电力拖动自动控制系统习题集及解答

第二章习题集及解答

2-1,某可控硅供电的双闭环直流调速系统，整流装置采用三相桥式电路，根

本数据如下：Us=220V,鼠,“=1364,〃小=1460/p〃z,Ra=O.2Q,2=1.5,^=40,

电枢回路总电阻R=0.5C,平波电抗器L=15〃?H,GD2=22.64Nm2,调节器的限

幅值为10V,t/；max=10V,反应滤波时间常数〃=0.002S,7；,,=0.01So设计要求:

稳态指标：无静差。动态指标：电流超调量与%W5%,起动额定转速时的转速

超调量5,%W10%。

U,,l),nR(,Int,,n

解：电流环设计：Ce=-=0.132V/ipmo

三相桥式可控硅整流装置的滞后时间常数：7；=0.00175

电流环的小时间常数：&=(+T(,=0.0017+0.002=0.0037S,

T_0.03

t=8.11<10,因此可按典型I型系统设计，选电流调节器为PI调节

兀―0.0037

器，其传递函数为：(三山

选勺=7；=0.035,因为要求6%45%取K/G=0.5

因此K.=—!-=——!——=135.1ST

'2%2*0.0037

校验条件:%=K/=135.1ST

为“联二焉而印第，"满足条件

1

%之3=40.82S」满足条件

0.18*0.03

1

Ci）■（二］=180.8S-i满足条件

3Vzi0.0017*0.002

电流调节器的参数：取R0=40KQ,R0=KiR0M1.36KQ,1.034（H）35+1

0.0296S

G=却=0.747,取0.75Uf

按上述指标设计：<7,%=4.3%<5%,满足设计要求。

转速环设计:

1、确定常数：电流环等效时间常数为：/=2%=0.0074s

K1

3%.）

转速滤波时间常数&=0。（根据所用测速发电机纹波情况）

转速环小时间常数G=十+Ton=2%+Ton=0.0174S

2、选择转速调节器结构：由于设计要求无静差，转速调节器必须含有积分

环节；又根据动态要求，应按典型n系统设计转速环。故ASR选用PI调节

JS+1

器，其传递函数为：①，S）=

小S

3、选择转速调节器参数：按跟随和抗扰性能都较好的原那么，那么h=5,

那么ASR的超前时间常数为的=〃q,=5q=5x0.0174=O.O87S,转速开环增

益:

PI调节器传递函数为需

4、校验近似条件：线“=0心=396.4x0.087=34.55一

---7=—="r-------=63.7,满足条件

3V27；乙，.3V2*0.0037

1

（j）<-=38.755-',满足条件

ern32Tr.3V0.01*0.0074

5、计算ASR调节器的电阻和电容参数，取凡=4OKC,

0,087

Rn=^-R.=x40=470.27/CQ,取470KQ

"rln°0.0074

r^=auoM^=018取0.2nf

"R040*103枚

5、校验转速超调量：5,%=(毛"％"2(71-2)华灯关

当h=5时，(任运％)=81.2%;而△〃5=位述=1364,0,5=5152rpm

CbCe0.132

因此6,%=81.2*2*(1.5-0)*空2*空出=8.13%〈10%满足要求。

"1460().18

2-2、双闭环调速系统中数据为：电动机4加=220L，5=204,j=1000g%

电枢回路总电阻R=1Q,U；im=U；m=Uclm=\0Vo电枢回路最大电流

/加=404(=40,ASR和ACR均采用PI调节器，试求：

1、电流反应系数£和转速反应系数a。

2、当电动机在最高转速发生堵转时的U”o，U\q和U”的值。

解：1、%=黑，”$=*=().25,a=J4=0.01

/而40nnom100

2、最高转速时，即"=5=1000rpm,/0=用血=1x40=40匕

2-3、ASR和ACR均采用P1调节器的双闭环调速系统，^=10V,主电路最大

电流&,=100A当负载电流由20A增加到30A时，试问：

1、U：应如何变化？2、应如何变化？3、几值由哪些条件决定？

U；=81,,=%*/〃=里*2()=2丫

解：1、系统稳定时有：100

U：="〃=3*30=3V

，产加100

.•&应由2V^3VO

U"

2u="+R°/jC

'"K,K'

TJ*

3、由乙和〃决定

a

2-6,有一个闭环系统，其控制对象的开环传递函数为W（S）=s（oM+］），要求

校正为典型II型系统，在阶跃输入下0%<3（%，试决定调节器结构，并选择其

参数。

10(rS+1)

解：选用PI调节器叵里,W(S)

点S)OQS+l)'

根据。<30%,取h=7或8,r=/?T=0.02x7=0.145

10_/?+18

，71=

2h2T22x49x0.00041

0140,0049

取=20KQ,叫=—/?=x20=3Jll/^Q,C==0.245pf

r,n0.0049R°20

18

2-7、调节对象的传递函数为w（s）=,要求用PI调节器分别

(0.255+1)(O.(X)5S+1)

