电力拖动控制系统作业题解答

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。 解：10r/min?0.01 只占1% 高速转动

1000r/min10r/min?0.1 只占10% 中速运转

100r/min10r/min?1 占100% 电动机停转

10r/min2. 某调速系统额定转速ned=1430r/min，额定速降为?ned=115r/min。当要求静差率s?30%、s?20%时，试求允许的调速范围。

解：若要求s≤30%，则调速范围 D?1430?0.3?5.3 115??1?0.3? 若要求s≤20%，则调速范围 D?1430?0.2?3.1 115??1?0.2?3. 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=0.18?，电动机Ce=0.2V.min/r。试问： ① 当电流连续时，在额定负载下的转速降为多少？

② 开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率为多少？

③ 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： ① ?ned?IedR305?0.18 ??27r5/minCe0.2② sed??ned275??0.216?21.6%，说明大大超过了5%的要求。

ned??ned1000?275neds1000?0.05??2.63r/min D?1?s?20?1?0.05?③ 系统要求的?ned?4. 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?=0.015V.min/r。试求满足闭环系统指标D=20，s?5%，?ncl?2.63r/min所要求的放大倍数K。 解：

因为 K??nop?ncl?1?275?1?103.6， 2.63所以 Kp?K103.6??46，放大器的放大系数要大于等于46

Ks?/Ce30?0.015/0.25. 已知单闭环转速负反馈系统，R=1.0?，Ks=44，Ce=0.1925V.min/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。

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电力拖动自动控制系统习题答案

解：已知系统运动部分的飞轮力矩GD2?10N?m2，按保证电流Idmin?10%Idmon时电流连续的条件计算电枢回路电感量，由于E2?E2l/3?230/3?132.8V，则

L?0.693E2Idmin?0.693?132.8?16.73mH，取L?17mH?0.017H。

10%?55计算系统各时间常数：

Tl?L0.017??0.017s，Ts?0.00167s （三相桥式） R1.0 为保证系统稳定，开环放大系数应满足 Tm?Tl?Ts??Ts20.075?0.017?0.00167??0.001672 K???49.4 不稳定

TlTs0.017?0.001676. 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=2?，

整流装置内阻Rs=1?，放大系数Ks=30，要求D=20，s?10%。试求 ① 计算开环系统态速降和调速要求所允许的稳态速降。

② 采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的稳态结构图。

③ 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？ ④ 计算所须的放大器放大系数。 解：

① 先计算电动机的Ce，然后在计算稳态速降。 ?Ued?IedRa?Cened ?Ce?Ued?IedRa220?15?2??0.127V?min/r ned1500IedRIed?Ra?Rs?15??2?1????354.33r/min CeCe0.127开环系统的稳态速降为 ?nop? 满足调速要求所允许的稳态速降为 ?ncl?neds1500?0.1??8.33r/min D?1?s?20??1?0.1? ② 采用转速负反馈的稳态结构图如图所示 IRUgnUfnKpKs1Ce? ③ 当Ugn=20V时，n=1000r/min，则转速反馈系数为

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电力拖动自动控制系统习题答案

??Ufnn?Ugnn?20?0.02V?min/r 1000 ④ 闭环系统的开环放大系数为 K?KpKs?/Ce??nop?ncl?1?354.33?1?41.54，则所需放大器的放大系数为 8.33Kp?KCe41.54?0.127??8.79 Ks?30?0.02

8． 有一可控硅直流调速系统，已知：

Ped = 2.8KW，Ued = 220V，Ied = 15.6A，ned = 1500rpm，Rs = 1.5Ω，Ra=1Ω，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?。 解：1. Ce?Ued?IedRsIR?0.131,?nk?ed??297.7 nedCe S?D??ned?0.8562?86% ned?D??ned2. 由上式公式可得：?ned?5.5 3. K?IedR??1?53.13,Ce??ned??Ugd?ned??ned?K?1K?0.013 Kp?K?Ce?12.54 Ks??9． 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Ⅱ型系统设计转速环ASR。 - IL 1000n U*n + 2Id ASR

0.02s?1s_ U*n

0.005

U*n/0.005 10 n 解:结构图可以进一步简化，如下所示： ASR s?0.02s?1?_ 典型Ⅱ型系统的传递函数为：

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电力拖动自动控制系统习题答案

W??s??s?T2s?1?2k?T1s?1?，WASR?kp??is?1??iskp为PI调节器 h?12h2T25?12?52?0.022 且?i?h?T2?5?0.02?0.1，K??i?10??,kp=3。 按典型Ⅱ型系统设计的PI调节器ASR的传递函数为：WASR?30?0.1s?1? s10． 有一V-M调速系统，电动机为：Ped = 2.5KW，Ued = 220V，Ied = 15A，ned = 1500rpm，Rs = 2Ω，整流

