电力拖动自动控制系统运动控制系统第版习题答案

（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

*Uim10????0.00877V/AIdm1.5*760解：（1）

??U10??0.0267Vmin/rnN375*nm

电流调节器已按典型I型系统设计如下：

a)TS?0.00176s确定时间常数：b)Toi?0.002sc)T?i?0.00367s

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， WACR(s)=Ki(τis+1)/τis， Tl/T∑i==<10 电流调节器参数确定：τi=Tl=， KIT∑i= ， KI= T∑i= s-1

Ki?KITIR/Ks??136.24?0.031?0.14/75?0.00877?0.899

校验等效条件：ωci=KI= s-1

a)1/3Ts?1/3?0.00167?199.6s?1??cib)(1/TmTl)1/2?3(1/0.112?0.031)1/2?50.9s?1??cic)1/3(1/TsToi)1/2?1/3(1/0.00167?0.002)1/2?182.39s?1??ci

可见满足近似等效条件。

电流调节器的实现：选R0=40K，则

Ri?Ki?R0?0.899?40?35.96 取36K

Ci?Ti/Ri?0.031/36?103?0.86?FC0i?4T0i/R0?4?0.002/40?10?0.2?f3

速度调节器设计 确定时间常数：

电流环等效时间常数1/KI：因为KIT∑i= 则1/KI=2T∑i=2*= b)Ton=

c)T∑n=1/KI+Ton=+=

a)

b)

c)

速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI调节器， WASR(s)=Kn(τns+1)/τns 速度调节器参数确定：

τn=hT∑n，选h=5，则τn=hT∑n=, KN=(h+1)/（2h2T2∑n）=6/2*25*= s-2 Kn=(h+1)βCeTm/（2hαRT∑n）= 6***2*5***= 校验等效条件：ωcn=KN/ω1=KNτn=* = s-2

a) 1/3(KI/T∑i)1/2=1/31/2=>ωcn

b) 1/3(KI/Ton)=1/3=>ωcn 可见满足近似等效条件。

速度调节器的实现：选R0=40K，则 Rn=Kn*R0=*40=420K

由此 Cn=τn/Rn=420*103=μF 取μF C0n=4T0n/R0=4*40*103=2μF 2) 电流环的截止频率是：ωci=KI= s

-1

1/21/2

速度环的截止频率是： ωcn= 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。

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Unm*=15V时,n=nN=1500 r/min;电

流给定信号最大值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 =·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Mrmin准则选择参数,取中频宽h=5, 已知转速环小时间常数T∑n = ,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(IdL=0)突加额定负载时,电流Id和转速n的动态过程波形是怎样的已知机电时间常数Tm=,计算其最大动态速降?nmax和恢复时间

tv。

*

*

1) α= U*nm/nN =15/1500= Vmin/r β= U*im/Idm = 10/30= V/A U*n =5 V，n=U*n/α=5/=500 r/min

Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(Cen+IdLlR∑)/Ks=*500+20*2)/30= 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