自动控制系统习题

自动控制系统习题一、简述题简述转速、电流双闭环调速系统的启动过程。答：转速、电流双闭环调速系统的启动有三个阶段，即：强迫建流阶段、恒流升速阶段、稳速阶段。强迫建流阶段中，电枢电流由零上升到电机允许的最大电流，速度调节器ASR饱和，其输出限幅，电流环线性调节；恒流升速阶段中，电机在允许的最大电流下，转速由零上升到给定速度，速度开环控制，电流为恒流系统；稳速阶段中，系统经退饱和超调后，速度调节器线性状态，系统为调速系统，调节电流、速度达到稳态。简述PWM变换器中，泵升电压是怎样形成的？如何抑制。答：PWM变换器的直流整流电源由整流二极管构成，不能反馈能量，能量只能单向传递。当主回路的能量反馈时，该能量储存在储能电容上，使电容上电压升高，该升高的电压为泵升电压。抑制泵升电压的措施有2：1是提高储能电容的容量，使上升的电压得到抑制；2是在主电路的母线上接电流分流器，当主电路电压过高时，通过分流器将能量释放，使主电路电压下降。简述自然环流电枢可逆转速、电流双闭环调速系统的正向制动过程分为几个阶段？各阶段的能量传递的特点。答：电枢可逆调速系统制动有四个过程，即本组逆变、反接制动（它组建流子阶段）、回馈制动（它组逆变子阶段）、它组逆变减流子阶段。本组逆变阶段中，主电路中电感电能传递给电网，电动机电动状态；反接制动阶段中，电网的电能以及电动机机械能传递给主回路的电阻和电感转化为热能和磁场能量，电动机反接制动；回馈制动中，电动机的机械能传递给电网，电动机回馈制动；它组逆变减流子阶段中，主电路中电感电能传递给电网。闭环控制系统的静特性和开环机械特性的主要区别是什么？什么叫调速范围、静差率？它们之间有什么关系？怎样提高调速范围？答：调速范围：生产机械要求电动机提供的最高转速与最低转速之比。静差率：系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值所对应的转速降落与理想空载转速之比。调速范围与静差率的关系为：D_n,““，$ 。从D与S的关系来看，提高电动机的额定转速- nomAn（1-s）nom（最高转速｝提高静差率s，以及降低转速降均可以提高调速范围，但是，由于提高D，牺牲静差率s，以及提高电动机额定转速（最高转速）受限制，所以一般采用降低系统转速降来提高调速范围。具体降低转速降是通过采用转速负反馈控制。在转速一电流双闭环系统中，ASR和ACR均采用PI调节器，输出限幅为10V,主电路最大电流整定为100A,当负载电流由30A增大到50A时，ASR输出电压如何变化？简述随动系统的定义，并比较随动系统与调速系统的异同点。答：位置随动系统定义：输出以一定精度复现输入的自动控制系统。位置随动系统与调速系统均是反馈控制系统，即通过对系统的输出量和给定量进行比较，组成闭环控制，因此两者的控制原理是相同的。调速系统的给定量是恒值，系统的抗扰性能要求高。随动系统的输入量是变化的，系统要求输出响应快速性、灵活性、准确性较高，随动性能为主要指标。随动系统可以在调速系统的基础上增加一个位置环位置环是随动系统的主要特征，在结构上它比调速系统复杂一些。简述随动系统中，为什么常常采用复合控制？答：随动系统在系统设计和评价时，主要考虑系统的稳定性、系统的动态性能指标以及稳态误差和动态误差。同时，跟随性能对随动系统是很重要的。由于以上性能指标常常是相互制约的，系统在设计时若兼顾以上诸多方面是很困难的。因此，系统设计时，常常首先考虑系统的稳定性和动态性能，设计出较为满意的闭环系统，然后在闭环系统的基础上，增加针对给定和扰动的开环控制（前馈和顺馈），即采用闭环和开环的复合控制。由于采用复合控制中的开环控制不影响系统的稳定性，且顺馈和前馈可以通过完全不变性和部分不变性提高系统的稳态和动态控制精度，降低误差。因此，随动系统常常采用复合控制。试简述PWM—M系统的调速原理。采用哪些措施，可以提高随动系统的快速性？简述反馈控制系统的反馈控制规律。答：闭环控制系统的反馈控制规律有三个。一是闭环控制系统是依靠被调量偏差的变化实现反馈控制作用的。系统将被调量构成负反馈利用其偏差重新控制系统，从而降低输出的稳态误差；二是反馈控制系统能够抵抗扰动与服从给定。反馈控制系统具有良好的抗扰性能，它3对反馈环内的前向通道的一切扰动作用都能有效抑制，因为作用在前向通道的任何扰动作用的影响都会被反映在被调量上，而被测速发电机检测出来，通过反馈控制，减小它们对稳态转速的影响。抗扰性能是反馈控制系统最突出的特征。给定的变化被调量会立即随之变化，不受反馈控制的抑制。三是系统精度依赖给定和反馈检测精度。反馈控制系统对给定电源和被调量检测装置的扰动无能为力，因此控制系统的精度依赖给定电源和反馈量检测元件的精度。在转速、电流双闭环调速系统中，ASR和ACR各起什么作用？它们的输出限幅值如何调整？答：转速调节器ASR的作用：①使转速n跟随给定电压Un*变化，稳态无静差；②对负载变化起抗扰作用；③ASR输出限幅值决定所允许的最大电流（2分工电流调节器ACR的作用：①对电网电压波动起及时抗扰作用；②起动时保证获得允许的最大电流；③在转速调节过程中，使电流跟随给定电压5*变化；④当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，从而起到快速的安全保护作用，如果故障消失，系统能自动恢复正常。ASR的输出限幅值Uim*=Idm/B，根据电机允许的最大电流Idm以及电流反馈系数口确定Uim*。ACR的输出限幅值Uctm*大小取决于电动机电枢电压的限幅值。采用反并联线路，a=B工作制配合控制的可逆调速系统，是否存在环流，为什么？闭环调速系统有哪些基本性质？它能减少速度降落的实质是什么？