《电力拖动自动控制系统》

1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管--电动机系统能够获得更好的动态性能?

答：PWM开关频率高，响应速度快，电流简单连续，系统频带宽，动态

响应快，动态抗扰实力强。

1-2试分析有制动通路的不行逆PWM变换器进行制动时，两个VT是如何工作的？

答：制动时，由于U外的脉冲变窄而导致id反向时，Ug2变正，于是VT?导通，

VT2导通，VTi关断。

1・3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，^态速降和最小静差之间有什么

关系？为什么脱离了调速范围，要满意给定的静差率也就简单得多了？

答：生产机械要求电动机供应的最高转速％和最低转速1n之比叫做调速范围，

用字母D表示，即：Q—4业

〃min

负载由志向空载增加到额定值时，所对应的转速着陆与志向空载转速〃.in之比，

AM

称为系统的静差率S,即：s=—上

〃0min

调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：

由于在肯定的人下，D越大，/jin越小又肯定，则S变大。所以，假如不

考虑D,则S的调整也就会简单，

1-4.某一调速系统，测得的最高转速特性为〃omax=15OOr/min,最低转速特性为

wo.nin=150r/min.带额定负载的速度着陆.且不同转速下额定速降

不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多大？

解

D—"max_"Omax-15=]]

15()75

s=---—--=10%

"omin150

1-5闭环调速系统的调速范围是1500-—150r/min,要求系统的静差S<=2%,那末系统允许

的静态速降是多少？假如开环系统的静态速降是100r/niin则闭环系统的开环放大倍数应有

多大？

I,£>二j幽=9贝3=3_工当0=3.06,血

«,nin150D(\-S)10(1-2%)

3空…狈腔舞H3L7

1・6某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81ymin,假如将

开环放大倍数他提高到30,它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多

少倍？

K.=}5;K2=30;

"->;6->△〃/2

同样负载扰动的条件的Z与开环放大倍数加成反比，则（&+1）/（勺+1）="“2/△心

一&十115+1

△2力x8七4"min

&+1―30+1

同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加I成正比

(&+1)/(勺+1)=&/"。"2

2/2=七+1=30+1

“94

可—/+1-15+1

1-7某调速系统的调速范围D=20,额定转速〃=150（»/min,开环转速着陆

△〃曲,二240r/min，若要求静差率由10%削减到5%则系统的开环增益将如何变更？

解：原系统在调速范围D=20,最小转速为：Hinin=^=—=75r/min,

D20

_io%贝必〃”=8.33/7min

〃omin乃+

原系统在范围D=20,静差率为10%时，开环增益为：

△〃曾A/??40

△〃/=———=31.5r/min—>K,=———v-1=-----1=27.8

“、+118.33

静差率10%时原系统的开环增益为:

当％=5%时，同理可得Ki=59.76

所以系统的开环增益K将从27.8增加到59.76

1-8转速单环调速系统有那些特点？变更给定电压能否变更电动机的转速？为什么？假如

给定电压不变，调整测速反馈电压的分压比是否能够变更转速？为什么？假如测速发电机

的励磁发生了变更，系统有无克服这种干扰的实力？

答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证肯定静差率的要

求下，能够提高调速范围。为此，所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。

kkU*RI

2）能。因为"--------由公式可以看出，当其它量均不变更时，〃随

CQ+k）C（l+幻

着的变更而变更

3）能。因为转速和反馈电压比有关。

4）不，因为反馈限制系统只对反馈环所包围的前向通道上的扰动起抑制作用，而测

速机励磁不是。

1-9在转速负反馈调整系统中，当电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢

电阻、测速发电机励磁各量发生变更时，都会引起转速的变更，问系统对于上述各量有无

调整实力？为什么？

答：系统对于上述各量中电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢电阻、有

调整实力。因为它们在闭环系统的前向通道中，对于测速发电机励磁各量发生变更，没有调

整实力。因为它不在闭环系统的前向通道中。

I/O有一V・M调速系统，电动机参数为：

名=2.2左卬,（7%=220匕〃=12.5A〃N=1500〃min,

电枢电阻凡,二L2C,整流装置内阻R,a.=L5。，触发整流环节的放大倍数Ks=35。要求系统满

意调速范围D=20,静差率SW10%。

（1）计算开环系统的静态速降△〃叩和调速要求所允许的闭环静态速降A%,。

（2）调整该系统能参数，使当U：=15V,n=nNt则转速负反馈系数a应当是

多少？

（3）计算放大器所需的放大倍数。

解:(1)电动机的电动势系数Q=j-葭风=二。一125X1.2=0]367y.m,

nN1500

开环系统静态速降=也”=12.5X(L2+1.5)=246.9r/min

卬C0.1367

21500x0.1

闭环静态速降==8.33r/min

D(\-S)-20(1-0.1)