将其校正成典型I型和H型系统，并求调节器参数。

?5+118

解：1、I型系统w（s）=

r,S(0.255+1)(0.0055+1)

取：r=0.25S,<—T=0,5,<T%=4.3%,r,=—=18x0005=0.18S

r.().50.5

018

取R°=20KQ,-《=27.7ATQ,取27K。，C=^-==9///

R020xIO?r

11372(z5+l)

2、n型^>—=125-«,W(S)=

0.255+10.25SrU・4r,52(0.005S+l)

取h=5,r=5x0.005=0.0255,-=-!LLL=-------——-

r,2hT50x25x10-6

q=().(X)5S,O=7K=0.025X-----------=120S-1>12,满足条件

50x25x10-6

2-8,某系统调节对象的传递函数为W(S)=-----------5-----------

(0.25S+l)(0.02S+1)(0.005S+1)

用串联校正使之成为典型I型系统，要求校正后4=10.5S」，试决定调节器结

构及其参数。并画出幅频特性。

解：如果用PI调节器叵里，_0_<r=0.25,7；=0.02+0.005=0.0255,

7s

牝«/1=33.3S7满足要求

370.02x0.005

2-9、有一双闭环V-M调速系统，采用三相桥式全控整流电路，整流变压器采

用△/'，接法，二次侧相电压有效值4=1IOV,主电路在最小电流为10%/小时

仍能连续，电动机参数为：Z2-61型，Pnom=10nV,U>lom=220V,=53.54,

〃〃加=1500，之=1.5。电动机的GO?=5.5M〃2,U：,”=10V,U：“=U.=8V,对电

网扰动和负载扰动有较好的抗扰性，试设计ACR和ASR的参数。其中〃=0.0IS,

7；,,=0.002So

解：对于三相桥式全控整流电路7；=—1=---=0.001675

2tnf2x6x5()

L=0.693-^-=14.25,T1=-,a=^-=—V/rpm,p==0.0997

dminR15°nom

2-10、某双闭环调速系统，采用三相桥式整流电路，电动机参数为：

4〃〃=550KW,^m=750V,/_=780A,〃频=3756"，Ce=\,92V/rpm,允许电

流过载倍数入=1.5,R=0.1Q,^=75,Tm=0.0845,Tt=0.03S,

Toi=0.002S,Ton=0.02S,%=U；“=Uel=\2V,调节器输入电阻凡=40KQ设计指

标：稳态无静差，电流超调量％%—%,空载起动到额定转速时的转速超调量

<Tn%<10%,电流调节器已按典型I型系统设计，并取KT=005,速度环按典型

II型设计，且h取5。试求:

1、选择转速调节器结构，并计算其参数。(10分)

2、计算电流环和转速环的截止频率以.和o(10分)

解：三相桥式整流电路

u*if

T=0.00167S,夕=-^-=0.01026V/A,a="=0.032V/6m.

sj/,7

ftomrinom

电流调节器选用PI,小时间常数％=&+(=0.00367s.根据电流环性能指标要

1

求，取勺q=0.5,那么勺=-----=136.24

27；,.2x0.00367

电流环校验：/Y」=2(X)S7满足，q27J==35.7满足,

3Ts同

J=18257满足

3同

电流调节器的实现:

取R0-40KQ,口f,Ri=R0%=21K。，

c』&=40000=14r.

g=?嘿产。"

转速调节器选用PI调节器当L勺=&+2々0.02734S,

取卜5,那么

r%=81.2%x2(A-z)J蟠Z^%=8L2x3x业图.x蟹空％=8.6%

50.084375x1.920.084

/?+112

满足要求。T-54“=0.13675,K==160.5

nN2*7^0.2734x0.2734

校验：@4-7==—/1=—/1:=27.5满足

々蒋3/L372x0.02x0.00367

1—==^^=64满足

3闻3®

转速调节器的实现：取R0=40KQ,C„=^=0.3uf,Rn=R0^=3.5K0,

R。3

2-1E带转速微分负反应的双闭环调速系统，采用三相桥式整流电路。电动机

的参数为：匕,“二40KW,Ullo„,=440V,人=104A,〃…=1000v〃2,Ra=0.3Q,R

22

=0.5。，电流过载倍数入=2,GD=11.5Nm,Ton=0.015,7；,,.=0.0025o转速

环已按典型II型系统进行设计，取*5。电流环已按典型I型且Kq=0.5。

1、要求在带2096额定负载条件下起动到额定转速的4%«5%,试求：

a、微分负反应环节参数Rdn

h、退饱和时间L和退饱和转速〃/

2、当突加150%额定负载扰动时，试求系统的动态速降和恢复时间。

rj_o7rr)2D

解:Ce=――=0.4088V/rpm,T==0.065S

rnknom37,J5Jc©C

1、a、=Ton+-L=TOH+2x7i,.=0.01+2(Ts+Toi)=0.01734S

■R°C而，取&=10KQ,以=詈=0.88©，

尺()