装置内阻Rn=1Ω，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. ?Ued?IedRs?Cened?Ce? 开环系统的静态速降为： ?nk?Ied?RIed?Rs?Rn?15??2?1? ???355rpmCeCe0.127ned?s1500?0.1 ??8.33rpmD?1?s?20??1?0.1?Ued?IedRs?220?15?2?0.127?V/rpm? 1500 调速系统所允许的静态速降为： ?nb??ned? 2. 采用转速负反馈的静态结构图如下图所示： IdRΣ __ ud ugn + 1/Ce Kp Ks -

ufn ?

3. 当Ued = 20V，n = 1000rpm，则转速负反馈系数为： ??Ufn?Ugdn?20?0.02?V/rpm? 1000n 4. 闭环系统的开环放大倍数为： K?KpKs?/Ce??nk355?1??1?41.6， ?nb8.33K?Ce41.6?0.127??8.8 Ks??30?0.02 所需放大器放大倍数为：Kp?11．某系统的传递函数Wd?s??3，用串联校正使之成为典型Ⅰ型系统，试确定调

?0.25s?1??0.02s?1??0.005s?1?节器及其参数并画出幅频特性，要求校正后ωc = 10.5。

解：对高频小惯性环节做合并处理，原系统变为：

??s??Wd?s??Wd33 ??0.25s?1???0.02?0.005?s?1??0.25s?1??0.025s?1?当采用PI调节器时，PI调节器的传递函数为

WPI?s??KP?s?1,?s且令??0.25，则校正后系统的开环传递函数为：

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电力拖动自动控制系统习题答案

W?s??WPI?s??Wd??s??K?0.25s?1?12KP3?P?，当要求ωc = 10.5 ?0.25s?1??0.025s?1?0.25ss?0.025s?1? 即ωc = 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??0.875?0.25s?1? 0.25s12．某可控硅双闭环直流调速系统，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、Ied = 780A、ned = 375rpm、Ce= 1.92V/rpm、λ=1.5

电枢回路总电阻：RΣ = 0.1Ω、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R0 = 40KΩ。

系统指标：稳态无静差，电流超调量?I% ≤5%，空载启动到额定转速时的转速超调量?n% ≤10%，电流调节器按典型Ⅰ型系统，KT = 0.5，试设计计算：

1. 电流反馈系数?和转速反馈系数?； 2. 选择转速调节器的结构并说明理由；设计转速调节器的R、C参数。 3. 计算电流环和转速环的截止频率?ci和?cn，检验是否合理。 解：首先画出系统的动态结构图： Ifz * E Un111111n ASR ACR Tss?1Tois?1Tons?1Tls?1TsCme

Ufi -Ufn

? Tois?1

? Tons?1

1. ??Ufnn?Ugnmned?UfiUgim12V12V?0.032V/rpm?????0.0103V/A 375rpmIdIdm1.5?780A2. 电流环按典型Ⅰ型系统，KT = 0.5 设计，电流环等效传递函数

1/?，其中，T?i?Ts?Toi?0.00167s?0.002s?0.00367s

2T?is?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Ⅱ二型系统，按典型Ⅱ二型系统设计，取h = 5，则：

?nmax?812.%?2??1.5?780?0????nmax?81.2%?2?1170?R?T?n,T?n?2T?i?Ton?0.00374?0.02?0.02734s CeTm0.1?0.02367?32.2rpm，此时超调量为： 1.92?0.084?n%??nmax32.2?100%??100%?8.6%?10%，因此选h = 5是合适的。此时PI调节器的参数为：ned375?n?5T?n?5?0.02734?0.137s,?KN?KnR?h?1 ?2?n?CeTm2h2T?n ?Kn?h?1?CeTm6?0.0103?1.92?0.084???11.3 2h?RT?n2?5?0.032?0.1?0.02734?R1n?R0?Kn?40?11.3?450K?,C1n??nRR1n?0.103450?103?106?0.3?f Con4T4?0.02?on??106?2?f3R040?10 转速调节器原理图如图所示：

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电力拖动自动控制系统习题答案

3. 电流环截止频率?ci?KI?Rin Ugn R0/2 R0/2 Ufn R0/2 Con R0/2 Con ⊕ Cin 0.50.5??136s?1 T?i0.00367转速环截止频率?cn?h?16??22s?1，?cn???ci，外环截止频率远远小于

2hT?n2?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R?0.4?，??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？ U+ Id ?1/RKsgi ACR Tois?1Tls?1Tss?1?

