电力拖动控制系统xiti题库

一、 填空题（10分）每小题2分

得分 1. V –M 系统的开环机械特性由连续段与断续断组成。连续段的特性比较硬 ,改变控制角时是一族平行的直线,在断续区的特性呈现显著非线性，特性软，理想空载转速高。 2. 单闭环调速系统采用PI调节器校正环节解决了动静特性间的矛盾，而保留电流截止环节是为解决启动时冲击电流过大的问题，当减速或停车时，由于可控硅电路的电流不能反向，不能产生制动转矩，欲要快速制动就需增设能耗制动线路。

3. 静差率与机械特性的硬度有关，特性越硬，静差率越小，则稳态精度越高，同样硬度的特性，理想空载转速越低，静差率越大，则稳速的精度越差。

4. 双闭环调速系统，在启动过程的大部分时间内，转速调节器处于饱和状态，此时它起着饱和非线性控制作用；当转速超调后，转速调节器退出饱和，它才真正发挥线性（速度）调节作用。 5. 转速电流双闭环系统中，对于电网电压的波动电流调节器起主要抗扰调节作用，对于负载的波动转速调节器起主要的抗扰调节作用。

6. 双闭环直流调速系统的启动过程可分为电流上升阶段、恒流加速阶段、转速调整阶段、稳定运行阶段。

7. 环流可分为两大类：静态环流和动态环流。

8. 在直流电机可逆调速系统中，欲消除环流可采用两种控制方法，即逻辑无环流和错位无环流。 9. 可逆调速系统中可控硅电路逆变的主要用途：在直流电动机制动或减速时，把电动机的动能回馈给交流电源，一组可控硅由整流状态转变到逆变状态时，电压反向，电能由负载侧传送到交流电源侧。 10. 逻辑无环流可逆调速系统使逻辑装置翻转的必要条件是转矩极性发生改变，充分条件是Id = 0，从发出逻辑指令到执行指令必需经过关断等待延时，这是为了防止Id  0，产生逆变颠覆；还必需经过触发等待延时，是为了防止SCR不关断，造成直流环流。

11. 可逆系统的制动过程可分为；本组逆变阶段和它组制动阶段。而后者又可分为：它组建流子阶段、它组逆变子阶段和反向减流子阶段。

12. 可逆PWM变换器可分为：双极式可逆PWM变换器，同一桥臂的上下两个GTR同ON或OFF。在0 ≤ t ≤ton时，Ub1= Ub4 =+，Ub2= Ub3 =-，UAB= +Us；在ton≤ t ≤ T时，Ub1= Ub4 =-，Ub2= Ub3 =+，UAB= -Us；单极式可逆PWM变换器，其中Ub1= -Ub2，VT1、VT2交替导通等于调制周期，Ub3=-，Ub4 =+，电机正转，Ub3=+，Ub4 =-，电机反转。

13. 双极式PWM变换器的优点有：①电流一定连续②可使电动机在四象限运行③电机停止时有微振电流，能消除静摩擦死区④低速时，每个晶体管的驱动脉冲较宽，有利于保证晶体管可靠导通⑤低速平稳性好，调速范围可达20000以上。 14. 根据公式

n60f1np1s，交流异步电动机的调速方案有变极对数调

速、变频调速、变转差率调速。

15. 在异步电动机调速系统中，常采用SPWM变频装置，SPWM的采样控制方式有：自然采样法、规则采样法I、规则采样法II。

16. 在交—直—交间接变频装置中，根据中间直流环节储能元件的不同，可分为：电压源型和电流源型。

江苏科技大学 电子信息学院 1 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

17. 三相异步电动机的数学模型的性质是：高阶、强耦合、非线性、多变量。 18.

二、 选择题（10分）

得分 1. 在闭环转速有差系统稳定运行中，突加负载后又进入稳定运行，可控硅整流装置的输出电压Ud将：（A）

A：增加 B：减少 C：恢复原值

2. 在无静差调速系统中，如果突加负载，到稳态时转速会恢复原值，可控硅整流装置的输出电压Ud

将：（C）

A：恢复原值 B： 减少 C：增加

3. 在无静差调速系统中，调节对象里含有积分环节，突加给定后PI调节器没有饱和，系统到达稳态前被调量会出现出现超调吗？（B）

A：不会超调 B：一定超调 C：可能超调也可能不超调

4. 在转速、电流双闭环调速系统中，速度给定Ugn未变，转速反馈系数增加，系统稳定后速度反馈电压Ufn变化情况是：（C）

A：Ufn增加 B：Ufn减少 C：Ufn不变

5. 转速、电流双闭环调速系统之所以能实现“时间最优控制”的基本思想，其原因是在启动过程的大部分时间里两个调节器基本关系为：（C）

A：ASR和ACR均饱和限幅输出 B：ASR不饱和，ACR饱和 C：ASR饱和，ACR不饱和

6. 某转速负反馈单闭环直流调速系统的静特性如图，其转差率和调速范围分别为：（B） A：s = 4%，D=5 B：s=20%，D= 6 C：s=20%，D=5 D：s=4%，D=6

n

30 750 max

30 150 min Inom 7. 某直流电机无静差调速系统在以额定转速运行，其反馈系数突然降为原值的1/2，则（D） A：电机将以额定转速的2倍运行 B：电机转速降为原值的1/2 C：电机转速不变 D：以上回答都不对

