运动控制系统习题解答

2-2转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个PI调节器的 输入偏差（给定与反馈之差）是多少？它们的输出电压是多 少？为什么？
答：若都是PI调节器，则两个调节器的输入偏差为0，即Ui*=Ui， Un*=Un；输出电压为：Ui*=βId=Ui，Uc=Ud0/Ks=(RId+Cen)/Ks= 〔(Ri*/β)+(CeUn*/α)〕 /Ks。
特性好。
馈起作用，
动态限流性能
通过电流环限流为Idm, 限流通过串入大电阻
动态限流性能好
实现，特性急剧下垂，
动态限流性能差
启动的快速性
准最优时间启动，启 启动时截止电流负反
动快
馈起作用，启动慢
抗负载扰动性能
靠转速环产生抗扰作 靠转速环产生抗扰作
用
用
抗电源电压波动性能
靠电流内环及时调节， 靠转速环调节电源电
s2 (0.005s 1)
其中：取0.25s 1 0.25s
h=5 k 18ki 72ki
0.25 i
i
i hT 5 0.005 0.025(s)
k

h 1 2h2T 2

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51 2 52 0.0052

4800
查表： б≤37.6%，
ki

k i
72
解：（1）β= Uim*/Idm=8/80=0.1
电流为40A时：Ui= Idβ=40×0.1=4V
电流为70A时：Ui= Idβ=70×0.1=7V
（2）Uc增加。
Uc
Ud0 Ks

Cen Id R Ks

CeU*n /α IdLR Ks
2-9在双闭环直流调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定 工作点正常运行，现因某种原因电动机励磁下降一半，系统工 作情况将会如何变化？（λ=1.5）

ki
(is 1) is

(0.25s
18 1)(0.005s
1)

18ki 0.25s(0.005s
1)

k s(0.005s
1)
其中： k

18ki 0.25

72ki
i 0.25(s)
按б≤4.3%，取KT=0.5， 则K=0.5/0.005=100, Ki=100/72=1.39,
答：设突发状况之前的磁通为Ø1，令此时的磁通为Ø2，之前 的电磁力矩为Te1，此刻的电磁力矩为Te2，负载转矩恒为Tl， 电机励磁下降一半，则Ø2=0.5Ø1，Te2=Cm（Ø2）Id=0.5 Te1＜ Tl，n↓，Id↑甚至到Idm，Te2=Cm（Ø2）Idm=0.75 Te1＜Tl，n会 一直下降到0。
解：（1）β= Uim*/Idm=8/40=0.2 α= Unm */ nnom=8/1000=0.008
（2）Ud0=IdmR=40×1.5=60V Ui= Uim*=8V（极性相反） Uc= Ud0/Ks=60/40=1.5A
2-8 在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR、ACR均采 用PI调节器。当ASR输出达到Uim=8V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）Ui应如何变化？ （2）Uc应如何变化？
2-3 如果转速、电流双闭环调速系统的转速调节器不是PI调节 器，而是比例调节器，对系统的静、动态性能会有什么影响？
答：若采用比例调节器可利用提高放大系数的办法使稳态误 差减小即提高稳态精度，但还是有静差的系统，但放大倍数 太大很有可能使系统不稳定。
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
解：可选择积分调节器，设其传递函数为：W（s）=ki/s，则 校正成新系统的传递函数为：W新（s）=10Ki/s（0.01s+1）， 将原系统校正成Ⅰ型系统WⅠ（s）=K/s（Ts+1）以实现无静差， 按σ≤5%要求查表取：KT=0.5即：10Ki×0.01=0.5，得：Ki=5。
（2）校正成典型ⅠI型系统： ① 传递函数近似处理：Wobj（s） =18/[(0.25s+1)(0.005s+1)]≈18/[0.25s(0.005s+1)]； • 选择调节器为PI调节器，Wpi（s）=Kpi（τs+1）/τs； • 校正之后的新系统的传递函数为W（s）=18Kpi（τs+1）/ [0.25τs2（0.005s+1)]； • WⅡ（s）=K（τs+1）/s2（Ts+1），令h=5，h=τ/T=τ/0.005=5，则 τ=0.025；K=（h+1）/2h2T2=18Kpi/ 0.25τ，代入τ，T，h，得： Kpi=1.67。
解：要校正为II型系统，调节器结构可为PI，其
WPI
(s)

ki
( is 1) is
WPI
(s)WOBJ
(s)

ki ( is 1) is

10 s(0.02s
1)

k( is 1)
s2 (0.02s 1)
其中：k 10ki
i
因系统超调量б≤30%，查表h=7可满足要求
2-6 在转速、电流双闭环系统中，转速给定信号Un※未改变， 若增大转速反馈系数α，系统稳定后转速反馈电压Un是增加 还是减少还是不变？为什么？
答：Un不变，因为PI调节器在稳态时无静差，即：Un*=Un， Un*未改变，则，Un也不变。
2-7 在转速、电流双闭环系统中，两个调节器ASR、ACR均采用 PI调节器。已知参数：电动机：Pnom=3.7kW ， Unom=220V ， Inom=20A ，nnom=1000r/min，电枢回路总电阻R=1.5Ω，设Unm*= Uim*= Ucm=8V，电枢回路最大电流Idm=40A，电力电子变换器的 放大系数Ks=40.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Ud0、Ui、Uc值。
n

U
* n

5
500r / min


U
* im

10

0.333V / A
0.01
Idm 30
Uc

Cen ks
Id R

0.128 500 30

20 2

解：要校正为II型系统，调节器结构可为PI，其
WPI
(s)

ki
( is 1) is
WPI (s)WOBJ (s)
ki ( is 1) is

(0.25s
18 1)(0.005s
1)

