电力拖动控制系统作业题解答

1. 某调速系统的转速降为10r/min，试求转速在1000 r/min、100 r/min、10 r/min所占的百分比，并说明电机的工作状态。 解：10r/min0.01 只占1% 高速转动

1000r/min10r/min0.1 只占10% 中速运转

100r/min10r/min1 占100% 电动机停转

10r/min2. 某调速系统额定转速ned=1430r/min，额定速降为ned=115r/min。当要求静差率s30%、s20%时，试求允许的调速范围。

解：若要求s≤30%，则调速范围 D14300.35.3 11510.3 若要求s≤20%，则调速范围 D14300.23.1 11510.23. 某龙门刨床工作台拖动采用直流电动机：Ped=60KW，Ued=220V，Ied=305A，ned=1000 r/min，要求D=20，s5%。采用晶闸管电动机系统，已知主回路总电阻R=0.18，电动机Ce=0.2V.min/r。试问： ① 当电流连续时，在额定负载下的转速降为多少？

② 开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率为多少？

③ 如果满足D=20，s5%的要求，额定转速时的静差率应该时多少？ 解： ① nedIedR3050.18 27r5/minCe0.2② sedned2750.21621.6%，说明大大超过了5%的要求。

nedned1000275neds10000.052.63r/min D1s2010.05③ 系统要求的ned4. 已知条件如上题，再增加两个条件：晶闸管整流装置的放大系数Ks=30，转速反馈系数=0.015V.min/r。试求满足闭环系统指标D=20，s5%，ncl2.63r/min所要求的放大倍数K。 解：

因为 Knopncl12751103.6， 2.63所以 KpK103.646，放大器的放大系数要大于等于46

Ks/Ce300.015/0.25. 已知单闭环转速负反馈系统，R=1.0，Ks=44，Ce=0.1925V.min/r，根据稳态性能指标D=10，s5%计算，系统的开环放大倍数K≥53.3。试分析系统能否稳定。

江苏科技大学 电子信息学院 1 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

解：已知系统运动部分的飞轮力矩GD210Nm2，按保证电流Idmin10%Idmon时电流连续的条件计算电枢回路电感量，由于E2E2l/3230/3132.8V，则

L0.693E2Idmin0.693132.816.73mH，取L17mH0.017H。

10%55计算系统各时间常数：

TlL0.0170.017s，Ts0.00167s （三相桥式） R1.0 为保证系统稳定，开环放大系数应满足 TmTlTsTs20.0750.0170.001670.001672 K49.4 不稳定

TlTs0.0170.001676. 有一晶闸管直流电动机系统，电动机参数为Ped=2.5KW，Ued=220V，Ied=15A，ned=1500 r/min，Ra=2，

整流装置内阻Rs=1，放大系数Ks=30，要求D=20，s10%。试求 ① 计算开环系统态速降和调速要求所允许的稳态速降。

② 采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的稳态结构图。

③ 调整该系统，使U*n=20V时转速n=1000 r/min。-此时转速负反馈系数应该为多少？ ④ 计算所须的放大器放大系数。 解：

① 先计算电动机的Ce，然后在计算稳态速降。 UedIedRaCened CeUedIedRa2201520.127Vmin/r ned1500IedRIedRaRs15213.33r/min CeCe0.127开环系统的稳态速降为 nop 满足调速要求所允许的稳态速降为 nclneds15000.18.33r/min D1s2010.1 ② 采用转速负反馈的稳态结构图如图所示 IRUgnUfnKpKs1Ce ③ 当Ugn=20V时，n=1000r/min，则转速反馈系数为

江苏科技大学 电子信息学院 2 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

UfnnUgnn200.02Vmin/r 1000 ④ 闭环系统的开环放大系数为 KKpKs/Cenopncl13.33141.，则所需放大器的放大系数为 8.33KpKCe41.0.1278.79 Ks300.02

8． 有一可控硅直流调速系统，已知：

Ped = 2.8KW，Ued = 220V，Ied = 15.6A，ned = 1500rpm，Rs = 1.5Ω，Ra=1Ω，Ks = 37， 给定电源为0 ~ 24V

求： 1. 计算系统开环工作时在D = 30时，S= ？ 2. 计算D = 30、S = 0.1时允许的静态速降 3.设用转速负反馈环节实现2.的调速指标，计算出当Ugd = 24V时调整电机在额定点工作所需的放大器放大倍数Kp与反馈系数。 解：1. CeUedIedRsIR0.131,nked297.7 nedCe SDned0.856286% nedDned2. 由上式公式可得：ned5.5 3. KIedR153.13,CenedUgdnednedK1K0.013 KpKCe12. Ks9． 某双闭环直流调速系统的电流环ACR已经设计完成，转速环的动态结构图如图所示，试选h = 5，按

