运动控制系统习题答案

第一章 习题答案
1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管----电动机系统能够获得更好的动态性能？
答：PWM 开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态
响应快，动态抗扰能力强。

1-2试分析有制动通路的不可逆PWM 变换器进行制动时，两个VT 是如何工作的？
答：制动时，由于1g U 的脉冲变窄而导致d i 反向时，U g2 变正，于是VT 2导通，
VT 2导通，VT 1关断。

1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么
关系？为什么脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了？
答：生产机械要求电动机提供的最高转速 max n 和最低转速min n 之比叫做调速范围，
用字母D 表示，即：m in
m ax n n D = 负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落N n ∆ 与理想空载转速min 0n 之比，
称为系统的静差率S,即：m in
0n n s N ∆= 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：
)
1(s n s n D N N -∆= 由于在一定的N n 下，D 越大，m in n 越小N n ∆ 又一定，则S 变大。

所以，如果不
考虑D ，则S 的调节也就会容易，
1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为m in /1500max 0r n =，最低转速特性为
m in /150min 0r n =，带额定负载的速度降落m in /15r n N =∆，且不同转速下额定速降N
n ∆不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多大？
解
1115
150151500min 0max 0min max =--=∆-∆-==
N N n n n n n n D
%10150
15min 0==∆=n n s 1-5闭环调速系统的调速范围是1500----150r/min ，要求系统的静差 s<=2%,那末系统允许的
静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min 则闭环系统的开环放大倍数应有多
大？
1，min /06.3%)
21(10%21500)1(101501500min max r s D s n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106
.31001=-≥+=∆∆K K n n cl op
则
1-6某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8 r/min ，如果将
开环放大倍数他提高到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？
min /4813011511/1/11;;
30;151********
21121r n K K n n n K K n n K n K K K cl cl cl cl cl cl ≈⨯++=∆++=∆∆∆=++∆∆→∆→==）（）成反比，则（与开环放大倍数加同样负载扰动的条件下
同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比
94.11
1513011/1/112122
121≈++=++==++K K D D D D K K cl cl cl cl ）（）（ 1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落
min /240r n Nop =∆，若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？
解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /7520
1500max min r D n n ===， 原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：
8.27133
.82401min /5.31111=-=-∆∆=→=+∆=∆cl Nop
Nop
cl n n K r K n n 静差率10%时原系统的开环增益为：
76.598.2776
.59%522增加到将从所以系统的开环增益时，同理可得当K K s ==
min /33.8%1075min min 0r n n n n n n n n cl cl
cl cl cl cl =∆=∆+∆=∆+∆=∆则
1-8转速单环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果
给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机
的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？
答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要
求下，能够提高调速范围。

为此，所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。

2）能。

因为)1()1(*K C RI K C U K K n e d e n s p +-+=
，由公式可以看出，当其它量均不变化时，n 随着*n U 的变化而变化
3）能。

因为调节测速反馈电压的分压比就是改变转速反馈系数，从而改变开环增益K ，
所以会改变转速。

4）没有。

因为反馈控制系统只对反馈环所包围的前向通道上的扰动起抑制作用 ，而
测速机励磁发生变化会改变转速反馈系数，位于反馈通道上，所以没有抑制作用。

1-9在转速负反馈调节系统中，当电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢
电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对于上述各量有无
调节能力？为什么？
答：系统对于上述各量中电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢电阻、有
调节能力。

因为它们在闭环系统的前向通道中，对于测速发电机励磁各量发生变化，没有调
节能力。

因为它不在闭环系统的前向通道中。

1-10有一V-M 调速系统，电动机参数为：
m in,/1500,5.12,220,2.2r n A I V U kW P N N N N ====
电枢电阻Ω=2.1a R ，整流装置内阻Ω=5.1rec R ，触发整流环节的放大倍数35=S K 。