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ξ=1.0，KT = 0.25，由以上理由，选LT为： K??s?1? WPI?s??ii ?is 2. 调节器系数：?i?Tl?0.09s T?i?Toi?Ts?0.003?0.0017?0.0047s ki?0.25?iRKK?1.064?30?0.060.25?0.09?0.4??1.064,KI?Is??53.2 Ks?T?i30?0.06?0.0047?iR0.09?0.4??c?KI?53.2s?1,1111??147.6s?1 3Toi?Ts30.003?0.0017??c?11，满足近似条件。

3Toi?Ts3. KI = 53.2

4.若将调节器本身的放大倍数提高一倍，则KI TΣI = 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、Ied = 305A、ned = 1000rpm、Ce= 0.2V/rpm、λ=1.5

电枢回路总电阻：RΣ = 0.18Ω、Ks= 30、控制对象时间常数：Tl = 0.012s，Tm= 0.12s、反馈滤波时间常数：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?和转速反馈系数?，设最大启动电流Idm=300A

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电力拖动自动控制系统习题答案

B：系统的静、动态指标为：无静差；电流超调量?I% ≤5%，空载启动到额定转速时的转速超调量?n% ≤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R0 = 40KΩ。

C：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，所以电流反馈系数为：??速反馈系数??Ufn?UgnUfimIdm?UgimIdm?12?0.04V/A，额定转速时的给定电压（Ugn）ed = 15V，所以转30015?0.015V/rpm nn1000 B：为保证电流超调量?I% ≤5%，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，

?其电路如图所示： 其传递函数为： K??s?1? WLT?s??ii ?isRiUi*R0/2R0/2CoiR0/2??IdR0/2oiCi_A??ACRUct根据要求将电流环校正成典型?型系统 C且超调量?I% ≤5%，调节器的参数为： K?K1?i?Tl?0.012s,KI?is?,T?i?Toi?Ts，对于三相零式，Ts=0.0033 ?iR2T?iT?i?0.0025?0.0033?0.0058,Ki? ?iR0.012?0.18??0.1552?KsT?i2?0.04?30?0.0058 ?i4Toi4?0.00250.012R1i?KiR0?0.155?40K??6.2K?,C1i???2?F,Csi???0.25?F3R1i6.2K?R040?10C：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 K??s?1? WsT?s??nn，因此速度环中有两个积分环节，速度环校正成典型??型系统，且取h = 5，速

?ns度调节器的参数为：?n?hT?n,T?n?Ton?2T?i?0.0141?2?0.0058?0.0257 ?n?5?0.0257?0.1285,KN??h?1??TmCe?KnRh?16?0.04?0.12?0.2?,Kn??8.3 2??nTmCe2h2T?2h?Rt2?5?0.015?0.18?0.0257?nn?nR1n?0.1285330?103?0.4?f,Con?4Ton4?0.0141??1.41?f R040?103?R1n?KnR0?8.3?40k??330K?,C1n?D：在额定负载下启动到额定转速时的超调量为： ?n%?81.2%?Z?81.2%?2T?nR??Idm??81.2%2?0.0257?0.18??300??9.4% nnomTmCe1000?0.12?0.215．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Ra?0.2?，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?0.5?；

m； 电枢回路总电感：L?15mH；电动机总飞轮力矩：GD?22.5N?min/r； 电流反馈系数：??0.05V/A；转速反馈系数??0.007V?滤波时间常数：T0i?0.002s，T0n?0.01s； 设计要求：

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22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：电流超调量?i?5%；空载起动到额定转速的转速超调量?n?10%。 设计：

系统的动态结构图： * 1 UnASR Ts?1on

-Ufn

⑴ 电流环的设计： 确定时间常熟：

Ifz 1 Tois?1ACR 1Tss?11 Tls?11TmsE Ufi ?Tois?11n Ce ?Tons?1① 整流装置滞后时间常数 Ts?0.001s6; 7② 电流环小时间常数：T?i?Ts?T0i?0.00167s?0.002s?0.00367s； ③ 电磁时间常数：Tl?L0.015??0.03s； R0.5确定电流调节器结构和参数：

① 结构选择

根据性能指标要求：?i?5%，而且：Tl0.03??8.17?10 T?i0.00367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