二、选择题1、VC—M系统中，当其他参数不变而增大主电路电感L时，其开环机械特性上连续区与断续区的分界点将:（ ）A、左移 B、右移 C、不变 D、不确定VC—M系统中，当控制角a增加时，其开环机械特性上连续段将：（）A、向上平移 B、向下平移 C、改变斜率 D、无变化VC—M系统中，对于同样的控制电压Uct和系统参数，当电流Id由连续变为断续时，整流输出电压Ud0将：A、增大 B、减小 C、不变 D、不确定调速系统的调速范围定义为：（）A、D=n B、D=n.C、D=n D、D=n一TOC\o"1-5"\h\zmax omaxnomax n nmax n5、带电流截止负反馈的转速单闭环调速系统中，如其他参数不变，增大电流取样电阻Rs,堵转电流Ibl将:（ ）A、增大 B、减小 C、不变 D、不确定有静差调速系统结构参数不变时，其静差率s与转速的n0的关系是：（）A、no越高，s越小 B、no越低，越小 C、不能确定 D、n。与s无关带电流截止负反馈的转速单闭环调速系统中，采用稳压二极管作为非线性元件，其稳压值应等于：（ ）A、给定电压U* B.BI C.BI D.BI -BIn abl dcr abldcr反馈控制系统又称为（）A.开环控制系统B,闭环控制系统C.扰动顺馈补偿系统D.输入前馈补偿系统转速负反馈单闭环调速系统与电压负反馈单闭环调速系统相比较，其缺点是：（）A、对电动机励磁无能为力B、Ud的交流分量对系统有影响C、Ud的高电压对系统不安全D、结构比较复杂采用积分控制规律的转速负反馈单闭环调速系统，如给定电压Un*不变，转速反馈系数”增大，当系统重新稳定后，反馈电压Un将：（）A、增大 B、减小 C、不变 D、不确定位置随动系统的主反馈环节通常是（）A.电压负反馈 B.电流负反馈 C.转速负反馈D.位置负反馈转速、电流双闭环调速系统中的电流调节器没有以下哪种作用（）A、对电网电压波动及时抗扰作用B、启动时保证获得允许的最大电流C、使电流跟随给定电压Ui* D、对负载变化起抗扰作用转速负反馈单闭环调速系统中，为了改变转速，可以改变：（）A、放大器放大系数B、晶闸管控制角C、给定电压D、转速反馈系数E、电动机励磁电流带电流截止负反馈的转速单闭环调速系统中，为了改变堵转电流的大小，可以改变：（）A、放大器放大系数,B、比较电压Ucom&转速反馈系数”D、电动机励磁电流、国电流反馈系数^15、带电流截止负反馈的转速单闭环调速系统中，如改变比较电压U受影响的是：（）A、空载转速B、特性曲线的硬度C、截止电流D、堵转电流E、特性曲线下垂段的陡度转速单闭环调速系统加入电流截止负反馈后，可以：（）A、限制启动电流B、使系统静特性更硬C、使启动过程更快口、使抗干扰性能更强E、系统稳态运行性能不变带电流截止负反馈的转速单闭环调速系统中，能改变其静特性曲线下垂段陡度的参数是：（）A、给定电压Un*B、电流反馈系数8C、放大器放大系数,D、比较电压UcomE、转速反馈系数”18、采用PI调节器的转速单闭环调速系统中，如给定电压U*不变，负载转矩变化，当系统重新稳定后，nTOC\o"1-5"\h\z下述各量中发生变化的是：（ ）人转速反馈电压UnB、转速nC、调节器输出电压UctD、整流器输出电压Ud0E、调节器输入偏差信号^口19、采用PI调节器的转速单闭环调速系统中，平均整流输出电压Ud0的大小取决于：（ ）A、给定电压Un*B、积分时间常数口C、负载电流IdlD、整流装置放大系数冷E、电动机励磁电流If20、VC—M系统的开环静态速降决定于：（ ）A、整流器输出电压B、主回路总电阻C、主回路总电感D、电动机励磁电流E、负载电流21、在转速单闭环有静差调速系统中，如给定电压不变，仅改变转速反馈系数”，当系统稳定后，下述各量中，将要改变的是：（）A、转速n B、放大器输出电压Ut C、整流输出空载电压Ud0D、转速反馈电压U E、调节器输入偏差信号AUnn22、带电流截止负反馈的转速单闭环有静差调速系统中，如其他参数不变，仅改变电流反馈系数自受其影响而改变的量是：（ ）A、空载转速n B、闭环静态速降An C、堵转电流I0 cl ablD、截止电流I， E、静特性曲线下垂段的陡度dcrTOC\o"1-5"\h\z23、采用PI调节器的转速单闭环调速系统中，如电网电压增高，其他参数不变，当系统达到新的稳态后，下述各量中保持不变的是：（ ）A、转速nB、转速反馈系数口C、整流装置输出空载电压Ud0D、调节器输出电压UtE、调节器输入偏差信号AU n "n24、采用PI调节器的带电流截止负反馈的转速单闭环调速系统中，当电机发生堵转后，下面各等式中成立的是：（ ）A、n=0 B、Ud0=IablR C、Uct=0 D、Id=Iabl E、AUn=Un*25、采用PI调节器的电压负反馈单闭环调速系统中，如给定电压不变，而负载改变，当系统重新稳定后，保持不变的量是：（）A、转速B、电压反馈信号C、调节器输出电压口、整流装置输出端电压E、调节器输入偏差信号26、在下述调速系统中，能消除负载变化而产生的静差的系统是：（ ）A、采用比例一积分调节器的带电流截止负反馈的电压负反馈单闭环调速系统；B、采用比例调节器的转速负反馈单闭环调速系统；C、采用积分调节器的电压负反馈单闭环调速系统；D、采用比例一积分调节器的转速负反馈单闭环调速系统。三、综合题1、如图1所示为转速负反馈调速系统结构图。若给定电压Un*不变，调节电位器Rw2使反馈电压Un馈电压Un增加一倍。问:单闭环调速系统结构图Rw1电动机转速n怎样变化？静态转速降如何变化？对系统的稳定性有什么影响？若系统稳定性下降，可调节哪些参数来提高系统稳定性？为什么？设“=口./n,Ks=Udo/Uct。画出系统的静态结构图，并写出其静特性。解：1、调节给定电压Un*及转速反馈系数。均可改变电动机转速，调节Rw2实际是调节转速反馈系数。TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"KKU* RI KKa/ 一（1分）。根据n=kL六- F，其中K=psC（1分）。当反馈电压Un增加一\o"CurrentDocument"C（1+K）C（1+K） /Cee e倍，即a增加一倍，转速下降，约为原转速的1/2（1分）。