要求系统满足调速范围Ｄ＝20，静差率s ≤10％。

（１）计算开环系统的静态速降op n ∆和调速要求所允许的闭环静态速降cl n ∆。

（２）调整该系统能参数，使当V U n
15=*，N d I I =，N n n =，则转速负反馈系数α应该是多少？
（３）计算放大器所需的放大倍数。

解：（１）电动机的电动势系数r V n R I U C N a N N e min/1367.01500
2.15.12220⋅=⨯-=-= 开环系统静态速降min /9.2461367
.0)5.12.1(5.12r C RI n e dN op =+⨯==∆ 闭环静态速降m in /33.8)
1.01(201.01500)1(r S D s n n N cl =-⨯=-=∆
（2）闭环系统开环放大倍数 64.28133.99.2461=-=-∆∆=
cl op n n K 因为)
1()1(*K C RI K C U K K n e d e n s p +-+= 所以s p K K =407.4288
α=e
S p C K K K /=0.00961r V min/⋅ （3）运算放大器的放大倍数 64.111367
.0/3500961.064.28/=⨯==
e S p C K K K α
１－１１ 在题１－１０的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流N dbl I I 2≤，临界截止电流N dcr I I 2.1≥,应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总阻的1/3，如果做不到，需要加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构图，并计算电流反馈放大系数。

这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？
解：（1）A I I N dbl 255.1222=⨯=≤
A I I N dcr 155.122.12.1=⨯=≥
则 s s dcr com R R I U 15=⨯= )421()(*-++=s s p com n s p dbl R K K R U U K K I 0 ）式式）也可（由由431421(356.11)5.12.1()1515(356.1125--⨯⨯+++⨯=s
s R R 得：S
S s com n dbl R R R U U I 151525)431()(*+=-+≈； Ω==5.146.1s R
V R R I U s s dcr com 5.225.11515=⨯==⨯=
系统的原理图和静态结构图 (给它画出图)
（2）显然采样电阻大于主电路2.7*1/3倍，所以增加电流反馈放大器后： 新的采样电阻：Ω=+==9.0)5.12.1(3
131'R R s 可选0.5欧姆 电流反馈放大系数：35.05.1'==
=s s
fi R R K 新的比较电压：V R R I U s s dcr com 5.85.01515'=⨯==⨯=
所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为3
１－１２ 某调速系统原理图如图所示，已知数据如下：电动机Ω=====15.0m in;/1000;94;220;18a n N N N R r n A I V U KW P Ｐｎ＝18ＫＷ，Ｕｎ＝220Ｖ，In ＝94Ａ，整流装置内阻Ω=3.0rec R ,触发整流环节的放大倍数40=S K 。

最大给定电压V U nm 15=，当主电路电达到最大值时，整定电流反馈电压V U im 10=。

设计指标：要求系统满足调速范围Ｄ＝20，静差率S≤10％，N dbl I I 5.1=，N dcr I I 1.1≤。

试画出系统的静态结构框图，并计算：
（１） 转速反馈系数ａ。

（２） 调节器放大系数P K 。

（３） 电阻1R 的数值。

（放大器的输入电阻Ω=K R 200）
（４） 电阻2R 的数值和稳压管ＶＳ的击穿电压值。

解：(1) m in /56.518/10009
201.01000)1(r S D S n n N cl ==**=-=∆ r V n R I U C N a N N e min/20597.01000
15.094220⋅=⨯-=-= min /44.2052059
.045.094r C R I n e N op =⨯==∆ ）取36(95.35156
.54.2051=-≥-∆∆=cl op
n n K 同1-10可得a=0.0145 (2) ）取13(8.122059
.0/400145.095.35/=⨯==e S p C K K K α (3)Ω=⨯==k R K R p 260201301
（4）141945.15.1=⨯==N dbl I I A ；4.103941.11.1=⨯==N dcr I I A ；
当主电路电流最大即为dbl I 时，V U im 10=
而当主电路电流为dcr I 时，i U 为：
dcr
i dbl im I U I U = 33.71414.10310=⨯=⨯=dbl dcr im
i I I U U V 此时电流反馈起作用，稳压管的击穿电压vs U 可根据i U 确定取稍大值：
V U vs 4.7= 当主电路的电流增大到dbl I 时，为起到保护作用应使流过2R 的电流2R I 等于流过
0R 的电流，以使电机转速迅速降落。

此时：
75.020
150*2===R U I nm R mA ; 47.375.04.71022=-=-=R vs im
I U U R k Ω(取3.5k Ω)
系统的静态结构框图
１－１３ 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时，系统是否有调节作用，为什么？
（１）放大器的放大倍数Ｋｐ （２）供电电网电压 （３）电枢电阻Ｒａ
（４）电动机励磁电流 （５）电压反馈系数a
答：3）电枢电阻，４）电动机励磁电流，（５）电压反馈系数a
无调节作用。