18ki ( is 1) 0.25 is2 (0.005s
1)

k( is 1)
1 0.112 0.031l
50.91s1wci 136.24s1
满足近似条件
（3）电流环小时间常数近似处理条件
1 3
1 1 TsToi 3
1 0.0017 0.002
180.8s1wci 136.24s1
满足近似条件
转速环近似处理条件 （1） 忽略高次项近似条件：
i =hT=7×0.02=0.14(s)
k

h 1 2h2T 2

7 1 2 72 0.022

204.08
ki

k i
10

204.08 0.14 10

2.86
解：要校正为I型系统，调节器结构可为PI，其
WPI
(s)

ki
( is 1) is
WPI
(s)WOBJ
(s)
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2-0 在转速、电流双闭环调速系统中，转速调节器有哪些作用？ 其输出限幅值应按什么要求来整定？电流调节器有哪些作用？ 其输出限幅值应如何整定？
答：转速调节器的作用是： （1）使转速n很快的跟随给定电压Un*变化，稳态时可减小转速误 差，如果采用PI调节器，则可以实现无静差。 （2）对负载变化起抗扰作用。 转速调节器的限幅值应按电枢回路允许的最大电流来进行整定。 电流调节器作用： （1）使电流紧紧跟随给定电压Ui※变化。 （2）对电网电压的波动起及时抗扰的作用。 （3）在转速动态过程中，保证获得电动机允许的最大电流，从而 加快动态过程。 （4）当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起快速的 自动保护作用。 电流调节器的最大值应该按变换电路允许的最大控制电压来整定. 。
10.5
KN

2
(h 2h2T
1)
2 n

(5 1) 2 52 0.02672
159.84
其中：


U
* nm

10
0.0267Vmin / r
Uim Uim 10 0.00877V / A Idm Idn 1.5 760
nN 375
（2）电流环为I型系统，其Wci=kI=136.24 s-1
WPI
(s)

kn
( ns 1) ns
因б≤10%，取h=5 ,有 n hTn
1 Tn kI Ton
而
K ITi 0.5
Ti Ts Toi 1.67 103 0.002 0.00367(s)
故
KI
0.5 0.5 136.24s1 Ti 0.00367
（2）ts≈6T=0.6s, tr≈3.3T=0.33s
(3)
ωc=0.596/T=5.96rad/s
L/dB -20dB/dec
ωc 1/T 0
ω/s-1
如：tr<0.25s, 取tr≈2.4T=0.24S -40dB/dec 查表KT=1.0，K=10，σ=16.3%
2-11 有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj（s）=10/ （0.01s+1），要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超 调量σ≤5%（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。
抗电源电压扰动性能 压扰动，抑制扰动性
好
能差一些
2-5 在转速、电流双闭环系统中，采用PI调节器，当系统带额 定负载运行时，转速反馈线突然断线，系统重新进入稳态后， 电流调节器的输入偏差电压△Ui是否为0，为什么？
答：反馈线未断之前，Id=In，令n=n1，当转速反馈断线， ASR迅速进入饱和，Ui*=Ui*max，Uc↑，Id↑至Idm，Te＞TL， n↑ Id↓ △Ui出现，此过程重复进行直到ACR饱和，n↑ Id↓，当Id=In，系统重新进入稳态，此时的速度n2＞n1，电 流给定为Ui*max= Idmaxβ＞电流反馈信号Un= Inβ，偏差△Ui 不为0。
cn KN n 159.84 0.137 21.9s1
校验近似条件：
（1）晶闸管整流装置传递函数的近似条件
1 3Ts

1 3 0.0017
196.1s1wci 136.24s1
满足近似条件
（2）忽略反电动势变化对电流环动态影响的近似条件
3 1 3 TmTl

4800 0.025 72
1.67
ts=9.55T=9.55×0.005 =0.047 (s)
t2

CeTm n* (I dm I dl )R

0.196 0.12 1000 (339 0) 0.18

0.385(s)
解：（1）转速环的调节器结构可为PI，其
Tn

1 kI
Ton
1 0.02 0.02734(s) 136.24
n hTn 5 0.02734 0.1367(s)
kn

(h 1)CeTm 2hRTn

(5 1) 0.00877 1.82 0.112 2 5 0.0267 0.14 0.02734
止环节的转速单闭环调速系统的静、动态性能将会产生什么影响？
（1）调速系统的静态特性；
（2）动态限流性能；
（3）启动的快速性；
（4）抗负载扰动的性能；
（5）抗电源电压波动的性能。
答：
双闭环调速系统
带电流截止单环调速
静态特性
IL<Idm转速无静差， Id<Idcr电流负反馈不起
IL>Idm电流无静差，静 作用，Id>Idcr电流负反
cn

1 3
KI 1 Ti 3
136.24 64.2s1 0.00367
（2）小惯性环节合并的近似条件：
cn

1 3
KI 1 Ton 3
136.24 27.25s1 0.02
解： (1)


U
* nm

15
0.01Vmin / r
nN 1500
U*n=5V时的转速
2-10 某反馈控制系统已校正成典型的I型系统。已知时间 常数T=0.1s，要求阶跃响应超调量σ≤10%.
(1)求系统的开环增益； （2）计算过渡过程时间ts和上升时间tr;
(3) 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr<0.25s, 则K=？，σ=？
解（1）根据题意取σ=9.5%，查P65表 KT=0.69，K=6.9