8. 在转速开环的交-直-交电流源变频调速系统中,GFC的作用是( A )

A:加快频率环节的变化 B:加快电压环节的变化 C:减慢频率环节的变化 D:减慢电压环节的变化

9. 在线饶转子异步电动机串级调速系统中，转子绕组：（B）

A：只能向电机输入功率 B：既能向电机输入功率，又能向电网回馈功率 C：不能向电网回馈功率 D：以上都不对

得分 10. 交流电动机变频变压调速系统属于（A）

A：转差功率不变型调速系统 B：转差功率消耗型调速系统 C：转差功率回馈型调速系统

三、 简答题（20分）

江苏科技大学 电子信息学院 2 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

1. 在转速、电流双闭环直流调速系统中，电流调节器有哪些作用？ ① 对电网电压波动起及时抗扰作用； ② 启动时保证获得允许的最大电流；

③ 转速调节过程中，使电流跟随给定电压UI*变化；

④ 当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起保护作用；

2. 在转速、电流双闭环调速系统中，转速调节器有哪些作用？输出限幅按什么要求整定？

答：①在启动或突加给定时，转速调节器处于饱和限幅状态，使系统在最大恒值电流下加速，起限流和最短时间控制的作用。②在稳定运行时，转速PI调节器可以保证系统无静差。③对于负载扰动，转速调节器起主要的抗扰调节作用。④ 转速调节器的输出限幅按所限制的最大电流值Idm来整定，即Ugim=βIdm

3. 直流电机可逆调速系统有几种方案，其理论依据是什么？

欲使电机可逆运行，其产生的电磁转矩必需能够反向，根据直流电机的电磁转矩方程

TeCmId，可逆方案有：

① 励磁反接，即改变Ф的极性 ② 电枢反接，即改变Id的极性

4. 在改变f1的交流电机变频调速系统中，常用的控制规律有哪些？

在交流电动机变频调速系统中，为保持Ф为常数，常采用下列控制方式： ① U1/f1= constant ② Eg/f1= constant ③ Er/f1constant

5. 在有环流可逆调速系统中设置了环流电抗器，为什么还要设置平波电抗器？

答：在可逆系统中存在直流环流和瞬时脉动环流，直流环流可以根据需要，使系统有环流或无环流，而瞬时脉动环流是无法消除的，因此必需引入限制瞬时环流的装置，即环流电抗器，环流电抗器在工作时是处于线形状态，即不能处于饱和状态，因此它不能对负载电流起到平波的作用，而对于负载的直流保证电流的连续和平滑只能用平波电抗器来完成。 6. 什么是泵升电压？有何危害？如何进行抑制？

答：在直流脉宽调速系统PWM中的直流斩波器和交流脉宽调速系统SPWM中的交-直-交逆变器中，因为前部的整流部分是三相桥式不可控整流桥，决定了电流的单方向流通，也即决定了不能通过三相整流桥实现能量往电网的回馈。因此当负载的能量需要转移时，只能将其机械动能转化为电能储存在电容中，这样就会使电容上的电压随电能的增加而升高，这种现象统称为泵升电压。过高的泵升电压会直接损坏功率器件，因此需要引入泵升电压抑制器，通过电压比较环节对电容进行采样，当电容上的电压高过允许值时，通过强制放电电路对其进行放电，直到低于允许值为止。 7. 直流双闭环可逆调速系统的起动过程分为那几个阶段？有那几个特点？

解：直流双闭环调速系统的启动过程氛围三个阶段：即第一阶段：电流上升阶段；第二阶段：恒流生速阶段；第三阶段：转速调节阶段。

直流双闭环调速系统的启动过程有三个特点：1. 饱和非线形控制。2. 准时间最优控制。3. 转速超调。

8. 什么是矢量控制？其实质是什么？

答：在多变量异步电动机数学模型中，通过3s/2s，2s/2s，2s/2r等坐标变换，将三相电动机模型等小便画等效变换成类似于直角坐标系下的直流电机的数学模型，然后按着直流电机的控制方式进行控制，将这种直流电机方式下的控制变量再经过坐标的逆变换，变换成交流电动机所需的输入三相变量。 其实质就是利用成熟的直流电机的控制方式，将交流电机模型变换成直流电机摸型进行控制的一种交流电机控制技术。