WACR(s)?② 参数计算

Ki(?is?1) ?is 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?Tl?0.03s；为了满足?i?5%要求，应取KIT?i?0.5，因此

KI?11??136.2s?1，于是可以求得ACR的比例放大系数为：2T?I2?0.00367KI?iR136.2?0.03?0.5??1.022 ?Ks0.05?40Ki?校验近似条件：

① 晶闸管整流装置传递函数近似条件：?ci?1 3Ts 江苏科技大学 电子信息学院 8 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

?ci?KI?136.2，11??199.6s?1，所以满足近似条件。 3Ts3?0.00167② 电流环小时间常数的近似条件： ?ci?1111??182.4s?1??ci，满足近似条件。

3TsT0i30.00167?0.0021，而由于： TmTl③ 忽略反电动势对电流环影响的条件

?ci?3Ce?Unom?InomRa220?136?0.2??0.132V?min/r。所以

nnom1460GD2R22.5?0.5??Tm???0.18s，因此：

375CeCm375?0.1322?30311?3??40.82s?1??ci，满足近似条件。 TmTl0.18?0.03设计后电流环可以达到的动态指标为?i?4.3%?5% 满足设计要求。 ⑵ 转速环的设计

确定时间常数：

① 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KIT?i?0.5，因此电

流环等效时间常数为： 2T?i?2?0.00367?0.00734s。 ② 转速环小时间常数T?n

已知转速滤波时间常数为T0n?0.01s，因此转速环小时间常数为：

T?n?2T?i?Ton?0.00734?0.01?0.1734s

确定转速调节器结构和参数： ① 结构选择

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PI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)?Kn(?ns?1) ?ns ② 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：

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电力拖动自动控制系统习题答案

KN?h?16?2，则ASR的比例放大系数： ??399.1s2222hT?n2?25?0.01734(h?1)?CeTm6?0.05?0.132?0.18??11.7 2h?RT?n2?5?0.007?0.5?0.01734Kn?校验近似条件和性能指标： ① 电流环传递函数等效条件：?cn?1 5T?i11??54.5s?1??cn，可知满足等效条5T?i5?0.00367可知?cn?KN?n?399.1?0.0867?34.6s?1；而件。

② 转速环小时间常数近似处理条件：?cn?11 32T?iT0n1111???38.9s?1??cn，满足近似条件。

32T?iT0n32?0.00367?0.01③ 转速超调量?n

?n?81.2%?2(??z)?nnom??nnomT?n??100% nTmIdnomR136?0.5??515.2r/min Ce0.132所以：?n?81.2%?2(??z)?nnomT?n515.20.01734??81.2?2?1.5???8.3% nTm14600.1816．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Tm?0.15s，

电机在额定负载时的稳态速降?nnom?0.3nnom，转速环的小时间常数T?n?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?5。查表可知：?Cmax?81.2% Cb 所以：1 ?n?81.2%??2?(z?nnomT?n)??nTm0.3n0.0158?1.?2?21.5no?m?nnom0.157.3% 江苏科技大学 电子信息学院 10 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

2T?nR?2?0.015?0.52 ?n?81.2%?Z?81.2?(Idm?Idl)?81.2??68 nnomTmCe1460?0.15?0.18 ? 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：Pnom?10kW,Unom?220V,Inom?55A,nnom?1000r/min，Ra?0.5? 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?0.5? 生产机械对调速系统的稳态指标为：D?10,S?5%。

求：⑴ 计算开环系统的稳态速降?nop和调速指标所允许的稳态速降?ncl；

⑵ 画出该系统的静态结构图；

*⑶ 若当电动机运行于额定转速时的给定电压Un?20V，计算此时的转速反馈系数；

⑷ 计算满足稳态要求所需放大器的放大系数Kp；

＋+?U放大器触发器UdM——__u+f＋usf——+解：⑴ 先计算电动机得电动势转速比Ce 因为：Unom?InomRa?Cennom 所以：Ce?Unom?InomRa220?55?0.5??0.1925V?min/r nnom1000开环系统的稳态速降为： ?nop?InomRInom(Ra?Rrec)55(0.5?0.5)???285.71r/min CeCe0.1925闭环系统的稳态速降为： ?ncl??nnom?nnomS100?00.05??5.2r6/m inD(1?S)1?0?(10.05) ⑵ 该系统的静态结构图如下图所示：

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电力拖动自动控制系统习题答案

IdR*Un?UnUn—KpKsUnUd0＋n—1nCe? *⑶若当电动机运行于额定转速时的给定电压Un?20V，计算此时的转速反馈系数为：

*UnUn20?????0.02V?min/r nnomnnom1000⑷ 闭环系统的开还放大倍数为：

K?KpKs?Ce??nop?ncl?1?285.71?1?53.3 5.26则所需的放大器放大系数为：

Kp?KCe53.3?0.1925??11.7，若放大器的R0?40k?，所以： Ks?44?0.02R1?KpR0?11.7?40k??468k?，取规范值R1?470k?