因为反馈控制系统所能抑制的只是被反馈包围的前向通道上的扰动。

１－１４ 有一个V-M 系统,已知:电动机: （15分）
Ω=====15.0m in;/1500;15;220;8.2a N N N N R r n A I V U KW P ,Ra=1.5,整流装置内阻
Ω=1rec R ,触发整流环节的放大倍数35=S K 。

（15分）
(1) 系统开环工作时,试计算调速范围D=30时的静差率s 值;
(2) 当D=30, %10=s 时,计算系统允许的稳态速降;
(3) 如组成转速负反馈有静差调速系统,要求D=30,%10=S ,在,
N N d n n n I I V U ===,,10*,计算转速负反馈系数a 和放大器放大系数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
N N d n n n I I V U ===,,10*,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）r V n R I U C N a N N e min/131.01500
5.1
6.15220⋅=⨯-=-=（原来多加了1） min /
7.297131.0)5.11(6.15r C RI n e dN op =+⨯==
∆ %61.857
.297507.297min 0=+=∆=n n s （２）当 Ｄ＝30，Ｓ＝10％ 时计算系统允许的稳态速降
m in /56.5)
1.01(301.0*1500)1(r S D S n n N cl =-=-=∆ （３）54.52156
.57.2971=-=-∆∆=cl op
n n K 求取α的方法同1-10
可得α=0.00652r V min/•
）取30(16.30131
.0/35*00652.054.52/===e S p C K K K α （4）改为电压负反馈有静差调速系统
闭环转速降落为：
min 180.825178.6224.2132
.05.16.15)54.521(131.016.15)()1(r C R I K C R I n e a N e rec N cl =+=⨯++⨯=++=∆当调速D 范围不变时静差率为：
%78.35%1008
.1803015008.18030=⨯⨯+⨯=∆+∆=N N N cl n D n n D s 显然比速度反馈系统在调速范围不变的情况下静差率大的多，但比无反馈系统静差率小了 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226.1Nm GD =,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?如果保证系统稳定运行,允许的最大开怀放大系数K 是多少?
电磁时间常数 S R L T l 0185.07
.205.0===
机电时间数 0645.001367.0)55.9(14
.33001367.03757.26.1*3752=⨯⨯⨯⨯==或T e m C C R GD T S T S 00333.0=（查表全波为0.00167）
()()1.2300333.00185.000333.000333.00185.00645.02
2
=⨯++=++<s l s s l m T T T T T T K 在1-10题中64.28=K 如要系统稳定须保证1.23<K 则系统不稳定。

如要系统稳定，允许的最大的开环放大系数为1.23 K 但调速范围不满足了
16.为什么用积分控制的调速系统是无静差的?在转速负反馈调速系统中,当积分调节器的输入偏差电压0=∆U 时,调节器的输出电压是多少?它取决于那些因素?
答： 积分调节器的输出取决于输入的全部历史，具有累积性、记忆性。

使用积分控制的调 速系统在反馈电压n U 与给定电压*n U 相等，即偏差电压n U ∆为零时，调节器输出一恒定电压 来维持维持电机恒速运行，实现无静差调速。

当0=∆n U 时调节器的输出电压为11c n C U dt u U +∆=
⎰τ，是对之前时刻的输入偏差 的积累。

它取决于n U ∆的过去变化，当n U ∆为正C U 增加，当n U ∆为负C U 下降，当n U ∆为零时 C U 不变。

17.在无静差转速单闭环调速系统中,转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精度的影响?试说明理由;
答： 在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度同样受给定电源和测速发
电机精度的影响。

无静差转速单闭环调速系统只是消除了误差，使输出的转速基本稳定于给定的转速。

但是，这种系统依然属于反馈控制系统，只能抑制被反馈环包围的前向通道上的扰动，对于其他环节上的精度影响无可奈何。

18.采用比例调节器控制的电压负反馈系统,稳态运行时的速度是否有静差?为什么?试说明理由;
答：有静差。

电压负反馈系统中是在转速较高时，
0d a a e U R I n C =-忽略了转速的降落认为 电枢电压正比于转速，而实际上是电
枢电压无静差，从公式中可以看出速度的降落是不能消除的。

