自动控制系统习题

n 1、 如电流环已校正成典型Ⅰ型系统，其阻尼系数ξ=0.707，要求速度环 校正后的系统静特性如右图所示，试问速度环应校正为什么典型系统， 速度调节器ASR应为什么型式，计算速度环的参数。

2、 若电流环校正成典Ⅰ系统，速度环校正成典Ⅱ系统，计算当负载为12A时，

Id

稳态速度为ns=1500rpm时的退饱和超调。

图 系统的静特性 3、 ASR、ACR均采用带限幅输出的PI调节器，在额定负载下稳定运行，

如电动机励磁突然断开，系统是否重新稳定？如稳定，这时电动机的速度、电流是多少？ 解：1、依题意电流环为典Ⅰ系统，其阻尼系数ξ=0.707，电流环为二阶工程最佳参数，Wi=K/2T∑i(T∑i S+1)，

在转速环中，电流环等效为一阶惯性环节，电机中有一个积分环节，根据系统的静特性，速度是有静差的，因此，速度调节器ASR为比例调节器，没有积分调节，速度环校正为 典Ⅰ系统。

三相全控桥晶闸管整流电路的失控时间TS=0.0017s，又Toi=0.002s。 R=Ra+Rs=1+0.5=1.5 (Ω)， Ce＝(Unom-Inom Ra)/ nnom

＝(220-15×1)/1500

＝0.137(V/rpm) T∑i=TS+Toi=0.0037s， Tn= T∑n= 2T∑i +Ton=0.0124s，

α＝Un / nnom＝8/1500＝0.0053（V/rpm），

β＝Ui / λInom＝6/1.2×15＝0.333（V/A）， KN=Kn〃α〃R/β〃Ce〃Tm＝1/2Tn 所以 Kn＝β〃Ce〃Tm/2 Tn〃α〃R

＝0.333×0.137×0.185/2×0.0124×0.0053×1.5

＝42.8

故 Rn＝ Kn〃R0＝42.8×40＝1712(kΩ)

2、△n＝Inom R/ Ce=15×1.5/0.137=164.2(rpm)

σ％＝81.2％×2 （λ-12/15）〃T∑n〃△n / （Tm〃ns）

＝0.812×2×（1.2-12/15）×0.0124×164.2/(0.185×1500) ＝0.0047 ＝0.47％

3、电动机突然失磁时，根据电动机的调速特性，n?Ud0?IR，电动机的转速有上升的趋势。但由于电动

Ce?1?K?×

机有剩磁，电动机的电磁转矩Te?Cm?Id突减，根据电动机的转矩方程，电动机的转速将下降，转速偏差增加，速度调节器的输出Ui*增大，电枢电压Ud0增大，抑制转速的下降，但是负载转矩始终大于电磁转矩，转速下降，转速偏差的较长时间的存在，使ASR限幅，电流也将到达增大电流Idm，最终转速下降到零，即n＝0，且电枢电压Ud0?IdmR。

2、双闭环直流调速系统采用三相桥式整流电路。其基本数据如下：直流电动机：Pnom＝13kw，

Unom＝220V，Idnom＝70A，nnom＝1000rpm，电枢内阻Ra＝0.22Ω,允许过载倍数λ＝1.5；主回路：电枢回路总电阻R=0.47Ω；

整流装置：整流装置放大倍数Ks=35，晶闸管滞后时间Ts=0.0017s；电流滤波时间Toi=0.002s，转速滤波时间常数Ton=0.01s；电磁时间常数Tl=0.0294s，机电时间常数Tm=0.103s；转速调节器ASR的输出限幅电压Uim*＝8V，最大转速给定Unm*＝8V；调节器输入电阻R0＝40kΩ。系统调速范围D＝10。

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要求系统无静差，电流超调量σi%≤5%；空载启动到额定转速的速度超调σn%≤10%。

1、 试设计电流调节器，画出其电路图，并计算Ri、Ci参数。 2、 设计转速调节器，并计算其参数。

3、 计算空载启动到最低速时的转速超调量。

解：1、 Ri Ci Ui/* β

Ui* R0 － UACR βKs ct 1+TΣiS 1/R 1+TlS Ui ＋

＋ 取电枢电流的最大值为：Idm＝λIdnom＝1.5×70=105A。

ACR为PI调节器，

??U*iI?8105?0.076?V? dmA将电流环的小惯性环节近似处理为一个惯性环节，使

TΣi＝Ts＋Toi＝0.0017＋0.002＝0.0037（s） 电流环传递函数： Wobj（s）＝

?KsR?T?i?1??Tls?1?

调节器ACR的传递函数： WACR（s）＝

Ki?Tis?1?T

is 由电流超调σi％≤5%要求可知，电流环应设计成“二阶工程最佳参数”， σi％＝4.3%≤5%

此时，电流环开环传递函数W(s)＝KI / S〃（1+TS），其中

KI＝1/2 T，T= T∑i， 由于 W(s)＝WACR（s）〃Wobj（s） 且使Ti＝Tl＝0.1s (以零点抵消大极点) 所以 KI＝βKs Ki / Ti R＝1 / 2 T∑i

Ki＝Ti R / 2 T∑iβKs＝Tl R / 2 T∑iβKs Ki＝0.0294×0.47÷(2×0.0037×0.076×35) ＝0.702

所以 Ri＝ Ki〃R0＝0.702×40＝28.08(kΩ)

Ci＝Ti / Ri＝0.0294÷（28.08×103）＝1.05×10

?6＝1.05（μF）

2、TΣn＝2T∑i＋Ton=2×0.0037＋0.01＝0.0174（s）

CUnom?IdnomRae?n?220?70?0.221000?0.205(V/rpm)

nom

???Unm8 n??0.008(V/rpm)nom1000

R?Ra?RS?0.22?0.47?0.69(?)