246.9।

闭环系统开坛放大倍数=----------1=28.64

9.33

(2)明显采样电阻大于主电路2.7*1/3倍，所以增加电流反馈放大器后:

11

新的采样电阻：凡=LR=L(1.2+1.5)=0.9C可选0.5欧姆

33

R1C

电流反馈放大系数：K力=T=*=3

fiR0.5

新的比较电压:Uc(Mn=IderxRs=15凡=15x0.5=8.5」

所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为3

3Ro

n

1-12某调速系统原理图如图所示，已知数据如下：电动机

PN=\SKW;UN=220V;/V=944“=1000"min;Rt=0.15QPn=18KW,Un=220V,In=

94A,整流装置内阻与叱=0・3。，触发整流环节的放大倍数Ks=40。最大给定电压=15V,当

主电路电达到最大值时，整定电流反馈电压=10V.

设计指标：要求系统满意调速范围D=20,静差率S<10%,/</w=1.5/v,/</?r<l.l<vo试

画出系统的静态结构框图，并计算：

(1)转速反馈系数a。

(2)调整器放大系数Kp。

(3)电阻叫的数值。(放大器的输入电阻凡=20KO)

(4)电阻&的数值和稳压管VS的击穿电压值。

婚1000*0.1

解：(1)A〃“二=100/18=5.56r/nin

D(\-S)20*09

220-94x0.15=020597v.niin/

1000

则=94x0.45=/畸n

△〃在205Mr

Ce0.2059

K=鬻一J3595(取36)

同1-10可得a=0.0145

K_35.95

=12.8(取13)

aKs!Ce~0.0145x40/0.2059

⑶a=(A=13x20=260^0

(4)/的=1.5，N=1.5x94=141A；/Jcr=l.l/v=1.1x94=103.4A；

当主电路电流最大即为/如时，t/„n=iov

而当主电路电流为〃“时，U,为:

媪=幺小。红=2.4=7.33V

/血L'/加141

此时电流反馈起作用，稳压管的击穿电压可依据a确定取稍大值：UYX=7.4V

当主电路的电流增大到Idbl时，为起到爱护作用应使流过R2的电流IR2等于流过

人的电流，以使电机转速快速着陆。此时：

=^-=—=0.75mA;凡=Uim—U、、,=I。"4=3.47kC（取3.5kQ）

R2R020-IK10.75

系统的静态结构框图

1-13在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变更时，系统是否有调整作用,

为什么？

（1）放大器的放大倍数Kp（2）供电电网电压（3）电枢电阻Ra

（4）电动机励磁电流（5）电压反馈系数a

答：3）电枢电阻，4）电动机励磁电流，（5）电压反馈系数a

无调整作用。因为反馈限制系统所能抑制的只是被反馈包围的前向通道上的扰动。

1-14有一个V-M系统，己知：电动机：（15分）

PN=2.SKW;UN=220V;/（v=15=1500r/nin;R（l=0.15Q,Ra=l.5,整流装置内阻

Rrt.c=1。，触发整流环节的放大倍数二35。（15分）

（1）系统开环工作时,试计算调速范围D=30时的静差率s值；

（2）当D=30,S=10%时,计算系统允许的稳态速降；

（3）如组成转速负反馈有静差调速系统,要求D=30,S=10%,在，

U：=10匕〃=计算转速负反馈系数a和放大器放大系数Kp;

（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求在

。：=1（）匕〃=/八〃=，、，并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在D=30时的静

差率。

解：⑴因J2。喘『.5=o.c/,（原来多加了

\n=皿=15・6X(1+L5)=297.7〃min

利C0.131

_A/z_297.7

"="50+297.7=85.61%

(2)当D=30,S=10%时计算系统允许的稳态速降

nS1500*0.1

N=5.56/7min

D(l-S)-30(1-0.1)

297.7.