1、静态速降An=Rd ,Rw2使Un增加一倍，即K增大一倍，静态速降减小，如果K»1时，1、C(1+K)

e静态速降是调节前的1。22、K增大，则系统的稳定性将会降低。3、4、可以调节Rw3,使放大器的放大倍数减小，从而提高系统的稳定性。一 KKU*系统静特性为：n=2、K增大，则系统的稳定性将会降低。3、4、可以调节Rw3,使放大器的放大倍数减小，从而提高系统的稳定性。一 KKU*系统静特性为：n=psnRI——dC(1+K) C(1+K)图1所示为单闭环调速系统的结构图。调节器为P调节器。2、图1单闭环调速系统结构图200图2系统的静特性150014501、在图1圆圈中标出相应电压的实际极性。2、已知系统的静特性如图2所示，求系统的静差率S。3、若要求系统可直接启动，则图1所示的系统结构作何变动？4、欲使系统的静特性如图3所示，则图1在结构上作何变化。解：入Un* 、Uct——+、Un—+2、s二三二1500-1450=25%n 2000min3、系统加电流截止负反馈，或加电流内环构成转速电流双闭环调速系统。4、系统的静特性为水平线，系统为无差系统。转速调节器ASR采用PI调节器。3、某一VC-M调速系统。电动机为P=2.5kw,U=220V,Inom=15A,n=1500rpm,R=2Q,整流装置内阻R=1Q,触发整流环节的放大倍数为K=30,要求调速系统调速范围D=20,静差率s=10左。 s计算开环系统的静态速降和调速要求所允许的静态速降。采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的静态结构图。（3分）3、调整该系统，使当给定电压Un*=10V,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Kp。5、如果改用电压负反馈，能否达到题中所给的调速要求？若放大器的放大倍数不变，最大给定电压为15V,在静差率s=3。％时，采用电压负反馈最多能够得到多大的调速范围？解：1、首先计算电动机的电磁时间常数Cenomnomnomnom「 220—15x2C= 1500=0.127(开环系统的静态速降为：AnopAnopIR-d-CeI(R+R)

d-a sCe15(2+1)0.127 ~354.3(rpmAnAnclAnclx8.33(rpm)调速要求所允许的静态速降为：ns

nomD(1-s)1500x0.120x(1—0.1)图1转速负反馈静态结构图1、2、n1000103、闭环系统的开环放大倍数Kp（3分）A2、n1000103、闭环系统的开环放大倍数Kp（3分）Anop354.3—1= -1X41.58.33cl=KKa/CpKCeKae41.5x0.127 =17.630x0.01当Un*=10V时，n=1000rpm,则转速反馈系数为：4、AnR4、AnRa15x20.127x236(rpm)>8.33rpm改用电压负反馈后，由于电动机电枢电阻Ra造成的静态速降已经是：因此，达不到题中所给的调速要求。电压负反馈调速系统的静特性方程为：KKU*RIKKU*RIRIn= p一s_r 1二― \ C(1+K)C(1+K)C其中，K=其中，K=KKY，而电压反馈系数是u*nUd^5—x0.068220K=17.6x30x0.068X35.9电压负反馈调速系统的静态速降是sC(1+K)e+Rar)ICd

eAn=(0.127+x(1+35.9) 0.127)x15X239.4(rpm)1500x1500x0.3X2.7nom=An(1—s) 239.4x(1—0.3)即电压负反馈调速系统最多能够得到的调速范围是D=2.74、如图1所示为自动调速系统结构图。调节器为P调节器。