因为调节器的输出是电力电子变换器的控制电压n P C U K U ∆=。

所以只要电动机在运行，就必须有控制电压,C U 因而也必须有转速偏差电压n U ∆。

第二章 习题答案
2-1在转速、电流双闭环调速系统中，若改变电动机的转速，应调节什么参数？改变转速调 节器的放大倍数Kn 行不行？改变电力电子变换器的放大倍数Ks 行不行？改变转速反馈系 数α行不行？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？
答：改变转速，调节给定电压*
n U ，改变转速调节器放大倍数n K 不行，改变s K 也不行，改 变α行。

改变堵转电流调节电流反馈系数β.
2-2转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多 少？为什么？
答：两个调节器的输入偏差电压均为0，如果不为0则c U 和*
i U 继续变化，就不是稳态。

转速调节器的输出电压为：d i I U β=*
电流调节器的输出电压为：s
d
n e s do c K RI U C K U U +=
=α/*
2-3如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是PI 调节器，而改为P 调节器，
对系统的静、动态性能将会产生什么影响？
答：稳态精度变差，但跟随性和抗干扰能力都不会得到改善，使系统成为不稳定系统。

答：静特性 1）闭环系统的静特性变软 2）存在静差率相对较大。

动特性：跟随性和抗干扰能力不会得到改善，动态稳定性降低，而快速性却提高了。

2-4试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环 调速系统：
（１） 调速系统的静态特性; （２） 动态限流性能; （３） 起动的快速性;
（４） 抗负载扰动的性能; （５） 抗电源电压波动的性能; 答：（1）单闭环：在系统稳定时实现转速无静差。

双闭环：可实现转速无静差和电流无静差。

（2）单闭环：只能在超过临界电流dcr I 后，限制电流冲击 双闭环：电流调节器通过电流反馈系数β随时调节控制电流 （3）单闭环：快、不平稳 双闭环：起动快、平稳 （4）单闭环：差
双闭环：强、靠ASR
单闭环：差
双闭环：由电流内环ACR 及时调节
2-5在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用PI 调节。

当系统带额定负载运行 时，转速线突然断线，系统重新进入后，电流调节器的输入偏差电压i U ∆是否为零？为什 么？
答：转速和电流调节器的输出达到饱和为止，电流调节器的输入偏差电压Ui ∆不为零，因 为稳定后电流反馈依然为d i I U β=只能增加电动机的 转速达到新的平衡d e dom RI n C U +=max 2-6在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号*
n U 未改变，若增大转速反馈系数α，
系统稳定后转速反馈电压n U 是增加、减少还是不变？为什么？
答：n U 不变。

因为稳速时偏差一定为0，即转速给定与转速反馈相等，现在转速给定不变， 所以转速反馈就不变，但是α增大，系统的稳态转速下降。

降，在达到同样的n U 时稳定运行。

2-7在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR 、ACR 均采用PI 调节器。

已知参 数：电动机：m in /1000,220;7.3r n V U KW P N N N ===电枢回路总电阻
R=1.5Ω ，设V U U U cm im nm 8*
*===，电枢回路最大电流A I dm 40=，电力电子变换
器的放大系数40=s K 。

试求：
（１） 电流反馈系数β和转速反馈系数α;
（２） 当电动机在最高转速发生堵转时的do U 、*
i U 、i U 、c U 值。

解：（1）电流反馈系数 A V I U dm im /2.0408
*===β
转速反馈系数 r V n U nm min/008.010008
max *⋅===α
（2）V I U dm i 8402.0*
=⨯==β V U U im i 8*
-=-=（负反馈）
由于堵转电流 n ＝0
V K U U V R I R I n C U s do c dm d e do 5.140
60
605.140===
=⨯==+=
2-8在转速、电流比闭环调速系统中，调节器ASR,ACR 均采用PI 调节器。

当ASR 输出达到V U im 8*
=时，
主电路电流达到最大电流80A 。

当负载电流由40A 增加到70A 时，试问： （1）*
i U 应如何变化？ （2）c U 应如何变化？ （3）c U 值由哪些条件决定？
解：（1）*
i U 应增加。