9. 请画出下列系统的启动电流、转速波形图：

① 直流电机理想启动特性 ② 转速、电流双闭环系统③带有电流截至负反馈单闭环系统

I dm 江苏科技大学 电子信息学院 I dm 3 n* n * 自动控制系统复习题 Id t Id t 电力拖动自动控制系统总复习例题

10. 在SPWM调速系统中，什么是同步调制？异步调制及分断同步调制？

答：在SPWM调速系统中，载波频率ft与调制波频率fr之比为载波比N，根据N的关系调制方式有：1. 同步调制：在调制过程中，保持N= constant，即输出电压半波内的脉冲数不变。2. 异步调制：在调制过程中，N不为常数，而是使载波频率ft保持不变，从而保证在低频时，N较大。3. 分段同步调制：在调制过程中，在一定范围内采用同步调制，当频率范围变化较大时，按异步方式改变N，从而综合了同步调制和异步调制的优点。

11. 简速什么是静态环流？什么是动态环流？直流平均环流？什么是瞬时脉动环流？

答：当可逆线路在一定的控制角下稳定工作时，所出现的环流叫做静态环流；稳态运行时并不存在，只在系统处于过渡过程中出现的环流叫动态环流；正组晶闸管VF和反组晶闸管VR都处于整流状态，正组整流电压和反组整流电压正负相连，将造成电源短路，此短路电流即为直流平均环流。由于晶闸管装置输出的电压脉动性，当正组电压瞬时值大于逆变电压瞬时值时，便产生正向瞬时电压差，从而产生瞬时环流。

12. 什么是SPWM脉宽调制

根据采样定理，冲量相等而形状不同的窄脉冲，加在惯性环节上时，其效果相同的的理论，用一系列的宽度按正弦规律变化的矩形脉冲序列，当正弦波的幅值发生变化时，各矩形脉冲的幅值在不变的条件下，其宽度随之发生变化这种脉冲的宽度按正弦规律变化并和正弦波等效的矩形脉冲序列叫SPWM波形，采用此方式的控制叫SPWM脉宽调制。

13. 转速电流双闭环直流调速系统的起动过程曲线（电流、转速），并给出各个阶段的特征量，并在图中标出各阶段

答：I，n=0,Id= 0 Id= I dm

*

II, I终态Id Id= I dm，N首次达n=n III, II终态 Id= I dl，n=n* IV 稳定运行与III终态。

14. 请写出三相异步电动机多变量数学模型表达式

uRiL12npiTdidtLJnpiddtLiTL

ddt

四、 计算及综合题（60分）

得分 1. 如图所示速度反馈系统，已知数据为：

A：电动机D ，Ped = 2.2KW、Ued = 220V、Ied = 12.5A、ned = 1500rpm、Rs = 1Ω B：整流变压器Y/Y接线，副边线电压U2l = 230V、三相桥式可控整流。

江苏科技大学 电子信息学院 4 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

C：KZ-D系统主回路RΣ= Rn+ Rl+ Rs=2.9Ω。

D：测速发电机ZYS-231/110型永磁式，Ped = 0.0231KW、Ued = 110V、Ied = 0.21A ned = 1900rpm。 E：反馈回路电阻分压比为：

R4R4R318

F：触发器-可控硅环节的放大倍数Ks= 75

G：生产机械要求调速范围D =20，静差率s < 5% H: 调节器中的R0 = 40KΩ

求：1. 画出转速负反馈系统的静态结构图 2. 控制系统中调节器的Kp 、R1之值

解：1：静态结构图如图所示 5分 IdRΣ

n ugn + ud __ 1/Ce Kp Ks - ufn  2：为满足工艺要求，额定负载时电动机静态速降为： nedbnedsD1s15000.052010.053.945rpm 2分 CeUedIedRsnedIedRCened22012.51150012.52.90.1383.9450.138V/rpm Kb1165.58 2分 根据开环放大倍数K求调节器放大倍数KpK1CeKs，得 R1 - - 江苏科技大学 电子信息学院 5 自动控制系统复习题R0 R3 R4 +15V R0 电力拖动自动控制系统总复习例题

R4 ufnnR3R4nUCSFR4UedfR4R3nedf181101900 分 0.0072V/rpm2最高转速时的反馈电压为ufn=1500*0.0072=10.8V，稳压电源15V，可以满足最大给定电压10.8V的2分 要求。 Kp65.581/0.138750.007216.76,R1KpR016.7640670K 选R1= 680KΩ。 2. 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/min1000r/min10r/min100r/min10r/min10r/min0.01 只占1% 高速转动 0.1 只占10% 中速运转

2分 1 占100% 电动机停转

3. 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0.311510.35.3 若要求s≤20%，则调速范围 D14300.211510.23.1 4. 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IedRCenednedned3050.180.22751000275nedsD1s275r/min ② sed0.21621.6%，说明大大超过了5%的要求。

③ 系统要求的ned10000.052010.052.63r/min 5. 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。

