1、电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答11.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： 只占 1% 高速转动01.min/10r只占 10% 中速运转占 100% 电动机停转i/r2.某调速系统额定转速 ned=1430r/min，额定速降为n ed=115r/min。当要求静差率 s30%、s20%时，试求允许的调速范围。解：若要求 s30%，则调速范围3.5015.43D若要求 s20%，则调速范围.2.3.某龙门刨床工作台拖动采用直流电动机：P
2、 ed=60KW，U ed=220V，I ed=305A，n ed=1000 r/min，要求D=20，s5%。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： 当电流连续时，在额定负载下的转速降为多少？ 开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率为多少？ 如果满足 D=20，s5%的要求，额定转速时的静差率应该时多少？解： min/275.0183rCRInede ，说明大大超过了 5%的要求。%6.1.0ededs 系统要求的 in/3.25.21rsDneed 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
3、馈系数=0.015V.min/r。试求满足闭环系统指标 D=20，s5% ， ncl2.63r/min 所要求的放大倍数 K。解：因为 ，6.103.2751clopnK所以 ，放大器的放大系数要大于等于 4642././espC5.已知单闭环转速负反馈系统，R=1.0，K s=44，C e=0.1925V.min/r，根据稳态性能指标 D=10，s5%计算，系统的开环放大倍数 K53.3 。试分析系统能否稳定。电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答2解：已知系统运动部分的飞轮力矩 ，按保证电流 时电流连续的条2210mNGDdmondII%10in件计算
4、电枢回路电感量，由于 ，则VEl 8.13/3/2，取 。HIELd 7.165%08.693.693.0min2 HL017.计算系统各时间常数：， （三相桥式）sRTl 17.0. sTs.为保证系统稳定，开环放大系数应满足不稳定4.90167.5. 22 slmK6.有一晶闸管直流电动机系统，电动机参数为 Ped=2.5KW，U ed=220V，I ed=15A，n ed=1500 r/min， Ra=2，整流装置内阻 Rs=1，放大系数 Ks=30，要求 D=20，s10%。试求 计算开环系统态速降和调速要求所允许的稳态速降。 采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的稳态结构图。 调整
5、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？ 计算所须的放大器放大系数。解： 先计算电动机的 ，然后在计算稳态速降。eCdadenRIrVUede min/127.052开环系统的稳态速降为 i/3.54127.0rCRInesadeop 满足调速要求所允许的稳态速降为min/3.820.15rsDedcl 采用转速负反馈的稳态结构图如图所示 pKs eC1gnUf IR 当 Ugn=20V 时，n=1000r/min ，则转速反馈系数为电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答3rVnUgf min/02.1
6、 闭环系统的开环放大系数为，则所需放大器的放大系数为54.13.854/ clopespCK79.02.3154sep8 有一可控硅直流调速系统，已知：Ped = 2.8KW，U ed = 220V，I ed = 15.6A，n ed = 1500rpm，R s = 1.5，R a=1，K s = 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. 7.2
7、9,13.0edkedse CRInnRIUC%8652.ededDS2. 由上式公式可得： .n3. 013.,13.5 KnUCRIKedeged12.54sep9 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，按典型型系统设计转速环 ASR。解:结构图可以进一步简化，如下所示：典型型系统的传递函数为：Id_ U*nU*n + ASR0.0055102.ss10- IL n_nU*n/0.005ASR 102.s电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答4为 PI 调节器skWsTkWipASR112，且
8、 ,kp=3。220.510.0.5 ThKhipi，按典型型系统设计的 PI 调节器 ASR 的传递函数为： sWASR310 有一 V-M 调速系统，电动机为：P ed = 2.5KW，U ed = 220V，I ed = 15A，n ed = 1500rpm，R s = 2，整流装置内阻 Rn=1，K s = 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.