18．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：

22晶闸管装置： P?2.2kW,U?220V,I?12.5A,n?1500r/mn，R?1?，GD?1.5N?mnomnomnomnoma采用三相桥式全控整流电路，电枢回路总电阻Ra?1?，总电感L?42mH,Ks?40；额定转速时

*Un?15V；要求的稳态指标：D?15,S?5%。

问：⑴ 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？

⑵ 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??60。

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Unom，Inom，

?nnom，Ra，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Uim和Uctm，如何确定转速反馈系数?和电流反馈系数?；

（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

Ui*，Uct，Id，Ud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?下降一

江苏科技大学 电子信息学院 12 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

半，系统工作情况如何变化？写出Ui*，Uct，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Ui*，Uct，Ud，Id及n比原来有何变化？

*解： （1）按最大给定电压Unm对应电动机额定转速nnom来确定转速反馈系数，因ASR采用PI调节器，***稳态时Un?Un?an，因此有Unm?annom，所以??Unm/nnom。

*按电动机最大允许过载电流Idm对应于ASR输出限幅值Uim来确定电流反馈系数?，而ACR又采**用PI调节器，则有Uim?Uim??Idm???1.5Inom，所以有??Uim/1.5Inom。

*（2）若系统在额定情况下正常运行，则有Un?Un，Ui*?Ui，且极性均相反。若转速反馈线断线，**则Un?0，ASR只有输入Un而使其很快进入饱和，输出为限幅值Uim；由于Ui尚未变化使ACR输出Uct

上升而达到限幅值Uctm，功率放大器输出电压达到最大值Udm，Id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），，Ui*?UimUct?Ucm，Ud?KsUctm，n?(KsUctm?IdL(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?下降一半，则E?Ke?n下降，

Id和Ui将随之增加，但因Ui*未变，在电流环调节作用下使Ud，Uct下降以维持Id?Inom暂时不变，

从而使Te?Km?Inom 下降为原来的一半。电动机拖动恒转矩负载，TL不变；所以Te?TL，电动机减速，

**未变，而使ASR饱和，输出为Uim，在电流环调节作用下，电流上升达到n下降，Un随之下降，因UnIdm?1.5Inom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，Ui?Uim，Id?Idm?1.5Inom，

Ud?IdmR?1.5InomR，Uct?Ud/Ks?1.5InomR/Ks。

（4）若电流反馈断线，则因Ui?0，Ui*未变而使ACR饱和，Uct?Uctm，Ud上升，Id上升，n上升，

*未变，因而使Ui*下降。由于速度环的自动调整作用，在系统最后稳定下来后，n不变，Un上升。但UnId不变，因而Ud，Uct都不会变，只有Ui*下降为零，即Ui*?0。

江苏科技大学 电子信息学院 13 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

19. 设控制对象的传递函数为Wobj(s)?K1，式中，K1?2，T1?0.43s，

(T1s?1)(T2s?1)(T3s?1)(T4s?1)T2?0.06s，T3?0.008s，T4?0.002s。要求阶跃输入时系统的超调量??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。 2. 能否用上述调节器将系统校正成典型II型系统？ 解： 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(s)?KP，需作近似处理后才能校正成典型I型系统。令

11 ?T1s?1T1s则校正后系统开环传递函数为

W(s)?KPK1K ?T1s(T2s?1)(T3s?1)(T4s?1)s(Ts?1)式中，K?KPK1/T1，T?T2?T3?T4?0.07s。

为使??5%，可取KT?0.5，因此KP?0.5T10.5?0.43??1.54，调节时间K1T2?0.07ts?6T?6?0.07?0.42s

下面需校验近似条件。 ①?c?3？ T1因?c?K?1133??7.14s?1，而??6.98s?1，满足近似条件。 2T2?0.07T10.43②?c?11？

3T2?T31111??15.2s?1满足近似条件。

3T2T330.06?0.008（2）用I调节器校正时，调节器传递函数为WI(s)?1校正后系统开环传递函数为 ?is 江苏科技大学 电子信息学院 14 自动控制系统习题解答

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W(s)?K1K ??is(T1s?1)(T2s?1)(T3s?1)(T4s?1)s(Ts?1)K1，取KT?0.5，则