Q/TR

C=^77—六十匕一%=0.30185,%=n(^M-<//)rrfn=875.8rpm

KUdm-Idl)

2、5="=2(查表=0.463,上=15.25

左△他理〃

动态速降为：A«max=0.463x88.23=40.853加

恢复时间为：tv=15.25匕=0.264S

2-12、V7I调速系统存在几个很难克服的问题是：

a、存在电流的谐波分量，因而在深调速时转矩脉动大，限制了调速范

围。

b、深调速时功率因数低，也限制了调速范围。要克服上述困难，就必

须加大平波电抗器的电感量，但是电感大大限制了系统的快速性。

2-13.在双闭环直流调速系统启动过程中，电机电流很快升至最大电流，转速

调节器很快饱和。只有电流调节器起调节作用。这时是利用电机的最大电流受

限的条件下，充分利用电机的允许过载能力，使系统尽可能用最大的加速度起

动，以尽量缩短起动过程的时间，以提高生产效率。在稳定运行时，转速调节

器起主要作用。电流调节器起电流跟随作用,并且主回路电流等于负载的等效

电流,稳定转速由U：在且决定。触发电压等于札+

一6

2-14、在双闭环调速系统中，两个调节器一般均使用EL调节器，并且两个调

节器均带限幅,速度调节器的限幅值,决定了电遹调节器给定电压的最大值，

即心=卬加,电流调节器的输出限幅值红，它限制晶闸管整流器的最大电压

值。并且电流调节器一般不会到达饱和状态。速度调节器有饱和和非饱和之分。

2-15、标出以下图双环调速系统各点的电压极性（其中触发单元的输入电压4

为正）。

2-16、画出上图的静态结构图和动态结构图，并写出其特性表达式。

解：“=%，

2-17,某调节器的电路图如下所示。其中运算放大器的限幅值为+17V,当

4=一1«»时,试画出其输出力⑺的波形图（初始条件为0）。

解：

2-18、在转速、电流双闭环调速系统中，电动机、晶闸管整流装置及其触发装

置都可按负载的工艺要求选择和设计，转速和电流反应系数可以通过稳态参数

计算得到:转速和电流调节器的结构与参数，一般那么应在满足稳态量度的前

提下，按照动态校正的方法确定。

2-19.典型I型系统的开环传递函数为瓦岛它在阶跃输入时的稳态误差

为°,在单位斜坡输入时的稳态误差为12K；在加速度输入时稳态误差为史；

所以典型I系统称为工监无差系统。对于典型的I型系统为了保证系统稳定,

且有一足够的稳定余量。对数幅频特性的中频段应以-20,出/加C的斜率穿越

OdB线，要做到这一点，开环截止频率已<"或A7V1,那么相角稳定裕度

7=90"KT,开环放大倍数与开环截止频率牝的关系为K=G,.0由于KT〈1,

故其闭环系统的阻尼比？>0.5,由于？>1时,动态响应较慢，所以一般常把系

统设计成欠阻尼或临界阻尼状态。即阻尼比从K=g关系式可以看

出，开环增益K越大，系统响应速度越快。但系统的相对稳定裕量越小。

2-20.典型n型系统的开环传递函数为Kg+1%2它在阶跃输入时的

稳态误差为5在斜坡输入时的稳态误差为5在单位加速度输入时的稳态误

差为12L对于H型系统，为保证系统稳定，且有足够的稳定余量。对数幅

频特性的中频段应以-20四/加C的斜率穿越OdB线。要做到这一点，应有

-<co<—^r>TO相角稳定裕度y=吆一37-吆一37。7比L越大，那么稳定裕

icT-------...................................——

度越大。如果定义九=%,开环放大倍数与开环截止频率。，的关系为：4=Kr

莫4=K”r，根据闭环幅频特性峰值最小准那么，那么K,h,T之间的关系为

K_h+1

-2h2T2°

