《运动控制系统》课程教学资源（试卷习题）第2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（含解答）

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？改变转速调节器的放大倍数K，行不行？改变电力电子变换器的放大倍数K，行不行？改变转速反馈系数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U, =U,=an=αno因此转速n是由给定电压U，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K，和电力电子变换器的放大倍数K，不可以。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。转速调节器ASR的输出限幅电压U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。3转速、电流双闭环调速系统，采用三相桥式全控整流电路，已知：电动机，P%=2400KW，U=750V，Is=360004，nw=100/mi，C。=6.92Vmin/，允许电流过载/入=2.5，电枢回路总电阻R=0.028Q，整流装置放大倍数K，=95，系统参数T,=0.0707s，Tm=0.10s，To=0.002s，并且Umm=Um=Ucm=12V，调节器输入电阻为R。=40k2。设计电流调节器，使系统满足稳态无静差，超调量，≤5%，并画出电流调节器。答：（1)电流反馈系数β==—12=0.00133VaI2.5×360011T,=2=0.00167s2gf2×6×50Tor =0.002sT,=T,+To=0.00167+0.002=0.00367s

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 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 = n = n0  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。 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 。转速调节器 ASR 的输出限 幅电压  U im 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 。 3 转速、电流双闭环调速系统，采用三相桥式全控整流电路，已知：电动机， PN = 2400KW ， UN = 750V ， I N = 36000A， min n 100 r N = ， r Ce = 6.92V min ，允许电流过载倍数  = 2.5 ，电枢 回路总电阻 R = 0.028 ，整 流装置放大倍数 Ks = 95 ， 系统参数 T s l = 0.0707 ，T s m = 0.10 ， T s oi = 0.002 ，并且 Unm =Uim =Ucm =12V   ，调节器输 入电阻为 R0 = 40k。 设计电流调节器，使系统满足稳态无静差，超调量  i  5% ，并画出电流调节器。 答：（1） 电流反馈系数 A V I U N im 0.00133 2.5 3600 12 =  = =    s qf Ts 0.00167 2 6 50 1 2 1 =   = = T s oi = 0.002 T T T s i = s + oi = 0.00167 + 0.002 = 0.00367

(2)因为要求无静差，≤5%，可校正成典I系统，选用PI调节器Wacr(s) = K, (,s+1)T,s（3）计算调节器参数选取t,=T=0.707s因为，≤5%，查表2-2，应取KTz，=0.50.50.5=136.24 y所以K,=Tsi/S0.00367K,t,R136.24×0.0707×0.0288=3.08K, =K,β95×0.00133电流调节器CRiRoRoU2.2UeACoiRoRo22Coi.-βBIdR =K,R。=3.08×40=123.2KC, =_ 0.0707x103=0.57uF123.2R.4Toi.4×0.002×103=0.2uFCaiRo40Kobj4已知某调速系统固有传函为Wob(s)=，式中Kob=15，T,=0.02s.设计一s(T,s +1)个调节器，把系统校正成典型Ⅱ型系统并且使系统≤30%

（2） 因 为 要 求 无 静 差  i  5% ， 可 校 正 成 典 Ⅰ 系 统 ， 选 用 PI 调 节 器 s s W s K i i ACR i  ( 1) ( ) + = （3）计算调节器参数 选取 T s  i = l = 0.707 因为  i  5% ，查表 2－2，应取 KITi = 0.5 所以 T s K i I 136.24 1 0.00367 0.5 0.5 = = =  3.08 95 0.00133 136.24 0.0707 0.028 =    = =   s I i i K K R K 电流调节器 Ri = KiRo = 3.08 40 =123.2K uF R C 10 0.57 123.2 0.0707 3 i i i = =  =  uF R T C 10 0.2 40 4 4 0.002 3 0 oi oi  =  = = 4 已知某调速系统固有传函为 ( 1) ( ) + = s T s K W s l obj obj ，式中 Kobj = 15，T s l = 0.02 .设计一 个调节器，把系统校正成典型Ⅱ型系统并且使系统   30%

15校正成典II系统，选用PI调节器答：Wobjs(0.02s +1)$+1Wp(s) = K pIts校正后传函为15TS+1Kp, ×15TS+1令W(s) = Wp (s)Wob;(s) = Kps(0.02s + 1)s2(0.02s +1)TTSKp,×15K=T因为≤30%，查表2-6，应取h=7t=hT,=7x×0.02=0.14sh+17+1K==2042h'2×49×0.022KT204×0.014= 0.19Kpl=15156画出双闭环调速系统起动时，转速和电流的波形。nIInCaLa.it4C7具有什么样结构的系统是典型I型系统，对其参数是如何要求的？K答：传函W(s)=s(Ts + I)幅频特性曲线

答： (0.02 1) 15 + = s s Wobj 校正成典Ⅱ系统，选用 PI 调节器 s s WPI s KPI   1 ( ) + = 校正后传函为 (0.02 1) 15 1 (0.02 1) 1 15 ( ) ( ) ( ) 2 + + •  = + • + = = s s K s s s s s W s W s W s K PI PI obj PI     令  15 = KPI K 因为   30% ，查表 2－6，应取 h = 7 hT s  = l = 70.02 = 0.14 204 2 49 0.02 7 1 2 1 2 2 2 =   + = + = h T h K 0.19 15 204 0.014 15 =  = = K  KPI 6 画出双闭环调速系统起动时，转速和电流的波形。 7 具有什么样结构的系统是典型Ⅰ型系统，对其参数是如何要求的？ 答：传函 ( 1) ( ) + = s Ts K W s 幅频特性曲线

