解--电流调节器的设计
《电力拖动自动控制系统》习题解答(前三章)
《电力拖动自动控制系统》部分习题解答第一章1。
什么叫调速范围、静差率？它们之间有什么关系？怎样才能扩大调速范围？ 答:①调速范围——电动机在额定负载下调速时,允许的最高转速max n 与最低转速minn 之比叫做调速范围，用D 表示，即min max n nD =②静差率——当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速0n 之比,称作静差率S ,即0N n nS ∆=③直流变压调速系统中调速范围、静差率和额定速降之间的关系为)1(s n s n D N N -∆=④采用闭环控制方式，使转速降落N n ∆能够大幅度下降，才能保证在静差率S 不变的前提下扩大调速范围.2。
某一调速系统，测得的最高转速特性为n 0max ＝1500 r/min ，带额定负载时的速降N n ∆＝15 r/min ，最低速特性为n 0min ＝100 r/min,额定速降不变，试问系统能达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少?解：已知N n ∆＝15 r/min,有n max ＝n 0max －N n ∆＝1500 r/min －15 r/min ＝1485 r/min n min ＝n 0min －N n ∆＝100 r/min －15 r/min ＝85 r/min 于是调速范围47.17851585minmax ===n n D静差率%15%10010015%100min0=⨯=⨯∆=n n s N答：系统能达到的调速范围是17。
47；允许的静差率是15％. 3。
为什么加负载后直流电动机的转速会降低，它的实质是什么?答：当负载电流增大后，电枢电阻上压降增大，使E 减小,导致转速n 必然下降.实质是电枢电阻的存在导致压降增大.4。
某调速系统的调速范围是1500 ～ 150 r/min,要求静差率为s ＝2％ ,那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有多大？解：①已知101501500==D ,又)1(s n s n D N N -∆=06.3)02.01(1002.01500)1(N N =-⨯=-=∆s D s n n r/min也可以这样计算n n n n n s NNN ∆+∆=∆=min 0 min r/06.302.0102.01501min N =-⨯=-=∆s s n n ②因为 K1op cl +∆=∆n n所以 68.31106.31001K clop =-=-∆∆=n n答:要求静差率为s ＝2％时,系统允许的静态速降是3.06r/min ；如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有31。
电力拖动自动控制系统-运动控制系统习题解答第4、5章
习题四4.1双闭环调速系统的ASR 和ACR 均为PI 调节器，设系统最大给定电压*nmU =15V ，转速调节器限幅值为*im U =15V ， n N =1500r/min ，N I =20A ，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Ω，s K =20，e C =0.127V·min/r ，求：（1）当系统稳定运行在*n U =5V ，dL I =10A 时，系统的n 、n U 、*i U 、i U 和c U 各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，*i U 和c U 各为多少？解： （1）150.01min/1500/minnm N U VV r n r α=== 5500/min 0.01min/nU Vn r V rα===*150.375/40im dm U V V A I Aβ===*0.37510 3.75i d U I V β==⨯= 0.37510 3.75i d U I V β==⨯=0.1275001024.17520e d c s C n I R U V K +⨯+⨯=== （2）堵转时，V I U dm i 15*==β， 0.1270402420e d c s C n I R U V K +⨯+⨯=== 4.2 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：N P =3.7kW ，N U =220V ，N I =20A ，N n =1000 r/min ,电枢回路总电阻R =1.5Ω,设cm im nmU U U ==** =8V ，电枢回路最大电流dm I =40A,电力电子变换器的放大系数s K =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,0d U c i i U U U ,,*值。
解:1）*80.32/40im dm U VV A I Aβ===80.008min/1000/minnm N U VV r n r α=== 2) 040 1.560d d dm U E I R I R V ∑∑=+⨯=⨯=⨯=这时： *8,0n n U V U ==，ASR 处于饱和，输出最大电流给定。
电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时完整版
电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】电力拖动自动控制系统 课后习题答案{全，内含两份，二无一失}——运动控制系统第四版{上海大学 阮毅 陈伯时}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 inm 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：min0n n s N ∆= 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：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 /75201500max min r D n n ===， 原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：静差率10%时原系统的开环增益为： 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。
