电力拖动自动控制系统-运动控制系统习题解答第2-5章

习题解答（供参考）

2.1试分析有制动电流通路的不可逆PWM变换器进行制动时，两个VT是如

何工作的？

解：减小控制电压，使为7得正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电

压Ud降低，使得QUd，电机流过反向电流，电机进入制动状态。时，

通过二极管VD1续流，在垢«1<7•期间32为正，VT2导通，流过反向制动电流。

因此在制动状态时，VT2和VD1轮流导通，VT1始终关断。

2.2系统的调速范围是1000~100r/min,要求静差率s=2%,那么系统允许

的静差转速降是多少？

1000x0.02

解:=%rpm=2.04/77/7/

0（1）10x0.98

系统允许的静态速降为2.04o

2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为徇max=1500”min,最低

转速特性为=15（k/min,带额定负载时的速度降落△%=I5〃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有多大？系统允许的静

差率是多少？

解：1）调速范围吧（均指额定负载情况下）

"max=〃。2—△即二1500-15=1485p加

«min="omin-=150-15=135rpm

135

2）静差率s=△〃,"==io%

—150

n°max

2.4直流电动机为a=74kW,U—ZOV,IN=378A,nN=1430r/min,

Ra=0.023Qo相控整流器内阻Rrec=0.022Q。采用降压调速。当生产机械要求

s=20%时，求系统的调速范围。如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？

.CUNT'R0220-378X0.023……，

解：G=——=------------------------=0.1478V/rpm

'nN1430

犷378x(0.023+0.022)

==115/pw

"cf-0.1478

当s=20%时D=21430x0.2

A/7(l-5)115x(1-0.2)

当s二30%时D=2=1430x0.3=5.33

An(l-s)115x(1-0.3)

2.5某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。已知直流电动机

PN=60ZW,UN=220%/N=305A??A,=1000r/min,主电路总电阻R=0.18

C,Ce=0.2V・min/r,求：

(1)当电流连续时，在额定负载下的转速降落加小为多少？

(2)开环系统机械特件连续段在额定转速时的静差率除多少？

(3)若要满足D=20,sW5%的要求，额定负载下的转速降落△，小又为多少?

解：⑴△…竿=等泮=274.5恸

⑵T=而言EL5%

⑶A/z=^=1000x0.05=

D(l-5)20X0.95

第三章

3.1有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压U：=8.8V、

比列调节器放大系数勺,=2、晶闸管装置放大系数Ks=15、反馈系数丫=0.7。

求：（1）输出电压U”；（2）若把反馈线断开，为为何值？开环时的输出电压是

闭环是的多少倍？（3）若把反馈系数减至丫=0.35,当保持同样的输出电压时，

给定电压U：应为多少？

KpKU“_2x15x8.8

解：（1）U=---------------------1H

d1+KpK?1+2x15x0.7

（2）若把反馈线断开，则y=0,U”=K〃K,Uj=8.8x2x15=264匕开环

输出电压是闭环的22倍

/WUdXQ+KpKj)12x(1+2x15x0.35)

⑶―—«=-----------------=4.6V

2x15

P6

3.2转速闭环调速系统的调速范围是1500r/min~150r/min,要求系统的静

差率$45%,那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是

100r/min,则闭环系统的开环放大倍数应有多大？

解：1)D=2

一s)

ns_1500x0.05

N=7.977min

£)(1-5)-0.95x10

△人为闭环静态速降

A/?100

2）/C=^-l=—-1=11.66

7.9

3.3转速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8r/min,如果将开环放大倍数提高到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？

解：=（1+K）=（1+15）x8=128r/min

如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：

128

\n.,=———=----=4.13r/min

1十K1十30

（3）由以上知

1493

△%1>---1=36.8

3.95

KpK'U：R"二KU；也

因为〃

C,(l+K)C，(l+K)a(l+K)C/l+K)

把已知各项代入上式，得

=>。=0.0097

也可以用粗略算法：

.u；15八…

U«u=an,a=----=-----=0.01

nn15(X)

（4）放大器的放大倍数

Ka

J

kKC36.8*0.134_.