式中，T?T1?T2?T3?T4?0.5s，K??i?i?调节时间ts?6T?6?0.5?3s。

因?c?K?1s?1，而

K1T2?0.5??2s 0.50.51111??2.08s?1，满足近似条件。

3T1T230.43?0.06（3）用PI调节器校正时，调节器传递函数为WPI(s)?KPI?1s?1，取?1?T1?0.43s，且令?1sT?T2?T3?T4?0.07s，校正后系统开环传递函数为

W(s)?KPIK1KPIK1K ??1s(Ts?1)s(Ts?1)同样，取KT??1T?0.5，则

0.5?10.5?0.43??1.54 K1T2?0.07KPI?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(s)?(?1s?1)(?2s?1)

?s取?1?T1?0.43s，?2?T2?0.06s，令T3?T4?0.008?0.002?0.01s?T，则校正后系统开环传递函数为W(s)?KK1K，仍取KT?1T?0.5，则 ???s(Ts?1)s(Ts?1)??调整时间ts?6T?6?0.01?0.06s。

K1T2?0.01??0.04s 0.50.5 江苏科技大学 电子信息学院 15 自动控制系统习题解答

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校验近似条件：?c?K?50s?1，而

1111??83.3s?1，满足近似条件。

3T3T430.008?0.002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

11 ?T1s?1T1s33??6.98s?1 T10.43将惯性环节近似为积分环节，近似条件为?c?（2）采用PI调节器校正后系统的开环传递函数为

W(s)?K1KPI(?1s?1)K(?1s?1) ??1T1s2(T2s?1)(T3s?1)(T4s?1)s2(Ts?1)式中，K?K1KPI，T?T2?T3?T4?0.07s。 ?1T111h?1??14.3s?1，则?c??,当h?5时，T0.072h如按Mmin准则确定系数，此时，???c?6?14.3?8.58s?1；又 101111??15.2s?1

3T2T330.06?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型系统。

（3）采用PID调节器时，可取?2?T2，并令T?T3?T4?0.01s，则校正后系统的开环传递函数为

W(s)?K1(?1s?1)K(?1s?1) ?22?T1s(Ts?1)s(Ts?1)式中，K?而

K1116?100?100s?1，则当h?5时，按Mmin准则，有?c??60s?1，。此时，???T0.0110?T1 江苏科技大学 电子信息学院 16 自动控制系统习题解答

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1111??83.3s?1

3T3T430.008?0.002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?3kW，Unom?220V，

Inom?17.5A，nnom?1500r/min，Rs?1.2?，GD2?0.4kg?m2；功率放大器：放大倍数Ks?25，Rrec?0.3?，Ts?0.001s；电枢回路总电感L?60mH，最大允许电流Idb1?2Inom，ASR和ACR的

*输出限幅值均为?8V，最大转速给定电压Unms，转速反??10V，电流反馈滤波时间常数为T0i?0.001馈滤波时间常数为T0n?0.005s。设计指标为：电流超调量?i?5%，转速无静查，空载启动到额定转速时的转速超调量?n?10%，过渡过程时间ts?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?0.3?1.5?； 电枢回路电磁时间常数：T1?L0.06??0.04s； R1.5电流环小时间常数：T?i?Ts?T0i?0.001?0.001?0.002s；

*Uim8电流反馈系数：????0.23V/A。

Idb12?17.5（2） 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

WACR(s)?Ki?is?1 ?is并取?i?T1?0.04s，为满足?i?5%的要求，取电流环开环放大倍数为

KI?则ACR的比例放大系数为

KiKs?1??250s?1 ?iR2T?iKi?（3） 校验近似条件

?iR0.04?1.5??2.61 2Ks?T?i2?25?0.23?0.002 江苏科技大学 电子信息学院 17 自动控制系统习题解答

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Unom?InomRa220?17.5?1.2Ce???0.133V?min/r nnom1500GD2R0.4?9.8?1.5??Tm???0.093s 2375CeCm375?0.133?30电流环截止频率?ci?KI?250s?1。 忽略电动机反电动势影响的近似条件为?ci?31，现 TmT1?ci?3该近似条件满足。

2． 转速环设计

（1） 转速环的对象参数如下：

11?3?49.2s?1 TmT10.093?0.04*??Unm/nnom?10?0.0067V?min/r 1500转速环小时间常数： T?n?2T?i?T0n?2?0.002?0.005?0.009s (2)确定转速调节器结构及参数。

