运动控制 答案

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运动控制 答案

第一章 闭环控制的直流调速系统

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—电动机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，可达1：10000左右。

（4） 若与快速响应的电动机配合，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，开关损耗也

不大，因而装置效率较高。

（6） 直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。

1－2 试分析有制动通路的不可逆PWM变换器进行制动时，两个VT是如何工作的。 答：在制动状态中，id为负值，VT2就发挥作用了。这种情况发生在电动运行过程中需要降速的时候。这时，先减小控制电压，使Ug1的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压Ud降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而造成E>Ud，很快使电流id反向，VD2截止，在ton≤t＜Ｔ时，Ug2变正，于是VT2导通，反向电流沿回路

dawkh

轮流导通，而VT1始终是关断的。

在轻载电动状态，这时平均电流较小，以致在VT1关断后id经VD2续流时，还没有达到

w

w

D=

nmax

其中，nmax和nmin一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少数负nmin

载很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低转速。

当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落，与理

或用百分比表示 s=

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kh

ΔnN

×100% n0

da

想空载转速之比，称作静差率s，即 s=

ΔnN

n0

w.c

om

产生局部时间的制动作用。

１－３ 调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”？

答：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围，用字母Ｄ表示，即

w

周期Ｔ，电流已经衰减到零，这时VD2两端电压也降为零，VT2便提前导通了，使电流反向，

.k

课

电源回馈制动，与此同时，VD1两端压降钳住VT1使它不能导通。在制动状态中，VT2和VT1

后

3流通，产生能耗制动作用。在T≤t＜Ｔ+ton时，VT2关断， id沿回路4经VD1续流，向

hd网

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答案

.com

运动控制 答案

在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速nN作为最高转速 则 s=

∴nmin=

dawkh

.com

课后

ΔnNΔnN

=

n0nmin+ΔnN

ΔnN(1 s)ΔnN

ΔnN=

ss

D=

nmaxnNS

=

nminΔnN(1 S)

由上式可看出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。对于同一个调

速系统，ΔnN值一定，如果对静差率要求越严，即要求s值越小时，系统能够允许的调速范围也越小。一个调速系统的调速范围，是指在最低速时还能满足所需静差率的转速可调范围。

nOmin=150r/min，带额定负载时的速度降落ΔnN=15r/min，且在不同转速下额定速降ΔnN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 系统能够达到的调速范围为 D=

系统允许的静差率 s=

w

w

解 因为 s=

ΔnNΔnN

=

n0nmin+ΔnN

所以

ΔnN=

nmins150×0.02

==3.06r/min

1 s1 0.02

因为 Δncl=

Δnop1+K

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kh

da

w.c

om

要求系统的静差率s≤2%，那么系１－５ 某闭环调速系统的调速范围是1500~150r/min，

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？

w

.k

答案

１－４ 某一调速系统，测得的最高转速特性为nOmax=1500r/min，最低转速特性为

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nmax1500

==11 nmin150 15

DΔnN11×15

×100%=×100%=10%

nN+DΔnN1500+11×15

运动控制 答案

所以

K=

ΔnopΔncl

1=

100

1=31.7

3.06

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？

dawkh

化？

（2） 由 D=

解 （1） 因为 Δncl=

所以

则 Δncl=

调速范围扩大1.94倍。

课

ΔnNop=240r/min，若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将如何变

.k

此时 K=

解； 当s=10%时，ΔnN=

后

Δncl

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

Δnop

ww

当s=5%时， ΔnN=此时 K=

ΔnopΔncl

答案

1= 1=

nNS

，可知在s和nN不变的情况下，D只与ΔnN有关

ΔnN(1 S)

