自动控制系统习题答案
2.9 有一V-M 调速系统：电动机参数P N=2.2kW, U N=220V,I N=12.5A, n N=1500 r/min，电枢电阻R a=1.5Q, 电枢回路电抗器电阻RL=0.8 Q,整流装置内阻R rec=1.0Q触发整流环节的放大倍数K s=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A n op和调速要求所允许的闭环静态速降
3d。
(2 )采用转速负反馈组成闭环系统，试画岀系统的原理图和静态结构图。
(3)调整该系统参数，使当U n*=15V时，5=I N , n=n N，则转速负反馈系数a应该是多少？
(4 )计算放大器所需的放大倍数。
解: /1)
n U N 1 N R a /C e
C e 220 12.5 1.5 /1500 201.25/1500 0.134V min/r
n U N 1 N R / C e
n op 1 N R /C e 12.5 3.3/0.134 307.836r / min
n N n N S/ D 1 s 1500 10%/(20*90% ) 8.33r/min
所以，n C| 8.33r /min
(2)
e ------ YY
f ,
⑶⑷ n K p K s U n I d R / C e 1 K KU n / 1 K I d R/ C e 1 K
K
n op / n d 1 307.836/8.33 1 35.955
1500
35.955 15/
1 35.955
12.5 3.3/ 0.134 1
35.955
也可以用粗略算法:
2.4 直流电动机为 P N =74kW,UN=220V , I N =378A , n N =1430r/min , Ra=0.023Q 。相控整流器内阻 Rrec=0.022
Q 。采用降压调速。当生产机械要求
s=20%时，求系统的调速范围。如果 s=30%时，则系统的调速范围又
为多少？？
解: Ce (U N l N R a ). n N (220 378 0.023),1430 0.1478V/rpm
378 (0.023 0.022). 0.1478 115rpm n N S [ n(1 s)]
1430 0.2[115 (1 0.2)] 3.1
2.5某龙门刨床工作台采用
V-M 调速系统。已知直流电动机，主电路总电阻 R=0.18 Q ,Ce=0.2V?min/r, 求:
(1)
当电流连续时，在额定负载下的转速降落 n N 为多少?
(2) 开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率
S N 多少?
(3) 若要满足D=20,s < 5%的要求，额定负载下的转速降
落
n N 又为多少？
解: (1) n N
l N R. Ce 305 0.18 0.2 274.5r / min (2)
S N
n N . n 0 274.5 (1000 274.5) 21.5%
(3)
n n N S[D(1 s)]
1000 0.05 [20
0.95] 2.63r/min
2.6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压
U ； 8.8V 、比例调节器放大系数 K P 2、晶闸管装置放大系数 K s 15、反馈系数丫 =0.7。求：(1)输出电压U d ； (2)若把反馈线断
0.0096V min/r
K * C
可以求得，K p
p
K s *
35.955* 0.134 35* 0.0096
14.34
U n
U n
15 0.01
K p KC e /K s
K p 35.955
0.134/ 1500
35 0.01
13.76
l N R Ce n N S [ n(1 s)]
1430 0.3 [115 (1 0.3)]
5.33
开，U d为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？ ( 3)若把反馈系数减至Y =0.35，当保持同样的
输出电压时，给定电压U u应为多少？
解:( 1)U d K p K s U；. (1 K p K s ) 2 15 8.8 (1 2 15 0.7) 12V
(2)U d 8.8 2 15 264V ,开环输出电压是闭环的22倍
⑶ U；U d(1 K p K s )JK p K s 12 (1 2 15 0.35) (2 15) 4.0V
