第四章 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Um=15V,nW =1500r/min,Iw=20A,电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R=22,K,=20,C。=0.127Vmin/r, 求：(1)当系统稳定运行在U=5,1=0A时，系统的n、U。、U、U,和U.各为多少？ (2)当电动机负载过大而堵转时，U和U。各为多少？ 解：(1) a=U nx =15V /1500rpm =0.01V rpm 当-5业，转海n=名00 p=号-03w1A U-B1,=0.375*10=3.75=U, U。=%=E+R-Cm+1R.0127*50+10*2.4175w K。K, K。 20 即n=500pm,Un=5P,=U,=3.75,U.=4.175v (2)堵转时，=Hm=l5P, u-光州袋-2- K K。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：Px=3.7k,Uw=220N,1w=20A,mw=1000/min,电枢回路总电阻R=l.5Q, 设Um=Ui=Um=8V,电枢回路最大电流1m=40A,电力电子变换器的放大系数K,=40。试 求： (1)电流反馈系数B和转速反馈系数α。 (2)当电动机在最高转速发生堵转时的U0,U,U。值。 ￥1-先-品-02r4a-号-0w1m 8V 2)Un=E+1mR=Cmw+1mR=40A*1.52=60m 这时： U=8Y,Un=0,ASR处于饱和，输出最大电流给定值
第四章 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 * Unm =15V， N n =1500r/min， N I =20A，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻 R =2Ω，Ks =20，Ce =0.127V·min/r， 求：（1）当系统稳定运行在 * Un =5V， dL I =10A 时，系统的 n 、Un 、 * Ui 、Ui 和 Uc 各为多少？ （2）当电动机负载过大而堵转时， * Ui 和 Uc 各为多少？ 解：(1) * * * * * 0 * / 15 / 1500 0.01 / 5 5 , 500 0.01 / 15 0.375 / 40 0.375*10 3.75 0.127 *500 10 * 2 4.175 20 500 , 5 , 3.75 , nm N n n im dm i d i d dL e N dL C s s s n i i c U n V rpm V rpm U V U V n rpm V rpm U V V A I A U I V U U E I R C n I R U V K K K n rpm U V U U V U = = = = = = = = = = = = = = + + + = = = = = = = = = 当 转速 即 = 4.175v （2）堵转时， Ui Idm 15V * = = ， ( ) 0 40* 2 4 20 d dm e d c s s s U I R C n I R U V K K K + = = = = = 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： PN =3.7kW，U N =220V， N I =20A，nN =1000 r/min ,电枢回路总电阻 R =1.5Ω, 设 Unm =Uim =Ucm * * =8V，电枢回路最大电流 I dm =40A,电力电子变换器的放大系数 Ks =40。试 求： （1）电流反馈系数 和转速反馈系数 。 （2）当电动机在最高转速发生堵转时的 , Ud 0 Ui Ui Uc , , * 值。 解:1） * * 8 8 0.2 / 0.008 / 40 1000 im nm dm N U V U V V A V rpm I A n rpm = = = = = = 2) U E I R C n I R A V d dl e N dl 0 40 *1.5 60 = + = + = = 这时： * 8 , 0 U V U n n = = ，ASR 处于饱和，输出最大电流给定值
U=8Ψ，U,=8Ψ Uc=Uo/Ks=60/40=1.5V 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Um=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)U。应如何变化？(3)。值由哪些条件决定 保》-艺-器-arA 因此当电流从40A→70A时，U应从4V→7V变化。 2)Uc要有所增加 3)Uc取决于电机速度和负载大小。因为Uo=E+IwR=Cnw+IwR U.-U=(Cn+l,R) K。 K. 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=0.13要求阶跃响应超调量。 ≤10%。 (1)系统的开环增益。 (2)计算过渡过程时间1，和上升时间，： (3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间1，<0.253，则K=,。%=9 解：取KT-0.69,5=0.6,o%-9.5% ()系统开环增益：K=0.69/T=0.6910.1=6.91/s) (2)上升时间1.=3.3T=0.33S 过度过程时间： 3=6=6x0.1=0.6s ,g (3)