w

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kh

则若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将变大。

1—8 转速单闭环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？

如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？

答：（1）转速单闭环调速系统有以下三个基本特征

①只用比例放大器的反馈控制系统，其被被调量仍是有静差的。

②反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性能是反馈控制系统最突出的特征之一。

da

w.c

om

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RId

（1+15）=128 =Δn（1+K）=8×cl

Ce

RId128

==4.13r/min

C（1+K）1+30e

.com

RId

C（1+K）e

nNs1500×0.1

==8.33r/min

（1-s）20×（1-0.1）D

240

1=27.8 8.33

nNs1500×0.05

==3.95r/min

（1-s）20×（1-0.05）D

240

1=59.8 3.95

运动控制 答案

nN=1500r/min， 电枢电阻Ra=1.2Ω，整流装置内阻Rrec=1.5Ω，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）计算开环系统的静态速降Δnop和调速要求所允许的闭环静态速降Δncl。 （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Un=15V时，Id=IN，n=nN，则转速负反馈系数α应该是

w

w

Δnop=

额定负载时的稳态速降应为 Δncl=

nNs1500×0.1

≤=8.33r/min

（1-s）20×（1-0.1）D

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kh

（2） 系统的静态结构框图如下所示

da

w.c

INR12.5×（1.2+1.5）

==246.9r/minCe0.1367

om

则开环系数额定速降为

w

Ce=

多少？

（4）计算放大器所需的放大倍数。 解：（1）先计算电动机的电动势系数

.k

课

UN INRa220 12.5×1.2

==0.1367V min/r

1500nN

后

答案

1—10 有一V—M调速系统。电动机参数为：PN=2.2kW，UN=220V，IN=12.5A，

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③系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。

（2）改变给定电压会改变电动机的转速，因为反馈控制系统完全服从给定作用。

（3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。

1—9 在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各量有无调节能力？为什么？

答：当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。

负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的变化最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小它们对稳态转速的影响。

测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。

kh

daw

.com

运动控制 答案

a转速负反馈系统的原理图

k （3） 当Un=15V时，Id=IN，n=nN，则转速负反馈系数

.k

（4）闭环系统的开环放大系数应为 K=

运算放大器所需的放大倍数

w

w

KP=

w

1—11 在题1-10的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流Idbl≤2IN，临界

截止电流Idcr≥1.2IN，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

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kh

da

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器，试画出系统的原理图和静态结构框图，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？

w.c

om

hdm

+

-

后

α应该是

课

UnUn15α====0.01

nnN1500

ΔnopΔncl

1=

246.9

1=28.64 8.33

K28.64

==11.19

αKS/Ce0.01×35/0.1367

运动控制 答案

解：因为

IdblIdcr

且Un=15V，计算可得Rs=1.5Ω，Ucom=22.5V

daw

Idcr

1—12 某调速系统原理图如图1-58所示，已知数据如下：电动机；PN=18kW，UN=220V，

IN=94A，nN=1000r/min，Ra=0.15Ω，整流装置内阻Rrec=0.3Ω，触发整流环节

的放大倍数Ks=40。最大给定电压Unm=15V，当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压Uim=10V