2-21.用以下元器件及装置组成一个双闭环调速系统。

还有假设干电阻、电容和电位器，1、触发装置的控制电压Uct为正。2、触发

装置的控制电压Uct为负。

解：1、触发装置的控制电压Uct为正时的连接图：

2.置的控制电压Uct为负时的连接图：

2-22,双闭环调速系统的稳态结构图为：

试画出其静态性图及静态性表达式。

解：（一）转速调节器不饱和

这时，两个调节器都不饱和，稳态时，由于使用的PI调节器的稳态误差等于

0,因此有：

u*

即：/?=—=72,（/*=pl=01d

a0dl

于是得到静态性的运行段n0-Ao

由于ASR不饱和，U；<Ui,即/“<心，也就是说n0—A段静态性从〃=0（理

想空载状态）一直延续到〃=心，而J一般都是大于额定电流/小的。这就是

静态性的运行段。

（二）转速调节器饱和

当ASR输出到达限幅值时，转速外环呈开环状态，转速的变化对系统不再

产生影响。双闭环系统变成一个电流无静差的单闭环系统。稳态时，

*U*

kUHd，〃=才=做

这就是静特性的A—/加段。

2-23.双闭环调速系统的稳态结构图如下：

在nO—A段ASR调节器饱和否？ACR调节器饱和否？这两个调节器谁起主要作

用？在1dm段ASR饱和否？ACR饱和否？这两个调节器哪个起作用？

答：nO—A段是双闭环调速系统运行段，ASR和ACR均不饱和，ASR起主要调

节作用，ACR起辅助作用。

A—1dm段是双闭环过流自保护段，这时ASR饱和，相当于断开，它不起调

节作用；ACR不饱和，它起主要调节作用。

2-24,上题的双闭环调速系统,U；,l葭R、K’,da。求稳态时〃，%,U”力。,

U；。

解：稳态时：AU〃=O,

所以〃=5L,U；=%

a

所以4，力0是由负载和给定决定的，n是由给定电压U；决定的,ASR的输出量U：

是由负载电流的决定的°

2-25、大致画出双闭环起动过程的电流、转速曲线并简述之。

答：双闭环调速系统突加给定电压U；由静止状态起动时，转速和电流的过渡

过程大致曲线如下：

在0〜tl是电流上升阶段。突加给定电压后，两个调节器使L、U.、加都

上升，当L21dL时，电机开始转动。由于机电惯性的作用，转速的增长不会

很快，因而△工数值较大转速调节器迅速饱和到达U：,强迫电流L迅速上升。

当加时，Ui2U：,电流调节器的作用使L不再迅猛增长，标志着这一阶

段的结束。

在tl〜t2段是恒流升速阶段。从电流升到最大值"开始，到转速升到给

定值n*为止，属于恒流升速阶段，是启动过程中的主要阶段。在这个阶段转速

调节器一直是饱和的，转速环相当于开环状态，系统表现为恒值电流给定U；

作用下的电流调节系统，根本上保持电流恒定，因而系统加速度恒定，转速呈

线性增长。与此同时，反电势E也按线性增长。对电流调节器系统来说，这个

反电势是一个线性渐增的扰动量，为了克服这个扰动，L和Ud。也必须根本上

按线性增长，才能保持恒定。由于电流调节器是PI调节器，要使它的输出量

按线性增长，其输入偏差电压△口必须保持一定的值，也就是说，几应略低于

Limo

在t2以后是转速调节阶段。在这个阶段开始时，转速已经到达给定值，转

速调节器的给定与反应电压相等，输入偏差为0,但其输出却由于积分作用还

维持在限幅值U-，所以电动机仍在最大电流下加速，必然使转速超调。转速

超调以后，速度调节器输入端出现负的偏差电压，使它退出饱和状态，其输出

电压立即从限幅值降下来，主电流也因而下降。但是仍大于1“，在一段时间

内，转速仍继续上升。到Id=IdL时，电机产生转距与负载转矩相等，那么”=

dt

