运控习题答案 (2)

a)1KI185.76??40.43s?1??cn满足简化条件

3T?i30.00583b)1KI185.76=?25.2s?1??cn满足简化条件 3Ton30.015

转速超调量的校验：

?n?2?72.2%?1.1?(308?0.18/0.196?1000)?(0.02666/0.12)?9.98%?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R0?40K,则Rn?Kn?R0?7.71?40?308K,取310K。

Cn=Tn0.07998??0.258?F Rn310?1034Ton4?0.015??1.5?F R040?103Con=4) 40%额定负载起动到最低转速时(最低转速为1000/10=100r/min)

?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）

*(2h/(h?1))KnUnT?nt??0.3854 *Uim??Idl3.10 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?

*Uim10V解：（1）????0.00877V/A

Idm1.5?IN

??Unm10V??0.0267Vmin/r nN375r/min电流调节器已按典型I型系统设计如下：

确定时间常数：a)TS?0.00176s b)Toi?0.002s c)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)?T0.031Ki(?iS?1)?8.25? 10 l?T0.00367?iS?i0.5?136.24s?1 T?i电流调节器参数确定：?i?Tl?0.031s，KIT?i?0.5 KI?KI?IR136.24?0.031?0.14??0.899 Ks?75?0.00877Ki?校验等效条件：?ci?KI?136.24s?1

a)11??199.6s?1??ci 3TS3?0.00167b)311?3??50.9s?1??ci TmTI0.112?0.031c)1111???182.39s?1??ci

3TsToi30.00167?0.002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??iRi?0.031?0.86?F36?1034T4?0.002C0i?0i??0.2?fR040?103

速度调节器设计

速度调节器结构确定：KIT?i?0.5 则电流环时间常数

1?2T?i?2?0.00367?0.00734s KITon?0.02sT?n?1?Ton?0.00734?0.02?0.02734s KI

按照无静差的要求，应选用PI调节器，

WASR(S)?Kn(?nS?1)/?nS

速度调节器参数确定：?n?hT?n,h?5,?n?hT?n?0.1367s 转速环开环增益

KN?h?16??160.54s?2222 2hT?n2?25?0.02734ASR的比例系数

Kn?(h?1)?CeTm6?0.00877?1.82?0.112??10.5

2h?RT?n2?5?0.0267?0.14?0.02734校验等效条件： 转速环截止频率?cn?KN?1?KN?n?160.54?0.1367?21.946s?1

a)1KI1136.24??64.22s?1??cn满足简化条件 3T?i30.00367b)1KI1136.24=?27.51s?1??cn满足简化条件 3Ton30.02速度调节器的实现：选R0=40K，则 Rn?Kn?R0?10.5?40?420K

Cn=Tn0.1367??0.325?F 3Rn420?10Con=4Ton4?0.02??2?F 3R040?10?1

2) 电流环的截止频率是：?ci?KI?136.24s

?2速度环的截止频率是：?cn?21.964s

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。

3.11 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 =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 =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(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=0.05s,计算其最大动态速降?nmax和恢复时间tv。

1)

U*im15Vα???0.01Vmin/rn1500r/mU*im10Vβ???0.33V/AIdm30AU*n5Un?5V,n???500r/minα0.01UE?IdlR?C?IdlR?0.128?500?20?2Uc?d0??en??3.467VKsKsKs30*

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Idm 。因此，系统稳定后，n?0,Un?0

?? Ui?Uim?10V

Id?Idm?30A Uc?Ud0E?IdlR?0?30?2???2V KsKs303) 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：

Wn?s??Kn??ns?1? 2s?T?ns?1??n?hT?n?5?0.05?0.25s

T?n?0.05

KN?h+16??48s?2 222?25?0.0522hT?n4) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。

?nb?2((λ-z)?nNT?n2?(1?0)?20?2??625r/minTm0.128?(0.05?0.05)2IdNRT?n2?20?2?0.05??625r/minCeTm0.128?0.05?Cmax???nb?81.2%?625?507.5r/minCbCb?2FK2T?

最大动态速降：?nmax恢复时间：tv?8.8?0.05?0.44(P76表)

习题五

5.8两电平PWM逆变器主回路，采用双极性调制时，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。根据开关状态写出其电压空间矢量表达式，画出空间电压矢量图。

解：两电平PWM逆变器主回路：

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