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1转速环传递函数： Wobjn（s）＝?R

?CeTms?T?n?1?由已知条件可知:速度环设计成典型三阶系统。其调节器为：WASR（s）＝ Kn??ns?1?

?ns?ns?1 转速环的开环传递函数为：Wn(s)＝WASR（s）〃Wobjn（s）=?RKn?CeTm?ns2?T?n?1?其中，τn＝h TΣn,KN??RKn。考虑到典型三阶系统启动时，抗扰性能决定了系统性能指标。而

?CeTm?nh=5时系统抗扰性能较好。因此，有

τn＝h TΣn＝5×0.0174＝0.087（s）， 又KN?h?1，所以

2h2T?2nKn?(h?1)?CeTm(5?1)?0.076?0.205?0.103??10.02

2h?RT?n2?5?0.008?0.69?0.0174Rn?KnR0?10.02?40?400.4(k?)Cn?

?nR0?0.087?2.175?10?6(F)340?10

?Cmax?nb?Cmax?81.2?n?，当h=5时，Cb

? %? 3、退饱和超调：

? %? 此时，

?CmaxT?n???z??nmax?2 ?CbTm n??nmax?

IdnomR70?0.69??235Ce0.205

2350.0174??0.0967?9.7000.103

?1.5?0??? %?81.2%?2?

3、如下所示为双闭环直流调速系统电流环方框图。ACR为电流调节器。已知电磁时间常数

Tl=0.1s，晶闸管滞后时间Ts=0.0017s电流滤波时间Toi=0.001s，整流装置放大倍数Ks=60，电枢回路总电阻R=0.5Ω，电流反馈系数β=0.064。试求， * Ui/β 1/R β Ks 1+TlS 1+ToiS 1+TsS ACR

图 双闭环直流调速系统电流环方框图 1、 将电流环校正为典Ⅰ系统时，确定ACR的型式并写出其传递函数。 2、 如电流超调σi％≤5%，计算ACR的参数Ri，Ci（其中R0=20kΩ）。

4、一个由三相零式晶闸管装置供电的转速、电流双闭环直流调速系统。其基本数据如下：直流电动机：Pnom＝60kw，Unom＝220V，Idnom＝305A，nnom＝1000rpm，Ce＝0.2V/rpm。 主回路电阻：R=0.18Ω。系统调速范围D＝10。 晶闸管整流装置放大倍数：Ks=30。

电磁时间常数：Tl=0.012s，机电时间常数：Tm=0.12s。

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电流环滤波时间：Toi=0.0025s，转速环滤波时间常数：Ton=0.0141s。

额定转速时的给定电压Unnom*＝15V，转速调节器ASR的输出限幅电压Uim*＝12V。

1、 确定电流反馈系数β和转速反馈系数α，假定起动电流限制在300A以内；

2、 系统的静动态指标为：无静差；电流超调量σi%≤5%；起动到额定转速时的速度超调σn%≤10%。

试设计电流调节器，画出其电路图并计算Ri、Ci参数；调节器输入回路电阻R0＝40kΩ。 3、 设计转速调节器，并计算其参数； 4、 计算最低速起动时的超调量； 5、 计算空载起动到额定转速的时间。

解：1、 由于ASR的饱和输出电压为12V，即电流环最大给定电压Uim＝12V，又限制了起动电流在

300A内，所以电流反馈系数为：

*UimUim12 ?????0.04VAIdmIdm300*

?? 因为额定转速时的给定电压（Un）nom＝15V，即Un m＝15V，所以转速反馈系数为：

*UnmUnm15 ?????0.015Vrpmnmaxnnom1000* *

??

2、为了保证电流超调量σi%≤5%，稳态无静差，且电流环的对象为双惯性型，应将电流环校正成典

型Ⅰ型系统，因此，电流调节器ACR采用PI调节器，其电路图如图2所示。 Ri Ci

R0/2 R0/2 *Us － Ui

C0 ＋

R0/2 R0/2 ＋ U i

C0

图2 电流调节器电路图 其传递函数为：WACR?s??Ki??is?1?

?is根据将电流环校正成典型Ⅰ型系统，且超调量σi%≤5%的要求，应选电流调节器的参数为： τi＝Tl＝0.012s KI?Ki?Ks?1

?iR2T?i其中，TΣi＝Ts＋Toi

Ts触发整流装置的滞后时间，对于三相零式电路，Ts＝0.0033s

TΣi＝Ts＋Toi＝0.0033＋0.0025＝0.0058（s） ?iR0.012?0.18Ki???0.155

2?KsT?i2?0.04?30?0.0058所以 Ri＝ Ki〃R0＝0.155×40＝6.2(kΩ) 取6.2 KΩ

?0.012Ci?i??2??F? 取2μF

Ri6.2?103C0i?4T0i4?0.0025??0.25??F? 取0.25μF 3R040?10 3、为保证系统无静差，速度调节器ASR也应采用如图2所示的PI调节器，其传递函数为： K??s?1? WASR?s??nn?ns 这样选择调节器后，速度环中有2个积分环节，因此，将速度环校正成典型Ⅱ型系统，且取中频宽h

＝5，于是速度调节器的参数为：

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