江苏科技大学 电子信息学院 6 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

解：

因为 Knopncl12752.631103.6，

所以 KpKKs/Ce103.6300.015/0.246，放大器的放大系数要大于等于46

6. 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。

解：已知系统运动部分的飞轮力矩GD210Nm，按保证电流Idmin10%Idmon时电流连续的

2条件计算电枢回路电感量，由于E2E2l/3230/3132.8V，则

L0.693E2Idmin0.693132.810%5516.73mH，取L17mH0.017H。

计算系统各时间常数： TlLR0.0171.00.017s，Ts0.00167 （三相桥式）

为保证系统稳定，开环放大系数应满足 KTmTlTsTsTlTs20.0750.0170.001670.0016720.0170.0016749.4 不稳定

7. 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IedRaned22015215000.127Vmin/r 开环系统的稳态速降为 nopIedRCeIedRaRsCe15210.127354.33r/min 满足调速要求所允许的稳态速降为 nclnedsD1s15000.12010.18.33r/min 江苏科技大学 电子信息学院 7 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

② 采用转速负反馈的稳态结构图如图所示 IRUgnKUfnpKs1Ce ③ 当Ugn=20V时，n=1000r/min，则转速反馈系数为

UfnnUgnn2010000.02Vmin/r ④ 闭环系统的开环放大系数为 KKpKs/Cenopncl1354.338.33141.54，则所需放大器的放大系数为

KpKCeKs41.540.127300.028.79

3. 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IedRsnedDnednedDned0.131,nkIedRCe297.7 S0.856286% 2. 由上式公式可得：ned5.5 3. KIedRCened153.13,UgdnednedK1K0.013 KpKCeKs12.54 4. 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 2U+ Id ASR 江苏科技大学 电子信息学院 0 . 02 s  1 8 s 自动控制系统复习题 _ U*n n 0.005电力拖动自动控制系统总复习例题

解:结构图可以进一步简化，如下所示： 典型Ⅱ型系统的传递函数为： Ws 且ikT1s1s2U*n/0.005 _ ASR 10s0.02s1 n

T2s1，WASRkpis1iskp10为PI调节器

h12hT22hT250.020.1，Ki51250.0222,kp=3。 300.1s1s按典型Ⅱ型系统设计的PI调节器ASR的传递函数为：WASR 5. 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UedIedRs22015215000.127V/rpm 开环系统的静态速降为： nkIedRCeIedRsRnCe15210.127355rpm 调速系统所允许的静态速降为： nbnednedsD1s15000.12010.18.33rpm 2. 采用转速负反馈的静态结构图如下图所示： IdRΣ n ud __ u + gn 1/Ce Kp Ks -

ufn 

3. 当Ued = 20V，n = 1000rpm，则转速负反馈系数为： UnfUgdn2010000.02V/rpm 4. 闭环系统的开环放大倍数为： KKpKs/Cenknb13558.33141.6， 41.60.127300.028.8 所需放大器放大倍数为：Kp5．某系统的传递函数WdsKCeKs30.25s10.02s10.005s1，用串联校正使之成为典型Ⅰ型系统，试确定

调节器及其参数并化除幅频特性，要求校正后ωc = 10.5。

江苏科技大学 电子信息学院 9 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

解：对高频小惯性环节做合并处理，原系统变为： sWdsWd30.25s10.020.005s10.25s10.025s13 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： 3KP0.25s10.25s12KPs0.025s1WsWPIsWds0.25s10.025s1 ，当要求ωc = 10.5

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0.25s6. 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 U gn n 111111 ST LT Tss1 Tons1Tois1Tls1TmsCe Ufi -Ufn  Tois1  Tons11. UfnnUgnmned12V375rpm0.032V/rpmUfiIdUgimIdm12V1.5780A0.0103V/A 2. 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/2Tis1，其中，TiTsToi0.00167s0.002s0.00367s

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RCeTm0.11.920.084Tn,Tn2TiTon0.003740.020.02734s nmax81.2%211700.0236732.2rpm，此时超调量为： n%nmaxned100%32.2375100%8.6%10%KnR，因此选h = 5是合适的。此时PI调节器的参数为：h12hTn22n5Tn50.027340.137s,KNnCeTm 江苏科技大学 电子信息学院 10 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

Knh12hCeTmRTn60.01031.920.084250.0320.10.02734C1n11.3 R1nR0Kn4011.3450K,nRR1n0.1034501031060.3f Con4TonR040.0240103 Rin Cin 1062f转速调节器原理图如图所示： Ugn Ufn 3. 电流环截止频率ciKIh12hTnR0/2 R0/2 Con R0/2 Con ⊕ R0/2 0.5Ti0.50.003676136s1 转速环截止频率cn250.0273422s1，cnci，外环截止频率远远小于

内环截止频率，设计是合理的。

7. 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？

1/RId Ks Ugi + 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 Tiki0.25iRKsTiTl0.09s KIKIKsToiTs0.0030.00170.0047s0.250.090.4300.060.004711.064,iR1.064300.060.090.4153.2 cKI53.2s,131ToiTs1310.0030.0017147.6s c131ToiTs，满足近似条件。