K=---e-=----------=22.4

"Kg22*0.01

3.5在题3.4的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流

ldhl<21N,临界截止电流应该选用多大的比较电压和电流反馈采

样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3,如果做不到，需要增

加电流反馈放大港，试画出系统的原理图和静态结构图，并计算电流反馈放大系

数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？

解：（1）Idhi<2IN=25A,Idcr>\.21N=15A

/〜-----------------------------/J

Rs

R=-

5。；+〃制15+156

可得叫=1.5。，=156=15x1.5=22.5V

(2)/?v=1.6

R

R、=1.5。>一，

s3

由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电

阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，

取R,=0.5Q,则U3ft=IdcrxRx=\5x0.5=7.5V

(3)当〃>/加时，有

KpK’U；K,KK,（RJ「"

0（1+利C（l+K）

（R+KpKKR）Id

G（l+K）C，（I+K）

当n=0时，

_KpK、（U；+KU篇）u：+K[U律

R+K/KRKR

已知项代入1”75*K,=25可得K=3

Ki*0.5

3.6在题3.4的系统中，若开关频率为8KHz,主电路电感L=15mH,系统运动部分的飞

轮惯量GD2=0.16Nn｛试判断按题3.5要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证

系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K是多少？解：

GD?=0.16MM,Rv=1.6C,Ce=0.134V/rpm

0.015

=0.094s

0.16

T1TGDR0.16x0.16八

T=----=0.000125s=--------=--------------------=0.0363s

8000

375QC”，375X0,134XAX0,134

30

按照式(3-22)的稳定条件，应有

7]〃(7；+')+.2_o.O363x(0.094+0.000125)+0.0001252

TtTs0.094x0.000125

可见题3.4中要求K>36.8满足系统稳定条件。

3.7有一个PMI变换器供电的直流调速系统，已知：电动机：&=2.8kW,UN=220V,

=15.64,〃N=1500r/min,R“=1.5。，整流装置内阻R-=0.2Q,PWM变换器的放大

倍数K,=31。

(1)系统开环工作时，试计算调速范围。=100时的静差率s值。

(2)当。=100,s=5%时，计算系统允许的稳态速降。

(3)加组成转速负反馈有静差调速系统,要求Q=100,5=5%,在〃：=1僦时〃=心，

〃=〃”计算转速负反馈系数。和放大器放大系数K/,。

O

^-/X=220-15.6xl.5=01311Vm.n/r

胖.e飞1500

一、A(凡+RQ/N(1.5+0.2)15.6.

(1)△〃一=----———=--------------=202.3r/min

0.1311

1500[4/.

7)=4max〃、八

----=100，nni.n=1577min

“min"min

静差率

2023

s4△%M-二93%

2mm〃min+A即15+202.3

1500x0.05

(2)当0=100,s=5%时，△厮=2=0.789r/min

D(1-1y)100x(1-0.05)

(3)K—…

a==-^-=0.0067

估算

n1500

父KC255.4*0.1311小

A,=------e-=------------------------=161

Ksa31*0.0067

习题四

4.1双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调节器，设系统最大给定电压

“：”=15V，转速调节器限幅值为U：=15V,nN=1500r/min,/iV=20A,电流过载倍

数为2,电枢回路总电阻R=2Q,（=20,C.=0.127V-min/r,求：（1）当系统稳

定运行在U：=5V,5=10A时-，系统的〃、U〃、U；、4和U,各为多少？（2）

当电动机负载过大而堵转时，U：和〃.各为多少？

解:

15V

(1)[=%=-------=0.0IVmin/r

nN1500/7min

u5V

n=—^=---：------=5(X)r/min

a0.0IVmin/r

U*15V

/=*=A2L.=0.375V/A

J40A

(7；=f3ld=0.375x10=3.75V

4="/=0.375x10=3.75V

Cn+IR_0.127x500+10x2_

5ed——^r.1/Dr

K,20

/+/人。.127x0+40x2=.