典型Ⅱ型系统设计转速环ASR。 - IL 1000n U*n + 2Id ASR

0.02s1s_ U*n

0.005

U*n/0.005 10 n 解:结构图可以进一步简化，如下所示： ASR s0.02s1_ 典型Ⅱ型系统的传递函数为：

江苏科技大学 电子信息学院 3 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

WssT2s12kT1s1，WASRkpis1iskp为PI调节器 h12h2T2512520.022 且ihT250.020.1，Ki10,kp=3。 按典型Ⅱ型系统设计的PI调节器ASR的传递函数为：WASR300.1s1 s10． 有一V-M调速系统，电动机为：Ped = 2.5KW，Ued = 220V，Ied = 15A，ned = 1500rpm，Rs = 2Ω，整流

装置内阻Rn=1Ω，Ks = 30，要求系统调速范围D = 20，静差率s=10%。 求：1. 计算开环系统的静态速降和调速要求所允许的静态速降。

2. 采用转速负反馈构成闭环系统，试画出系统的静态结构图。

3. 调整该系统，使当Ugd = 20V时，转速n = 1000rpm，则转速反馈系数应为多少？ 4. 计算所需的放大器放大倍数。 解：1. UedIedRsCenedCe 开环系统的静态速降为： nkIedRIedRsRn1521 355rpmCeCe0.127neds15000.1 8.33rpmD1s2010.1UedIedRs2201520.127V/rpm 1500 调速系统所允许的静态速降为： nbned 2. 采用转速负反馈的静态结构图如下图所示： IdRΣ __ ud ugn + 1/Ce Kp Ks -

ufn 

3. 当Ued = 20V，n = 1000rpm，则转速负反馈系数为： UfnUgdn200.02V/rpm 1000n 4. 闭环系统的开环放大倍数为： KKpKs/Cenk3551141.6， nb8.33KCe41.60.1278.8 Ks300.02 所需放大器放大倍数为：Kp11．某系统的传递函数Wds3，用串联校正使之成为典型Ⅰ型系统，试确定调

0.25s10.02s10.005s1节器及其参数并画出幅频特性，要求校正后ωc = 10.5。

解：对高频小惯性环节做合并处理，原系统变为：

sWdsWd33 0.25s10.020.005s10.25s10.025s1当采用PI调节器时，PI调节器的传递函数为

WPIsKPs1,s且令0.25，则校正后系统的开环传递函数为：

江苏科技大学 电子信息学院 4 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

WsWPIsWdsK0.25s112KP3P，当要求ωc = 10.5 0.25s10.025s10.25ss0.025s1 即ωc = 10.5 =12KP，KP =10.5/12 = 0.875。因此所选用的调节器的传递函数为： WPIs0.8750.25s1 0.25s12．某可控硅双闭环直流调速系统，整流装置采用三相桥式电路，基本数据为：

电动机D ：Ped = 550KW、Ued = 750V、Ied = 780A、ned = 375rpm、Ce= 1.92V/rpm、λ=1.5

电枢回路总电阻：RΣ = 0.1Ω、Ks= 75、控制对象时间常数：Tl = 0.03s，Tm= 0.084s、反馈滤波时间常数：Toi = 0.002s，Ton = 0.02s，最大给定电压和调节器输出限幅电压均取12V，调节器输入电阻R0 = 40KΩ。

系统指标：稳态无静差，电流超调量I% ≤5%，空载启动到额定转速时的转速超调量n% ≤10%，电流调节器按典型Ⅰ型系统，KT = 0.5，试设计计算：

1. 电流反馈系数和转速反馈系数； 2. 选择转速调节器的结构并说明理由；设计转速调节器的R、C参数。 3. 计算电流环和转速环的截止频率ci和cn，检验是否合理。 解：首先画出系统的动态结构图： Ifz * E Un111111n ASR ACR Tss1Tois1Tons1Tls1TsCme

Ufi -Ufn

 Tois1

 Tons1

1. UfnnUgnmnedUfiUgim12V12V0.032V/rpm0.0103V/A 375rpmIdIdm1.5780A2. 电流环按典型Ⅰ型系统，KT = 0.5 设计，电流环等效传递函数

1/，其中，TiTsToi0.00167s0.002s0.00367s

2Tis1为保证系统无静差，则ST系统采用PI调节器，这样由于ST的积分作用，可使转速无静差。因此转速闭环是Ⅱ二型系统，按典型Ⅱ二型系统设计，取h = 5，则：

nmax812.%21.57800nmax81.2%21170RTn,Tn2TiTon0.003740.020.02734s CeTm0.10.0236732.2rpm，此时超调量为： 1.920.084n%nmax32.2100%100%8.6%10%，因此选h = 5是合适的。此时PI调节器的参数为：ned375n5Tn50.027340.137s,KNKnRh1 2nCeTm2h2Tn Knh1CeTm60.01031.920.08411.3 2hRTn250.0320.10.02734R1nR0Kn4011.3450K,C1nnRR1n0.1034501031060.3f Con4T40.02on1062f3R04010 转速调节器原理图如图所示：

江苏科技大学 电子信息学院 5 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

3. 电流环截止频率ciKIRin Ugn R0/2 R0/2 Ufn R0/2 Con R0/2 Con ⊕ Cin 0.50.5136s1 Ti0.00367转速环截止频率cnh1622s1，cnci，外环截止频率远远小于