* 8 , 8 , U V U V i i = = 0 60 40 1.5 U U K V C d S = = = 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 * 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： （1） * Ui 应如何变化？（2） Uc 应如何变化？（3） Uc 值由哪些条件决定？ 解: 1) * 8 0.1 / 80 im dm U V V A I A = = = 因此当电流从 40A 70A 时， * Ui 应从 4V 7V 变化。 2) UC 要有所增加。 3) UC 取决于电机速度和负载大小。因为 U E I R C n I R d dl e N dl 0 = + = + ( ) d 0 e d c s s U C n I R U K K + = = 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 ≤10％。 （1）系统的开环增益。 （2）计算过渡过程时间 s t 和上升时间 r t ； （3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间 r t <0.25s, 则K=?， ％=? 解：取 KT = = = 0.69, 0.6, % 9.5% (1) 系统开环增益： K T s = = = 0.69 / 0.69 / 0.1 6.9(1/ ) (2) 上升时间 3.3 0.33 r t T S = = 过度过程时间： 3 6 6 0.1 0.6 s n t T s = = = （3）
6.9 如要求1.<0.25s,查表3-1则应取KT=1,5=0.5,1,=2.4T=2.4*0.1=0.24s这时 K=1/T=10,超调量=16.3%： 46有一个系统，其控制树象的传递通数为”因。品08要求设计一个无静老 10_ 系统，在阶跃输入下系统超调量。%≤5%（按线性系统考虑）。试对系统进行动态校正，决 定调节器结构，并选择其参数。 解：按典型1型系统设计，选KT=0.5,5=0.707,查表3-1，得σ%=43% 选【调节器，)校正后系统的开环传递函数为 r=石o08+D这样，T=01,K0/r,已选KT=05,则K=05T=50,所以 10 -01K-00-0as,积分谓节：w=名02 47有一个闭环系统其控封时象的传建函数为y小 +)025+要求校正为 典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超调量。%≤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，W,-K+,校正后系统的开环传递函数-Kms+DK rs 西+1 对照典型Ⅱ型系统，K=KmK/，t=hT,选h=8,查表3-4，o%-27.2%,满足设计要 求。这样T=hT=8*0.02=0.16s, h+1 8+1 K=27=2+g002=175.78,Km=Kx/K=175.78*016110=281 4.8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，已知电动机的 额定数据为：P=60kW,Uw=20V,1N=308A,mw=1000min,电动势系数C
如要求 0.25 r t s ，查表 3-1 则应取 KT = = 1, 0.5 , 2.4 2.4*0.1 0.24 r t T s = = = 这时 K T = = 1/ 10,超调量=16.3%。 4.6 有一个系统，其控制对象的传递函数为 0.01 1 10 1 ( ) 1 + = + = s s K W s obj ，要求设计一个无静差 系统，在阶跃输入下系统超调量 ％≤5％（按线性系统考虑）。试对系统进行动态校正，决 定调节器结构，并选择其参数。 解：按典型 I 型系统设计，选 KT = = = 0.5, 0.707, 3-1 % 4.3% 查表 ，得 。 选 I 调节器， 1 W s( ) , s = 校 正 后 系 统 的 开 环 传 递 函 数 为 1 10 ( ) , T 0.01 (0.01 1) W s s s = + 这样， ＝ ， K=10/ ，已选 KT ＝ 0.5, 则 K ＝ 0.5/T=50, 所 以 = = = 10 / 10 / 50 0.2 K S ，积分调节器： 1 1 ( ) 0.2 W s s s = = 。 4.7 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为 (0.02 1) 10 ( 1) ( ) 1 + = + = s Ts s s K W s obj ，要求校正为 典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超调量 ％≤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， 1 ( 1) ( 1) ( ) , ( ) ( 1) PI PI PI K s K s K W s W s s s s Ts + + = = + 校正后系统的开环传递函数 ， 对照典型Ⅱ型系统， 1 K K K hT = = PI / , h 8 3-4 ,选 ＝ ， 查表 ， %=27.2% ，满足设计要 求。 这样 = = = hT s 8*0.02 0.16 ， 2 2 2 2 1 1 8 1 175.78, / 175.78*0.16 / 10 2.81 2 2*8 *0.02 PI h K K K K h T + + = = = = = = 4.8 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，已知电动机的 额定数据为： PN = 60 W , UN = 220 V , I N = 308 A , nN = 1000 //in , 电动势系数 Ce L 6.9