9、 计算所需的放大器放大倍数。解：1. rpmVRICnRIUsededesed /127.052开环系统的静态速降为：rpmICInensdek 3127.05调速系统所允许的静态速降为：rsDedb .82.12. 采用转速负反馈的静态结构图如下图所示：3. 当 Ued = 20V，n = 1000rpm，则转速负反馈系数为：rpmVgdf /02.14. 闭环系统的开环放大倍数为：，6.413.85/ bkespnCK所需放大器放大倍数为： 8.02.317sepKC11某系统的传递函数 ，用串联校正使之成为典型型系统，试确定调5.02.15. ssWd节器及其参数并画出幅频特性，要求校正
10、后 c = 10.5。解：对高频小惯性环节做合并处理，原系统变为： 10253105.2.15.03 sssssWd当采用 PI 调节器时，PI 调节器的传递函数为，则校正后系统的开环传递函数为：.,且 令sKsPIIdR_ud-ufnugn + Kp Ks 1/Cen电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答5，当要求 c = 10.51025.25.0110253 sKsKssWs PPdPI即 c = 10.5 =12KP，K P =10.5/12 = 0.875。因此所选用的调节器的传递函数为：ssPI25.018712某可控硅双闭环直流调速系统，整流
11、装置采用三相桥式电路，基本数据为：电动机 D ：P ed = 550KW、U ed = 750V、I ed = 780A、n ed = 375rpm、C e= 1.92V/rpm、=1.5电枢回路总电阻：R = 0.1、K s= 75、控制对象时间常数：T l = 0.03s，T m= 0.084s、反馈滤波时间常数：Toi = 0.002s，T on = 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 = 40K。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%，电流调节器按典型型系统，KT = 0.5，试设计计算
12、：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：1. AVIUrpmVrpnUdmgifiedgmf /013.785.12/032.3751 2. 电流环按典型型系统，KT = 0.5 设计，电流环等效传递函数，其中，12/sTi ssToisi 036.2.167.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。因此转速闭环是二型系统，按典型二型系统设计，取 h = 5，则： sTTCRn oni
13、nme 027340374.2,0785.12.%8max ，此时超调量为：rpm.3067.84.92.1. ，因此选 h = 5 是合适的。此时 PI 调节器的参数为：%037510ax edn 21,.24.5 nmenNTCRKsT 3.074.3.05289161nmenRThKfRTCfRKon n2104. .015,4360 6311 转速调节器原理图如图所示：IfzUn* 1sTo1sToi 1sT1sTl sTm1soiTnASR ACR eC-Ufn UfiE n电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答63. 电流环截止频率 13607
14、.5sTKiIci转速环截止频率 ， ，外环截止频率远远小于124.21hncn cicn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无静差，电机在启动过程，电 枢 电 阻 AVRsTKsTsoil /06.4.0,03.,3,017.,9. 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？解：1. 要稳态无静差，应选用 PI 调节器；要使启动无超调，应按典型型系统设计，并取=1.0，KT = 0.25，由以上理由，选 LT 为：sK
15、sWiPI12. 调节器系数： Tli09.sTsoii 4713.0 2.534.096.1,6625. RKKRk isIisi 11 .70.3.13,. sTssoiIc，满足近似条件。soicT33. KI = 53.24.若将调节器本身的放大倍数提高一倍，则 KI TI = 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：P ed = 60KW、U ed = 220V、I ed = 305A、n ed = 1000rpm、C e= 0.2V/rpm、=1.5电枢回路总电阻：R = 0.18、K s= 30、控制对象时间
16、常数：T l = 0.012s，T m= 0.12s、反馈滤波时间常数：Toi = 0.0025s，T on = 0.0141s，额定转速时的给定电压：（U gn） ed = 15V，调节器饱和输出电压：12V，调速范围：D = 10 。UgnConR0/2ConCinRinR0/2R0/2R0/2UfnId ACR 1sToi1sTK1/sTRlUgi +电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答7A：确定电流反馈系数和转速反馈系数，设最大启动电流 Idm=300AB：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%
17、 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 = 40K。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： ，额定转速时的给定电压（U gn） ed = AVIUdmgifi /04.31215V，所以转速反馈系数 rpnf /5.0B：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：sKsWiLT1根据要求将电流环校正成典型