图1单闭环调速系统结构图1、在图1上。内标出电压极性。2、调节哪些量可以改变电动机转速？3、^a=Un/n历Udo/Uct。画出系统的静态结构图。4、当给定电压不变时，如果调整转速反馈电位计RW2，使分压减少，试问转速n是升高还是降低？系统静特性硬度会不会改变。5、当放大器反馈电阻R1中串入电容后，这时测速发电机非线性会使转速产生偏差吗？5、图1所示为单闭环调速系统的结构图。调节器为P调节器。图1单闭环调速系统结构图1、在图1圆圈中标出相应电压的实际极性。（3分）2、已知系统闭环速降△nl=2rpm,在调速范围内，最大的理想空载转速n0=1500rpm,最小的理想空载转速n0min=50rpm°c求系统的转差率。mm An3、要求系统可直接启动，则图1所示的结构作何变动？4、欲使系统在电网波动下，其扰动几乎不反映到转速上，图1在结构上又应如何变化？（3分）5、欲使系统的静特性如图2所示，则图1在结构上作何变化。解：1、Un* 、Uct +、Un + （3分）；2、s=-=2_=4% （3分）n50

0min3、系统加电流截至负反馈，或加电流内环构成转速电流双闭环调速系统。4、系统加电流负反馈，构成转速电流双闭环调速系统。5、系统的静特性为水平线，系统为无差系统。转速调节器ASR采用PI调节器。6、某一VC-M调速系统。电动机为P=2.5kw,U=220V,Inom=15A,n=1500rpm,R=2Q,整流装置内阻R=1Q,触发整流环节的放大倍数为K=30,要求调速系统调速范围D=20,静差率s=10%。 s计算开环系统的静态速降和调速要求所允许的静态速降。采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的静态结构图。3、调整该系统，使当给定电压U*=10V,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长；。（4分）解：1、先计算电动机的CeC=UnomJInomRa=220-15义2=0.127①•min/r)en 1500nom开环系统静态速降为AIRI(R+R)15X(2+1),An=—d—=noma —= =345.33(r/min)opC C 0.127 ，ee满足调速要求所允许的静态速降为An=S=1500X0」=8.33(r/min)cl D(1-s) 20X(1-0.1)5、5、6、当给定电压Un*=10V，转速n=1000rpm,则转速反馈系数为-0.01(y•min/r)-0.01(y•min/r)a二-n穴一n= n n 10007、闭环系统的放大倍数为K-巴-1-卫-1-41.54An 8.33cl四、设计题1、下图所示为转速电流双闭环直流调速系统结构图。采用三相全控桥晶闸管装置供电。其基本数据如下：直流电动机：U=220V,I=15A,n=1500rpm,T=0.185s,Ra=1Q；晶闸管装置：放大倍数K=60,内阻1=0.50；电动机过载系数入=1.2；滤波时间：T=0.002s，T=0.005s；速度调节器人5区输出电压的限幅值U=6V，额定转速所对应的给定电压U=8V,放大器的输入电阻R°=40KQ。 i n*Un*Un双闭环直流调速系统结构图1、如电流环已校正成典型I型系统，其阻尼系数"0.7。7,要求速度环校正后的系统静特性如右图所示，试问速度环应校正为什么典型系统，速度调节器ASR应为什么型式，计算速度环的参数。2、若电流环校正成典I系统，速度环校正成典口系统，计算当负载为12A时，稳态速度为n=1500rpm时的退饱和超调。3、ASR、人6口均采用带限幅输出的PI调节器，在额定负载下稳定运行，如电动机励磁突然断开，系统是否重新稳定？如稳定，这时电动机的速度、电流是多少？解：1、依题意电流环为典I系统，其阻尼系数1=0.707,电流环为二阶工程最佳参数,亚1=g21》(丁习S+1),在转速环中，电流环等效为一阶惯性环节，电机中有一个积分环节，根据系统的静特性，速度是有静差的，因此，速度调节器ASR为比例调节器，没有积分调节，速度环校正为典I系统。三相全控桥晶闸管整流电路的失控时间TS=0.0017s,又Toi=0.002s。R=Ra+Rs=1+0.5=1.5(。)，CeXUnom-LomRa)/nnom=(220-15x1)/1500=0.137(V/rpm)%=TS+Toi=0.0037s,Tn=qn=2Qi+Ton=0.0124s,a=Un/nnom=8/1500=0.0053(V/rpm),p=Uix/入1nom=6/1.2x15=0.333(V/A),KN=Kn・a・R/B・Ce・Tm=1/2Tn所以Kn=B・Ce・Tm/2Tn・a・R=0.333x0.137x0.185/2x0.0124x0.0053x1.5=42.8故Rn=Kn・R0=42.8x40=1712(k。)2、△n=1nomR/Ce=15x1.5/0.137=164.2(rpm)a%=81.2%x2(入-12/15〉Twn・an/(Tm・ns)=0.812x2x(1.2-12/15)x0.0124x164.2/(0.185x1500)=0.0047=0.47%3、电动机突然失磁时，根据电动机的调速特性，〃UIR、，电动机的转速有上升的趋势。但由于电动