2hTn250.02734内环截止频率，设计是合理的。

13．如图所示直流调速系统方框图，ACR为电流调节器。已知电枢电路时间常数

Tl0.09s,Ts0.0017s,Ks30,Toi0.003s,电枢电阻R0.4，0.06V/A，无静差，电机在启动过程

中，使电流无超调。试求：

1. 选择ACR调节器结构。 2.求调节器参数。3.求开环放大倍数。 4. 若将调节器本身的放大倍数提高一倍，其超调量为多大？ U+ Id 1/RKsgi ACR Tois1Tls1Tss1

解：1. 要稳态无静差，应选用PI调节器；要使启动无超调，应按典型Ⅰ型系统设计，并取ξ=1.0，KT = 0.25，由以上理由，选LT为： Ks1 WPIsii is 2. 调节器系数：iTl0.09s TiToiTs0.0030.00170.0047s ki0.25iRKK1.0300.060.250.090.41.0,KIIs53.2 KsTi300.060.0047iR0.090.4cKI53.2s1,1111147.6s1 3ToiTs30.0030.0017c11，满足近似条件。

3ToiTs3. KI = 53.2

4.若将调节器本身的放大倍数提高一倍，则KI TΣI = 0.5，超调量为4.3%。

14．一个由三相零式可控硅装置供电的转速、电流双闭环调速系统，基本数据如下： 直流电机：Ped = 60KW、Ued = 220V、Ied = 305A、ned = 1000rpm、Ce= 0.2V/rpm、λ=1.5

电枢回路总电阻：RΣ = 0.18Ω、Ks= 30、控制对象时间常数：Tl = 0.012s，Tm= 0.12s、反馈滤波时间常数：Toi = 0.0025s，Ton = 0.0141s，额定转速时的给定电压：（Ugn）ed = 15V，调节器饱和输出电压：12V，调速范围：D = 10。

A：确定电流反馈系数和转速反馈系数，设最大启动电流Idm=300A

江苏科技大学 电子信息学院 6 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

B：系统的静、动态指标为：无静差；电流超调量I% ≤5%，空载启动到额定转速时的转速超调量n% ≤10%，试设计电流调节器，画出电路图并计算R、C参数；调节器输入电阻R0 = 40KΩ。

C：设计转速调节器并计算参数；

D：在额定负载下，启动到额定转速时的超调量

解：A：由于调节器的饱和输出电压为12V，即电流环最大给定电压Ugim=12V，又最大启动电流为300A，所以电流反馈系数为：速反馈系数UfnUgnUfimIdmUgimIdm120.04V/A，额定转速时的给定电压（Ugn）ed = 15V，所以转300150.015V/rpm nn1000 B：为保证电流超调量I% ≤5%，应将电流环效正成典型型系统，因此电流调节器应采用PI调节器，

其电路如图所示： 其传递函数为： Ks1 WLTsii isRiUi*R0/2R0/2CoiR0/2IdR0/2oiCi_AACRUct根据要求将电流环校正成典型型系统 C且超调量I% ≤5%，调节器的参数为： KK1iTl0.012s,KIis,TiToiTs，对于三相零式，Ts=0.0033 iR2TiTi0.00250.00330.0058,Ki iR0.0120.180.1552KsTi20.04300.0058 i4Toi40.00250.012R1iKiR00.15540K6.2K,C1i2F,Csi0.25F3R1i6.2KR04010C：为保证系统无静差，速度调节器也选PI调节器结构，其传递函数为 Ks1 WsTsnn，因此速度环中有两个积分环节，速度环校正成典型型系统，且取h = 5，速

ns度调节器的参数为：nhTn,TnTon2Ti0.014120.00580.0257 n50.02570.1285,KNh1TmCeKnRh160.040.120.2,Kn8.3 2nTmCe2h2T2hRt250.0150.180.0257nnnR1n0.12853301030.4f,Con4Ton40.01411.41f R040103R1nKnR08.340k330K,C1nD：在额定负载下启动到额定转速时的超调量为： n%81.2%Z81.2%2TnRIdm81.2%20.02570.183009.4% nnomTmCe10000.120.215．双闭环直流调速系统采用晶闸管三相桥式全控整流电路供电，基本数据如下：

直流电机：220V，136A，1460r/min，电枢电阻Ra0.2，过载系数1.5； 晶闸管装置：放大系数Ks40；电枢回路总电阻：R0.5；

m； 电枢回路总电感：L15mH；电动机总飞轮力矩：GD22.5Nmin/r； 电流反馈系数：0.05V/A；转速反馈系数0.007V滤波时间常数：T0i0.002s，T0n0.01s； 设计要求：