因为当负载电流由40A 增加到70A 时i U 增加，*
i U 是确定的。

A V I U dm i /1.0808
*===β
V
I U V I U d i
d i 7701.04401.0**=⨯===⨯==ββ
d I 由40A 增加到70A 时，*
i U 由4V 增加到7V
（2）c U 略有增加。

因为d e d s c RI n C U K U +==⨯0；d I 的增加使0d U 增加，使得c U 增加 （3）c U 由n 和d I 决定。

s
d
e s d c K RI n C K U U +=
=/0
2-9在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因 某种原因使电动机励磁电源电压突然下降一半,系统工作情况将会如何变化？写出*
i U 、c U 、
0d U 、d I 及n 在系统重新进入稳定后的表达式。

答：当磁通下降一半时2
'
φ
φ=
但电动机拖动恒转矩负载运行所以d d I I 2'
=
d d i I I U ββ2'
*==
s
d n
e s do c K R
I U C K U U *2/*'+=
=αφ R I U C U d n e do *2/*+=αφ
d d I I 2'
= α/*n U n =
2-10某反馈控制系统已校正成典型I 型系统。

已知时间常数T ＝0.1S ，要求阶跃响应超调量 %10≤σ
（１） 求系统的开环增益;
（２） 计算过渡过程时间s t 和上升时间r t ;
（３） 绘出开环对数幅频特性。

如果上升时间s t r 25.0 ，则K=?，?=σ 解：（1）系统开环增益
%10≤σ 69.0≤KT 9.61
.069
.0=≤
K （参见表2-2） （2）调节时间 s T t s 6.01.066=⨯=≈ 上升时间s T t r 33.03.3==
(3) s tr 25.0< KT=1 K=10 %3.16=σ (4)用MA TLAB 仿一个为好：
2-11 有一个系统，其控制对象的传递函数为
1
01.010
11+=
+=
s s K W obj τ ,要设计一个无静差 系统，在阶跃输入下系统超调量%5≤σ（按线性系统考虑）。

试对该系统进行动态校正， 决定调节器结构，并选择其参数。

解：校正成典型I 型系统，调节器传递函数为s
K s W i
pi =
)(校正后系统的开环传递函数为： )
1()()()(1
+=
=s s K K s W s W s W i obj pi τ 取 1K K K i =
%5≤σ 查表得：5001
.05
.0;5.0==
=K KT s T 01.0==τ 510501===
K K K i )
101.0(50
)(+=
s s s W
2-12有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为)
102.0(10
)1()(1+=+=s s Ts s K s W obj ，
要求校正为典型∏型系统，在阶跃输入下系统超调量%30≤σ（按线性系统考虑）。

决定调节 器结构，并选择其参数。

解：%30≤σ 选用PI 型调节器1
1)
1(ττ+=
s K W pi pi
系统开环传函为)
102.0(10
)
1(1
1++=
=s s s K W W W pi obj pi ττ
h=7 14.0702.01=⨯===hT ττ 1.20402.04928
212
22=⨯⨯=+=
T h h K
86.210/;1011
===
ττK K K K pi pi
2-13调节对象的传递函数为)
1005.0)(125.0(18
)(++=
s s s W obj ，要求用调节器分别将
其校正为典型I 型和∏型系统，求调节器的结构与参数。

解：校正成典型I 型系统选择PI 调节器：
s
s K s W pi pi 11)
1()(ττ+=
校正后的开环传递函数为：
)
1005.0)(125.0(18
)1()()()(11++⨯+=
=s s s s K s W s W s W pi obj pi ττ 令25.01=τ 1/18τ⨯=pi K K
)
1005.0()(+=
s s K
s W
(2)校正成典∏型系统，选择PI 调节器：
s
s K s W pi pi 11)
1()(ττ+=
)
1()1()
1)(1()1()()()(2212111
1++=
++⨯+=
=s T s s K s T s T s K s K s W s W s W pi obj pi τττ
025.0005.0521=⨯==hT τ 2
2
2
1
1121T h h T K K K pi +==
τ
2-14 在一个三相零式晶闸管整流装置供电的转速-----------
(1) 电流反馈系数 A V I U dm im /0263.0339
8
*===β
转速反馈系数 r
V n U n min/01.01000
10max *⋅===α （2）设计电流调节器ACR
1． 确定时间常数
整流装置滞后时间常数 s Ts 00333.0= s Toi 0025.0= 电流环小时间常数之和s Toi Ts T i 00583.0=+=∑
2.选择电流调节器结构
%5≤σ 按典型I 型设计，电流环控制对象是双惯性型的可用PI 型电流调节器。