3. KI = 53.2

江苏科技大学 电子信息学院 11 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

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%。

8. 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

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：转速反馈系数UfnUfimIdmUgimIdm123000.04V/A，额定转速时的给定电压（Ugn）ed = 15V，所以

nUgnn1510000.015V/rpm 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： CR 其传递函数为： R/2R/2U_Kiis1UA WLTs Cii*i00ctisoiR0/2dR0/2CoiACR根据要求将电流环校正成典型型系统 I且超调量I% ≤5%，调节器的参数为： iTl0.012s,KIKiKs iR12Ti,TiToiTs，对于三相零式，Ts=0.0033 0.1554ToiR040.002540103Ti0.00250.00330.0058,KiiR2KsTi0.0120.1820.04300.00580.0126.2K2F,CsiR1iKiR00.15540K6.2K,C1iiR1i 0.25FC：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，

ns速度调节器的参数为：nn50.02570.1285,KNhTn,TnTon2Ti0.014120.00580.0257KnRh12hTn22 8.3nTmCe,Knh1TmCe2hRtn60.040.120.2250.0150.180.0257 R1nKnR08.340k330K,C1nnR1n0.12853301030.4f,Con4TonR040.0141401031.41f 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nnomTmCeIdm81.2%20.02570.1810000.120.23009.4% 9. 请推导三相异步电动机多变量数学模型中的三相静止/两相静止坐标变换矩阵。

解：设三相静止坐标系为A、B、C，每相绕组的有效匝数为N3，两相静止坐标系为、，每相绕组的有效匝数N2，并取A轴和轴重合，如图所示，根据变换前后磁动势应相等的原则，有：

江苏科技大学 电子信息学院 12 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

N2iN3iAN3iBCos60N3iCCos60N2iN3iBSin60N3iCSin60N2i0KN3 iAiBiC1232K232K232K1ii即：i0N3N210K1232K1B

iAiB iC



A

C3S/2SN3N210KC

，根据变换前后功率不变及对应的变换为正交变换，因此有C-13S/2S =

CT3S/2S = C2S/3S，所以 120K00E,11232KN31TC3S/2SC3S/2SC3S/2SC3S/2SEN2232K231101212123232KKK 3N32N221000101232010022K0123222010N3N2,KC3S/2S120322 2210. 试推导在M-T坐标系下矢量控制的控制数学模型，即2给出的前提公式模型： 已知M-T坐标系下有：

m22t20Lim1Lrim22Lmit1Lrit20im1、sit1及Teit1的表达式。

，即有：mTe，已知转矩表达式：npLmit1iim2im1it2，

1LsLmpum1R1LspR1Lsp1Lm1ut1电压方程：10Lmp0R2Lrp0sLr0s1LmLmp0R2im1it1im2it2

江苏科技大学 电子信息学院 13 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

m1Ls0t1磁链方程：

2Lm000Ls0LmLm0Lr00Lm0Lrim1it1im2it2

证明：1. 转矩表达式： Lrim2TenpLmit1im2im1it2npLmit1im22Lm2npLmiiit1it1im2t1m1LrLnpmit12LpLmiLt1r 2. 转子磁链表达式： 0Lmpim1R2由电压方程有：p2im2R2Lrpim2R2im2Lmpim1Lrpim2R2im2p2 LrR2LrR22Lmim1Lrim2Lmim1p2由磁链方程有：2Lm1T2p1 im1其中T20sLmim1Lrim2R2it2s2R2it2由电压方程有：sR22it2R22LmLmit1LTit1r22

11. 试推导三相鼠笼异步电动机在两相静止坐标系下的转子磁链观测数学模型及画出观测模型的方框

图，u2u20

0LmpR2LrpLrLrR2LrpLmp0i1i1i2i2u1R1Lsp0u10R1Lsp给出前提公式电压矩阵：uLpLm2mLmpu2Lm

证明：在两相静止坐标系上，转子的磁链方程为：2Lmi1Lri22Lmi1Lri2

其中2、2是转子磁链在、上的分量。根据电压方程及转子电压为0，于是有：

u2Lmpi1Lmi1R2Lrpi2Lri2Lmpi1Lrpi2Lmi1Lri2R2i20pLmi1Lri2Lmi1Lri2R2i20,p221T22LmT2i10,即：

p22R21T2p12Lmi1Lr0 2Lmi1T22同理可以得到 1T2p121T2p1Lmi1T22 i1  Lm 2 T 2 14 江苏科技大学 电子信息学院 自动控制系统复习题 i1 Lm 1T2p1 1 电力拖动自动控制系统总复习例题

12. 异步电动机在恒压恒频时的机械特性曲线及其表达式为：

U1 Te3np12s1R2'sR1R2s1Ll1Ll2'222'2

试推导异步电动机在如下电压频率协调控制下的 表达式及机械特性曲线。

（1） 恒压频比控制U1/ω1=恒值 （2） 恒Eg/ω1控制 （3） 恒Er/ω1控制 解：

（1） 恒压频比控制U1/ω1=恒值

U1 根据转矩公式Te3np12s1R2'sR21R2s1Ll1Ll2'222'2可知，

U1 A：当s>>0时，Te3np1U1 B：当s>>1时，Te3np1s1R's 2'1R2'22's[R21Ll1Ll222]1s （2） 恒Eg/ω1控制 此时Te 当s