江苏科技大学 电子信息学院 7 自动控制系统习题解答

22电力拖动自动控制系统习题答案

稳态指标：转速无静差；

动态指标：电流超调量i5%；空载起动到额定转速的转速超调量n10%。 设计：

系统的动态结构图： * 1 UnASR Ts1on

-Ufn

⑴ 电流环的设计： 确定时间常熟：

Ifz 1 Tois1ACR 1Tss11 Tls11TmsE Ufi Tois11n Ce Tons1① 整流装置滞后时间常数 Ts0.001s6; 7② 电流环小时间常数：TiTsT0i0.00167s0.002s0.00367s； ③ 电磁时间常数：TlL0.0150.03s； R0.5确定电流调节器结构和参数：

① 结构选择

根据性能指标要求：i5%，而且：Tl0.038.1710 Ti0.00367因此电流环按典型I型系统设计，电流调节器选PI调节器，其传递函数为

WACR(s)② 参数计算

Ki(is1) is 为了将电流环校正成典型I型系统，电流调节器的微分时间常数i应对消控制对象中的大惯性环节的时间常数Tl，即取；

iTl0.03s；为了满足i5%要求，应取KITi0.5，因此

KI11136.2s1，于是可以求得ACR的比例放大系数为：2TI20.00367KIiR136.20.030.51.022 Ks0.0540Ki校验近似条件：

① 晶闸管整流装置传递函数近似条件：ci1 3Ts 江苏科技大学 电子信息学院 8 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

ciKI136.2，11199.6s1，所以满足近似条件。 3Ts30.00167② 电流环小时间常数的近似条件： ci1111182.4s1ci，满足近似条件。

3TsT0i30.001670.0021，而由于： TmTl③ 忽略反电动势对电流环影响的条件

ci3CeUnomInomRa2201360.20.132Vmin/r。所以

nnom1460GD2R22.50.5Tm0.18s，因此：

375CeCm3750.132230311340.82s1ci，满足近似条件。 TmTl0.180.03设计后电流环可以达到的动态指标为i4.3%5% 满足设计要求。 ⑵ 转速环的设计

确定时间常数：

① 电流环等校等效时间常数：因为电流环是按典型I型系统设计，且参数选择为KITi0.5，因此电

流环等效时间常数为： 2Ti20.003670.00734s。 ② 转速环小时间常数Tn

已知转速滤波时间常数为T0n0.01s，因此转速环小时间常数为：

Tn2TiTon0.007340.010.1734s

确定转速调节器结构和参数： ① 结构选择

由于设计要求无静差，因此转速调节器必须含有积分环节，有考虑到动态要求，转速调节器应采用PI调节器，按典型II型系统设计转速环。转速调节器的传递函数为： WASR(s)Kn(ns1) ns ② 参数计算

考虑到动态抗扰性能和启动动态性能，取中频宽度h5较好，则有：

nhT50.017340.0867s，转速环开环放大系数：

江苏科技大学 电子信息学院 9 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

KNh162，则ASR的比例放大系数： 399.1s2222hTn2250.01734(h1)CeTm60.050.1320.1811.7 2hRTn250.0070.50.01734Kn校验近似条件和性能指标： ① 电流环传递函数等效条件：cn1 5Ti11.5s1cn，可知满足等效条5Ti50.00367可知cnKNn399.10.086734.6s1；而件。

② 转速环小时间常数近似处理条件：cn11 32TiT0n111138.9s1cn，满足近似条件。

32TiT0n320.003670.01③ 转速超调量n

n81.2%2(z)nnomnnomTn100% nTmIdnomR1360.5515.2r/min Ce0.132所以：n81.2%2(z)nnomTn515.20.0173481.221.58.3% nTm14600.1816．某双闭环调速系统，其转速环按典型II型系统确定参数关系。一直系统的机电时间常数Tm0.15s，

电机在额定负载时的稳态速降nnom0.3nnom，转速环的小时间常数Tn0.015s，电动机允许的过载系数1.5，直流电机：220V，136A，1460r/min，Ce0.18。求1电动机在理想空载下起动到额定转速时的超调量；2 电动机在额定负载下起动到额定转速时的超调量 解：如果按Mrmin准则确定参数关系，并取中频宽度h5。查表可知：Cmax81.2% Cb 所以：1 n81.2%2(znnomTn)nTm0.3n0.01581.221.5nomnnom0.157.3% 江苏科技大学 电子信息学院 10 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

2TnR20.0150.52 n81.2%Z81.2(IdmIdl)81.268 nnomTmCe14600.150.18  2.1%

17．有一V-M调速系统，如图所示，已知数据如下：

直流电动机：Pnom10kW,Unom220V,Inom55A,nnom1000r/min，Ra0.5 整流装置：触发整流环节的放大系数Ks44，整流装置的内阻Rrec0.5 生产机械对调速系统的稳态指标为：D10,S5%。

求：⑴ 计算开环系统的稳态速降nop和调速指标所允许的稳态速降ncl；

⑵ 画出该系统的静态结构图；

*⑶ 若当电动机运行于额定转速时的给定电压Un20V，计算此时的转速反馈系数；

⑷ 计算满足稳态要求所需放大器的放大系数Kp；

＋+U放大器触发器UdM——__u+f＋usf——+解：⑴ 先计算电动机得电动势转速比Ce 因为：UnomInomRaCennom 所以：CeUnomInomRa220550.50.1925Vmin/r nnom1000开环系统的稳态速降为： nopInomRInom(RaRrec)55(0.50.5)285.71r/min CeCe0.1925闭环系统的稳态速降为： nclnnomnnomS10000.055.2r6/m inD(1S)10(10.05) ⑵ 该系统的静态结构图如下图所示：