0,转速到达峰值(t=t3)o此后，电机才开始在负载的阻力下减速，与此相应，

电流Id也出现一段小于IdL的过程，直到稳定。

2-26、双闭环调速系统的起动过程的三大特点是什么？

答：双闭环调速系统启动的三大特点是：

1、饱和非线性控制，转速调节器由不饱和到饱和再到不饱和，电流调节器

始终不饱和。

2、准时间最优。

3、转速必然有超调。

2-27.双闭环调速系统受如下干扰时，系统於那些干扰能抑制，对那些干扰

不能抑制，为什么？

答：对b、c、d、6、1心f、g、j、h这些干扰有抑制作用。因为这些干扰位

于转速环的前向通道上。对a、i不能抑制。因为a干扰的给定，系统对给定

是跟随作用，给定如何变，输出也跟着变。i是反应通道上的干扰，系统无法

抑制反应通道上的干扰。因此系统的精度取决于给定和反应元件的精度。

2-28.双闭环调速系统两个调节器的作用是什么？

答：转速调节器的作用：

1、使转速跟随给定电压变化，稳态无静差。

2、对负载变化起抗扰作用。

3、其输出限幅值决定允许的最大电流。

电流调节器的作用：

1、对电网电压波动起及时抗扰作用。

2、启动时保证获得允许的最大电流。

3、在转速调节过程中，使电流跟随其给定值U：变化。

4、当电机过载甚至于堵转时，限制电枢电流的最大值，从而起到快速

平安保护作用。假设故障消失，系统能够自动恢复正常。

2-29.工程设计法的根本思路是什么？

答：工程设计法的根本思路是首先选择调节器的结构，以确保系统稳定，同时

满足所需要的稳态精度。其次再选择调节器的参数，以满足动态性能指标。

2-30.某系统的开环传函随开环放大倍数变化的伯德图如下：

当开环放大倍数K增大时，截止频率3c增大,系统响应时间ts减小,相角

稳定裕度变小。这说明快速性和稳定性之间是矛盾的。在具体选择参数时，必

须在二者之间折衷。

2-31.在阶跃输入下I型系统在稳态是无差的。在单位斜坡输入下那么有恒值

误差

且与开环放大倍数成反比。在单位加速度输入下稳态误差是无费太。

2-32.为什么双闭环调速系统启动第二阶段的电流要比黑»稍低？

答：在双闭环调速系统启动第二阶段，转速调节器饱和输出恒定值IV,转速

环相等于开环。双闭环成为一个电流单环，电机电流保持恒定，负载电流是恒

值，所以电机加速度恒后，转速线性增加，在稳态时由于刀0=。〃+/小，0保

持不变，n线性增加。麻以心。也要线性增加。Udo=KsUct,所以要线性增加。

电流调节器是PI调节器，要使八线性增加，那么电流调节器的输入娓差

AU.=*%=皿淅-仪d=处L须等于恒定值，即〃要比L略小

2-33.为什么双闭环调速系统启动的第三阶段电流必然出现一段〃<〃的一

段？

答：这是因为在第三阶段中，当/“=*时，转速到达最大值，如何把转速调节

到给定值〃工那么必须使/,,<的,才能产生一个负转矩使电机降速，才可能使

刀f〃*O

2-34.调速控制系统的稳态指标有：①调速范围D；②静差率。动态跟随指标

有：①上升降时间小②超调量二％；③调节时间人抗扰性能指标有：①动

态速降号1%；②恢复时间〜。

a-

2-35,某控制系统的开环传递函数为W(S)=ws+：Xs+i)(刀》《)，近似化

处理后变成为W(S)=号n十=率)，那么该系统阶跃输入的稳态误差为Oo

对吗？为什么？

答：不对，大惯性近似为积分只能用来研究系统的暂态指标，而不能用来研究

系统的稳态指标，所以这种说法不对，该系统仍是零型系统，阶跃输入的稳态

误差不为0,而是与开环放大倍数4成反比，与阶跃输入幅度成正比的恒值。

2-36,某控制系统的开环传递函数为W(S)=J使用I

(/13+1)(12^+1)

