电力拖动自动控制系统运动控制系统习题解答第4、5章.docx

习题四4.1 双闭环调速系统的 ASR 和 ACR 均为 PI 调整器，设系统最大给定电压U * =15V，转速调整器限幅值为U *nm im=15V， n=1500r/min，INN=20A，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻 R =2Ω， K =20， C =0.127V·min/r，求：〔1〕当系统稳s e定运行在U * =5V， In dL=10A 时，系统的n 、Un、U* 、Ui i和U 各为多少？〔2〕c当电动机负载过大而堵转时，U* 和Ui c各为多少？解：〔1〕aU= nm= 15V = 0.01V min/ rn = Un =n 1500r / minN5V = 500r / mina 0.01V min/ rb U * 15V= imIdm= 40A = 0.375V / AU * = b Ii d= 0.375 ´10 = 3.75VU = b I = 0.375 ´10 = 3.75Vi dC n + I R 0.127 ´ 500 +10 ´ 2U = e d c Ks= = 4.175V20〔2〕堵转时，U * = b Ii dm= 15V ， UcC n + I=e dKsR = 0.127 ´ 0 + 40 ´ 2 = 4V204.2 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调整器ASR，ACR 均承受 PI 调整器。

参数：电动机： PN=3.7kW，UN=220V， IN=20A， nN=1000 r/min ,电枢回路总电阻 R =1.5Ω,设U *nmU * U==im cm=8V，电枢回路最大电流 Idm=40A,电力电子变换器的放大系数 K =40试求：s（1） 电流反响系数b 和转速反响系数a 2） 当电动机在最高转速发生堵转时的Ud 0, U * ,Ui i,Uc 值解:1〕 bU *= imIdm= 8V = 0.32V / A40AU 8Va = nm = = 0.008V min/ rn 1000r / minN2) Ud 0= E + I ´ Rd å= I ´ Rdm S= 40 ´1.5 = 60V这时： U*n= 8V ,Un= 0 ，ASR 处于饱和，输出最大电流给定U* = 8V ,Ui iU= 8V ,60U = d 0 C KS= = 1.5V404.3 在转速、电流双闭环调速系统中，调整器 ASR，ACR 均承受 PI 调整器当 ASR 输出到达U *im=8V 时，主电路电流到达最大电流 80A当负载电流由 40A增加到 70A 时，试问：〔1〕U * 应如何变化？〔2〕Ui c应如何变化？〔3〕U 值c由哪些条件打算？解: 1)U *b = imIdm= 8V = 0.1V / A80AU * 就是电流的给定，因此当电流从 40A 到 70A 时， U * 应从 4Vi i到 7V 变化。

C2) U 要有所增加C3) UU = Ud 0取决于电机速度和负载大小由于Ud 0= E + I Rd S= C n + I Re dm SC KS4.4 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，现因某种缘由功率变换器供电电压上升 5%，系ic统工作状况将会如何变化？写出U * ,U,U ,Id 0 d及 n 在系统重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响得到比较准时的调整U ­Þ Us d0­Þ Id­Þ Ui­Þ DU为负 Þ Ui c¯Þ Ud0¯Þ I ¯d重稳定后，U * =bI 不变i dLU 不变d0U UC n + I R= d0 = e dL 减小c K Ks sn U *n= a 不变I 是负载电流dLb是电流反响系数a是转速反响系数U *是给定转速n4.5 某反响把握系统已校正成典型 I 型系统时间常数 T=0.1s, 要求阶跃响应超调量s ≤10％1） 系统的开环增益2） 计算过渡过程时间t 和上升时间t ；s rs（3） 绘出开环对数幅频特性。