江苏科技大学 电子信息学院 11 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

IdR*UnUnUn—KpKsUnUd0＋n—1nCe *⑶若当电动机运行于额定转速时的给定电压Un20V，计算此时的转速反馈系数为：

*UnUn200.02Vmin/r nnomnnom1000⑷ 闭环系统的开还放大倍数为：

KKpKsCenopncl1285.71153.3 5.26则所需的放大器放大系数为：

KpKCe53.30.192511.7，若放大器的R040k，所以： Ks440.02R1KpR011.740k468k，取规范值R1470k

18．如图所示，转速负反馈单闭环直流调速系统，已知数据为：

电动机：

22晶闸管装置： P2.2kW,U220V,I12.5A,n1500r/mn，R1，GD1.5Nmnomnomnomnoma采用三相桥式全控整流电路，电枢回路总电阻Ra1，总电感L42mH,Ks40；额定转速时

*Un15V；要求的稳态指标：D15,S5%。

问：⑴ 该系统能否稳定运行？为保证系统稳定运行的临界开环放大倍数为多大？

⑵ 当开环放大倍数为满足稳态要求的数值时，若系统不能稳定运行，对系统进行动态校正，是系统的相角裕量60。

18. 在转速电流双闭环直流调速系统中，ASR和ACR均采用PI调节器，已知电动机额定参数为Unom，Inom，

nnom，Ra，功率放大器放大系数Ks和内阻Rrec，电动机的允许过载倍数为1.5。

*（1）若ASR, ACR的限幅输出分别为Uim和Uctm，如何确定转速反馈系数和电流反馈系数；

（2）设系统在额定情况下正常运行时，转速反馈线突然断线，系统的运行情况如何？写出此时系统中

Ui*，Uct，Id，Ud和n的表达式；

（3）设系统拖动恒转矩负载在额定情况下正常运行，若因为某种原因励磁电流减小使磁通下降一

江苏科技大学 电子信息学院 12 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

半，系统工作情况如何变化？写出Ui*，Uct，Id，Ud及n在稳定后的表达式；

系统在某一转速下带额定负载正常运行，电流反馈线突然断线，系统的运行情况如何变化？若系统最终仍趋于稳定，则稳定后系统的Ui*，Uct，Ud，Id及n比原来有何变化？

*解： （1）按最大给定电压Unm对应电动机额定转速nnom来确定转速反馈系数，因ASR采用PI调节器，***稳态时UnUnan，因此有Unmannom，所以Unm/nnom。

*按电动机最大允许过载电流Idm对应于ASR输出限幅值Uim来确定电流反馈系数，而ACR又采**用PI调节器，则有UimUimIdm1.5Inom，所以有Uim/1.5Inom。

*（2）若系统在额定情况下正常运行，则有UnUn，Ui*Ui，且极性均相反。若转速反馈线断线，**则Un0，ASR只有输入Un而使其很快进入饱和，输出为限幅值Uim；由于Ui尚未变化使ACR输出Uct

上升而达到限幅值Uctm，功率放大器输出电压达到最大值Udm，Id上升，使电动机电磁转矩Te大于负载

*转矩TL，电动机加速，n上升，电动势E上升。最后当系统稳定下来后，IdIdL（负载电流），，Ui*UimUctUcm，UdKsUctm，n(KsUctmIdL(负载电流)R)/Ce。

（3）系统在额定情况下正常运行，nnnom，IdInom。若磁通下降一半，则EKen下降，

Id和Ui将随之增加，但因Ui*未变，在电流环调节作用下使Ud，Uct下降以维持IdInom暂时不变，

从而使TeKmInom 下降为原来的一半。电动机拖动恒转矩负载，TL不变；所以TeTL，电动机减速，

**未变，而使ASR饱和，输出为Uim，在电流环调节作用下，电流上升达到n下降，Un随之下降，因UnIdm1.5Inom并维持不变，Te因电流变大而回升，但也只能为原来转矩的0.51.50.75，仍然小于负

**载转矩TL，电动机转速将继续下降，直至n0。这时，UiUim，IdIdm1.5Inom，

UdIdmR1.5InomR，UctUd/Ks1.5InomR/Ks。

（4）若电流反馈断线，则因Ui0，Ui*未变而使ACR饱和，UctUctm，Ud上升，Id上升，n上升，

*未变，因而使Ui*下降。由于速度环的自动调整作用，在系统最后稳定下来后，n不变，Un上升。但UnId不变，因而Ud，Uct都不会变，只有Ui*下降为零，即Ui*0。