(3)K=△%=-------1=52.54

5.56

求取a的方法同1-10

可得a=0.00652V•min/r

K52.54

=30.16(取30)

aKJCe~O.(X)652*35/0.131

(4)改为电压负反馈有静差调速系统

闭环转速着陆为：

/应c』(凡)=15.6x115.6x1.5

=180.825r/niinD

-=2.224+178.6当调速

-C，(l+K)Ce().131(1+52.54)().132

范围不变时静差率为:

名产以〃N30x180.8

x100%=78.35%

nN+D\nN1500+30x180.8

明显比速度反馈系统在调速范围不变的状况下静差率大H勺多，但比无反馈系统静差率小了

1-15在题1-10的系统中,若主电路电感L=50mH,系统运动部分的飞轮惯量

GO2=1.6N〃?2,整流装置采纳三相零式电路，试推断按题I4。要求设计的转速负反做系统

能否稳定运行?假如保证系统稳定运行，允许的最大开怀放大系数K是多少？

电磁时间常数7；=-=—=0.01855

R2.7

机电时间数

小卫匕二-------------罕-------------二0.0645

375*GG375x0.01367x—(或9.55)x0.01367

3.14

Ts=0.00333S(查表全波为0.00167)

K<，(4+<)+(2_0.0645(().0185+0.0()333)+().003332_1

<币-0.0185x0.00333")

在1-10题中K=28.64如要系统稳定须保证K<23.1则系统不稳定。

如要系统稳定，允许的最大的开环放大系数为KY23.1但调速范围不满意了

16.为什么用积分限制的调速系统是无静差的?在转速负反馈调速系统中,当积分调整器

的输入偏差电压△"=()时,调整器的输出电压是多少?它取决于那些因素？

答：运用积分限制时可以借助积分作用，使反馈电压U.与给定电压U：相等，即使AU“为零〃一样

有输出，不再须要AU”来维持U-由此即可使输出稳定于给定值使调速系统无静差。

当=0时调整器的输出为电压是对之前时刻的输入偏差的积累。

它取决于AU“的过去变更，当AU”为正Uc增加，当“为负下降，当为零时不变。

17.在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发

电机精度的影响?试说明理由；

答：在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度同样受给定电源和测速发

电机精度的影响。无静差转速单闭环调速系统只是消退了误差，使输出的转速基本稳定于给

定的转速。但是，这种系统依旧属于反馈限制系统，只能抑制被反馈环包围的前向通道上的

扰动，对于其他环节上的精度影响无可奈何。

18.采纳比例调整器限制的电压负反馈系统，稳态运行时的速度是否有静差?为什么？

试说明理由；

答：有静差。电压负反馈系统中是在转速较高时，

C〃―/〃(二。40忽视了转速的着陆认为电枢电压正比于转速，而事实上是电

枢电压无静差，从公式中可以看出速度的着陆是不能消退的。

因为调整器的输出是电力电子变换器的限制电压=KP\Uno

所以只要电动机在运行，就必需有限制电压因而也必需有转速偏差电压。

其次章习题答案

2-1在转速、电流双闭环调速系统中，若变更电动机的转速，应调整什么参数？变更转速调整器的放大倍

数Kn行不行？变更电力电子变换器的放大倍数Ks行不行？变更转速反馈系数。行不行？若要变更电动

机的堵转电流，应调整系统中的什么参数？

答：变更转速，调整给定电压U；,变更转速调整器放大倍数K”不行，变更K,也不行，变更。行。变更

堵转电流调整电流反馈系数夕.