18、型系统且超调量 I% 5% ，调节器的参数为：，对于三相零式，T s=0.0033soiiiisIli TRKsT ,21,012. FRTCFKCRK oisiiiii isii 25.014.,2.601,2.64015. 5.08.34.,8.3 30101 C：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，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ssWnT度调节器的参数为： 0257.8.2014.2, ionnThT 3.80257.146,1285.07.5 nememNn RthCTKhCRK ffkRK on .,4.0132
19、85.,304. 3011 D：在额定负载下启动到额定转速时的超调量为： %4.920187%2.82%.812. dmenon ICTRZ15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 ，过载系数 ；.aR1.5晶闸管装置：放大系数 ；电枢回路总电阻： ；40sK05电枢回路总电感： ；电动机总飞轮力矩： ；15LmH22.GDNmA电流反馈系数： ；转速反馈系数 ；./VA.in/Vr_*iUdI2/0R iRiCctUACR2/0R2/0R2/0RoiCoiCA电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电
20、子信息学院 自动控制系统习题解答8滤波时间常数： ；00.2.1i nTsTs准设计要求：稳态指标：转速无静差；动态指标：电流超调量 ；空载起动到额定转速的转速超调量 。5%i 10%n设计：系统的动态结构图： 电流环的设计：确定时间常熟： 整流装置滞后时间常数 ;0.167sTs 电流环小时间常数： ；0.2.367isi ss 电磁时间常数： ；.5.30lLsR确定电流调节器结构和参数： 结构选择根据性能指标要求： ，而且：5%i0.8.17036liT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(1)iACRKsW 参数计算为了将电流环校正成典型 I 型系
21、统，电流调节器的微分时间常数 应对消控制对象中的大惯性环节的i时间常数 ，即取； ；为了满足 要求，应取 ，因此lT0.3ilTs5%i0.5IiKT，于是可以求得 ACR 的比例放大系数为：1136.220.7IIKs.50.4IiisR校验近似条件：IfzUn* 1sTo1sToi 1sT1sTl sTm1soiTnASR ACR eC-Ufn UfiE n电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答9 晶闸管整流装置传递函数近似条件： 13cisT， ，所以满足近似条件。136.2ciIK119.630.7sT 电流环小时间常数的近似条件：，满足近似条件。
22、10 82.43.16.ci cisi s 忽略反电动势对电流环影响的条件，而由于：cimlT。所以20136.02min/4noaeUIRCVrA，因此：22.5.8375013memGDTs，满足近似条件。1148cil 设计后电流环可以达到的动态指标为 满足设计要求。.3%5i 转速环的设计确定时间常数： 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 ，因此电0.5IiKT流环等效时间常数为： 。20.367.04iTs 转速环小时间常数 n已知转速滤波时间常数为 ，因此转速环小时间常数为：0.1s2.734734nionT确定转速调节器结构和参数： 结构选择
23、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：(1)nASRKsWs 参数计算电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答10考虑到动态抗扰性能和启动动态性能，取中频宽度 较好，则有：5h，转速环开环放大系数：50.1734.86nhTs，则 ASR 的比例放大系数：22239.1.NnK(1)605.0.8.774emnnhCTR校验近似条件和性能指标： 电流环传递函数等效条件： 15cniT可知 ；而 ，可知满足等效NnKs1154.50.367cn
24、i s条件。 转速环小时间常数近似处理条件： 032cninT，满足近似条件。in sT 转速超调量 81.2%()10%nomn Tz360.5.2/i1dnomeIRrC所以： 51.2073481.2()8 8.%46.non mTz16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 ，0.15mTs电机在额定负载时的稳态速降 ，转速环的小时间常数 ，电动机允许的0.3nomno0.15nTs过载系数 ，直流电机：220V ，136A ，1460r/min， 。求 1 电动机在理想空载下起动1.5 .8eC到额定转速时的超调量；2 电动机在额定负载下起
25、动到额定转速时的超调量解：如果按 准则确定参数关系，并取中频宽度 。查表可知：minrM5hmax.2%b电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答11所以：1 0.3.1581.2%()81.257.3%nomnomn Tz2 22.0.(). 6846nn dmloeRZIC2.1%17有一 V-M 调速系统，如图所示，已知数据如下：直流电动机： 10,20,5,10/min0.5nomnomnomnomaPkWUVIArR准整流装置：触发整流环节的放大系数 ，整流装置的内阻4sK.rec生产机械对调速系统的稳态指标为： 。1,%DS求： 计算开环系统的稳