假设要求上升时间t <0.25s, 则K=?， ％r=?〔3〕绘出开环对数幅频特性假设要求上升时间t < 0.25s ，求 K, s .r解：取 KT = 0.69, x = 0.6,s % = 9.5%(1) 系统开环增益： K = 0.69 / T = 0.69 / 0.1 = 6.9(1/ s)(2) 上升时间t = 3.3T = 0.33Sr过度过程时间：t » 3s xwn= 6T = 6 ´ 0.1 = 0.6s〔3〕r如要求t < 0.25s ，则应取 KT = 1,x = 0.5 这样 K =1/ T =10 ,超调量=16.3%4.6 有一个系统，其把握对象的传递函数为W(s) = K= 10 ，1objts + 1 0.01s + 1要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ≤5%〔按线性系统考虑〕试对该系统进展动态校正，打算调整器构造，并选择其参数解：可选择积分调整器，设其传递函数为：W(s) = Ki ，则校正成系统的s传递函数为：W(s) = 10Ki ，将原系统校正成Ⅰ型系统W (s) = K s〔0.01s+1〕 I s〔Ts+1〕以实现无静差，按σ≤5%要求查表取：KT=0.5 即：10K ×0.01=0.5，得：K =5。

i i4.7 有一个闭环系统，其把握对象的传递函数为KW (s) = 1= 10，要求校正为典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下objs(Ts + 1) s(0.02s + 1)系统超调量σ%≤30%〔按线性系统考虑〕试打算调整器构造，并选择其参数W K 〔ts+1〕解：应选择 PI 调整器，〔s〕= PItPI s，校正后系统开环传递函数W〔s〕=K 〔ts+1〕 KPIts1 ，比照典型Ⅱ型系统，K=K K /t ，t =hT，选 h=8，PI 1s〔Ts+1〕PI 1查表得：σ%=27.2%，满足设计要求t =hT=8*0.02=0.16 sK=〔h+1〕/〔2h2T2〕=175.78，K =Kt /K =2.814.8 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N8kHz电动机的额定数据为： P= 60 kW , U= 220 V , I= 308 A , n= 1000 r/min ,e sNNN电动势系数C =0.196 V·min/r , 主回路总电阻 R =0.1Ω,变换器的放大倍数K =35电磁时间常数Tl=0.01s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反响滤波时间常数T0i=0.0025s,转速反响滤波时间常数T =0.015s。

额定转速时的给定电压(U *)=10V,调整器 ASR，ACR 饱和输出电压0n n NU *=8V,U =8Vim cm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s i ≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量s n ≤15%试求：（1） 确定电流反响系数β(假设起动电流限制在1.5IN以内)和转速反响系数α2） 试设计电流调整器 ACR,计算其参数 Ri, 、Ci 、COi画出其电路图,调整器输入回路电阻 R0=40 kW 3） 设计转速调整器ASR,计算其参数Rn 、Cn 、COnR0=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σ n（5） 计算空载起动到额定转速的时间U *解：〔1〕 b = I imdm= 81.5 ´ IN= 81.5 ´ 308= 0.0173V/AU 10Va = nm = = 0.01V min/ rn 1000r / minN〔2〕电流调整器设计s确定时间常数：(a) T= 1 = 0.000125s8000(b) 1 =Toi1 1 1 ,因此取T( ~ ) oi5 10 TPWM=0.0006。

c) T = T + T =0.000725så i s oi电流调整器构造确定：iK (tiS +1)由于si£ 5% ，可按典型 I 型系统设计，选用 PI 调整器，WACR(S) ) = t S ,i电流调整器参数确定: ti= T =0.01sl电流环开环增益：要求s £ 5% 时，按表 4-1，应取 K T = 0.5 ，因此i I å i0.5 0.5K = = = 689.655s-1I T 0.000725å i于是，ACR 的比例系数为K t R 689.655 ´ 0.01 ´ 0.1K = I i = = 1.13898i K b 35 ´ 0.0173s校验等效条件：电流环截止频率： w = Kci I= 689.655 s-11 1（1） 校验整流装置传递函数的近似条件= = 2666.6 s-1 > w满足近似条件3T 3 ´ 0.000125 cis（2） 校验无视反电动势变化对电流环动态影响的条件10.12 ´ 0.013 1 = 3´ = 86.602 s-1 < wT T ci满足近似条件m l1 13 T Ts oi10.00012。