（2） 调节器放大系数Kp。

（放大器输入电阻R0=20kΩ） （3） 电阻R1的数值。

w

解：（1）转速负反馈系数α应该是

UnUn15

===0.015 α=nnN1000

w

（4） 电阻R2的数值和稳压管VS的击穿电压值。

.k

课

试画出系统的静态结构框图，并计算：

（1） 转速反馈系数α。

后

设计指标：要求系统满足调速范围D=20，静差率s≤10%，Idbl=1.5IN，。Idcr=1.1IN。

w

（2）先计算电动机的电动势系数

Ce=

则开环系数额定速降为

Δnop=

Δncl=

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kh

nNs1000×0.1

≤=5.56r/min

（1-s）20×（1-0.1）D

da

INR94×（0.15+0.3）

==205.4r/min

0.2059Ce

w

.c

UN INRa220 94×0.15

==0.2059V min/rnN1000

om

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答案

kh

.com

Un+Ucom=≤2IN

RS

U

=com≥1.2IN

RS

Idbl

Un+Ucom=≤2IN

RS

U

=com≥1.2IN

KRS

运动控制 答案

闭环系统的开环放大系数应为 K=

ΔnopΔncl

运算放大器所需的放大倍数 KP=

dawkh

1—13 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时系统是否有调节作用，为什么？

（1） 放大器的放大系数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γ。

节作用再通过反馈控制作用，因为他们的变化最终会影响到转速，减小它们对稳态转速的影响。

电动机励磁电流、电枢电阻Ra发生变化时仍然和开环系统一样，因为电枢电阻处于反馈环外。

当供电电网电压发生变化时系统有调节作用。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定。

当电压反馈系数γ发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。

1-13 有一个V—M系统，已知：电动机：PN=2.8kW，UN=220V，IN=15.6A，

w

w

Ks=35。

nN=1500r/min，Ra=1.5Ω，整流装置内阻Rrec=1Ω，触发整流环节的放大倍数

.k

课

后

答

案

答：在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当放大器的放大系数Kp发生变化时系统有调

w

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

da

Id=IN，n=nN，计算转速负反馈系数α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Un=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时静

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kh

w.c

（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%，计算系统允许的稳态速降。

om

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.com

1=

205.4

1=35.9 5.56

K35.9

==12.3

αKS/Ce0.015×40/0.2059

运动控制 答案

差率。

解：（1）系统开环工作时， Ce=

dawkh

则 s=

（2）当D=30，s=10%，系统允许的稳态速降

ΔnN=

（3）当Un=10V时，Id=IN，n=nN，则转速负反馈系数

UnUn10α====0.007

nnN1500

闭环系统的开环放大系数应为

课

K=

ΔnopΔncl

运算放大器所需的放大倍数 KP=

w

w

（4）在电压负反馈有静差调速系统中，开环与闭环的速降是一样的，

所以Δncl=Δnop=297.5r/min

.k

s=

w

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

电磁时间常数 Tl=

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kh

L0.05

==0.0185s R1.2+1.5

da

反馈系统能否稳定运行？如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K是多少？

解：计算系统中各环节的时间常数：

w.c

GD2=1.6N m2，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

om

DΔnN30×297.5

×100%=×100%=85.6%

1500+30×297.5nN+DΔnN

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DΔnN30×297.5

×100%=×100%=85.6%

1500+30×297.5nN+DΔnN

nNs1500×0.1

==5.56r/min

D（1-s）30×（1-0.1）K52.51

==30.6

αKS/Ce0.007×35/0.1311

.com

UN INRa220 15.6×1.5

==0.1311V min/r

1500nN

则开环系数额定速降为

INR15.6×（1.5+1）

Δnop===297.5r/min

Ce0.1311

α应该是

后

答案

1=

297.5

1=52.51 5.56

运动控制 答案

三相桥式整流电路，晶闸管装置的滞后时间常数为 Ts=0.00167s 为保证系统稳定，开环放大系数应满足的稳定条件：

daw

Tm(Tl+Ts)+Ts20.065×(0.0185+0.00167)+0.001672

==42.5 K<

TT0.0185×0.00167ls

kh

因为 23.1>28.75,所以该系统不可以稳定运行,

如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K最大为23.1.

当积分调节器1-16 为什么用积分控制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，的输入偏差电压ΔU=0时，调节器的输出电压是多少？它取决于那些因素？

答；在动态过程中，当ΔUn变化时，只要其极性不变，积分调节器的输出Uc便一直增长；只有达到Un=Un,ΔUn=0时，不到ΔUn变负，Uc才停止上升；Uc不会下降。当ΔUn=0时，Uc并不是零，而是一个终值；如果ΔUn不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，这是积分控制的特点。因此，积分控制可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，实现无

静差调速。

比例调节器的输出只取决于输入偏差量的现状，而积分调节器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。虽然现在ΔUn=0，但历史上有过ΔUn，其积分就有一定数值，足以产生稳态运行时需要的控制电压Uc。