26、态速降 和调速指标所允许的稳态速降 ；opncln 画出该系统的静态结构图； 若当电动机运行于额定转速时的给定电压 ，计算此时的转速反馈系数；*20nUV 计算满足稳态要求所需放大器的放大系数 ；pK解： 先计算电动机得电动势转速比 eC因为： nomaenomUIR所以： 205.01925min/1enoCVrA开环系统的稳态速降为：()(.)8.7/i0925nomnoarecpeIRr闭环系统的稳态速降为：放大器 触发器 M+_U+fu sfu+dU 电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答1210.5.26/min()()nomclnoSrD 该系
27、统的静态结构图如下图所示：若当电动机运行于额定转速时的给定电压 ，计算此时的转速反馈系数为：*20nUV*20.mi/1nomUrA 闭环系统的开还放大倍数为：85.713.26psopeclKCn则所需的放大器放大系数为：，若放大器的 ，所以：53.09.74eps04Rk，取规范值10.768pRKk1718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：晶闸管装置：222.,2,12.5,0/mn1.5nomnomnomnomaPkWUVIArRGDNmA准采用三相桥式全控整流电路，电枢回路总电阻 ，总电感 ；额定转速时1aR4,0sLHK；要求的稳态指标： 。*15nV,%
28、DS问： 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？ 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 。6018. 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 ，nomU， ， ，功率放大器放大系数 和内阻 ，电动机的允许过载倍数为 。nomIaRsKrecR5.1（1） 若 ASR, ACR 的限幅输出分别为 和 ，如何确定转速反馈系数 和电流反馈系数 ；*imUt *nUnnUnnUpKsK0dUdI n Ce1R电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院
29、自动控制系统习题解答13（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 ， ， ， 和 的表达式；*iUctdIn（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 下降一半，系统工作情况如何变化？写出 ， ， ， 及 在稳定后的表达式；*iUctdIn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 ， ， ， 及 比原来有何变化？*ictdI解： （1）按最大给定电压 对应电动机额定转速 来确定转速反馈系数，因 ASR 采用 PI 调节器，nmn
30、om稳态时 ，因此有 ，所以 。aUn* noma* noU/*按电动机最大允许过载电流 对应于 ASR 输出限幅值 来确定电流反馈系数 ，而 ACR 又采dI im用 PI 调节器，则有 ，所以有 。*1.5imimnomI noiI5.1/*（2）若系统在额定情况下正常运行，则有 ， ，且极性均相反。若转速反馈线断nU*ii线，则 ，ASR 只有输入 而使其很快进入饱和，输出为限幅值 ；由于 尚未变化使 ACR0nU*nU*imiU输出 上升而达到限幅值 ，功率放大器输出电压达到最大值 ， 上升，使电动机电磁转矩ct ctm dI大于负载转矩 ，电动机加速， 上升，电动势 上升。最后当系统
31、稳定下来后， （负载电eTLTEdLI流） ， ， ， ， 。*imiUcmt ctmsdUK edLctms CIn/R)(负 载 电 流（3）系统在额定情况下正常运行， ， 。若磁通 下降一半，则 下降，onodInKEe和 将随之增加，但因 未变，在电流环调节作用下使 ， 下降以维持 暂时不变，dIi *i dctUomdI从而使 下降为原来的一半。电动机拖动恒转矩负载， 不变；所以 ，电动机减nomeIKT LTLeT速， 下降， 随之下降，因 未变，而使 ASR 饱和，输出为 ，在电流环调节作用下，电流上升nU*n *im达到 并维持不变， 因电流变大而回升，但也只能为原来转矩的 ，
32、仍然小nomdI5.1eT 75.01.于负载转矩 ，电动机转速将继续下降，直至 。这时， ， ，LT0*imiUnomdII， 。RIIUnomd.snomsdct KRIU/5.1/（4）若电流反馈断线，则因 ， 未变而使 ACR 饱和， ， 上升， 上升， 上0i*i ctmtddI升， 上升。但 未变，因而使 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*ni电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答14不变， 不变，因而 ， 都不会变，只有 下降为零，即 。ndIdUct *iU0*i19. 设控制对象的传递函数为 ，式中， ，)1()1
33、()( 4321 sTsTKsWobj 21K， ， ， 。要求阶跃输入时系统的超调量 。sT43.01s06.2T08.30.4 %51. 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 。st2. 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 ，需作近似处理后PKsW)(才能校正成典型 I 型系统。令 sT11则校正后系统开环传递函数为 )1()()()43211sKssTKsWP式中， ， 。1/TKP07.