Pm3I2R2'2'1/np3npR2s1'I'223npR2s1'Eg2'2leR'2/s2L21 较小时，可以认为：

EgTe3np(1)2s1R'2s 当s接近于1时

Te3np(Eg1)2R2'1Ll2221s1s 将Te对s求导，求出最大转矩。 令dTeds0，可得 n s c 江苏科技大学 电子信息学院 15 自动控制系统复习题 电力拖动自动控制系统总复习例题

SmR211Ll232 Eg2a 1Ll2b Temaxnp(1)const Te

（3）恒Er/ω1控制

I2'ErR2/s3npR2s1' I'22'Te3npR2s1'REr'2222 /s3np(Er1)2s1R2' a=(1),b=(2),c=(3)

13．试推导两相静止到两相旋转坐标下（C=2s/2r）的坐标变换矩阵，已知坐标系如图所示。

1

F1i1i itcosit imimsin 1

iimcositsin

证明：

根据题意，和图，有如下关系：

iimcositsiniimsinitcos 3分 icos写成矩阵式：isinsinimimC2r/2s 3分 cosititsin3分 这是两相旋转坐标到两相静止坐标系的变换阵 ， cos式中：C2r/2scossin而两相静止到两相旋转坐标系的变换阵为前面所求变换阵的逆，即：

江苏科技大学 电子信息学院 16 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

imcos itsinsincoscos1icosisinsin 3分 cossincosi3分  i 所以：C2s/2rsin14．

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； 电枢回路总电感：L15mH；电动机总飞轮力矩：GD222.5Nm2； 电流反馈系数：0.05V/A；转速反馈系数0.007Vmin/r； 滤波时间常数：T0i0.002s，T0n0.01s； 设计要求：

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：

⑴ 电流环的设计： 确定时间常熟：

① 整流装置滞后时间常数 Ts0.00167s;

② 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LR0.0150.50.03s；

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：TlTi0.030.003678.1710 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)Ki(is1)is ② 参数计算

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

江苏科技大学 电子信息学院 17 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

KI12TI120.00367136.2s1，于是可以求得ACR的比例放大系数为：KiKIiRKs136.20.030.51.0 220.0540校验近似条件：

① 晶闸管整流装置传递函数近似条件：ci13Ts130.0016713Ts1 ciKI136.2，199.6s，所以满足近似条件。

② 电流环小时间常数的近似条件： ci131TsT0i1310.001670.002182.4s1ci，满足近似条件。

③ 忽略反电动势对电流环影响的条件

ci31TmTl，而由于：

2201360.21460CeUnomInomRannomGDR375CeCm20.132Vmin/r。所以

Tm22.50.53750.1323020.18s，因此：

31TmTl310.180.0340.82s1ci，满足近似条件。

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：

江苏科技大学 电子信息学院 18 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

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： KNh12hT22n62250.017342399.1s2，则ASR的比例放大系数：

Kn(h1)CeTm2hRTn60.050.1320.18250.0070.50.0173411.7 校验近似条件和性能指标： ① 电流环传递函数等效条件：cn15Ti 15Ti150.00367可知cnKNn399.10.086734.6s1；而条件。

② 转速环小时间常数近似处理条件：cn1312TiT0n13120.003670.011354.5s1cn，可知满足等效12TiT0n1 38.9scn，满足近似条件。

③ 转速超调量n

n81.2%2(z)IdnomRCennomnTnTm100% nnom1360.50.132515.2r/min 所以：n81.2%2(z)15．

nnomnTnTm81.221.5515.214600.017340.188.3% 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，

江苏科技大学 电子信息学院 19 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

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：nnomnTnTm0.3nnomnnomCmaxCb81.2% 所以：1 n81.2%2(z)81.221.50.0150.157.3% 2 n81.2%Z81.22TnRnnomTmCe(IdmIdl)81.220.0150.514600.150.1868 16．

 2.1%

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；

*20V，计算此时的转速反馈系数； ⑶ 若当电动机运行于额定转速时的给定电压Un⑷ 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UMd——_＋_uf+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InomRannom220550.510000.1925Vmin/r 开环系统的稳态速降为：

江苏科技大学 电子信息学院 20 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

nopInomRCeInom(RaRrec)Ce55(0.50.5)0.1925285.71r/min 闭环系统的稳态速降为： nclnnomnnomSD(1S)10000.0510(10.05)5.26r/min ⑵ 该系统的静态结构图如下图所示：

Id

R

—* UnUnUd0＋KpKs

—Un nUn

1Cen *20V，计算此时的转速反馈系数为：⑶若当电动机运行于额定转速时的给定电压UnUnnnomUn*nnom2010000.02Vmin/r ⑷ 闭环系统的开还放大倍数为： KKpKsCenopncl1285.715.26153.3 则所需的放大器放大系数为：