n-d0CG+K)e

TOC\o"1-5"\h\z机有剩磁，电动机的电磁转矩T=C中I突减，根据电动机的转矩方程，电动机的转速将下降，转速e md偏差增加，速度调节器的输出U*增大，电枢电压Ud0增大，抑制转速的下降，但是负载转矩始终大于电磁转矩，转速下降，转速偏差的较长时间的存在，使ASR限幅，电流也将到达增大电流Idm,最终转速下降到零，即n=0,且电枢电压U=IR。 "d0dm2、双闭环直流调速系统采用三相桥式整流电路。其基本数据如下：直流电动机：P=13kw,U=220V,I=70A,n=1000rpm,电枢内阻R=0.22Q,允许过载倍数入？1.5；主回路：电枢回鬻总电阻R=o0.47Q; a整流装置：整流装置放大倍数K=35,晶闸管滞后时间Ts=0.0017s；电流滤波时间T=0.002s,转速滤波时间常数Ts=0.01s；电磁时间常数T=0.0294s,机电时间常数To=0.103s；转速调节器ASR的输出限幅电压U*=8V,最大转速给定U*=8V；调节器输入电阻R=40kQ。系统调速范围D=10。 'm nm要求系统无静差，电流超调量。％W5%；空载启动到额定转速的速度超调。％W10%。试设计电流调节器，画出其电路图，并计算Ri、。参数。 n设计转速调节器，并计算其参数。计算空载启动到最低速时的转速超调量。RC解：1、RC取电枢电流的最大值为：1dm二入1dnom=1.5x70=105A。ACR为PI调节器，U=§=0.076(VJI105 'Adm将电流环的小惯性环节近似处理为一个惯性环节，使Tzi=Ts+Toi=0.0017+0.002=0.0037(s)电流环传递函数：Wobj(s)=—a__E^ xRt+1Ts+1)»• l调节器ACR的传递函数：

W(W(S)=ACRKGs+1)

i i

Tsi由电流超调5％45%要求可知，电流环应设计成“二阶工程最佳参数"，ai%=4.3%45%此时，电流环开环传递函数W(s)=KI/S・(1+TS),其中KI=1/2T,T=%,由于W⑸二WACR(s>Wobj(s)且使Ti=Tl=0.1s(以零点抵消大极点)所以KI=pKsKi/TiR=1/2qiKi=TiR/2T^ipKs=TlR/2T^ipKsKi=0.0294x0.47v(2x0.0037x0.076x35)=0.702所以Ri=Ki-R0=0.702x40=28.08(k。)Ci=Ti/Ri=0.0294+(28.08x103)=1.05x10-6=1.05(pF)2、TZn=2T》+T=2x0.0037+0.01=0.0174(s)-0.205(V/rpm)U-1R-0.205(V/rpm)C-nom dnom—a- en 1000nom_U*

a_U*

a- nmnnom81000-0.008(V/rpm)R-R+R-0.22+0.47-0.69(Q)aS转速环传递函数：W转速环传递函数：Wobjn(s)aR 1PCTs(T+1)

em En由已知条件可知:速度环设计成典型三阶系统。其调节器为：WASR(s)转速环的开环传递函数为：Wn转速环的开环传递函数为：Wn(s)=WASR(s>Wobjn(s)=aRK

~~ nPCTTemnTs+1s2T+1)En其中，Tn=hT.K_aRK。考虑到典型三阶系统启动时，抗扰性能决定了系统性能指标。nZnk- nNPCTTemnh=5时系统抗扰性能较好。因此，有Tn=hTZn=5x0.0174=0.087(s),又K-h+1，所以N2h2T2En

(h+1)PCT e-m2ha(h+1)PCT e-m2haRT工n(5+1)义0.076义0.205义0.1032义5义0.008义0.69义0.0174=10.02R=KR=10.02义40=400.4(kQ)nn0T0.087-n-- R40义1030-2.175义10-6(F)〃AC AnO%- max b3、退饱和超调： Cn*，当h=5时，bAC_812%max—81.2%C