=0.196Vmi,主回路总电阻R=0.18Q,触发整流环节的放大倍数K,=35。电磁时间常数 T,=0.012s,机电时间常数Tn=0.12s,电流反馈滤波时间常数T=0.0025s,转速反馈滤波时 间常数T=0.015s。额定转速时的给定电压(U.),=10N,调节器ASR,ACR饱和输出电压 U=8Y,.=6.5V. 系统的静、动态指标为：稳态无静差，调速范围=10，电流超调量。，≤5%，空载起动到额定转 速时的转速超调量a.≤10%。试求： (1)确定电流反馈系数B(假设起动电流限制在1.1/，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R.、C,、C。画出其电路图，调节器输入回路电 阻Ro-402。 (3)设计转速调节器ASR计算其参数Rm、C。、C。(R=4OkQ) (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。 解：(1)B=11=811.1*1w)=81339A=0.02361A a=10/1000=0.01Wmi/r (2)电流调节器设计 确定时间常数：a)T=0.00333s b)T=0.0025s c)T=T+T=0.0025+0.00333=0.00583s 电流调节器结构确定 因为,≤5%，可按典型I型系统设计，选用P调节器，mS=K,S+ tS 电流调节器参数确定：=T=0.012,选K,T2=0.5,K,=0.5/T=85.76s1, K-KR_85.76x0012x018-024 KB 35×0.0173 校验等效条件：o=K,=85.76s
=0.196 V·in // , 主回路总电阻 R =0.18Ω,触发整流环节的放大倍数 Ks =35。电磁时间常数 Tl =0.012s,机电时间常数 Tm =0.12s,电流反馈滤波时间常数 T0i =0.0025s,转速反馈滤波时 间常数 T0n =0.015s。额定转速时的给定电压(Un * )N =10V,调节器 ASR，ACR 饱和输出电压 Uim * =8V,Ucm =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 i ≤5% ,空载起动到额定转 速时的转速超调量 n ≤10%。试求： （1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在 1.1 N I 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 Rn, 、Ci 、COi。画出其电路图,调节器输入回路电 阻 R0=40 k。 （3）设计转速调节器 ASR,计算其参数 R 、C 、COn。(R0=40WΩ) （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 。 （5）计算空载起动到额定转速的时间。 解：（1） * / 8 / (1.1* ) 8 / 339 0.0236 / = = = = U I V I V A V A im dm N = = 10/1000 0.01 min/ V r （2）电流调节器设计 确定时间常数： ) 0.00333 s a T s = ) 0.0025 oi b T s = 0 ) 0.0025 0.00333 0.00583 i i s c T T T s = + = + = 电流调节器结构确定： 因为 i 5%，可按典型 I 型系统设计，选用 PI 调节器， ( 1) ( ) i i ACR i K S W S S + = , 电流调节器参数确定 : 1 0.012 , 0.5, 0.5 / 85.76 i l I i I i T s K T K T s− = = = = = 选 ， 85.76 0.012 0.18 0.224 35 0.0173 I i i s K R K K = = = 。 校验等效条件： 1 85.76 ci I K s− = =
a电力电子装置传递函数的近似条件玩3x003污=10101>0， 1 1 1 b)忽略反电势的影响的近似条件： VT.T V612x0012=79.06Soa 可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R=40K,则： R=KR=0.224×40K=8.96K,取9K 由此C=g/R=0012109x10)=133uF C=4T/R=4×0.0025/40x103=0.25μF (3)速度调节器设计 确定时间常数： )电流环等效时间常数1/K,:因为K,I2=0.5 则1/K,=2T,=2×0.00583=0.01166s b)Tm=0.015s 9T。=1/K,+Tm=0.01166+0.015=0.02666s 速度调节器结构确定： 按照无静差的要求，应选用P1调节器， Wesw(s)=K.(s+D) 速度调节器参数确定： t=hs.=5.t=hTs,=0.1333s k-22x38oG=168ar 6 K,=h+IBCZ」 校验等效条件： 6×0.0236×0.196×0.12 2haRTs 2x5x0.01×0.18x00266-694 0m=Kw14=Kwtn=168.82×0.1333=22.5s a电流环近似条件：}区_1「8576 3V23V6.00583 40.43s1>0 b烤遮环小时间常数近似：会-560 1K_1⑧576 =25.251>0