由于要求转速无静查，因此ASR应选用PI调节器，即

WASR?Kn转速环按典型II型系统设计，并取h?5，则

?ns?1 ?ns?n?hT?n?5?0.009?0.045s

KN?①按Mmin准则选择ASR参数。

Kn?R ?n?CeTmKN?则

h?16??1481.5 22222hT?n2?5?0.009(h?1)?n?CeTm(h?1)?CeTm? 22h2?RT?2h?RTn?n6?0.23?0.133?0.093?18.87 2?5?0.0067?1.5?0.009Kn??②按?max准则选择ASR参数

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KN?则

1hhTn?2?15?5?0.0092?1104.2 Kn??n?CeTm?CeTm ?2hh?RT?nh?RT?n0.23?0.133?0.0935?0.0067?1.5?0.009?14.07 ?（2） 校验近似条件

当按Mmin准则设计ASR时，转速环截止频率为

?cn?KN?n?1481.5?0.045?66.67s?1

当按?max准则设计ASR时，转速环截止频率为

?cn?KN?n?1104.2?0.045?49.69s?1

由于

11??100s?1??cn，故满足电流环闭环传递函数简化条件；又由于5T?i5?0.0021111??74.54s?1??cn，故满足小时间常数近似处理条件。

32T?iT0n32?0.002?0.0053． 验算系统的性能指标

电流环按典型I型系统设计，且取KIT?i?1，此时可以达到的动态指标为?i?4.3%?5%；转速2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

?n??Cmax2T?nR(Idb1?IdL)?100% CbCeTmnnom当按Mmin准则设计时，若取h?5，查表2.9有

?Cmax?81.2% Cb因此

?n?0.812?2?0.009?1.5?2?17.5?100%?4.1% 0.133?0.093?1500当按?max准则设计时，由表2.8知，当h?5时有

?n?0.975?2?0.009?1.5?2?17.5?100%?4.97% 0.133?0.093?1500 江苏科技大学 电子信息学院 19 自动控制系统习题解答

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ts?t2?tV 其中，t2为恒流升速时间，tV为退饱和超调过渡过程时间，tV等于动态速升时间。

t2?CeTmnnom0.133?0.093?1500??0.35s (Idb1?IdL)R2?17.5?1.5由表2.8和表2.9可知，当h?5时，分别有

tV?8.8T?n?8.8?0.009?0.08s(Mmin准则）和

tV?12.9T?n?12.9?0.009?0.12s(?min准则）因此

ts?t2?tV＝0.35?0.08＝0.43s和0.35?0.12＝0.47s

满足全部设计指标。

1-1 为什么PWM—电机系统比晶闸管—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

较高。

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n0max?1500r/min，最低转速特性为n0min?150r/min，带额定负载时速度降落?nN?15r/min，且在不同转速下额定速降?nN不变，试问系统能够达到的调速范围头多大？系统允许的静差率是多少？ 解：? n0max?nmax??nN

n0min?nmin??nN

? nmax?1500?15?1485r/min

nmin?150?15?135r/min

调速范围：D=nmax1485??11 nmin135 江苏科技大学 电子信息学院 20 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

静差率：s??nN15??100%?10% n0min150

1-5 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?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：D=nmax1500??10 nmin150由公式：D=nNsnNs 得?nN? D(1?s)?nN(1?s)则 ?ncl?nNsns1500?2%?max??3.06r/min D(1?s)D(1?s)10(1-2%)由公式：?ncl??nop1?k 得

k=?nop?ncl?1=100?1=31.7 3.06

1-6 某闭环调速系统得开环放大倍数为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：由公式：?ncl??nop1?k 得?nop??ncl(1?k)

r/min128）248r /min 当k=15时， ?nop??ncl(1?k)?8?(1?15?)'（当k=30时， ?nop??ncl(1?k)?8?(1?30?) ?ncl??nopk?1?128?4.13r/min 30?1由公式：Dcl?(1?k)Dop 得 调速范围的扩大倍数为： k?'D'opDop?1+3031??1.94 1+1516 k?