江苏科技大学 电子信息学院 13 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

19. 设控制对象的传递函数为Wobj(s)K1，式中，K12，T10.43s，

(T1s1)(T2s1)(T3s1)(T4s1)T20.06s，T30.008s，T40.002s。要求阶跃输入时系统的超调量5%。

1. 分别用P, I, PI和PID调节器将系统校正成典型I型系统，设计各调节器参数并计算调节时间ts。 2. 能否用上述调节器将系统校正成典型II型系统？ 解： 1. 校正成典型I型系统时调节器参数计算：

（1）控制对象为0型系统，用P调节器校正时，调节器传递函数为WP(s)KP，需作近似处理后才能校正成典型I型系统。令

11 T1s1T1s则校正后系统开环传递函数为

W(s)KPK1K T1s(T2s1)(T3s1)(T4s1)s(Ts1)式中，KKPK1/T1，TT2T3T40.07s。

为使5%，可取KT0.5，因此KP0.5T10.50.431.，调节时间K1T20.07ts6T60.070.42s

下面需校验近似条件。 ①c3？ T1因cK11337.14s1，而6.98s1，满足近似条件。 2T20.07T10.43②c11？

3T2T3111115.2s1满足近似条件。

3T2T330.060.008（2）用I调节器校正时，调节器传递函数为WI(s)1校正后系统开环传递函数为 is 江苏科技大学 电子信息学院 14 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

W(s)K1K is(T1s1)(T2s1)(T3s1)(T4s1)s(Ts1)K1，取KT0.5，则

式中，TT1T2T3T40.5s，Kii调节时间ts6T60.53s。

因cK1s1，而

K1T20.52s 0.50.511112.08s1，满足近似条件。

3T1T230.430.06（3）用PI调节器校正时，调节器传递函数为WPI(s)KPI1s1，取1T10.43s，且令1sTT2T3T40.07s，校正后系统开环传递函数为

W(s)KPIK1KPIK1K 1s(Ts1)s(Ts1)同样，取KT1T0.5，则

0.510.50.431. K1T20.07KPI调节时间ts6T60.070.42s。

（5）

用PID调节器校正时，调节器传递函数为

WPID(s)(1s1)(2s1)

s取1T10.43s，2T20.06s，令T3T40.0080.0020.01sT，则校正后系统开环传递函数为W(s)KK1K，仍取KT1T0.5，则 s(Ts1)s(Ts1)调整时间ts6T60.010.06s。

K1T20.010.04s 0.50.5 江苏科技大学 电子信息学院 15 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

校验近似条件：cK50s1，而

111183.3s1，满足近似条件。

3T3T430.0080.002比较采用不同调节器时的ts，可知采用 PID调节器调节时间最短，效果最好；采用I调节器调节时间最长，效果最差；采用P调节器和PI调节器虽然有相同的ts，但采用P调节器时系统是有差的，因此两者的稳态性能截然不同。

2. 校正成典型II型系统时调节器参数计算：

（1）由于控制对象传递函数中不含领先环节，P和I两种调节器也不含领先环节，因此采用P调节器和I调节器无法将控制对象校正成典型II型系统，采用PI调节器或PID调节器才有可能将控制对象校正成典型II型系统。又由于控制对象传递函数中不含积分环节，需作近似处理后才能采用PI或PID调节器将系统校正成典型II型系统。令

11 T1s1T1s336.98s1 T10.43将惯性环节近似为积分环节，近似条件为c（2）采用PI调节器校正后系统的开环传递函数为

W(s)K1KPI(1s1)K(1s1) 1T1s2(T2s1)(T3s1)(T4s1)s2(Ts1)式中，KK1KPI，TT2T3T40.07s。 1T111h114.3s1，则c,当h5时，T0.072h如按Mmin准则确定系数，此时，c614.38.58s1；又 10111115.2s1

3T2T330.060.008因8.58>6.98，8.58<15.2，满足近似条件，说明用PI调节器可以将系统校正成典型II型系统。

（3）采用PID调节器时，可取2T2，并令TT3T40.01s，则校正后系统的开环传递函数为

W(s)K1(1s1)K(1s1) 22T1s(Ts1)s(Ts1)式中，K而

K1116100100s1，则当h5时，按Mmin准则，有c60s1，。此时，T0.0110T1 江苏科技大学 电子信息学院 16 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

111183.3s1

3T3T430.0080.002可见，满足近似条件，采用PID调节器也可以将系统校正成典型II型系统。

20. 某转速电流双闭环直流调速系统的已知参数为：电动机参数Pnom3kW，Unom220V，

Inom17.5A，nnom1500r/min，Rs1.2，GD20.4kgm2；功率放大器：放大倍数Ks25，Rrec0.3，Ts0.001s；电枢回路总电感L60mH，最大允许电流Idb12Inom，ASR和ACR的

*输出限幅值均为8V，最大转速给定电压Unms，转速反10V，电流反馈滤波时间常数为T0i0.001馈滤波时间常数为T0n0.005s。设计指标为：电流超调量i5%，转速无静查，空载启动到额定转速时的转速超调量n10%，过渡过程时间ts0.5s。分别用Mrmin准则和max准则进行设计，决定ACR和ASR的结构并选择参数。 解： 1. 电流环设计