第二章 转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法

速调节器的放大倍数Kn行不行？改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行？改变

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kh

2-1 在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速，应调节什么参数？改变转

da

w.c

1-17 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？并说明理由。

答：系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。

因此转速的稳态精度还受给定电源和测速发电机精度的影响。

稳态运行时的速度是否有静差？为1-18 采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，

什么？试说明理由。

答：采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，稳态运行时的速度是无静差的。 电压负反馈实际是一个自动调压系统，只有被包围的电力电子装置内阻引起的稳态速降被减小到1/（1+K），它的稳态性能比带同样放大器的转速负反馈系统要差。但基本控制原理与转速负反馈类似。它与转速负反馈一样可以实现无静差调节。

w

w

.k

w

om

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答案

课

后

.com

GD2R1.6×(1.2+1.5)

==0.065s 机电时间常数 Tm=

30375CeCm375×0.1367××0.1367

π

运动控制 答案

因此 转速 n 是由给定电压Un决定的；改变转速反馈系数也可以改变电动机转速。改变转速调节器的放大倍数Kn和电力电子变换器的放大倍数Ks 不可以。

dawkh

转速调节器ASR的输出限幅电压Uim决定了电流给定电压的最大值；电流调节器ACR

的输出限幅电压Ucm限制了电力电子变换器的最大输出电压Udm。

w

.k

2-3 如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是PI调节器，而改为P调节器，对系统的静、动态性能将会产生什么影响？

答：改为P调节器时其输出量总是正比于输入量，PI调节器的输出量在动态过程中决定于输入量的积分，到达稳态时，输入为零，输出的稳态值与输入无关而是由它后面环节的需要决定的。

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）转速、电流双闭环调速系统在稳态工作点上，转速 n 是由给定电压Un决定的。

w

ASR的输出量U*i是由负载电流 IdL 决定的。控制电压Uc的大小则同时取决于n和Id，

或者说，同时取决于Un和 IdL。双闭环调速系统的稳态参数计算是和无静差系统的稳态计

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kh

算相似。

带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特性特点：电流负反馈的作用相当于在主电路中串入一个大电阻 Kp Ks Rs ，因而稳态速降极大，特性急剧下垂；比较电压 Ucom 与给定电压 Un* 的作用一致，好象把理想空载转速提高了。这样的两段式静特性常称作下垂特性或挖土机特性。 （2）

（3）双闭环直流调速系统的起动过程有以下三个特点：饱和非线性控制、转速超调、准时间最优控制。

（4）由动态结构图中可以看出，负载扰动作用在电流环之后，因此只能靠转速调节器ASR来产生抗负载扰动的作用。在设计ASR时，应要求有较好的抗扰性能指标。

w

da

w.c

om

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http://

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

答：当两个调节器都不饱和时，它们的输入偏差电压都是零

课

后

答案

.com

转速反馈系数α行不行？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？ 答：双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调节器都不饱和时，各变量之间有下列关系

*

Un=Un=αn=αn0

运动控制 答案

行时，转速反馈线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调节器的输入偏差电压ΔUi是否

daw

为零？为什么？

2-6 在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号Un未改变，若增大转速反馈系数α，系统稳定后转速反馈电压Un是增加还是减少？为什么？

2-7 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：PN=3.7kW,UN=220V,IN=20A,nN=1000r/min，电枢回路总电阻

R=1.5Ω，设Unm=Uim=Uom=8V，电枢回路最大电流Idm=40A，电力电子变换器的

课

（1）电流反馈系数β和转速反馈系数α；

后

放大系数Ks=40。试求：

（2）当电动机在最高速发生堵转时的Ud0、Ui、Ui、Uc值。

ww

.k

因为Idm=所以β=

Uim

解：（1）稳态时

w

（2）电动机在最高速发生堵转时n=0 Ud0=Cen+IdR=40×1.5=60V

Ui= Ui=βId=8V Ui=8V Uc=

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Ud060

==1.5V Ks40

da

w.c

om

Unm8α===0.008V min/r

nmax1000

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http://

kh

答案

β

im

.com

（5）在单闭环调速系统中，电网电压扰动的作用点离被调量较远，调节作用受到多个环节的延滞，因此单闭环调速系统抵抗电压扰动的性能要差一些。双闭环系统中，由于增设了电流内环，电压波动可以通过电流反馈得到比较及时的调节，不必等它影响到转速以后才能反馈回来，抗扰性能大有改善。

2-5 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用PI调节器。当系统带额定负载运

U8

==0.2V/AIdm40

运动控制 答案

2-8 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

（1）Ui应如何变化？

（2）Uc应如何变化？

daw

（3）Uc值由哪些条件决定？

2-9 在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因使电动机励磁电源电压突然下降一半，系统工作情况将会如何变化？写出Ui、

Uc、Ud0、Id及n在系统重新进入稳定后的表达式。

2-10 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 （1）求系统的开环增益；

（2）计算过度过程时间ts和上升时间tτ；

（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tτ<0.25s，则K=？，σ=?