b此时，o%-ACmaxCb•26-z)△"max•-^Enn* TmAIR70义0.69-235An ——dnom-235maxC0.205AlC)2350.0174o%=81.2%x2xU.5—0)x x=0.0967x9.7%10000.1033、如下所示为双闭环直流调速系统电流环方框图。ACR为电流调节器。已知电磁时间常数Tl=0.1s,晶闸管滞后时间Ts=0.0017s电流滤波时间Toi=0.001s，整流装置放大倍数Ks=60,电枢回路总电阻R=0.5Q,电流反馈系数0=0.064。试求，图双闭环直流调速系统电流环方框图1、将电流环校正为典I系统时，确定ACR的型式并写出其传递函数。如电流超调。i%05%,计算ACR的参数Ri,Ci（其中R0=20kQ）。4、一个由三相零式晶闸管装置供电的转速、电流双闭环直流调速系统。其基本数据如下：直流电动机：P=60kw,U=220V,I=305A,n=1000rpm,C=0.2V/rpm。主回路电阻:“=0.18。/。系统调速范围D=100nom e晶闸管整流装置放大倍数：K=30o电磁时间常数：T=0.012s,机电时间常数：T=0.12s。电流环滤波时间：lT=0.0025s,转速环滤波时间常数：T=0.0141so额定转速时的给定电压U*=15V,转速调节器ASR的输出限幅电压U*=12V。1、确定电流反馈系数目和转速反馈系数”，假定起动电流限制在300A以内； im2、系统的静动态指标为：无静差；电流超调量。i%05%；起动到额定转速时的速度超调。n%W1。％。试设计电流调节器，画出其电路图并计算Ri、。参数；调节器输入回路电阻R0=40kQ。设计转速调节器，并计算其参数；计算最低速起动时的超调量；计算空载起动到额定转速的时间。解：1、 由于ASR的饱和输出电压为12V,即电流环最大给定电压Uim*=12V,又限制了起动电流

在300A内，所以电流反馈系数为：P-幺P imIdmU*imIdm呆=0.04nmnmaxU*15nmnnom1000=0.015因为额定转速时的给定电压（Un*）U*imIdm呆=0.04nmnmaxU*15nmnnom1000=0.0152、为了保证电流超调量。i%45%,稳态无静差，且电流环的对象为双惯性型，应将电流环校正成典型I型系统，因此，电流调节器ACR采用PI调节器，其电路图如图2所示。siK(TssiK(Ts+1)—i-Tsi其传递函数为：卬(s)=ACR根据将电流环校正成典型I型系统，且超调量。1%45%的要求，应选电流调节器的参数为：V=Tl=0.012s其中，q二T其中，q二Ts,TRi2TEi＋ToiTs触发整流装置的滞后时间，对于三相零式电路，^=0.0033sq=Ts+Toi=0.0033+0.0025=0.0058(s)TR

~—i

TR

~—i

2PKT0.012x0.182x0.04x30x0.0058x0.155所以 Ri=K所以 Ri=Ki-Ro=0.155x40=6.2(kQ)取6.2KQ0.012=-i-= iR6.2x103取2"C0ii4TC0ii4Tr0i04x0.002540x103=0.25(RF)取0.25"3、为保证系统无静差，速度调节器ASR也应采用如图2所示的PI调节器，其传递函数为：K(Ts+1)W(s)=-n n ASR Tsn

这样选择调节器后，速度环中有2个积分环节，因此，将速度环校正成典型口型系统，且取中频宽h二5，于是速度调节器的参数为:Tn=hTTn=hTIn其中,TIn=20+T=2X0.0058+0.0141=0.0257(s)Tn=5x0.0257=0.1285s转速环传递函数：Wobjn(s)二pCTsT+1)

em转速环传递函数：Wobjn(s)二pCTsT+1)

emEn转速环的开环传递函数为：Wn(s)=WASR(s>Wobjn(s)=aRKs2T+1)emnaRKh+1npCTTemn(h+1)pCT2h2T2En2haRT2haRTEn(5+1)x0.04x0.2x0.12n2x5x0.015x0.18x0.0257X8.3=KR=8.3x40=332(kQ) 取330K。n00.1285=-n-=R=KR=8.3x40=332(kQ) 取330K。n00.1285=-n-=R 330x103=0.4义10-6(F)=0.4nF取0.4时n4T0nR04x0.014140x103=1.41(RF)取3x0.47"4、转速退饱和超调:〜Ano%=max

n n*，当h=5时，些max=81.2%IRTo%=81.2%•2—dm—•-n£rr

Cn*TemIRTx2xdmm—•—EnTm-dm Cn*e因此，起动到额定转速时的速度超调量为:300x0.180.02570.2x1000 0.12o%=81.2%x2x x =0.2x1000 0.12满足所提性能指标的要求。最低速起动时速度超调量为：o%=81.2%o%=81.2%x2xn300x0.18 x0.2x1000.02570.12=94%x0.44(sx0.44(s)CTn_0.2x0.12x1000t—emnom—qRI 0.18x300dm

5、如下图所示为一个由三相全控桥晶闸管装置供电的转速电流双闭环直流调速系统结构图，速度调节器和电流调节器均采用PI调节器。直流电动机的额定参数为：Unom=220V,1nom=40A,n=3000rpm。整流装置放大倍数K=50,电流允许过载倍数入=2,电枢回路总电阻R=0.76；电枢回路电感为L=0.007H,电流环滤波时间T=0.0023s,若速度的最大给定电压、速度调节器输出限幅值均为10丫。放大器的输入电阻Fo=20KQ。试回答：0调节哪些量可以改变电动机的转速？电流反馈系数8和速度反馈系数”为多少？若电动机在高速下堵转（n=。），试计算主回路整流电压UdO,速度调节器ASR输出Ui*,电流调节器ACR输出Uct以及反馈电压Un、Ui的值。画出电流环的动态结构图，为了使电流超调。i%=4.3%,电流调节器应采用什么形式，电流环的剪切频率是多少？若调节器本身放大倍数提高，。i%变化趋势如何？系统在稳态运行时,励磁突然失去励磁,系统重新进入稳态。此时,电动机的转速是否变化？解：1、调节系统的给定电压Un*，或转速的反馈系数。均可改变转速。2、U*a二一n-2、U*a二一n-nnom10L=0.00333000(V/rpm);U* i-IdmU* i X•Inom102x40=0.125(V/A)3、U=Cn+IR=IR=2x40x0.7=56Vd03、U*=U*=10ViimU=Ud0=—=1.12VcK50sUn=an=0Ui=Ui*=10V4、电流环的动态结构图为：双闭环电流环简化的动态结构图