(2)堵转时，U；="〃”=15V,UC=

(20

4.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR,ACR均采用PI调节

器。已知参数：电动机：/\=3.7kW,UN=220V,1N=20A,心=1000r/min,电

枢回路总电阻R=1.5C,设%,=%=（/.=8V,电枢回路最大电流/而=40A,电力电

子变换器的放大系数（=40。试求:

（1）电流反馈系数夕和转速反馈系数a。

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的力0,U；、Ui，U,值。

J/QI/

解:1)^=r^L=—=0.32V/A

f(,.40A

8V

a=%------=0.008Vmin/r

nNlOOOr/min

2)Ud()=E+1dxRf=himx&=40x1.5=60V

这时：U：=8KU“=0,ASR处于饱和，输出最大电流给定。

U；=8V，G=8匕

Uc=^-=—=1.5V

Ks40

4.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR,ACR均采用PI调节器。

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：应如何变化？（2）上应如何变化？（3）口值

由哪些条件决定？

解:1)/?=^4L=—=().1V/A

fllm80A

U：就是电流的给定，因此当电流从40A到70A时，U；应从4V

到7V变化。

2)分要有所增加。

3)Uc取决于电机速度和负载大小。因为U〃o=E+〃&=Cen+/疝层

Uc=^

Ks

4.4在转速、电流双闭环调速系统中，电流过载倍数为2,电动机拖动恒转

矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因功率变换器供电电压上升5%,系

统工作情况将会如何变化？写出4。，乙及n在系统重新进入稳定后的表

达式。

解：双闭环系统中，由于有电流内环，电压波动可以通过电流反馈得到比

较及时的调节。

重新稳定后，

〃;二夕却不变

Go不变

u=5=减小

cKK

SS

IT丁.

n=—不变

a

却是负载电流

〃是电流反馈系数

。是转速反馈系数

〃:是给定转速。

4.5某反馈控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oWH)%。

(1)系统的开环增益。

(2)计算过渡过程时间小和上升时间。；

(3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间＜0.25s,则K=?,G%

=?

(3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间f,v0.25s,求K,b.

解：取AT=0.69(=0.6,。％=9.5%

(1)系统开环增益：K=0.69/T=0.69/0,1=6.9(1/5)

(2)上升时间。=3.3T=O.33S

过度过程时间：

tx—^―=6T=6x0.1=0.6.V

弧

(3)

L

一・0

69

如要求tr<0.25s,则应取KT=14=0.5这样K=\/T=10,超调量=16.3%。

4.6有一个系统，其控制对象的传递函数为%/s)=』一=——,

要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量。W5%(按线性系统考虑)。

试对该系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。

K

解：可选择积分调节器，设其传递函数为：#‘(s)==，则校正成新系统的

S

传递函数为："新(S)=」丫；、，将原系统校正成I型系统K(s)=」

s(O.Ols+1)1s(Ts+1)

以实现无静差,按。W5%要求查表取:KT=0.5BP：10K/X0.01=0.5,得：以5。

4.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为

W：(s)=/、=-—^—要求校正为典型II型系统，在阶跃输入下

0bJs(7s+1)s(0.02s+1)