1 1 0 1 1 ) 1 101.01 3 3 0.00333 1 1 ) 3 3 79.06 0.12 0.012 1 1 1 1 ) 115.52 3 3 0.00333 0.0025 ci S ci m l ci s i a T b S T T c s T T − − = = = = = == 电力电子装置传递函数的近似条件： 忽略反电势的影响的近似条件： 电流环小时间常数的近似条件： 可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选 0 R K = 40 ,则： 0 0.224 40 8.96 R K R K K i i = = = , 取 9K. 由此 3 3 0 0 0 / 0.012 / (9 10 ) 1.33 4 / 4 0.0025 / 40 10 0.25 i i i i i C R F C T R F = = = = = = （3）速度调节器设计 确定时间常数： a) 电流环等效时间常数 1/ KI :因为 0.5 K TI i = 则 1/ 2 2 0.00583 0.01166 K T s I i = = = b) 0.015 T s on = c) 1/ 0.01166 0.015 0.02666 T K T s n I on = + = + = 速度调节器结构确定： 按照无静差的要求，应选用 PI 调节器， ( 1) ( ) n n ASR n K s W s s + = , 速度调节器参数确定： , 5, 0.1333 n n n n hT h hT s = = = = 取 2 2 2 2 2 1 6 168.82 2 2 5 0.02666 ( 1) 6 0.0236 0.196 0.12 6.94 2 2 5 0.01 0.18 0.02666 N n e m n n h K s h T h C T K h RT − + = = = + = = = 校验等效条件： 1 1 / 168.82 0.1333 22.5 cn N N n K K s− = = = = 1 1 0 1 1 85.76 ) 40.43 3 3 0.00583 1 1 85.76 ) 25.2 3 3 0.015 I cn i I cn n K a s T K b s T − − = = = = 电流环近似条件： 转速环小时间常数近似：
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验（空载乙=0》 G%=24=X2-0,22x812%x1X308x01800260 n T. 0.196×10000.12 =1123%>10% 转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需币新设计 查表，应取小一些的h,选h3进行设计。 按h=3,速度调节器参数确定如下：Tn=hT=0.07998s Kx=(h+1)/2h2Tm=4/(2×9×0.026662)=312.656s Kn=(h+1)BCT./2haRT2n=4×0.0236×0.196×0.121(2×3×0.01×0.18×0.02666)=7.6 校验等效条件：0m=K/0=Kwtn=312.656×0.07998=25s1 a1/3(K,/T,)=1/385.76/0.00583)2=40.43s1>om b1/3(K,/Tm)2=1/3(85.7610.015)2=25.2s>0m 可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验： 0n=2×72.2%×1.1×(308×0.18/0.196×1000)×(0.02666/0.12)=9.97%<10% 转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。 速度调节器的实现：选R=40K,则R=K×R=7.6×40=304K,取310K。 Cn=tn/Rn=0.079981310×10=0.2585 Cm=4T/R=4×0.015/40x103=1.5uF 4)40%额定负载起动到最低转速时： 0%=2×72.2%×1.1-0.4)×(308×0.18/0.196×100)×(0.02666/0.12)=63.5% 5)空载起动到额定转速的时间是：（书上无此公式） n个工 仅考虑起动过程的第二阶段
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验 (空载 Z=0） max * 308 0.18 0.02666 % 2*( )( ) 2 81.2% 1.1 0.196 1000 0.12 11.23% 10% N n n b m C n T z C n T = − = = 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。 查表，应取小一些的 h，选 h=3 进行设计。 