（1） 电流环被控对象的参数如下

电枢回路总电阻：RRaRrec1.20.31.5； 电枢回路电磁时间常数：T1L0.060.04s； R1.5电流环小时间常数：TiTsT0i0.0010.0010.002s；

*Uim8电流反馈系数：0.23V/A。

Idb1217.5（2） 选择电流调节器结构和参数

根据性能指标要求，应将电流环校正成典型I型系统，ACR需选用PI调节器，即

WACR(s)Kiis1 is并取iT10.04s，为满足i5%的要求，取电流环开环放大倍数为

KI则ACR的比例放大系数为

KiKs1250s1 iR2TiKi（3） 校验近似条件

iR0.041.52.61 2KsTi2250.230.002 江苏科技大学 电子信息学院 17 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

UnomInomRa22017.51.2Ce0.133Vmin/r nnom1500GD2R0.49.81.5Tm0.093s 2375CeCm3750.13330电流环截止频率ciKI250s1。 忽略电动机反电动势影响的近似条件为ci31，现 TmT1ci3该近似条件满足。

2． 转速环设计

（1） 转速环的对象参数如下：

11349.2s1 TmT10.0930.04*Unm/nnom100.0067Vmin/r 1500转速环小时间常数： Tn2TiT0n20.0020.0050.009s (2)确定转速调节器结构及参数。

由于要求转速无静查，因此ASR应选用PI调节器，即

WASRKn转速环按典型II型系统设计，并取h5，则

ns1 nsnhTn50.0090.045s

KN①按Mmin准则选择ASR参数。

KnR nCeTmKN则

h161481.5 22222hTn250.009(h1)nCeTm(h1)CeTm 22h2RT2hRTnn60.230.1330.09318.87 250.00671.50.009Kn②按max准则选择ASR参数

江苏科技大学 电子信息学院 18 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

KN则

1hhTn21550.00921104.2 KnnCeTmCeTm 2hhRTnhRTn0.230.1330.09350.00671.50.00914.07 （2） 校验近似条件

当按Mmin准则设计ASR时，转速环截止频率为

cnKNn1481.50.04566.67s1

当按max准则设计ASR时，转速环截止频率为

cnKNn1104.20.04549.69s1

由于

11100s1cn，故满足电流环闭环传递函数简化条件；又由于5Ti50.002111174.s1cn，故满足小时间常数近似处理条件。

32TiT0n320.0020.0053． 验算系统的性能指标

电流环按典型I型系统设计，且取KITi1，此时可以达到的动态指标为i4.3%5%；转速2环ASR取PI调节器，可以满足转速无静查，动态指标应按退饱和超调考虑，此时有

nCmax2TnR(Idb1IdL)100% CbCeTmnnom当按Mmin准则设计时，若取h5，查表2.9有

Cmax81.2% Cb因此

n0.81220.0091.5217.5100%4.1% 0.1330.0931500当按max准则设计时，由表2.8知，当h5时有

n0.97520.0091.5217.5100%4.97% 0.1330.0931500 江苏科技大学 电子信息学院 19 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

tst2tV 其中，t2为恒流升速时间，tV为退饱和超调过渡过程时间，tV等于动态速升时间。

t2CeTmnnom0.1330.09315000.35s (Idb1IdL)R217.51.5由表2.8和表2.9可知，当h5时，分别有

tV8.8Tn8.80.0090.08s(Mmin准则）和

tV12.9Tn12.90.0090.12s(min准则）因此

tst2tV＝0.350.08＝0.43s和0.350.12＝0.47s

满足全部设计指标。

1-1 为什么PWM—电机系统比晶闸管—电动机系统能够获得更好的动态性能？ PWM系统在很多方面有较大的优越性：

1） 主电路线路简单，需用的功率器件少。

2） 开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。 3） 低速性能好，稳速精度高，调速范围宽。

4） 若与快速响应得电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。

5） 功率开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开环损耗也不大，因而装置效率

较高。

6） 直流带能源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。 1-4 某一调速系统，测得的最高转速特性为n0max1500r/min，最低转速特性为n0min150r/min，带额定负载时速度降落nN15r/min，且在不同转速下额定速降nN不变，试问系统能够达到的调速范围头多大？系统允许的静差率是多少？ 解： n0maxnmaxnN

n0minnminnN

 nmax1500151485r/min

nmin15015135r/min

调速范围：D=nmax148511 nmin135 江苏科技大学 电子信息学院 20 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

静差率：snN15100%10% n0min150

1-5 某闭环调速系统得调速范围是1500 ~ 150r/min ，要求系统的静差率s2%，那么系统允许的静差速降师多少？如果开环系统得静差速降师100r/min，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？ 解：调速范围：D=nmax150010 nmin150由公式：D=nNsnNs 得nN D(1s)nN(1s)则 nclnNsns15002%max3.06r/min D(1s)D(1s)10(1-2%)由公式：nclnop1k 得

k=nopncl1=1001=31.7 3.06

1-6 某闭环调速系统得开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8r/min，如果将开环放大倍数提高到30，它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？ 解：由公式：nclnop1k 得nopncl(1k)

r/min128）248r /min 当k=15时， nopncl(1k)8(115)'（当k=30时， nopncl(1k)8(130) nclnopk11284.13r/min 301由公式：Dcl(1k)Dop 得 调速范围的扩大倍数为： k'D'opDop1+30311.94 1+1516 k

