件；故满足小时间常数近似处理条件。3.验算系统的性能指标1电流环按典型I型系统设

49、计，且取 QT'i，此时可以达到的动态指标为5T5 0.002二 i = 4.3%： 5% ；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Cmax 2TnR(Idb I dL)00%CeTmnnomCb%当按M min准则设计时，若取h =5，查表2.9有max= 81.2%= 0.812二 0.975100% =4.1%100% =4.97%因此2 0.009 1.5 2 17.50.133 0.093 1500当按max准则设计时，由表 2.8知，当h = 5时有2 0.009 1.5 2 17.50.133 0.093 1500其中，t2为恒流

50、升速时间，tv为退饱和超调过渡过程时间，tv等于动态速升时间。t _ CeTm nnom _1500 _ ° 驱2 =（ldbi - %）R =2?17.5“.5二.S由表2.8和表2.9可知，当h =5时，分别有tv =8.8Tn =8.8 0.009 = 0.08s （Mmin准则）tv =12.9T、n =12.9 0.009 = 0.12s （ min准贝U）因此满足全部设计指标。ts 二 t2 tv = 0.35 0.08= 0.43s 和 0.35 0.12= 0.47s1-1为什么PWM 电机系统比晶闸管一电动机系统能够获得更好的动态性能？PWM系统在很多方面有较大的优

51、越性：1）主电路线路简单，需用的功率器件少。2）开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。3）低速性能好，稳速精度高，调速范围宽。4）若与快速响应得电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。5）功率开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开环损耗也不大，因而装置效率 较咼。6）直流带能源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。1-4某一调速系统，测得的最高转速特性为nomax =1500r/min，最低转速特性为n叶山=150r/min，带额定负载时速度降落CnN =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头多大？系统允

52、许的静差率是多少？解：nomax 二 nmax *n 0min - nmin nNn max =1500 T5 =1485r/mi nnmin =150 T5 =135r/min n1485调速范围：D= nmax =11nmin135静差率：s 二 g = 15100% =10%n 0min1501-5某闭环调速系统得调速范围是1500 150r/min ，要求系统的静差率 S玄2%，那么系统允许的静差速降师多少？如果开环系统得静差速降师100r/min，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？解：调速范围:n maxn min1500150=10由公式:D= nNS ：n n(1 -s)nNSD(1 -s)叽1nNSD(1 -s)nmaxs _ 1500 2%D(1 s) 一 10(1-2%)二 3.06r/ min由公式：Ancl =竺巴得1 +k-nop100k=1 =仁31.73.061-6某闭环调速系统得开环