调节器,后，做近似处理一^。一!一，那么开环传递函数变成：

TSa+1T、S

W(S)二不含1，K=£,那么有人说，该系统在阶跃输入的稳态误差为0,

在斜坡输入的稳态误差为0,在等加速度输入的稳态误差为恒值，对吗？为什

么？

答：不对，加了积分调节器后，系统仍是I型系统，阶跃输入的稳态误差为0,

斜坡输入的稳态误差与开环放大倍数成反比与斜坡输入幅度成正比，等加速度

输入的稳态误差为00。

2-37、双闭环调速系统的外环等效结构图如下：

负载由心突变到时的动态速降为铮％，恢复时间为这里

Ch=2K2TN=2-^-&(/血-Idl)=2(2-Z)A«_冬,K/崇吟,h，忽略启动时滞后

时间，那么双闭环的超调量

。%=(叁业%)2。一2)包衿争，调节时间近似为：(x(/)嵋_q+q

GnTllth+\(A-/7Z)ZW/M

证明：忽略启动第一段的延迟时间，第二阶段认为n按线性增长，此时

当/=f，时，n=n=,

a

在启动的第三阶段，相当于负载由突减到〃，所以超调量就相当于动态速

升，

2—38,双闭环调速系统中，电动机额定参数为由0Mlnoir、%。%允许最大电流

过载倍数入=1.5,采用三相桥式整流电路，并限制最小Q角为%M=30°,最

大给定电压为宙出

1、假设ASR、ACR均使用PI调节器且限幅值分别为麻和比皿如何确定

反应系

数a、B以及电源相电压有效值叼。

2、设系统在额定情况（左〃广如。01小二阳遍下正常运行，假设转速反应线

突然断

线，系统的运行情况如何？

3、设系统拖动恒转矩负载并在额定情况下正常运行，假设因为某种原

因励磁

电压降低使磁通用下降一半，系统工作情况如何变化？写出%t、仃、〃及n

在稳定后的表达式。

4、系统在稳定工作时，要想让电动机反转，是否只要改变电动机励磁

电源

的极性就可以了，这时系统能否正常运行，你还需要在接线上采取什么措施？

5、为了测量堵转电流作堵转试验，在系统主电路内串入一个大容量大

阻值

的可变电阻Re,在加上给定5并使电动机堵转后，逐渐把Re的值减小到零时,

5、%和乙的变化情况如何？

解：1.按最大给定曲m对应电机最高转速叫0IF来确定Q,故。=由1r/%0即。按主

回路最大允许电流对应于ASR输出限幅值来确定8,除=8【面，B=砧/【面=

g1/入Awm。

U?确实定原那么是要保证电动机的整个启动过程中，整流装置都能提供要

求的最大电流值1.5%。肛，忽略晶闸管压降和换向重叠压降后，可列出以下关

系式

Udm=2.34XU?><C0S3002cAi0/3泡

考虑到电网电压波动，取波动系数0.95,那么有

Udm=2.34X0.95^.XC0S30°^C^nom+(drR

^=[c«nom+ldmR]/[2.34X0.95XC0S300]

2.转速反应线断开，那么在ASR输入端4=0,于是ASR饱和，输品为限幅

值，故口；=%Gt上升到无叽ACR也饱和，4=晾%乙上升，使坨〉几，电动机

加速，n上升，E上升，最后使乙回到/noir,系统稳定下来。稳态时片=守*6ct=

如明乙=lnoir,n=(2.34XU?XC0S30°TnomXR)/C.

3.在额定情况下运行，n=%oir,〃=A«=%cir,假设下降一半，那么E下降,

力和%将随之增加，但电流环的作用使⑵下降以维持1尸与。鹏暂时不变，这样

50.5GMnomV7t=Moir,于是n下降、%下降，使ASR饱和，输出为限幅值，故勿=

瑜。这时尽管电动机电流也要升到d=1.5d所并维持不变，但由于电磁转矩

1=0.50小人Inoir=0.75G由om仍小于负载转矩，所以电动机转速要继续二降，直

;

到n=0。此时小=入Jnoir=l.5/0%勿=说，6ct=1.5InoirR/3，^d=l.5noirR0

4.改变励磁电源极性不能使系统正常工作。励磁电源极性改变后通极

性跟着改变，而方向未变，因此电磁转矩改变方向，同时反电动势也改变方

向。对于控制角变化范围为的不可逆系统，电动机电枢电流将到达很大值，造

成过流。在采取限流措施使电动机旋转方向改变时，还需改变转速反应输出端

的极性才行。

5.在Re较大情况下电动机堵转时，见=说，匠1=又叫即ASR、ACR均饱

和，Ud=Udn,L=Udni/[R+Re]比拟小，UVU；。当减小Re时一上升,U上升，而

当Re减小至Rei时，%=Udn/[R+Rel]=品,片=说。这时再继续减小Re那么

ACR退出饱和，并使阳和⑵下降以维持%=岛不变。因此，在ReVRel时减小

Re,5=说和%=Uctm保持不变，而乙和U那么随Re减小而增加；当ReWRel

后减小Re,5=琉,如=Uctm与匕=【dm均不变，而如、Q那么随Re减小而逐渐

下降。

2-39.双闭环调速系统中，电动机参数为：与OITF3KW,/OIIF220V,小。行17.5A,

22

%0产1500rpm，电枢绕组电阻&F1.25Q,GD=3.53Nmo采用三相桥式整流电

路，整流装置内阻R「eul.3Q。平波电抗器电阻RL=0.3Q。整流回路总电感

L=200mHo这里暂不考虑稳定性问题，设ASR和ACR均采用比例调节器，ASR限

幅输出£RF8V,ACR限幅输出如RF8V,最大给定宏产10九要求：调速范围D=20,

静差率S=10%,堵转电流【dbl=2.临界截止电流【dcr=2%cir。试求：

1、画出系统稳态结构图。

2、写出系统静特性方程式。

3、计算系统的稳态参数。

解：1、系统稳态结构图如以下图示：

2、（1）工作段静特性方程式

工作段稳态结构图可简化成以下图所示形式。

根据该图可列出方程式：（片一an）KASRKACR%Td（BKACRMs+R）=Cn

经整理后，即可得:n=Ms冰ACRR玄/匕（1+K）]-（B&C距+R）%/匕（1+K）]

式中K二Q。5点我西§/a

(2)下垂段静特性方程式

因为工作于下段时ASR处于饱和状态，相当于转速环开环，故此时的稳态

结

构图如以下图所示：

据此图可列出方程式：OACR^S—ZJ(8KACRYS+R)=Cm

经整理后，即可得n二娟ACR机/C-爪BKAC距+R)/C.