'ncl81.93 ncl4.13 江苏科技大学 电子信息学院 21 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

1-7 某调速系统的调速范围D=20，额定转速nN1500r/min，开环转速降落nNop=240r/min，若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统得开环增益将如何变化？ 解：当静差率为10%时 由公式：D=nNs 得

nN(1s)Dop=nNs150010%0.6944 nop(1s)240(1-10%)由公式：Dcl(1k)Dop 得 开环增益：k=Dcl2011=27.8 Dop0.6944当静差率为5%时 由公式：D=nNs 得

nN(1s)D'op=nNs15005%0.32 nop(1s)240(1-5%)由公式：Dcl(1k)Dop 得 开环增益：k='Dcl201=1=59.8 Dop0.32系统得开环增益K由27.8增加到59.8。

1-10 有一V—M调速系统，电动机参数为PN2.2kW，UN220V，IN12.5A，nN1500r/min，电枢电阻Ra1.2，整流装置内阻Rrec1.5，触发整流环节的放大倍数Ks35。要求系统满足调速范围D=20，静差率s10%。

（1） 计算开环系统的静差速降nop和调速要求所允许的闭环静态速降ncl。 （2） 采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构框图。

（3） 调整该系统参数，使当U*则转速负反馈系数应该是多少？ IdIN，nnN，n15V时，

（4） 计算放大器所需的放大倍数。

解：（1）

由公式：UNINRaCenN 得

江苏科技大学 电子信息学院 22 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

CeUNINRa22012.51.20.137 Vmin/r nN1500开环系统得静态速降为： nopINRIN(RaRrec)12.5(1.2+1.5)246.35r/min CeCe0.137nNs 得

nN(1s)nns150010%=8.33r/min D(1-s)20（1-10%）由公式：D=调速要求所允许的闭环静态速降为ncl（2）略

（3）

由题意知：U*n15V，IdIN12.5A，nnN1500r/min

U*150.01 Vmin/r 由结构框图可知：=Nn1500（4）  K=kpksCenopncl1=246.35128.57 8.33kCe28.570.13711.18 ks350.01放大器所需的放大倍数：kp

1-14有一V—M系统，已知：电动机：PN2.8kW，UN220V，IN15.6A，nN1500r/min，电枢电阻Ra1.5，整流装置内阻Rrec1，触发整流环节的放大倍数Ks35。

（1） 雄开环工作是，试计算调速范围D=30时的静差率s值。

（2） 当D=30 ，s=10%时，计算系统允许的静态速降。

（3） 如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30，s=10%，在U*n10V时，IdIN，

nnN，计算转速负反馈系数和放大器放大倍数kp。

（4） 如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求在U*n10V时，IdIN，

nnN,并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在D=30时的静差率。

解：（1）

由公式：UNINRaCenN 得

江苏科技大学 电子信息学院 23 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

CeUNINRa22015.61.50.131 Vmin/r nN1500INRIN(RaRrec)12.5(1.5+1)297.71r/min CeCe0.131开环系统得静态速降为nop由公式：D=nNs 得

nN(1s)静差率为s=nopDnopDnN297.713085.6% 297.7130+1500 (2 ) nclnns150010%=5.56r/min D(1-s)30（1-10%）（3）由题意得U*n10V，IdIN15.6A，nnN1500r/min

U*100.0067 Vmin/r 由结构框图可知：=Nn1500 K=kpksCenopncl1=297.71152. 5.56kCe52.0.13129.35 ks350.0067放大器所需的放大倍数：kp（4）采用电压负反馈有静差调速系统

由公式：n=kpksU*nCe(1k)Ce(1k)RpeIdRaId ，式中 kkpks 得 Cen=RpeIdCe(1k)RaId115.61.515.6180.85r/min Ce0.131（1+52.）0.131s=

nD180.853078.3% nDnN18.8530+15001-15 在题1-10 的系统中，若主电路电感L=50mH，系统运动部分的飞轮惯量GD1.6Nm，整流装置采用三相零式电路，试判断按题1-10要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要求保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K 是多少？ 解：由题意得：

22Ce0.137 Vmin/r，nop246.35r/min，ncl=8.33r/min

江苏科技大学 电子信息学院 24 自动控制系统习题解答

电力拖动自动控制系统习题答案

K=kpksCenopncl1=246.35128.57 8.33GD2Ra1.6(12+1.5).TM0.0185s 375CeCM3750137.0137.30TLL0.050.0s Ra1.2+1.5TM(TLTs)Ts20.0(0.01850.00167)0.00167241.87 TLTs0.01850.00167TM(TLTs)Ts2因为k 所以系统稳定。

TLTs

江苏科技大学 电子信息学院 25 自动控制系统习题解答