KpKCeKs53.30.1925440.0211.7，若放大器的R040k，所以：

R1KpR011.740k468k，取规范值R1470k

17． 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：

Pnom2.2kW,Unom220V,Inom12.5A,nnom1500r/mn，Ra1，GD1.5Nm晶闸管装置：

22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。

江苏科技大学 电子信息学院 21 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

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） 数；

（2）

*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

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

***Unan，因此有Unmannom，所以Unm/nnom。 器，稳态时Un*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

**UimIdm1.5Inom，所以有Uim/1.5Inom。 用PI调节器，则有Uim**Un，UiUi，且极性均相反。若转速反馈线（2）若系统在额定情况下正常运行，则有Un**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*Uim，Uct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，n下降，Un随之下降，因Un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Idm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

江苏科技大学 电子信息学院 22 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

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，Un上升。但Un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，Id不变，因而Ud，Uct都不会变，只有Ui下降为零，即Ui0。

**19. 设控制对象的传递函数为Wobj(s)K1(T1s1)(T2s1)(T3s1)(T4s1)，式中，K12，

T10.43s，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

1T1s11T1s

则校正后系统开环传递函数为

W(s)KPK1T1s(T2s1)(T3s1)(T4s1)Ks(Ts1)

式中，KKPK1/T1，TT2T3T40.07s。

为使5%，可取KT0.5，因此KPts6T60.070.42s

0.5T1K1T0.50.4320.071.54，调节时间

下面需校验近似条件。 ①c3T112T？

因cK120.077.14s1，而

3T130.436.98s1，满足近似条件。

江苏科技大学 电子信息学院 23 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

②c131T2T3131T2T313？

10.060.00815.2s1满足近似条件。

（2）用I调节器校正时，调节器传递函数为WI(s)K11is校正后系统开环传递函数为

W(s)is(T1s1)(T2s1)(T3s1)(T4s1)K1Ks(Ts1)

式中，TT1T2T3T40.5s，Ki，取KT0.5，则

iK1T0.520.50.52s

调节时间ts6T60.53s。

因cK1s1，而

131T1T21310.430.062.08s1，满足近似条件。

1s11s（3）用PI调节器校正时，调节器传递函数为WPI(s)KPITT2T3T40.07s，校正后系统开环传递函数为

，取1T10.43s，且令

W(s)KPIK11s(Ts1)Ks(Ts1)

同样，取KTKPIK11T0.5，则

KPI0.51K1T0.50.4320.071.54

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

江苏科技大学 电子信息学院 24 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

递函数为W(s)K1s(Ts1)Ks(Ts1)，仍取KTK1T0.5，则

K1T0.520.010.50.04s

调整时间ts6T60.010.06s。

校验近似条件：cK50s1，而

131T3T41310.0080.00283.3s1，满足近似条件。

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

1T1s130.431T1s

将惯性环节近似为积分环节，近似条件为c3T16.98s1

（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)21T1s(T2s1)(T3s1)(T4s1)K(1s1)s(Ts1)2

式中，KK1KPI1T1，TT2T3T40.07s。

1T10.0714.3s1如按Mc614.310准则确定系数，此时，min8.58s1，则ch12h,当h5时，

；又

131T2T31310.060.008115.2s

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

江苏科技大学 电子信息学院 25 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

W(s)K1(1s1)T1s(Ts1)12K(1s1)s(Ts1)2

式中，K而

K1T1。此时，1T10.01100s，则当h5时，按Mmin准则，有c61001060s1，

131T3T41310.0080.00283.3s1

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功率放大器：放大倍数Ks25，0.4kgm；

2Rrec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

*10V，电流反馈滤波时间常数为T0i0.001s，转输出限幅值均为8V，最大转速给定电压Unm速反馈滤波时间常数为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LR0.061.50.04s； 电流环小时间常数：TiTsT0i0.0010.0010.002s； 电流反馈系数：UimIdb1*8217.50.23V/A。

（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KiKs12Ti250s1iR 江苏科技大学 电子信息学院 26 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

则ACR的比例放大系数为

KiiR2KsTi0.041.52250.230.0022.61 （3） 校验近似条件 CeUnomInomRannomTmGDR375CeCm222017.51.215000.133Vmin/r 0.49.81.53750.1332300.093s 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31TmT11TmT1，现

ci3310.0930.0449.2s1 该近似条件满足。

2． 转速环设计

（1） 转速环的对象参数如下： Unm/nnom*1015000.0067Vmin/r 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ns1ns 转速环按典型II型系统设计，并取h5，则

nhTn50.0090.045s

KNKnRnCeTm ①按Mmin准则选择ASR参数。

KNh12hT22n6250.009221481.5 则

江苏科技大学 电子信息学院 27 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

Kn(h1)nCeTm2hRT22n(h1)CeTm2hRTn 60.230.1330.093250.00671.50.00918.87 ②按max准则选择ASR参数