3、(1)计算公式推导

A、计算MSR的公式

把n="S咸AC肥我/[a(l+K)]-(BKACR6+R)乙/匕(1+K)]用相对值表

示，可改写为：n/«0=l-RI”(KASR^CRKQ：)—BId/(KASQ：)=l—Sl—S2

由于MS*ACR机>>MSR,所以系统的静差率主要是S2起作用，而S1可以

忽略不计。故系统的静差率可近似表示为：S=B)(KASR5nin)

所以MSR=f3Ifioin/(S^nmin)

B,计算KACR公式

电动机堵转时n=0,L=【dbl和临界时n=ncr,%=【dcr分别它们代入n二

u酒配吩与/©-乙(3KAC咨s+R)/C.中可得：

u冰ACRMS—(BKACR3+R)[dbl=0

□c尸u冰ACRMS/C.-(BKACRKS+R)[dci7c

整理后可得：KACR=C』cr/[因曲(l」dcr/[dbl)]

(2)参数计算

A、C=(Oom—Rinoir)/(220-L25X17.5)/1500=0.132V/rpm

A«non=MnoiriS/[D(1-S)]=1500X0.l/[20(l-0.1)]=8.33rpm

B、ncr是1尸2加0所所对应的电动机转速，考虑静特性是线性的，故有

ncr=wnom-ASoin=1500~8.33=1491.7rpm

C、P=5%/【dbl=8/(2.1X17.5)=0.218V/A

a=宙m/%oir=10/1500=1/150=0.0067V/rpm

D、MSR=8/nor/(Si7nnim)=0.218X17.5/(0.1X10/20)=76.3

如转速调节器的输入电阻取20KQ那么其反应电阻为76.3X20KQ=1526KQ

E、以二(C«noir+R[dbl)/如用=(0.132X1500+2.1X17.5X

2.85)/8=37.84

F、KACR=aicr/[*s(l」dc「/[dbD]=O.132X1491.7/[8X

37.84(1-2/2.1)]=13.66

如电流调节器的输入电阻取20KQ,那么其反应电阻为13.66X20KQ=273.2K

Q

4、禽=。0川/Uctfn=27.5来初步估计K,值是可以的，但不够精确，特别是

在系统允许的起动电流值和主电路电阻较大的情况下，所造成的误差比拟

大的。

5、下段特性的陡度取决于的稳态放大系数。当采用调节器时，更接近于，

即可获得更理想的下特性

第四章习题集及解答

4-1.H型双极式PWM直流调速系统采用双闭环控制，数据为：电动机的IU=48V,

I：=3.7A，〃小=2(X)中〃z,Ra=6.5Q,电枢回路总电阻R=8Q，电枢回路电磁

时间常数刀=5〃代，机电时间常数7；=2003，电源电压U,=60V,给定值和ASR、

ACR的输出限幅值均为10V,电流反应系数夕=1.33V/A转速反应系数

a=O.O5V/rpm,反电动势常数C,=0.18V/6根，T)n=0.0005S,Toi=0.0005S,开关

频率/=25OO〃Z,4=2。设计要求稳态无静差，动态过渡过程时间SO.15S,电

流超调量5Y5%,空载起动到额定转速时的转速超调量o”W15%。试设计系统。

解：电流环设计：T=l=0.4,m,脉宽调制器的放大倍数：心“=纷吟=4.8

及=7+&=04+0.5=0.9阳S=0.0009S,根据设计要求，o;%W5%,而且

%=%,9=5.6<10,因此可按典型I型系统设计。电流调节器选用PI型，传递

函数为K三11=々=0005s

BKp\\，v

vcr.%<5%,,可取勺7=0.5,，K/=---------

，272*0.(XX)9r,.R

0.0018处詈*1.33*4.8=0.00143645,校验近似条件:

PWM

1

=555.56SL6y,<—=833.3S-',满足。

2*0.0009r3T

(»z23.1=94.95,)两足0①(，i4-/=745.451,)两足0

VTJi.3n

计算ACR的电阻和电容:

0040

取《=40KC,那么用二他•=O,"=139.24KQ,取130KC,

°'TVI0.00143M

_r._0.00I43M

k=0.0359",0.0474

，一瓦—40*1()3取

2、转速环的设计

电流环等效时间常数：2^=0.00185,Tlft=2TZi+Ton=0.00685,根据无静差

要求可选ASR为PI调节器，且设计成H型系统ASR的调节器结构为：交?

再〃S

取h=5,那么酊二〃心“=5x0.0068=0.034S

校验条件:co£----=---------=222.25"',满足

<、"5G5x0.0009

1

V—I=—/=111.1S,满足o

31纵工,“372x0.0009x0.005

计算ASR电阻和电容，.二40KQ,则此二=Q034-40=422.4KC,取430KQ,

rlfl0.00322

00

=000322x1()6=008()5取().1//,c=町=4*"：x1(/=。5/,取

"R°Mx。内即。”Ro40xl()3枚

0.47/,检验转速超调量:

Ce=0.11975V/rpm△nnoB=R*Inom/Ce=247.18rpm

rw%=81.2%x2x(2-0)x^^x^y?=13.6%<15%,转速超调量满足要求。

校验过渡过程时间，空载起动到额定转速的过渡时间：

0

LG+Gj=女丁/学干管=0.12S<0.15S满足设计要求。

RAIno,”Xx2x3.7

4-2.为什么晶体管PWM-电动机系统比晶闸管电动机系统能获得更高的动态性

能？(PWM调速系统与V-M系统相比具有那些优点？)