按 h=3，速度调节器参数确定如下： 0.07998 n n hT s = = 2 2 2 2 ( 1) / 2 4 / (2 9 0.02666 ) 312.656 ( 1) / 2 4 0.0236 0.196 0.12 / (2 3 0.01 0.18 0.02666) 7.6 N n n e m n K h h T s K h C T h RT − = + = = = + = = 校验等效条件： 1 1 / 312.656 0.07998 25 cn N N n K K s− = = = = 1/2 1/2 1 1/2 1/2 1 )1/ 3( / ) 1/ 3(85.76 / 0.00583) 40.43 )1/ 3( / ) 1/ 3(85.76 / 0.015) 25.2 I i cn I on cn a K T s b K T s − − = = = = 可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验： n = = 2 72.2% 1.1 (308 0.18 / 0.196 1000) (0.02666 / 0.12) 9.97% 10% 转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。 速度调节器的实现：选 0 R K = 40 ,则 0 7.6 40 304 R K R K n n = = = ,取 310K。 3 3 0 / 0.07998 / 310 10 0.258 4 / 4 0.015 / 40 10 1.5 n n n on on C R F C T R F = = = = = = 4) 40%额定负载起动到最低转速时: n% 2 72.2% (1.1 0.4) (308 0.18 / 0.196 100) (0.0266 = − = 6 / 0.12) 63.5% 5) 空载起动到额定转速的时间是：(书上无此公式） 仅考虑起动过程的第二阶段
限照电机运动方起罗密-工-工。 GD 375 C.375C.C. 所以：1 CTn 0.196*0.12*100=0.385s (Uh-1m)R0.1*308-0)*0.18 4.10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。己知电动机参数为： P=500kW,=750V,1=760A,n=375r/min,电动势系数C=1.82min/上，电枢回路总 电阻R=0.14Q,允许电流过载倍数=1.5，触发整流环节的放大倍数K.=75,电磁时间常数 =0.031s,机电时间常数Tm=0.112s,电流反馈滤波时间常数T,=0.002s,转速反馈滤波时间 常数T0=0.02s。设调节器输入输出电压U.=.=L.=10N,调节器输入电阻R=40k9。 设计指标：稳态无静差，电流超调量,≤5%，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1型系统设计，并取参数KT=0.5。 (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。和转速环的截止频率0m,并考虑它们是否合理？ 10 =15*760=0.0877V1A 解：(1) 35=0.0267形minM, 10 电流调节器己按典型【型系统设计如下： aT=0.00176s 确定时间常数：b)T=0.002s c)T=0.00367s 电流调节器结构确定：因为σ%≤5%，可按典型1型系统设计，选用P1调节器， T/Ts-0.031/0.00367=8250 b1/TI)2=31/0.112×0.0312=50.9sam 可见满足近似等效条件。 电流调节器的实现：选Ro=4OK,则
2 2 2 ( ) ( ) , ( ) 375 375 375 m dm dL dm dL e L dm dL e m e m e GD dn dn C I I R I I R T T I I dt dt C T GD GD R C C C − − 根据电机运动方程： = − = = = − 所以： * 0.196*0.12*1000 0.385 ( ) (1.1*308 0) *0.18 e m dm dL C T n t s I I R = = = − − 4.10 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=375 r/min，电动势系数 Ce =1.82V·min/r, 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 Ks=75,电磁时间常数 Tl =0.031s,机电时间常数 Tm =0.112s,电流反馈滤波时间常数 T0i =0.002s,转速反馈滤波时间 常数 T0n =0.02s。设调节器输入输出电压 Unm * =Uim * = Unm =10V,调节器输入电阻 R0=40kΩ。 设计指标:稳态无静差，电流超调量 i ≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量 n ≤10%。 电流调节器已按典型 I 型系统设计,并取参数 KT=0.5。 （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 ci 和转速环的截止频率 cn ，并考虑它们是否合理? 