双闭环电流环简化的动态结构图电流调节器采用PI调节器。（2分）oi%=4.3%时，3/KI二，。' 2TEiT=T+T=0.0023+0.0017=0.004s。—1 =—1 =1251）（1分）2*0.0043.=12TEi提高电流调节器的放大倍数，将使。i%增大。5、电动机突然失磁时，根据电动机的调速特性， u—/火，电动机的转速有上升的趋势。但由于电n= d0~C（1+K）e动机有剩磁，电动机的电磁转矩T=C①I突减，根据电动机的转矩方程，电动机的转速将下降，转速emd偏差增加，速度调节器的输出Ui*增大，电枢电压Ud0增大，抑制转速的下降速度，但是负载转矩始终大于电磁转矩，转速下降，转速偏差的较长时间的存在，使ASR限幅，电流也将到达增大电流Idm，最终转速下降到零，即门=0，且电枢电压U=IR。d0dm6、（本大题共5小题，共25分）在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环直流调速系中，已知直流电动机的额定数据为：PN=60kw,UN=220V,IN=308A,n=1000r/min,电动势系数C=0.196V・min/r,主回路总电阻r'=0.18Q,，整流装置放大倍数K=35,电磁时间常数T=0.012s,机电时间常数T=0.1a2s,电流反馈滤波时间T=0.0025s,转速反馈滤波时间常数T=0.015s。额定转速时的给定电压（U*）N=10V：调节器ASR、ACR饱和输出电压U*=8V,U=6.5V。系统的静、动态指标为：稳态无静差，调速范围D=10。电流超调量。/^5%空载启动到额定转速的速度超调量o%W10%。试求：1、确n定电流反馈系数8（设启动电流限制在1.5IN以内）和转速反馈系数”。（3分）2、设计电流调节器ACR，计算其参数Ri、Ci、C：。画出其电路图，调节器输入电阻R0=40kQ。（8分）3、设计转速调节器ASR,并计算其参数口、C、C。（R0=40kQ）（6分）4、计算电动机带40%额定负载启动到最低速时的转速超调量。。（5分）5、计算空载启动到额定转速的调节时间ts。（3分） n解：1、取电枢电流的最大值为：1dm=Mdnom=1.5x308=462AU*iU*im=Idm8462=0.017„ （U*） 10a= n-N= =0.01（V/rpm）n 1000N3、3、4、考虑到电流稳态无静差，且电流环跟随性好，ACR应设计为PI调节器。触发整流电路采用三相零式电路，因此，Ts=0.0033s将电流环的小惯性环节近似处理为一个惯性环节，使q=Ts+Toi=0.0033+0.0025=0.0058(s)电流环对象传递函数：Wobj(s)PKWobj(s)R(T+1)sTs+1)

£i l调节器ACR的传递函数:WACR(s)=KGs+1)ACR iiTsi由电流超调5％45%要求可知，电流环应设计成“二阶工程最佳参数"，ai%=4.3%<5%此时，电流环开环传递函数W(s)=KI/S・(1+TS),其中KI=1/2T,T=qi,由于W⑸二WACR(s>Wobj(s)且使Ti=Tl=0.015s(以零点抵消大极点)所以K=PKski=上TOC\o"1-5"\h\ziTR 2T\o"CurrentDocument"i £iKi=TiR/2T^ipKs=TlR/2T^ipKsTR TRk= i- - 1--i 2TPK 2TPK£i s £i sk_tRk k_tRk i——i2TPK

£is0.012x0.182x0.0058x0.017x35-0.31所以Ri=Ki-R0=0.31x40=12.4(k。)Ci=Ti/R0=0.012v(40x103)=0.3x10-6=0.3(")3、T、n=2TJT0n=2*0.0058+0.015=0.0208(s)转速环传递函数：Wobjn(s)二PCTs(T+1)

em En由已知条件可知:速度环设计成典型三阶系统。其调节器为：WASR(s)二K(Ts+1)

nnTs

n转速环的开环传递函数为：Wn(s)=WASR(s>W。(s)=aRKn__ts+1PCTts2(T+1)emn En其中，Tn二h%，KNaRK"。考虑到典型三阶系统启动时，抗扰性能决定了系统性能指标。而~nPCTtemnh=5时系统抗扰性能较好。因此，有xn=hTZn=5x0.0208=0.104(s),，所以2h2T2En(h+1)PCT(5+1)x0.017x0.196x0.12em2haRTEn2x5x0.01x0.18x0.0208=6.4=KR=6.4x40=256(kQ)TC=