s
s Ki W i ACR ττ)
1(+=
检查对电源电压的抗扰性能：06.200583.0012.0==
∑s s T T i L 各项指标可以接受。

3.计算电流调节器参数 电流调节器超前时间常数 s T L i 012.0==τ
电流开环增益：要求
%5≤σ
5.0=∑i I T K 224.00236
.03518.0012.076.85=⨯⨯⨯==
βτKs R K K i I I 4.校验近似条件
电流截止频率 1
76.85-==S K W I ci
（1）晶闸管装置传递函数的近似条件
ci s W S T >=⨯=-11.10000333
.03131 满足近似条件 （2）忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件
ci L m W T T <=⨯⨯=06.79012
.012.01
313
满足近似条件 （４） 电流环小时间常数近似处理条件
ci oi s W S T T >=⨯=-17.1610025
.00017.01
31131 满足近似条件
（5）计算调节器电阻和电容 F R T Coi F
R Ci K K KiR Ri K R oi i
i
μμτ25.010
400025
.04433.1109012
.0)
9(96.840224.040303
00=⨯⨯==
=⨯=
=
ΩΩ=⨯==Ω
=
动态性能跟随指标为 %5%3.4<=σ满足近似条件
(3)
3.ASR 1.确定时间常数
电
流
环
等
效
时
间
常
数
I
K 1
5.0=∑∑T K
S T K i I 01166.000583.0221
=⨯==∑
转速滤波时间常数 S T on 015.0= 转速环小时间常数 S T K T on I
n 02666.0015.001166.01
=+=+=
∑ 2.选择转速调节器结构 ：按典型Ⅱ型系统设计，选择PI 调节器 s
s K S W n n n ARS ττ)
1()(+=
3.计算转速调节器参数
取 h=3 ASR 的超前时常数
转
速开环增益
73
.70266
.018.001.0612
.0196.00236.042)1(07.3140266
.0924
210798.00266.0322
2
2=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=+=
=⨯⨯=
+=
=⨯==∑-∑
∑n RT h CeT h K S T h h K S
hT m n N n n αβτ
ASR 例系数
4.校验近似条件
153.130798.06.169-=⨯==S K W n N cn τ
（1）电流环传递函数简化条件 cn i I W T K >==∑43.4000583
.076
.853131满足近似条
件
(2)转速环小时间常数 cn on I W T K >==2.25015
.076.853131满足近似条件
5.计算调节器电阻电容
F R T C F R C K R K R on on n
n
n n n μμτ5.110
40015
.044257.010*******
.03104073.7303
0=⨯⨯==
=⨯=
=
Ω
=⨯==
2-15 (1)选用
PI
调节器
h=5
A V Idm U im /00877.05
.176010
*
=⨯==β
r V n U n min/0267.0375
10max *
⋅===α
S Toi Ts T i 0037.0002.00017.0=+=+=∑
S T K i I 0074.00037.0221
=⨯==∑
S T K T on I
n 0274.002.00074.01
=+=+=
∑
5
.100274
.014.00267.010112
.082.100877.062)1(8.1590274.050621137.00274.052
222=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=+=
=⨯=+=
=⨯==∑-∑
∑n RT h CeT h K S T h h K S
hT m n N n n αβτ
F R T C F R C K R K R on on n
n
n n n μμτ210
4002
.04433.010
420137
.0420405.10303
0=⨯⨯==
=⨯=
=Ω=⨯== （2）5.0=∑i I T K
11.13521
-∑==
=S T KI W i
ci 122137.08.159-=⨯==S K W n N cn τ
（１） 电流环传递函数简化条件
cn i I W S T K >==-∑1640037
.01
.1353131满足近似条件
cn on I W S T K >==-12702.01
.1353131满足近似条件
2-16（1）
min
/50001
.05
*
*
r U n n
U n
n ====αα r V n U n min/01.01500
15
max *
⋅===α
A V Idm U im /33.030
10*
===β
V Ks IdR Cen Uc 47.330
2
20128.0=⨯+=+=
A I V U V U V U U n dL c i i n 30,2,10,10,0,0*
==-====。