34、432为使 ，可取 ，因此 ，调节时间%55.54.107.2351TKPsTts 42.07.6下面需校验近似条件。 ？13c因 ，而 ，满足近似条件。14.70.2sTKc 198.643.0sT ？321c满足近似条件。132 2.508.61sT（2）用 I 调节器校正时，调节器传递函数为 校正后系统开环传递函数为sWiI1)(电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答15)1()(1)(1)( 432 TsKsTsTsKWi式中， ， ，取 ，则T5.04321i5.0sTKi 21调节时间 。sTts35.06因 ，而 ，满足近似条件。1Kc121
35、 08.26.4301sT（3）用 PI 调节器校正时，调节器传递函数为 ，取 ，且令sKWPII1)(sT43.01，校正后系统开环传递函数为sT07.432 )1()()1TssPI同样，取 ，则5.01TKPI 54.107.235.01TKPI调节时间 。sTts 42.07.6（5） 用 PID 调节器校正时，调节器传递函数为 ssWPID)1()(21取 ， ，令 ，则校正后系统开环传递sT43.01T06.2 TsT008.43函数为 ，仍取 ，则)1()()1sKW5.1KsT0425.01调整时间 。sTts 6.016电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院
36、自动控制系统习题解答16校验近似条件： ，而 ，满足近似条件。150sKc 143 3.8021sT比较采用不同调节器时的 ，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st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 ，但采用 P 调节器时系统是有差的，因st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
37、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 sT11将惯性环节近似为积分环节，近似条件为 1198.643.0sc（2）采用 PI 调节器校正后系统的开环传递函数为 )1()()()( 243211TsKsTsKsWPI 式中， ， 。1TKPIT07.432如按 准则确定系数，此时， ，则 ,当 时，minM13.4.1shc215；又158.10346sc 132 .508.611sT因 8.586.98，8.5815.2 ，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
38、）采用 PID 调节器时，可取 ，并令 ，则校正后系统的开环传递函数2sT.43为 )1()(1)(221sKsTsW式中， 。此时， ，则当 时，按 准则，有1TK0.15hminM，而60sc电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答17143 3.80211sT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 ， ，kWPnomVUnom20， ， ， ；功率放大器：放大倍数AInom5.17min/150rnom2.1sR224.0kgGD， ， ；电枢回路总电感
39、 ，最大允许电流 ，ASR2sK3.recRTs. HL6nomdbI1和 ACR 的输出限幅值均为 ，最大转速给定电压 ，电流反馈滤波时间常数为V8VUnm1*，转速反馈滤波时间常数为 。设计指标为：电流超调量 ，转速无静sTi01. sn05.%5i查，空载启动到额定转速时的转速超调量 ，过渡过程时间 。分别用 准则和%1sts.0minrM准则进行设计，决定 ACR 和 ASR 的结构并选择参数。max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： ；5.1302.recaR电枢回路电磁时间常数： ；sLT4.61电流环小时间常数： ；002isi s电流反馈系数
40、： 。AVIUdbim/23.5178*（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sKsWiACR1)(并取 ，为满足 的要求，取电流环开环放大倍数为sTi04.1%5i1250isI isRT则 ACR 的比例放大系数为 .4.6122503.2iisK（3） 校验近似条件 rVnRIUComae min/1.150.7电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答18sCRGDTmem 093.13.075894322 电流环截止频率 。150sKIci忽略电动机反电动势影响的近似条件为
41、 ，现13Tmci11 2.4903sTmci该近似条件满足。2 转速环设计（1） 转速环的对象参数如下： rVnUommin/067.15/* 转速环小时间常数： 022.9niTs(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 sKWnASR1转速环按典型 II 型系统设计，并取 ，则5h0.9.45nTmenNCRK按 准则选择 ASR 参数。minM22216148.550.9NnhKT则 2()()2nememn nChThR87.109.51067.533按 准则选择 ASR 参数max 2.409.5122nNThK电力拖动自动控制系统
42、习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答19则 2nememnCTKhRh07.149.51067.533（2） 校验近似条件当按 准则设计 ASR 时，转速环截止频率为minM167.045.18sKnNcn当按 准则设计 ASR 时，转速环截止频率为max 192snNcn由于 ，故满足电流环闭环传递函数简化条件；又由于1105.2cni sT，故满足小时间常数近似处理条件。10 74.5323cnin 3 验算系统的性能指标电流环按典型 I 型系统设计，且取 ，此时可以达到的动态指标为 ；转2IiKT %53.4i速环 ASR 取 PI 调节器，可以满足转速无静查，动态指
43、标应按退饱和超调考虑，此时有 1max()0%ndbLnbeomRIC当按 准则设计时，若取 ，查表 2.9 有minM5h2.81maxbC因此 %1.4015093.1728.0 n当按 准则设计时，由表 2.8 知，当 时有max 5h97297.n Vstt2其中， 为恒流升速时间， 为退饱和超调过渡过程时间， 等于动态速升时间。2tVt电力拖动自动控制系统习题答案江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统习题解答20sRInTCtdLbome 35.0.1572903.)(12 由表 2.8 和表 2.9 可知，当 时，分别有5hmin8.8(Vnt sM准和 in12.9.09.12
44、(VntT准因此 s47.035.s4.835.2 和 Vstt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 ，最低转速特性为 ，0maxn15r/in0min15r/i带额定负载时速度降落 ，且在不同转速下额定速降 不变，试问系统能够达到的调速Nn15r/iN范围头多大？系统允许的静差率是多少？解： 0maxniinNmax15485r/minin03调速范围： maxinD=15静差率：