L/dB420dB/dec1T0@/s-1--40dB/dec1参数关系。T因为K=の,所以KTT40-1/,或t>T(3)<09某转速、电流双闭环V-M系统，采用三相桥式全控整流电路，整流变压器二次侧相电压U，=444V，触发器最小触发角αmn=30。已知电动机的数据如下：Py=550KW，U=750V，Ix=7804，nx=375%mmC.=1.92Vmi/，允许电流过倍数入=1.5，电枢回路总电阻R=0.1Q，触发整流环节的放大倍数K，=75，电磁时间常数T,=0.03s，机电时间常数T.=0.084s，电流环滤波时间常数T。=0.002s，转速环滤波时间常数T.=0.02s，Um=Um=12V设计指标：稳态无静差，电流超调量O，≤5%，空载起动到额定转速时α，≤10%，电流调节器已按典型I型系统设计并取

参数关系 T c 1   因为 K = c ,所以 KT  1 8 具有什么样结构和特征的系统为典型Ⅱ型系统？ 答：（1） ( 1) ( 1) ( ) 2 + + = s Ts K s W s  （2） (3) c T 1   1  ,或   T 9 某转速、电流双闭环 V-M 系统，采用三相桥式全控整流电路，整流变压器二次侧相电压 U2 = 444V ，触发器最小触发角   min = 30 。已知电动机的数据如下： PN = 550KW ， UN = 750V ， I N = 780A ， min n 375 r N = ， r Ce = 1.92V min ，允许电流过载倍数  =1.5 ，电枢回路总电阻 R = 0.1 ，触发整流环节的放大倍数 Ks = 75 ，电磁时间常数 T s l = 0.03 ， 机电时间常数 T s m = 0.084 ，电流环滤波时间常数 T s oi = 0.002 ，转速环滤 波时间常数 T s on = 0.02 ， Unm = Uim =12V   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  n 10% ，电流调节器已按典型Ⅰ型系统设计并取

KT=0.5，选择转速调节器的结构，并计算其参数，校核超调量。（不计算调节器电阻电容值，不检验近似条件）答：(1)①确定反馈系数Um12=0.032Vminα=375n12UimB-=0.01V1.5×780AIN②电流环等效时间常数1/K，，因为电流环已按典I系统设计，并且K,Tz，=0.5，则1/K,=2Tz11=0.00167sT, 2qf2×6×50T。=0.002s（已知）Tz, = T, +Tor=0.00167+0.002 =0.00367s1/K,=2Tz,=2×0.00367=0.00734s③转速环滤波时间常数Ton = 0.02s④转速环小时间常数1Tn=+T=0.00734+0.02=0.02734sK③选择调节器的结构Wasp(s)=K, S+1按设计要求选择PI调节器Tns③计算ASR参数按跟随性和抗扰性都较好的原则，把转速环设计成典II系统，取h=5则Tn=hTzn=5×0.02734=0.137sh+15+1KN=2×25x(0.02734)=160.5 2h'Tn

K T = 0.5，选择转速调节器的结构，并计算其参数，校核超调量。（不计算调节器电阻电 容值，不检验近似条件） 答： （1） ①确定反馈系数 r V n U N nm min 0.032 375 12 = = =   A V I U N im 0.01 1.5 780 12 =  = =    ②电流环等效时间常数 1 KI ,因为电流环已按典Ⅰ系统设计，并且 KITi = 0.5， 则 1 KI = 2Ti s qf Ts 0.00167 2 6 50 1 2 1 =   = = T s oi = 0.002 （已知） T T T s i = s + oi = 0.00167 + 0.002 = 0.00367 K T s 1 I = 2 i = 20.00367 = 0.00734 ③转速环滤波时间常数 T s on = 0.02 ④转速环小时间常数 T s K T on I n 0.00734 0.02 0.02734 1  = + = + = ⑤选择调节器的结构 按设计要求选择 PI 调节器 s s W s K n n ASR   1 n + （ ）= ⑥计算 ASR 参数 按跟随性和抗扰性都较好的原则，把转速环设计成典Ⅱ系统，取 h=5 则 s  n = hTn = 50.02734= 0.137 2 2 2 2 160.5 1 2 25 (0.02734) 5 1 2 1 h T S h K n N =   + = + = 

(h+1)βCeTM1(5+1)×0.01×1.92×0.084Kn ==112×5×0.032×0.1×0.027342haRTZn所以转速调节器参数Tn=0.137s,K,=11校验超调量AnTan(ACm)(a-2)0, = 2(C,n TmACmx因为入=1.5,z=0,当h=5时，=81.2%C,780×0.10.027341.92所以o,=2×81.2%×1.5×8.6%<10%满足要求=3750.084

1 1 2 5 0.032 0.1 0.02734 (5 1) 0.0 1 1.9 2 0.084 2 ( 1) =     +    = + =  n e M n h RT h C T K   所以转速调节器参数  n = 0.137s,Kn =11 ⑦校验超调量 m N n b n T T n n z C C    −  = 2( )( ) max   因为  = 1.5,z = 0, 当 h＝5 时， max = 81.2%  Cb C 所以 8.6% 10% 0.084 0.02734 375 1.92 780 0.1 2 81.2% 1.5  =    n =    满足要求