双闭环直流调速系统
题目：双闭环直流调速系统的设计与仿真
设计内容与要求：1、分析双闭环系统的工作原理
2、改变调节器参数，分析对系统动态性能的影响
3、建立仿真模型
1．双闭环直流调速系统的原理及组成
对于正反转运行的调速系统，缩短起,制动过程的时间是提高生产率的重要因素。为此，在起动（或制动）过渡过程中，希望始终保持电流（电磁转矩）为允许的最大值，是调速系统以最大的加（减）速度运行。当到达稳态转速时，最好使电流立即降下来，使电磁转矩与负载转矩相平衡，从而迅速转入稳态运行。实际上，由于主电路电感的作用，电流不可能突变，为了实现在允许条件下的最快起动，关键是要获得一段使
电流保持为最大值dmI的恒流过程。按照反馈控制规律，采用某个物理量的负反馈就可以保持该量基本不变，采用电流负反馈应该能够得到近似的恒流过程。
为了使转速和电流两种负反馈分别起作用，可在系统中设置两个调节器，分别引入转速负反馈和电流负反馈以调节转速和电流，二者之间实行嵌套连接，如图1所示。把转速调节器的输出当作电流调节器的输入，再用电流调节器的输出去控制电力电子变换器。从闭环结构上看，电流环在里面，称做内环；转速环在外面，称做外环。这就形成了转速电流负反馈直流调速系统。为了获得良好的静动态性能，转速和电流两个调节器一般采用PI调节器。
2．双闭环控制系统起动过程分析
前面已经指出，设置双闭环控制的一个重要目的就是要获得接近于理想的起动过程，因此在分析双闭环调速系统的动态性能时，有必要先探讨它的起动过程。双闭环调速系统突加给定电压*nU由静止状态起动时，转速和电流的过渡过程如图4所示。由于在起动过程中转速调节器ASR经历了不饱和、饱和、退饱和三
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：60=N P kW , 220=N U V , 308=N I A , 1000=N n r/min , 电动势系数e C =0.196V ·
min/r , 主回路总电阻R =0.18Ω,触发整流环节的放大倍数s K =35。电磁时间常数l T =0.012s,机电时间常数m T =0.12s,电流反馈滤波时间常数i T 0=0.0025s,转速反馈滤波时间常
数n T 0=0.015s 。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X 围D=10,电流超调量i σ≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量n σ≤10%。试求：
（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在1.1N 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R i,、C i 、C Oi 。画出其电路图,调节器输入回路电阻R 0=40Ωk 。
（3）设计转速调节器ASR,计算其参数R n 、、C On 。(R 0=40k Ω)
（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）计算空载起动到额定转速的时间。
解：（1）*/8/(1.1*)8/3390.0236/im dm N U I V I V A V A β====
10/10000.01min/V r α==
（2）电流调节器设计
确定时间常数：)0.00333s a T s =
)0.0025oi b T s =
0)0.00250.003330.00583i i s c T T T s ∑=+=+=
电流调节器结构确定：
因为5%i σ≤，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
ττ+=
,
电流调节器参数确定:1
0.012,0.5,0.5/85.76i l I i I i T s K T K T s τ-∑∑=====选，
85.760.0120.18
0.224350.0173
I i i s K R K K τβ??=
==?。
校验等效条件：1
85.76ci I K s ω-==
1111
)1101.01330.00333)79.06)115.52ci
S ci
ci
a T
b S
c s ωωω--==>?==<===>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：
可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选040R K =,则：
00.224408.96i i R K R K K ==?=, 取9K.
由此
33
000/0.012/(910) 1.334/40.0025/40100.25i i i i i C R F C T R F
τμμ==?===??=
（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/I K :因为0.5I i K T ∑=
则1/220.005830.01166I i K T s ∑==?= b) 0.015on T s =
c) 1/0.011660.0150.02666n I on T K T s ∑=+=+= 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
ττ+=
, 速度调节器参数确定：
,5,0.1333n n n n hT h hT s ττ∑∑====取
2
22
2216168.822250.02666(1)60.02360.1960.12 6.94
2250.010.180.02666
N n
e m n n h K s h T h C T K h RT βα-∑∑+=
==??+???===????校验等效条件：
11/168.820.133322.5cn N N n K K s ωωτ-===?=
1
1
)40.43
)25.2
cn
cn
a s
b s
ω
ω
-
-
==>
==>
可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验(空载Z=0）
max
*
3080.180.02666 %2*()()281.2% 1.1
0.19610000.12
11.23%10%
n
N
n
b m
T
C n
z
C n T
σλ∑
???
=-=????
?
=>
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
τ
∑
==
2222
(1)/24/(290.02666)312.656
(1)/240.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6
N n
n e m n
K h h T s
K h C T h RT
βα
-
∑
∑
=+=??=
=+=???????=
校验等效条件：1
1
/312.6560.0799825
cn N N n
K K s
ωωτ-
===?=
1/21/21
1/21/21
)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
ω
ω
-
∑
-
==>
==>
可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验：
272.2% 1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)9.97%10% n
σ=??????=<
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
40
R K
=,则
7.640304
n n
R K R K
=?=?=,取310K。
3
3
/0.07998/310100.258
4/40.015/4010 1.5
n n n
on on
C R F
C T R F
τμ
μ
==?=
==??=
4) 40%额定负载起动到最低转速时:
%272.2%(1.10.4)(3080.18/0.196100)(0.02666/0.12)63.5% n
σ=??-????=
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。
222()(
),
()375375375m 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 GD GD R dt
dt C T C C C --=-===-根据电机运动方程：所以：*0.196*0.12*1000
0.385()(1.1*3080)*0.18
e m dm dL C T n t s I I R ===--
分析：
启动过程的第一阶段是电流上升阶段，突加给定电压，ASR的输入很大，其输出很快达到限幅值，电流也很快上升，接近其最大值。第二阶段，ASR饱和，转速环相当于开环状态，系统表现为恒值电流给定作用下的电流调节系统，电流基本上保持不变，拖动系统恒加速，转速线形增长。第三阶段，当转速达到给定值后。转速调节器的给定与反馈电压平衡，输入偏差为零，但是由于积分作用，其输出还很大，所以出现超调。转速超调后，ASR输入端出现负偏差电压，使它退出饱和状态，进入线性调节阶段，使转速保持恒定，实际仿真结果基本上反映了这一点。由于在本系统中，单片机系统代替了控制电路的绝大多数控制器件，所以各项数据处理和调整都是在单片机内完成的，控制效果要好于本次的仿真结果。