系统超调量。％・30%(按线性系统考虑)。试决定调节器结构，并选择其参数

解：应选择PI调节器，/(s)=3/(>+l),校正后系统开环传递函数

TS

/（rs+1）

（s>^—对照典型I【型系统，K二MK1/工，r="，选h=8,

rss（Ts+1）

查表得：。％=27.2%,满足设计要求。r^7=8*0.02=0.1650

K=（h+1）/（2h2T2）=05.78,KP尸KT/K尸2.81°

4.8在一个由PWM变换器供电的转速、电流双闭环调速系统中，PWM变换器的开关频率为

8kHz。已知电动机的额定数据为：PN=60kW,UN=220V,IN=308A,nN=1000r/min,

电动势系数C，=0.19GVuin/r,主回路总电阻A=0.1。：变换器的放大倍数%=35。电磁时

间常数刀=（）.01s,机电时间常数〃=0.12s,电流反馈滤波时间常数为=0.0025s,转速反馈滤

波时间常数几,二0.015s。额定转速时的给定电压（U；）k10V,调节器ASR,ACR饱和输出电压

Ui.=8V,J=8V。

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/W5%,空载起动到额定转

速时的转速超调量W15%。试求：

（1）确定电流反馈系数2（假设起动电流限制在1.54以内）和转速反馈系数a。

（2）试设计电流调节器ACR,计算其参数Ri,、G、G）i,画出其电路图，调节器输入回路电

阻Ro=4O9。

（3）设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、Cano（R（>=40kQ）

（4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量。

（5）计算空载起动到额定转速的时间。

JJ*QQ

解：(1)p=-^=---=---=0.0173V/A

Idm1.5xZv1.5x308

a=%=_叱_=o.OIVmin/r

nNlOOOr/min

(2)电流调节器设计

确定时间常数：(a)(二—^=0.000125s

$8000

(b)J1、1，因此取7>0.0006o

几一510)"

（c）TXi=Ts+7；产0.000725s<>

电流调节器结构确定：

因为545%,可按典型I型系统设计，选用PI调节器，叼cM）;配平，

电流调节器参数确定：r；=3=0.Oiso

电流环开环增益：要求巧工5%时，按表4-1,应取K/7^=0.5,因此

0.50.5

=689.655s-

0.000725

于是，ACR的比例系数为

K,TR689.655x0.01x0.1

K,=----t-=----------------=1.1Jovo

'Kfi35x0.0173

校验等效条件：

电流环截止频率：c%=K,=689.655

（1）校验整流装置传递函数的近似条件

—=-----!-----=2666.6「>吗满足近似条件

37；3x0.000125"

（2）校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件

I

=86.6025门<①a满足近似条件

0.12x0.01

（3）校验电流环小时间常数近似处理条件

1

=1217.165-1*><y.满足近似条件

0.000125x0.(X)6Cf

可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选q=40K,则:

《=(.4=0.2243x40=8.97(取9K.

_^_=0：012^=1

，此9x103尸

A=4x0.0025=

R040xl05

（3）电流环等效时间常数｝

K,n.=0.5则27s：=2x0.(X)0725=0.00145

7；”=0.015s

7；,,=—+Ton=0.00145+0.015=0.01645

KI

速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI调节器，

%（s）=K“（/s+i）ys

速度调节器参数确定：%勺=5x0.01645=0.08225

转速环开环增益

力+16

=443.454

~2h2T.；-2X52X0.016452

ASR的比例系数

K=（〃+1）。。工”二6x0.0173x0.196x0.12

""2haRT^~2x5x0.007x0.1x0.01645—’

校验等效条件：

转速环截止频率

3,〃="=KNxn=443.454x0.08225=36.474

1区JI689.655

3^7^-3V0.000725=325.1〉”,满足简化条件

11689.655...

3"^访二"满足简化条件

转速超调量的校验（空载Z=0）

308x0.1

J96

Q„=2x81.2%xl.5x-Q-x0-01154=0.793%<

“10000.18

cr=2x81.2%xLlx（308x0.18/0.196xl000）x（0.02666/0.12）=11.23%>10%

转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需重新设计.