nR0n00.10440x103=2.6x10-6(F)“ACAn

o%=——max b4、退饱和超调： Cb n*当h=5时AC……

max=81.2%Cb〜ACo%=—-max此时， CbmaxT~^EnTm入=1.5Anmax,z=40%=0.4,

IR308x0.18dno>mCe0.196=283(rpm)n^=nN/D=1000/10=100(rpm)o%%=81.2%x2x((1.5-0.4)x型3x”迎.=0.876=87.6%100 0.125、启动时间主要由恒流升速时间t5、启动时间主要由恒流升速时间t和退饱和的过渡过程时间（恢复时间t）组成。-0.01qdn=(I—I)—=(九I—0)—=nN-dtdmdlCTNCTtem emqcCTn0.196义0.12x1000t=。mN= =0.283（d）qR九I 0.18x1.5x308Nh=5时，tv=8.8Tzn因此，从空载启动到额定转速的时间ts=tq+tv=tq+8.8%ts=0.283+8.8X0.0208=0.466（s） " ”7、在一个转速、电流双闭环直流调速系统中，转速调节器ASR、电流调节器ACR均采用PI调节器。（本大题有4小题，共25分）1、在此系统中，当转速给定信号最大值Unm*=15V时，n=nN=1500rpm,电流给定信号最大值Uim*=10V,允许最大电流1dm=30A,电枢回路总电阻R=2Q,晶闸管整流装置放大倍数：Ks=30,电动机额定电流IN=20A,电动势系数4:0.128V•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Ut=? n2、当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁（中=0）,系统将会发生什么现象？试分析并说明之。若系统能够稳定下来，则稳定后n=?U=?U*=?U=?Id=?Ut=?3、该系统转速环按典型□型系统设计，且按乂迪准则选择参数，取中频宽h=5,已知转速环小时间常数下2=0.05s,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数，并计算放大系数及各时间常数。（8分）2n4、该系统由空载（IdL=0）突加额定负载时，电流Id和转速n的动态波形是怎样的？已知机电时间常数Tm=0.05s,计算其最大动态速降^nmax和恢复时间tv。解：1、因为额定转速时的给定电压Unm*=15V,所以转速反馈系数为：U U* 15a=nm-=nm-- n n 1500NNU*=5V时，n=U/an=5/0.01=500rpm,「_Cn+IRTOC\o"1-5"\h\zU—e dLct KsU—0.128x500+20x2-3.47(V)ct 302、电动机突然失磁（中=0）,由于电动机一般有剩磁，系统转速将上升，有飞车趋势。转速偏差出现负值且数值大，ASR反向限幅，即电流给定最大，电流将现制动电流，依据转矩方程，首先抑制转速的上升,在制动转矩的作用下转速将下降,并最终至0值。此时，转速为零，ASR饱和，ASR输出限幅，即，Ui*=10V，电枢电流Id=1dm=30A。电枢电压口:1小=30*2=60（V） 1 mn=0Un=0Ui*=10VU=U*=-10VId=Idm=30AUt=Ud/Ks°'=(0+30X2)/30=2(V)3、3、转速环的开环传递函数为：K、Vs+1)W(S)=—Nn VnS2T+1)工n4、系统由空载到额定负载时，理想的n、i(1分)波形如右图所示，N为电流i,C为转速n的波形此过程为加载抗扰动过程，与系统采用带限幅Pi调节器启动时，稳速阶段的退饱和过程类似，一个是加载，一个是卸载。当h=5时，旺叱=81.2% ,t=8.8T=8.8TC v £nb此时，C=2NKT,AC =Anb 2 max maxR2N=I—I=I(I=0)=20A,K=-^-= 2 =312.5，NdLNdL 2cT0.128x0.05emT=T=0.05s£n所以，An=81.2%C=81.2%x2x20x312.5x0.05=507.5(r/min)max bt=8.8x0.05=0.44(s)v3-10(p95)解、1、电流反馈系数：P=Um==0.0088V/；)I1.5x760 ，AdmU* 10转速反馈系数：a=—=—=0.027V/rPm)n375N电流环时间常数：T=T+T=0.002+0.0017=0.0037(s)£i ois电流环传递函数：1W7S)=i2Ts(Ts+1)£i£iln=2T^i+T12x0.0037+0.02=0.0274(s)转速环传递函数：W(s)=aR 1objn PCTs(T+1)em £naRKts+1PCTTs2(T+1)

emn En转速环的开环传递函数为：卬⑸二卬⑸卬(s)=N ASR obj其中，T=hT,aRKts+1PCTTs2(T+1)

emn En转速环的开环传递函数为：卬⑸二卬⑸卬(s)=N ASR obj其中，T=hT,Kn Zn NaRKn~nPCTTemn考虑到典型三阶系统启动时，抗扰性能决定了系统性能指标。而h=5时系统抗扰性能较好。因此，有Tn=hTzn=5X0.0274=0.137(s),又K=h+1，所以N 2h2T2En叱(h+1)PCT(5+1)x0.0088x1.82x0,112…K- em- -10.4n 2haRT 2x5x0.027x0.14x0.0274EnR-KR-10.4x40-416(kQ)nn0TC-—n--

nR0.13740x103-3.425x10-6(F)“AC Ano%---max b-退饱和超调： Cn*，当h=5时，ACmax=81.2%Cbo%此时，AC /. )AnT max•21人一Z/ max•—EnC n*Tbm入=1.5,z=0AnmaxIRT—C760x0.14182-