答：1、主电路线路简单，需要的功率元件少。2、开关频率高，电流容易连续,

谐波分量少，电机损耗和发热都较小。3、低速性能好，稳速精度高，因而调

速范围宽。4、系统频带宽，快速响应性能好，动态抗扰能力好，主电路元件

工作在开关状态导通损耗小，装置效率高。5、直流电源采用不可控整流时，

电网功率因数高；

4-3,PWM变换有不可逆和可逆两类,H变换器又有双极式、单极式和受限单极

式等多种电路。

4-4,图示电路组成的PWM调速系统可在一、二两个象限中运行。Ub]=-Ub2,

试分析在准稳态下，电流波形分别如以下图所示时，电机两端电压、各管子导

通情况及电流流向。

解：1、在负载较重时即右上图，期间，Ubl为正，T1饱和导通；Ub2

为负，T2截止。此时，电源电压Us加到电枢两端，电流。沿AfMf3-7；fC

流通。

在口期间，Ubl和Ub2变换极性，T1截止，但T2由于V”-0.7V不能

导通，电流"沿。2fA流通。电枢两端电压为0。

2、当电动机处在轻载电动状态时，即右以下图。时，为正，但由于

匕"-0.7匕T1不通，U1,2为负，心截止，电流。由Cf£>1-8一例fATC流通,

向电源回馈能量。此时电机两端电压力8=4。

在fW<心时，为正，%>0,7；导通，心为负，心截止，电流。由

Af8—7；fCfA流通，电枢两端的电压U.=Ss。

在时，由于%为负，7；截止，42为正，由于几=-0.7乙外不导通，

=

电ij由4~A/—>B—>Z)2~A通0U.0o

在时，由于U.为负，7；截止，限为正,由于％之0,4导通，在

反电动势E的作用下，电流jU由-A流通，产生局部的能耗制

动。在此期间电机两端电压为Oo

4-5,图示是双极H型可逆PWM变换器的电路原理图。试分析在准稳态下。电

流波形分别如图(a)(b)示时，电机两端电压，各管子导通情况及电流流向。

解：1、在负载较重时即右上图，0〈"心期间，%和Ub4为正，7；和T4饱和

导通；力2和Ub3为负，4和T3截止。此时，UAB=Us,电流i.沿U；-Tlf

ATMTBt7\->GND流通。

在gWT期间，U川和Ub4为负，T1和T4截止，U〃2和Ub3为正，但T2

和T3由于匕"-0.7V不能导通，电流沿GNOfO2fAfM.8.03fU：流

通。AB=-J。

2、当电动机处在轻载电动状态时，即右以下图。时，U9和Ub4为正，

但由于T1和T4的匕"-。-7匕T1和T4不通，Ub3和加为负，4和T3截止，电

流"由GM）f8一历fAfOlfU；流通，向电源回馈能量。此时电机两

端电压U.=Us。

在时，4和Ub4为正，%>0,4和T4导通，U力和Ub3为负，7；和

T3截止，电流由UjfTlfAfM-3—7；fGNO流通。电枢两端的电压

UAB=Uso

在孰Wf</2时，由于U》和Ub4为负，（和T4截止，U〃2和Ub3为正，由于

V=-0.7V,7；和T3不导通，电流。由GND-。2-»AfM->8fQ3fU；流通。

UAB=-a。

在&w,vT时，由于a和Ub4为负，7；和T4截止，力2和Ub3为正，由于忆NO,

。和T3在反电动势E的作用下导通，电流。由U：-T3fBfMfA-T,fGND

流通，产生局部的能耗制动。UAB=-Uso

4-6.图示是单极H型可逆PWM变换器的电原理图。试分析在准稳态下，电流

波形分别如下右图所示时，电机两端电压、各管子导通情况及电流流向。

解：1、在负载较重时即右上图，“期间，（和Ub4为正，7；和T4饱和

导通；力2和曲3为负，心和T3截止。此时，UAH=Us,电流。沿U；—Tl-

AfMfBfT&->GND流通。

在0期间，*和Ub3为负，T1和T3截止，U〃2为正，但T2由于

匕"-0.7V不能导通，/4为正，T4导通，电流1.沿

GNDTD2fAfMTBfT4fGND流通c力8=。。

2、当电动机处在轻载电动状态时，即右以下图。（”/<乙时，和Ub4为正，

但由于T1和T4的％=-0.7匕丁1和T4不通，Ub3和力2为负，7；和T3截止，电

流）由GVZ）fQ4.3一历fA.。1.U；流通，向电源回馈能量。此时电机两

端电压U"=q。

在时，U》和Ub4为正，％