3.8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 N 60kW , U N 220V , I N 308A , n” 1000r/min ,电动势系数C e =0.196 V-min/r ,主回路总电阻R =0.18 Q ,触发整流环节的放大倍数K s=35。电磁时间常数T i=0.012s,机电时间常数T m=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=°.°15s。额定转速时的给定电压(U n*) N=10V,调节器ASR , ACR饱和输出电压U im*=8V,U cm=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j < 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B (假设起动电流限制在1.1|N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 i、C oi。画出其电路图，调节器输入回路电阻Fb=40k 。
(3)设计转速调节器ASR,计算其参数R n、C n、C on。(R o=40k Q )
(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b n o
(5)计算空载起动到额定转速的时间。
解: (1) U i*n /1 dm 8V/(1.1*I N) 8V /339A 0.0236V / A
10/1000 0.01V min/r
(2 )电流调节器设计
确定时间常数：a)T s 0.00333s
b) T oi 0.0025s
c) T i T0i T s 0.0025 0.00333 0.00583s
电流调节器结构确定:
S 1)
因为5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，W ACR(S)心(i
i S
6
电流调节器 参数确定：i T 0.012s,选K I T i 0.5, K I 0.5/T i
1
85.76s
< K I i R K i K s 85.76 0.012 0.18
35 0.0173
0.224
。
校验等效条件: 1
ci K I 85.76s
a ）电力电子装置传递函数的近似条件: 3 0.00333
1 101.01
ci
b ）忽略反电势的影响的近似条件: 3
0.12 0.012
79.06S
1
ci
c ）电流环小时间常数的近似条
件: 1
1
3
R 。
3 1
115.52s ci 31
0.00333 0.0025 可见满足近似等效条件，电流调节器的实现: 40K ，则:
K i R 0 0.224 40K 8.96K ,取 9K. 由此 C i 〃R 0.012/ (9 103
) 1.33 F (3) a) b)
c)
C oi 速度调节器设计 确定时间常数: 电流环等效时间常数 T on
1/ K I 2T
0.015s 1/K I T O n
速度调节器结构确定: 4 0.0025/ 40 1/ K I :因为 K I T 2 0.00583
按照无静差的要求，应选用
W ASR
( S )
心(n S 1)
n
S hT n ,取h 5, n
K N h 1 2h T n
K n
103
0.25 F
i 0.5 0.01166s
0.01166 0.015
0.02666s
PI 调节器,
速度调节器参数确定:
hT n 0.1333s 2
2
168.82s 2 2 5
0.02666
校验 等 效 条件
(h 1) C e T m
2h RT n
6 0.0236 0.196 0.12 2 5 0.01 0.18 0.02666
6.94
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验 （空载Z=0）
11.23% 10%
转速超调量的校验结果表明， 查表，应取小一些的 h ，选h=3进行设计。
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验：
转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。
3
C n n /R n 0.07998/310 10
0.258 F
C on 4T )n /R 0 4 0.015/40 103 1.5 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) (0.02666/0.12) 63.5%
5）空载起动到额定转速的时间是：（书上无此公式）
cn K N / 1 K N n
1
168.82 0.1333 22.5s
1 a ）电流环近似条件：- 1
40.43s
i 3
； 0.00583
K I 1
85.76
cn
b ）转速环小时间常数近
似:
1 1 85.76 K I
3\.口
25.2s
31 0.015
1
cn
n
% 2*(
C max )(
n N T n
Z)
n T m
2 81.2% 1.1
308 0.18 0.02666 0.196 1000
0.12
上述设计不符合要求。因此需重新设计。 按h=3，速度调节器参数确定如下:
n
hT n 0.07998s
K N (h 1)/2h 2T 2n 4/(2 K n (h 1) C e T m / 2h RT n
9 0.026662)
312.656s 2
4 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666) 7.6
校验等效条件:
cn K N / 1
K N n 312.656 0.07998
25s 1
1/2 a) 1/3(K i /T i ) 1/2
b) 1/3(K i /T on )
1/2
1/ 3(85.76/0.00583) 1/2
1/3(85.76/0.015)
40.43s
25.2s 1
cn
cn
n 2 72.2% 1.1 (308 0.18/0.196
1000) (0.02666 /0.12) 9.97% 10%
速度调节器的实现：选 R Q 40K ,则R , K n
R 0 7.6 40 304K ,取 310K 。
仅考虑起动过程的第二阶段。
运动控制系统由 电动机，功率放大与变换装置，控制器及相应的传感器等构成
PWM 变换器的作用：用脉冲宽度调制的方法，把恒定的直流电源电压调制成频率一定，宽度可变的脉冲电 压序列，从而可
以改变平均输岀电压的大小，以调节电动机转速。
与V-M 系统相比，直流PWM 调速系统在很多方面有较大的优越性： 开关频率高，电流容易连续，谐波少，电动机损耗及发热都较少 宽4.若与快速响应的电动机配合，
则系统频带宽，动态响应快，
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 不控整流时，电网功率因数比相控整流器高 转速调节器和电流调节器在双闭环直流调速系统中的作用可分别归纳如下
1.转速调节器的作用
1）转速调节器是调速系统的主导调节器，
它使转速n 很快地跟随给定电压 Un*变化，稳态时可减少转速误
差，如果采用PI 调节器，则可实现无静差。
2） 对负载变化起抗扰作用
3） 其输出限幅值决定电动机允许的最大电流。 2.电流调节器的作用
1）作为内环的调节器，在转速外环的调节过程中，它的作用是使电流紧紧跟随其给定电压
Ui*（即外环调节
器的输出量）变化
2） 对电压电网的波动起及时抗扰的作用
3） 在转速动态过程中，保证获得电动机允许的最大电流，从而加快动态过程。
4） 当电动机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起快速的自动保护作用。一旦故障消失，系统立即 自动恢复正常。这
个作用对系统的可靠运行来说是十分重要的。 双闭环直流调节系统动态抗扰性能分析
1）抗电阻扰动。2）抗电网电压扰动
双闭环直流调节系统的启动过程有以下三个特点
1）饱和非线性控制2）转速超调3）准时间最优控制
双极式控制的桥式可逆
PWM 变换器有以下优点1）电流一定连续2）可使电动机四象限运行 3）电动机停
止时有微振电流，能消除静摩擦死区 4）低速平稳性好，系统的调速范围大 5）低速时，每个开关器件的驱 动脉
冲仍较宽，有利于保证器件的可靠导通。 2
根据电机运动方程：|7完T e T L ,罟
C m (I dm I dL )
2
GD
■375
R(I dm I dL )
(I
I ) R
(I dm I dL ) C e T m
C G
D 2
R C e-
375C m C e
dm
t
C e T m n
所以：
0.196*0.12*1000
l dL )R (1.1*308
0)*0.18
0.385s
1.主电路简单需要的电力电子器件少
2.
3.低速性能好，稳速精度高，调速范围
动态抗扰能力强
5.电力电子开关器件工
6.直流电源采用
b
双极式控制方式不足之处是：在工作过程中，四个开关器件可能都处于开关状态，开关损耗大，而且在切换时可能发生上
‘下桥臂直通的事故。
异步电动机的调速系统可分为三类1）转差功率消耗型调速系统2）转差功率馈送型调速系统3）转差功率不变型调速系统（2）比例控制的直流调速系统可以获得比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围，为此需设置电压放大器和转速检测装置
3 比例控制直流调速系统能够减少稳态速降的实质在于它的自动调节作用，在于它能随着负载的变化而相应得改变电枢电压以补偿电枢回路电阻压降变化（反馈控制系统的作用：抵抗扰动，服从给定0
4 反馈控制系统的规律一方面能够有效的抑制一切被包在负反馈环内前向通道上的扰动作用，另一方面则紧紧跟随着给定作用，对给定信号的任何变化都唯命是从的（高精度的调速系统必须有更高精度的给定稳态电）
5 比例控制调节系统为0 型系统，积分，比例积分为1 型系统（比例部分能迅速的响应控制作用而部分积分则最终消除稳态偏差）比例调节器的输出只取决于输入变差量的现状而积分调节器的输出而包含了输入偏差量的全部历史》积分控制可以实现无静差调速