课

后

答案

σ≤10%。

2-11 有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)=

.k

无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ≤5%（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。

w

w

2-13 调节对象的传递函数为Wobj(s)=

18

，要求用调节器分别将其校

(0.25s+1)(0.005s+1)

的额定数据为：PN=60kW,UN=220V,IN=308A,nN=1000r/min，电动势系数

Ce=0.196V min/r，主回路总电阻R=0.18Ω，触发整流环节的放大倍数Ks=35。电

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kh

da

正为典型I型和II型系统，求调节器的结构与参数。

2-14 在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机

w.c

om

。试决定调节校正为典型II型系统，在阶跃输入下系统超调量σ≤30%（按线性系统考虑）

器结构，并选择其参数。

w

2-12 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)=

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kh

.com

达到Uim=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：

K110

，要求设计一个=

τs+10.01s+1

K110

=，要求

s(Ts+1)s(0.02s+1)

运动控制 答案

磁时间常数Tl=0.012s，机电时间常数Tm=0.12s，电流反馈滤波时间常数Toi=0.0025s，

ACR饱和输出电压Uim=8V,Uom=6.5V。

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σi≤5%，空载起

daw

动到额定转速时的转速超调量σn≤10%。试求：

（1）确定电流反馈系数β（假设起动电流限制在339A以内）和转速反馈系数α；

（2）试设计电流调节器ACR，计算其参数Ri、Ci、Coi。画出其电路图，调节器输

入回路电阻R0=40kΩ；

（3）设计转速调节器ASR，计算其参数Rn、Cn、Con。（R0=40kΩ）； （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σn。 （5）计算空栽起动到额定转速的时间。

解：1.电流反馈系数β和转速反馈系数α分别为

Uim8

==0.0236V/A β=

Idm339

w

2.（1）确定时间常数

① 整流装置滞后时间常数Ts.按表1-2,三相零式电路的平均失控时间Ts=0.0033s.

② 电流滤波时间常数Toi.三相桥式电路每个波头的时间是3.3ms,为了基本滤平波头,应有(1–2)Toi=3.33ms,因此取Toi=2.5ms=0.0025s.

③ 电流环小时间常数之和Ti.按小时间常数近似处理,取 Ti=TS+Toi=0.0058s

w

.k

∑

Unm10

==0.01V min/r α=

nmax1000

w

环控制对象是双惯性型的,因此可用PI型电流调节器,其传递函数见式(2-57).

检查对电源电压的抗扰性能:

电流环开环增益:要求

σi≤5℅时,按表2-2,应取K1T

da

抗扰性能,各项指标都是可以接受的. （3）计算电流调节器参数

电流调节器超前时间常数: τi=Tl=0.012s.

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kh

w.c

∑i

Tl0.012s==2.07,参照表2-3的典型I型系统动态Ti0.0058s∑

=0.5,因此

om

（2）选择电流调节器结构

根据设计要求σi≤5℅,并保证稳态电流无差,可按典型I型系统设计电流调节器.电流

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答案

∑

kh

课

后

.com

转速反馈滤波时间常数Ton=0.015s。额定转速时的给定电压 (Un)N=10V，调节器ASR、

运动控制 答案

课后答案网 http:// 

KI=

0.50.5

==86s 1 Ti0.0058s∑

KIτiR86×0.012×0.18

==0.225

35×0.0236Ksβ

于是,ACR的比例系数为: Ki=（4）校验近似条件 电流环截止频率:

da

w

① 晶闸管整流装置传递函数的近似条件

kh

满足近似条件.