解：（1） * * 10 0.00877 / 1.5*760 10 0.0267 min/ 375 im dm nm N U V A I U V r n = = = = = = 电流调节器已按典型 I 型系统设计如下： 确定时间常数： ) 0.00176 ) 0.002 ) 0.00367 S oi i a T s b T s c T s = = = 电流调节器结构确定：因为 σ%≤5%，可按典型 I 型系统设计，选用 PI 调 节器， ACR(s)=Kn(τns+1)/τns， Tl/T∑n=0.031/0.00367=8.25<10 电流调节器参数确定：τn=Tl=0.031s， KIT∑n= 0.5， KI= 0.5/T∑n=136.24 s-1 / 136.24 0.031 0.14 / 75 0.00877 0.899 K K T R K i I I s = = = 校验等效条件：ωcn=KI=136.24 s-1 1 1/2 1/2 1 1/2 1/2 1 )1/ 3 1/ 3 0.00167 199.6 )(1/ ) 3(1/ 0.112 0.031) 50.9 )1/ 3(1/ ) 1/ 3(1/ 0.00167 0.002) 182.39 s ci m l ci s oi ci a T s b T T s c T T s − − − = = = = = = 可见满足近似等效条件。 电流调节器的实现：选 R0=40K，则
R=K×R=0.899×40=35.96取36K C,=T/R=0.031/36×103=0.86F C=4T/R=4×0.002/40×103=0.2uf 速度调节器设计 确定时间常数： )电流环等效时间常数1K:因为KT=05则1K=2T3=2*00367=00734s b)b)T=0.02s c)c)Tm=1/K+Tm=0.00734+0.02=0.02734s 速度调节器结构确定： 按照无静差的要求，应选用P1调节器， t=hTm,选h=5,则ta-hT-0.1367s K=h+1/(2h2T2、.)=6/2*25*0.027342=160.54g2 Km=h+1)pC.Tm/(2 haRTs.)=6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件：m=K1=Kx=160.54*0.1367=21.946s2 )1/3K/Ts)=1/3136.240.00367)2=642 b)1/3K/Tm)=1V3136.24/0.02y=27.51s> 可见满足近似等效条件。 速度调节器的实现：选R0-40K,则R=K*R=10.540=420K 由此C=/R=0.1367420*103=0.325μF取0.33uFC0m=4T0mR=4*0.02/40*103-2uF 2)电流环的截止频率是：0=K=136.24s 速度环的截止频率是 4=21.946s2 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。 L/dB ω/s 4.11在一个转速、电流双闭环V-M系统中，转速调节器ASR,电流调节器ACR均采用PI 调节器。 (1)在此系统中，当转速给定信号最大值Uam'=15V时，n=n-1500rmin:电流给定信号最大
0 0.899 40 35.96 R K R i i = = = 取 36K 3 3 0 0 0 / 0.031/ 36 10 0.86 4 / 4 0.002 / 40 10 0.2 i i i i i C T R F C T R f = = = = = = 速度调节器设计 确定时间常数： a) 电流环等效时间常数 1/KI：因为 KIT∑n= 0.5 则 1/KI=2T∑n=2*0.00367=0.00734s b) b)To =0.02s c) c)T∑ =1/KI+To =0.00734+0.02=0.02734s 速度调节器结构确定： 按照无静差的要求，应选用 PI 调节器， ASR(s)=K (τ s+1)/τ s 速度调节器参数确定： τ =hT∑ ，选 h=5，则 τ =hT∑ =0.1367s, KN=(h+1)/（2h2T 2 ∑ ）=6/2*25*0.027342=160.54 s-2 K =(h+1)βCeTi/（2hαRT∑ ）= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件：ωc =KN/ω1=KNτ =160.54*0.1367 =21.946 s-2 a) 1/3(KI/T∑n) 1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>ωc b) 1/3(KI/To ) 1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>ωc 可见满足近似等效条件。 速度调节器的实现：选 R0=40K，则 R =K *R0=10.5*40=420K 由此 C =τ /R =0.1367/420*103=0.325μF 取 0.33μF C0 =4T0 /R0=4*0.02/40*103=2μF 2) 电流环的截止频率是：ωcn=KI=136.24 s-1 速度环的截止频率是： ωc =21.946 s-2 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。 4.11 在一个转速、电流双闭环 V-M 系统中，转速调节器 ASR，电流调节器 ACR 均采用 PI 调节器。 （1）在此系统中,当转速给定信号最大值 U i *=15V 时, = N=1500 //in ;电流给定信号最大 1/T ω ∑i ω ci c n 1/τn 1/T∑n 0 L/dB ω/s -1