KN1hhT25150.00921104.2 n则

KnnCeTmhhRT2nCeTmhRTn （2） 校验近似条件 当按Mmin0.230.1330.09350.00671.50.00914.07 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15Ti150.002100s1cn，故满足电流环闭环传递函数简化条件；又由于

1312TiT0n13120.0020.00574.54s1cn，故满足小时间常数近似处理条件。

3． 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12，此时可以达到的动态指标为i4.3%5%；

转速环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)CbCeTmnnom100% 当按Mmin准则设计时，若取h5，查表2.9有

CmaxCb81.2% 因此

江苏科技大学 电子信息学院 28 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

n0.81220.0091.5217.50.1330.0931500100%4.1% 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17.50.1330.0931500100%4.97% 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CeTmnnom(Idb1IdL)R0.1330.0931500217.51.50.35s 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。

21．交流异步电动机矢量控制系统等效结构图 设计控制器时可略去这一部分  * it1iAiiii1给定信号等效直流电流控制ii－1B i1VRim13/2VRi2/3i控制器ii电机模型 变频器＋ 1－ 异步电动机反馈信号 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。

*1*m1*1*A*B*Ct1C 江苏科技大学 电子信息学院 29 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

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=nmaxnmin148513511 静差率：snNn0min15150100%10%

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=nmaxnminnNsnN(1s)150015010 由公式：D= 得nNnNsD(1s) 则 nclnNsD(1s)nmaxsD(1s)15002%10(1-2%)3.06r/min 由公式：nclnopnclnop1k 得

k=1=1003.061=31.7

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？

江苏科技大学 电子信息学院 30 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

解：由公式：nclnop1k 得nopncl(1k) 当k=15时， nopncl(1k)8(115)128r/min （当k=30时， n'opncl(1k)8(130)248r/min） nclnopk11283014.13r/min 由公式：Dcl(1k)Dop 得 调速范围的扩大倍数为： k'DopDopnclncl'1+301+1584.1331161.94 k'

1.93 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nN(1s) 得

Dop=nNsnop(1s)150010%240(1-10%)0.6944 由公式：Dcl(1k)Dop 得 开环增益：k=DclDop1200.69441=27.8 当静差率为5%时 由公式：D=nNsnop(1s)nNsnN(1s) 得

Dop='15005%240(1-5%)0.3289 由公式：Dcl(1k)Dop 得

江苏科技大学 电子信息学院 31 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

开环增益：k'=DclDop1=200.32891=59.8 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*15V时，IdIN，nnN，则转速负反馈系数应该是多n少？

（4） 计算放大器所需的放大倍数。 解：（1）

由公式：UNINRaCenN 得

CeUNINRanN22012.51.215000.137 Vmin/r 开环系统得静态速降为：

nopINRCeIN(RaRrec)CenNsnN(1s)12.5(1.2+1.5)0.137246.35r/min 由公式：D= 得

调速要求所允许的闭环静态速降为ncl（2）略

（3）

nnsD(1-s)=8.33r/min 20（1-10%）150010%15V，IdIN12.5A，nnN1500r/min 由题意知：U*n 由结构框图可知：=（4）  K=kpksCenopnclUNn*1515000.01 Vmin/r 1=246.358.33128.57 江苏科技大学 电子信息学院 32 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

放大器所需的放大倍数：kpkCeks28.570.137350.0111.18

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*10V时，IdIN，nnnN，计算转速负反馈系数和放大器放大倍数kp。

10V时，（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*IdIN，nn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

CeUNINRanN22015.61.51500INRCe0.131 Vmin/r 开环系统得静态速降为nopnNsnN(1s)IN(RaRrec)Ce12.5(1.5+1)0.131297.71r/min 由公式：D= 得

静差率为s=nopDnopDnN297.7130297.7130+150085.6% (2 ) nclnnsD(1-s)=5.56r/min 30（1-10%）150010%10V，IdIN15.6A，nnN1500r/min （3）由题意得U*n由结构框图可知：=kpksCenopnclUNn*1015000.0067 Vmin/r  K=1=297.715.56152.54 江苏科技大学 电子信息学院 33 自动控制系统复习题

电力拖动自动控制系统总复习例题

放大器所需的放大倍数：kpkCeks52.540.131350.006729.35 （4）采用电压负反馈有静差调速系统 由公式：n=RpeIdCe(1k)kpksUnCe(1k)RaIdCe*RpeIdCe(1k)RaIdCe ，式中 kkpks 得

1.515.60.131n=0.131（1+52.54）115.6180.85r/min s=nDnDnN180.853018.8530+150078.3%

1-15 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GD21.6Nm2，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：

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

kpksCenopncl246.358.33K=1=128.57 TMGDRa375CeCM21.6(1.2+1.5)3750.1370.137300.0185s TLLRa0.051.2+1.520.064s TM(TLTs)TsTLTs0.064(0.01850.00167)0.001670.01850.001672241.87 因为k

TM(TLTs)TsTLTs 所以系统稳定。

江苏科技大学 电子信息学院 34 自动控制系统复习题