②

忽略反电动势变化对对电流环动态影响的条件

=3=79.06s 1<ωci

满足近似条件.

③ 电流环小时间常数近似处理条件

Ri=KiR0=0.225×40kΩ=9kΩ

τ0.012Ci=i=F=1.33×10 6F=1.33μF,取1.33μF3

Ri9×10

课

后

满足近似条件.

（5）计算调节器电阻电容

由图2-25,按所用运算放大器取R0=40kΩ,各电阻和电容值为

答==116.1s 1>ωci

按照上述参数,电流环可以达到的动态跟随性能指标为σi=4.3℅<5℅(见表2-2),满足设计

w

w

③

转速环小时间常数T

∑n

.按小时间常数近似处理,取

（2）选择转速调节器结构按照设计要求,选用PI调节器,其传递函数WASR（s）=

∑

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kh

由式(2-75)可得转速环开环增益: KN=

h+14

s 2=314.1s 2 =2222

2hTn2×3×0.0266

∑

da

（3）计算转速调节器参数按跟随和抗扰性能都较好的原则,取h=3,则 ASR的超前时间常数为τn=hTn=3×0.0266s=0.0798s

w.c

1

Tn=+Ton=0.0116s+0.015s=0.0266s ∑KI

K（nτns+1）

τns

om

1

=2Ti=2×0.0058s=0.0116s

∑∑iKI

② 转速滤波时间常数Ton.根据所用测速发电机纹波情况,取Ton=0.01s.

①

电流环等效时间常数1/KI.已取KIT

w

要求.

3. （1）确定时间常数

.k

4T4×0.0025 6

Coi=oi=F=×F=0.25μF,取0.2μF0.25103

R040×10

hdacom

.com

ωci=KI=86s 1

11==101s 1>ωci 3Ts3×0.0033s

=0.5,

运动控制 答案

于是,由式(2-76)可得ASP的比例系数为:

Kn=

（4）检验近似条件

com

(h+1)βCeTm4×0.0236×0.196×0.12

==7.73

2hαRTn2×3×0.01×0.18×0.0266

∑

由式(2-33)得转速环截止频率为:

ωcn=

KN

ω1

=KNτn=314.1×0.0798s 1=25.1s 1

①电流环传递函数简化条件为:

1

==40.6s 1>ωcn,满足简化条件.

1

=25.2s 1>ωcn ,满足近似条件. =②转速环小时间常数近似处理条件为:

（5）计算调节器电阻和电容

根据图2-27,取R0=40kΩ,则 Rn=KnR0=7.73×40kΩ=309.2kΩ,取310kΩ

Cn=

Rn

=

答案

τn

0.0798 6

F=×F=0.257μF,取0.257μF0.257103

310×10

计算的,而突加阶跃给定时,ASR饱和,不符合线性系统的前提,应该按ASR退饱和的情况重新计算超调量。

课

（6）校核转速超调量

当h=3时,由表2-6查得, σn=52.6℅,不能满足设计要求.实际上,由于表2-6是按线性系统

后

4T4×0.015 6

Con=on=F=×F=1.5μF,取1.5μF1.5103

R040×10

λ=

w

308×0.18ΔCmaxΔnNT∑n0.0266

σn=2×=2×72.2%×1.1××=9.96%<10%λ*

CbnTm10000.12

w

电枢回路总电阻R=0.14Ω，允许电流过载倍数λ=1.5，触发整流环节的放大倍数

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PN=555kW,UN=750V,IN=760A,nN=375r/min，电动势系数Ce=1.82V min/r，

da

主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：2-15 有一转速、电流双闭环调速系统，

w

.c

7.73×10 2h KnUn 6

t2≈ =××0.0266=0.386s T n∑ h+1 Uim βIdL 4 8 0.0236×308

om

4.如果只起动

5.空载起动到额定转速的时间

w

Im339==1.1IN308

.k

（7） 由表2-7查得,由h=3得，

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kh

ΔCmax

b

=72.2%