4.9有一转速、电流双闭环调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电

动机参数为：PN=500kW,UN=750V,IN=760A,nN=375r/min,电动势系数Ce

=1.82Vmin/G电枢回路总电阻R=0.14Q,允许电流过载倍数入=1.5,变换器的放大

倍数（=75,电磁时间常数7}=0.031s,机电时间常数〃=0.112s,电流反馈滤波时间常

数7。产0.0006s,转速反馈滤波时间常数7on=O.O2s。设调节器输入输出电压

Unm"=U"=Unm=10V,调节器输入电阻R0=40kQo

设计指标:稳态无静差，电流超调量丐W5%,空载起动到额定转速时的转速

超调量%《10%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5o

（1）选择转速调节器结构，并计算其参数。

（2）计算电流环的截止频率叫•和转速环的截止频率，并考虑它们是否

合理？

解：（1）B=^-=1（）V=0.00877V/A

心L5X/N

a=A=———=0.0267Vmin/r

nN375r/min

电流调节器已按典型I型系统设计如下：

确定时间常数：

确定时间常数：（a）（二—^=0.000125s

,8000

（b）1,11.1，因此取7；“=0.0006。

（c）*=T+刀“=0.000725s。

电流调节器结构确定：因为o%<5%,可按典型I型系统设计，选用PI调节

器，也a（S）=USr）,?=42.76。抗扰性能满足要求。

瑞5

电流调节器参数确定：1工=0.03k，K,T^=0.5&=等=136.24「

K^fR_136.24x0.031x0.14

=0.899

Ksp-75x0.0()877

校验等效条件：4=K[=136.245

Q)---=----------=199.65>coci

37；3x0.00167

c)Q=k、二二^=182.

3、T禽3N0.00167x0.002

可见满足近似等效条件。

电流调节器的实现：选Ro=4OK,则

Ri=KixR0=0.899x40=35.96取36K

「"0.031八环小

C：=——=---------r=0.86"

风36x10,

上心

0，&40xl03

速度调节器设计

速度调节器结构确定：£&=0.5

则电流环时间常数1-=27；.=2x0.00367=0.00734s

(-

Ton=0.02s7；,,=—+Ton=0.00734+0.02=0.02734s

K1

按照无静差的要求，应选用PI调节器，

%(S)=K“aS+l)£S

速度调节器参数确定：r„=hT^h=5,r„=hT^n=0.1367.V

转速环开环，曾益

/?+1_6

=160.54<2

2h2T^,,"2x25x0.027342

ASR的比例系数

(/?+l)/3CeTin_6x0.00877x1.82x0.112

==10.5

2haRTZn2x5x0.0267x0.14x0.02734

校验等效条件:

转速环截止频率以〃=^~=KNrn=160.54x0.1367=21.9465-

136.24-1

丽而44.22s>4”满足筒化条件

>牝〃满足简化条件

速度调节器的实现:选Ro=4OK,则Rn=KnxR0=10.5x40=420K

CJ、=0.1367二

0.325//F

3

"R,t420X10

0_47*4x0.02

=2"F

&40xl03

2）电流环的截止频率是：（=136.24「

速度环的截止频率是：%,=21.964}

从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证

每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体现了多环控制系统的设计特

点。

4.10在一个转速、电流双闭环直流调速系统中，采用PWM变换器供电，转速调节器

ASR,电流调节器ACR均采用PI调节器。

a

（1）在此系统中，当转速给定信号最大值Unm=15V时,n=r>N=1500r/min;电流给定信号最大值

Uin*=10V时，允许最大电流U=30A,电枢回路总电阻R=l.4Q,PWM变换器的放大倍数Ks=30,

电动机额定电流I、=20A,电动势系数C=0.128V.min/ro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U,二？

（2）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=?Un=？Ui=?UL?I产？Ue=?

（3）该系统转速环按典型I【型系统设计，且按Mrmin准则选择参数，取中频宽h=5,已知转速

环小时间常数T,n=0.05s,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数，并计算出放大系数

及各时间常数。

（4）该系统由空载（/乙=0）突加额定负载时，电流〃和转速〃的动态过程波形是怎样的?

已知机电时间常数7；”=（）.05S,计算其最大动态速降Almax和恢复时间4

1)

u*.15V

a=———=0.01Vmin/r

n1500r//n

10V

=0.33V/A

30A

TJ5

=5V,n=——-=——=500r/min

〃a0.01

UW+&&—C」+/,〃此一0.128x5004-20x1,4

=3.067V

cKsK、Ks30

2）在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁（①=0）则电动机无电动转矩，转速

迅速下降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流1dm。因

此，系统稳定后，〃=0,U“=0

Id=[dm=3°A

_Udo_E+&&_°十3°x14_]4V

5

K、K、30

3）在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是:

K”(qs+1)

此($)=

$2(心+1)

Tn=hTyn=5x0.05=0.25s

幺=005

2/%22x25x0.052

4）空载突加额定负载时，转速有动态降落。

2(g-Z)Az^2x(l-0)x20x2

==625r/min