'?ncl8??1.93 ?ncl4.13 江苏科技大学 电子信息学院 21 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

1-7 某调速系统的调速范围D=20，额定转速nN?1500r/min，开环转速降落?nNop=240r/min，若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统得开环增益将如何变化？ 解：当静差率为10%时 由公式：D=nNs 得

?nN(1?s)Dop=nNs1500?10%??0.6944 ?nop(1?s)240(1-10%)由公式：Dcl?(1?k)Dop 得 开环增益：k=Dcl20?1??1=27.8 Dop0.6944当静差率为5%时 由公式：D=nNs 得

?nN(1?s)D'op=nNs1500?5%??0.3289 ?nop(1?s)240(1-5%)由公式：Dcl?(1?k)Dop 得 开环增益：k='Dcl20?1=?1=59.8 Dop0.3289系统得开环增益K由27.8增加到59.8。

1-10 有一V—M调速系统，电动机参数为PN?2.2kW，UN?220V，IN?12.5A，nN?1500r/min，电枢电阻Ra?1.2?，整流装置内阻Rrec?1.5?，触发整流环节的放大倍数Ks?35。要求系统满足调速范围D=20，静差率s?10%。

（1） 计算开环系统的静差速降?nop和调速要求所允许的闭环静态速降?ncl。 （2） 采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构框图。

（3） 调整该系统参数，使当U*则转速负反馈系数?应该是多少？ Id?IN，n?nN，n?15V时，

（4） 计算放大器所需的放大倍数。

解：（1）

由公式：UN?INRa?CenN 得

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电力拖动自动控制系统习题答案

Ce?UN?INRa220?12.5?1.2??0.137 V?min/r nN1500开环系统得静态速降为： ?nop?INRIN(Ra?Rrec)12.5(1.2+1.5)???246.35r/min CeCe0.137nNs 得

?nN(1?s)nns1500?10%?=8.33r/min D(1-s)20（1-10%）由公式：D=调速要求所允许的闭环静态速降为?ncl?（2）略

（3）

由题意知：U*n?15V，Id?IN?12.5A，n?nN?1500r/min

U*15?0.01 V?min/r 由结构框图可知：?=N?n1500（4） ? K=kpks?Ce??nop?ncl?1=246.35?1?28.57 8.33kCe28.57?0.137??11.18 ks?35?0.01?放大器所需的放大倍数：kp?

1-14有一V—M系统，已知：电动机：PN?2.8kW，UN?220V，IN?15.6A，nN?1500r/min，电枢电阻Ra?1.5?，整流装置内阻Rrec?1?，触发整流环节的放大倍数Ks?35。

（1） 雄开环工作是，试计算调速范围D=30时的静差率s值。

（2） 当D=30 ，s=10%时，计算系统允许的静态速降。

（3） 如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30，s=10%，在U*n?10V时，Id?IN，

n?nN，计算转速负反馈系数?和放大器放大倍数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U*n?10V时，Id?IN，

n?nN,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：（1）

由公式：UN?INRa?CenN 得

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电力拖动自动控制系统习题答案

Ce?UN?INRa220?15.6?1.5??0.131 V?min/r nN1500INRIN(Ra?Rrec)12.5(1.5+1)???297.71r/min CeCe0.131开环系统得静态速降为?nop?由公式：D=nNs 得

?nN(1?s)静差率为s=?nopD?nopD?nN?297.71?30?85.6% 297.71?30+1500 (2 ) ?ncl?nns1500?10%?=5.56r/min D(1-s)30（1-10%）（3）由题意得U*n?10V，Id?IN?15.6A，n?nN?1500r/min

U*10?0.0067 V?min/r 由结构框图可知：?=N?n1500? K=kpks?Ce??nop?ncl?1=297.71?1?52.54 5.56kCe52.54?0.131??29.35 ks?35?0.0067?放大器所需的放大倍数：kp?（4）采用电压负反馈有静差调速系统

由公式：n=kpksU*nCe(1?k)Ce(1?k)??RpeId?RaId ，式中 k??kpks 得 Ce?n=RpeIdCe(1?k)RaId1?15.61.5?15.6???180.85r/min Ce0.131（1+52.54）0.131s=

?nD180.85?30??78.3% ?nD?nN18.85?30+15001-15 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GD?1.6N?m，整流装置采用三相零式电路，试判断按题1-10要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要求保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K 是多少？ 解：由题意得：

22Ce??0.137 V?min/r，?nop??246.35r/min，?ncl?=8.33r/min

江苏科技大学 电子信息学院 24 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

K=kpks?Ce??nop?ncl?1=246.35?1?28.57 8.33GD2Ra1.6?(12+1.5).?TM???0.0185s 375CeCM375?0137.?0137.?30TL?L0.05??0.064s Ra1.2+1.5TM(TL?Ts)?Ts20.064(0.0185?0.00167)?0.001672??41.87 TLTs0.0185?0.00167TM(TL?Ts)?Ts2因为k? 所以系统稳定。

TLTs

江苏科技大学 电子信息学院 25 自动控制系统习题解答

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