值.=10V时，允许最大电流I=30A,电枢回路总电阻R=2,晶闸管装置的放大倍数K=30, 电动机额定电流1%=20A,电动势系数C。=0.128Ymin/r。现系统在，=5V,L1=20A时稳定 运行。求此时的稳态转速n=?ACR的输出电压儿.=？ (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=?U,=?U,=?山，=？I,?山。=9 (3)该系统转速环按典型Ⅱ型系统设计，且按Mmm准则选择参数，取中频宽h-5,已知转速 环小时间常数T。=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(1=0)突加额定负载时，电流1，和转速n的动态过程波形是怎样的？已知 机电时间常数Tn=-0.05s,计算其最大动态速降wnm和恢复时间1，。 1)a=U*am/nw=15/1500=0.01 Vmin/r B=U*m/几4m=10/30=0.33V/A U*.=5V,n=U*ae=50.01=500 r/min U.=Ua/K,=-(E+HaR)K,-Cn+l4RKs-(0.128*500+20*2/30-3.467V 2)在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(-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1。因此，系统稳定后， n=0.【1.=0 U*=U*m=10,U,=U*,=10 1a=Iam=30A U.=Ua/K=(E+HaR)MK-0+30*2)/30=2V 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： ,同)=Ks+) s2(T3ns+1) t=hTm=5*0.05-0.25 Tyn=0.05s K-(h+1)/2h2T2-6/2*25*0.052=48s-2 4)空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94) △n-=20-ZARNT5a/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.050.05)F625rmin [C,-2FKT-2RTC.T=2*20*20.050.128*005-625 min] 最大动态速降：△n-△Cx/Cb)*△n=81.2%*625=507.5rmin 恢复时间：t=8.8T=8.80.05-0.44sp81表)
值 Uim * =10V 时,允许最大电流 Idm=30A,电枢回路总电阻 R=2Ω,晶闸管装置的放大倍数 Ks=30 , 电动机额定电流 IN =20A ,电动势系数 Ce =0.128V·min/r。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 Uc =? （2）当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁( =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 * =? Ui=? Id=? Uc =? （3）该系统转速环按典型Ⅱ型系统设计, 且按 M/in 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( dL I =0)突加额定负载时,电流 d I 和转速 n 的动态过程波形是怎样的?已知 机电时间常数 Tm =0.05s,计算其最大动态速降 nmax 和恢复时间 v t 。 1) α= U* i/ N =15/1500=0.01 Vin // β= U*ni/Idi = 10/30=0.33 V/A U* =5 V， =U* /α=5/0.01=500 //in Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(Ce +IdLlR∑)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V 2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁（Φ=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 Idi 。因此，系统稳定后， =0，U =0 U*n=U*ni =10， Un=U*n =10 Id=Idi=30A Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(0+30*2)/30=2 V 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： ( ) ( ) ( 1) 1 2 + + = s T s K s W s n N n n τ =hT∑ =5*0.05=0.25s T∑ =0.05s KN=(h+1)/2h2T 2=6/2*25*0.052=48s-2 4) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。（p93,94) Δ b=2(λ-z)Δ NT∑ /Ti=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 //in [ Cb=2FK2T=2IdNRT∑ /CeTi=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 //in ] 最大动态速降：Δ iax=(ΔCiax/Cb)*Δ b=81.2%*625 =507.5 //in 恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81 表）
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