2・2转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个调整器的输入偏差电压和输出电压各是多少？为什么？

答：两个调整器的输入偏差电压均为0,假如不为。则q和U；接着变更，就不是稳态。

U.,=C@U；；a+RId

转速调整滞的输出电压为：U；二以“电流调整器的输出电压为:

KsKs

2・3假如转速、电流双闭环调速系统中的转速调整器不是PI调整器，而改为P调整器，对系统的静、动态

性能将会产生什么影响？

答：稳态精度变差，但跟随性和抗干扰实力都不会得到改善，使系统成为不稳定系统。

答：静特性1）闭环系统的静特性变软2）存在静差率相对较大。

动特性：跟随性和抗干扰实力不会得到改善，动态稳定性降低，而快速性却提高了。

2-4试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环调速系统：

（1）调速系统的静态特性；

（2）动态限流性能；

（3）起动的快速性；

（4）抗负载扰动的性能；

（5）抗电源电压波动的性能；

答：（1）单闭环：在系统稳定时实现转速无静差。

双闭环：可实现转速无静差和电流无静差。

（2）单闭环：只能在超过临界电流/公，后，限制电流冲击

双闭环：电流调整器通过电流反馈系数£随时调整限制电流

（3）单闭环：快、不平稳

双闭环：起动快、平稳

（4）单闭环：差

双闭环：强、靠ASR

单闭环：差

双闭环：由电流内环ACR刚好调整

2・5在转速、电流双闭环调速系统中，两个调整器均采纳PI调整。当系统带额定负载运行时，转速线突然

断线，系统重新进入后，电流调整器的输入偏差电压是否为零？为什么？

答：转速和电流调整器的输出达到饱和为止，电流调整器的输入偏差电压不为零,因为稳定后电流反

馈依旧为S=夕〃只能增加电动机的转速达到新的平衡+

2.6在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号，/：未变更，若增大转速反馈系数a,系统稳定后转速

反馈电压U”是增加、削减还是不变？为什么？

答：U”不变。因为a增大，在达到新的稳定运行时，依旧要是无静差系统，系统的转速下降，在达到同样

的U“时稳定运行。

2-7在转速、电流双闭环调速系统中，两个调整器ASR、ACR均采纳PI调整器。已知参数：电动机：

队=3.7KW;U,v=2201。0=1000〃八】血电枢回路总电阻R=l.5。,设=8V,电枢

回路最大电流〃,“二40A,电力电子变换器的放大系数《二40。试求:

（1）电流反馈系数△和转速反馈系数。；

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的S/八u；、5、4值。

7/*O

解.：（1）电流反馈系数4=3=——=0.2V/A

心40

[J*Q

转速反馈系数cr=^L=^-=0.008Vmin/r

kI。。。

（2）U：=/7〃”=O.2x4O=8V

U1=-U；m=-8V（负反馈）

由于堵转电流n=0

UM=c刖—R=JR=40x1.5=60V

。二"二竺=15V

*Ks40

2・8在转速、电流比闭环调速系统中，调整器ASR,ACR均采纳PI调整器。当ASR输出达到=8V时,

主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时，试问：

（1）U：应如何变更？

（2）U,应如何变更？

（3）a值由哪些条件确定？

解：（1）U：应增加。因为当负载电流由40A增加到70A时S增加，U；是确定的。

6=^=—=0AV/A

380

U]=pl（l=0.1x40=4V

U；=凡=0.1x70=7V

I（l由40A增加到70A时，U：[tl4V增加到7V

（2）U,、略有增加。因为UcXK,=U.o=C刀+M公。的增加使Udo增加，使得Q1增加

（3）Uc由n和0确定。U,二以0/K$=C〃+"d

2-9在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负我在额定工作点正常运行，现因某种缘由使电

动机励磁电源电压突然下降一半，系统工作状况将会如何变更？写出U；、U，.、U.0、〃及n在系统重新

进入稳定后的表达式，

答：当磁通下降一半时。

但电动机拖动恒转矩负载运行所以1（1=2〃

U：="1=2"

cKsK、

Ud°=C@U/a+21JR

6=21d

n=U；ia

2・10某反馈限制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1S,要求阶跃响应超调量10%

（1）求系统的开环增益；

（2）计算过渡过程时间ts和上升时间。;

（3）绘出开环对数幅频特性。假如上升时间f,Y0.25s,则K=?,。=?

解：（1）系统开环增益（T<1（）%AT<0.69/C<—=6.9(参见表2・2)

().1

(2)调整时间ts«67=6x0.1=0.65

上升时间0=3.37=0.33s

⑶tr<0.25JKT=1K=IO<7=16.3%

（4）用MATLAB仿一个为好：

2-11有一个系统，其限制对象的传递函数为

K,10

叱，历，要设计一个无静差

is+\0.015+1

系统，在阶跃输入下系统超调量b05%（按线性系统考虑）。试对该系统进行动态校正，确定调整器结构,

并选择其参数。

K

解：校正成典型I型系统，调整器传递函数为W£s）二」校正后系统的开环传递函数为:

s

KK

W⑸叫於心⑸二小取fK\

<T<5%查表得：/CT=0.5;/C=—=50r=7=0.015K.=—=—=5

0.01%10

50

W(s)=

5(0.015+1)

2-12有一个闭环系统，其限制对象的传递函数为WobJ(S)=式屋］)=式002s+1)，要求校正为

典型n型系统，在阶跃输入下系统超调量0430%(按线性系统考虑)。确定调整器结构，并选择其参数。

二以(3+1)

解：CF<30%选用PI型调整器Wp,

K/,j(¥+l)10

系统开环传函为皿=狩/»叱为

T.s(0.(必+1)

/?十I_8

h=7T=T="=0.02x7=0.14=204.1

[2h2T2~2x49x0.022

1°K,〃

K=——巴；K.=KrJ10=2.86

2・13调整对象的传递函数为W(s)=--------------------------,要求用调整器分别将其校正为典型I型和n

(>划hj(0.25s+l)(0.005s+l)

型系统，求调整器的结构与参数。

解：校正成典型I型系统选择PI调整器：

卬(s)=校正后的开环传递函数为：

3

“¥+1)x18

W(s)=W〃(s)叱也;⑸令4=0.25K=KpjX185

¥(0.25S+1)(().()05S+1)

K100

W(s)=b=4.3%AT=0.5K=100「67=0.03

5(0.005.9+1)5(0.005.94-1)

心事」叱。.25=139

〃1818

⑵校正成典□型系统，选择PI调整器:

K,"s+D

%,(§)二

+1)xA；

W(s)=W.=------------....—

’制盯s(7]s+D(7；s+l)

（I各q看成大小贯性环节》

s2ss+1)

h=5r,=hT2=5x0.005=0.025tJT=9.55ts=9.55x0.005=0.047

cr=37.6%

K=*=鬲65L)O

KpKKT.r.4800X0.25X0.25-~

K=—^~=48()0;K庙=---------=------------------------------=1.0/

18

2-14在一个三相零式晶闸管整流装置供电的转速

(1)电流反馈系数p=—=—=0.0263V/A

心339

a=-=")=0.0IV•min/r

转速反馈系数1000

I2）设计电流调整器ACR

1.确定时间常数

整流装置滞后时间常数Ts=0.00333sToi=（）.0025s

电流环小时间常数之和入=△+Toi=0.00583$

2.选择电流调整器结构

cr<5%按典型【型设计，电流环限制对象是双惯性型的可用PI型电流调整器。

=Ki（is+1）检查对电源电压的抗扰性能："=要$=2.06各项指标可以

八aT.tsq0.00583s

接受。

3.计算电流调整器参数

电流调整器超前时间常数万，=『=（）.（）12s

电流开环增益：要求

“KRR85.76X0.012X0.18

cr<5%&々=0.5=0.224

'Ksp35x0.0236

4.校验近似条件

电流截止频率VV（.=K,=85.765-

（1）晶闸管装置传递函数的近似条件

11

—=----------=100.15-'>VV,满意近似条件

3T□3x0.00333”

（2）忽视反电动势变更对电流环动态影响的条件

1

3=79.06<叱，满意近似条件

0.12x0.012

(4)

■'>wtf.满意近似条件

Ri=K次。=0.224x40=8.96KQ(9KQ)

昨=1.334

（5）计算调整器电阻和电容Ci=^-=-

&19xl03

4T4x。•吗5

Coi=y

凡40xl03

动态性能跟随指标为。=4.3%<5%满意近似条件

3ASR1.确定时间常数

电流环等效时间常数K五=0.5

K,

—=27i4.=2x0.00583=0.011665,

转速滤波时间常数7；,,,=0.0155

转速环小时间常数7；,,=—+T=0.01166+0.015=0.02666S

KrOH

2.选择转速调整器结构：按典型H型系统设计，选择PI调整器叱陷（5）=储（。.+1）

3.