第三章 转速、电流反馈控制的直流调速系统(电力拖动自动控制系统)
2. V-M可逆直流调速系统中的环流问题
图4-11 α=β配合控制电路 GTF—正组触发装置 GTR—反组触发装置 AR—反号器
2. V-M可逆直流调速系统中的环流问题
图4-12 α=β配合控制特性
1. α=β配合控制的有环流可逆V-M系统
图4-13 α=β配合控制的三相零式反并联 可逆线路的瞬时脉动环流(==60° ) a)三相零式可逆线路和瞬时脉动环流回路 b)=60°时 整流电压波形 c)=60°(α =120°)时逆变电压 波形 d)瞬时电压差Δ和瞬时脉动环流波形
(3)低频段大惯性环节的近似处理
图3-17 低频段大惯性环节近似处理对频率特性的影响
(3)低频段大惯性环节的近似处理
图3-18 双闭环调速系统的动态结构图 —电流反馈滤波时间常数 —转速反馈滤波时间常数
1.电流调节器的设计
图3-19 电流环的动态结构图及其化简 a)忽略反电动势的动态影响 b)等效成单位负 反馈系统 c)小惯性环节近似处理
(2)恢复时间tv
1)概念清楚、易懂；
2)计算公式简明、好记； 3)不仅给出参数计算的公式，而且指明参数调整的方向； 4)能考虑饱和非线性控制的情况，同样给出简单的计算公式； 5)适用于各种可以简化成典型系统的反馈控制系统。
1.典型Ⅰ型系统
(1)动态跟随性能指标
(2)动态抗扰性能指标
1.典型Ⅰ型系统
图4-8 两组晶闸管可控整流装置反并联可逆线路
1. V-M可逆直流调速系统的主回路结构
图4-9 两组晶闸管反并联可逆V-M系统的正组整流和反组逆变状态 a)正组整流电动运行 b)反组逆变回馈制动 c)机械特性允许运行范围
2. V-M可逆直流调速系统中的环流问题
电力拖动自动控制系统-运动控制系统习题解答第4、5章
习题四4.1双闭环调速系统的ASR 和ACR 均为PI 调节器，设系统最大给定电压*nmU =15V ，转速调节器限幅值为*im U =15V ， n N =1500r/min ，N I =20A ，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Ω，s K =20，e C =0.127V·min/r ，求：（1）当系统稳定运行在*n U =5V ，dL I =10A 时，系统的n 、n U 、*i U 、i U 和c U 各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，*i U 和c U 各为多少？解： （1）150.01min/1500/minnm N U VV r n r α=== 5500/min 0.01min/nU Vn r V rα===*150.375/40im dm U V V A I Aβ===*0.37510 3.75i d U I V β==⨯= 0.37510 3.75i d U I V β==⨯=0.1275001024.17520e d c s C n I R U V K +⨯+⨯=== （2）堵转时，V I U dm i 15*==β， 0.1270402420e d c s C n I R U V K +⨯+⨯=== 4.2 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：N P =3.7kW ，N U =220V ，N I =20A ，N n =1000 r/min ,电枢回路总电阻R =1.5Ω,设cm im nmU U U ==** =8V ，电枢回路最大电流dm I =40A,电力电子变换器的放大系数s K =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,0d U c i i U U U ,,*值。
解:1）*80.32/40im dm U VV A I Aβ===80.008min/1000/minnm N U VV r n r α=== 2) 040 1.560d d dm U E I R I R V ∑∑=+⨯=⨯=⨯=这时： *8,0n n U V U ==，ASR 处于饱和，输出最大电流给定。
电气工程综合设计题目
可控硅（SCR)的选择（续Ⅱ）
IAV
1.5
2
1.57
IT
n
K
n 为功率开关单元的并联 数
K SCR 并联均流系数，0.8 0.8
IT SCR 流过的电流有效值
直流电机电枢电感量的计算
La
19.1
2
C p
U额定 n额定 I额定
103
(mH)
C---补偿系数，有电枢反应补偿为0.1，无补偿为0.4
智能变流量恒压供水系统的设计
六、智能变流量恒压供水系统的设计 实验室能够提供的条件： 水箱系统 嵌入式计算机控制系统 PLC 常用接触器、继电器
电气工程综合设计的评分标准
课程设计成绩由三部分组成 实验成绩 仿真成绩 课程设计报告
实验成绩（30分）
考勤 10分 独立工作能力，工作主动性 10 实验报告 10分
电气工程综合设计的参考课题
二、可逆调速系统设计 电机参数与课程设计一同； 采用逻辑无环流或错位无环流进行设计 （参考上海大学，陈伯时，电力拖动控制系统）
电气工程综合设计的参考课题
三、三相交流异步鼠笼电机变频驱动系统设计 采用AD-DC-AC; AC/DC DC/AC Link电路设计、缓冲电路设计 开关器件：SCR、GTR 、 IGBT 、 MOSFET
Tn 2Ti Ton
转速调节器的设计（续Ⅰ）
２.选择转速调节器结构 按照工程实际，转速调节器（ＡＳＲ，Automatic
Speed Regulator）按照典型Ⅱ型系统设计。 其传递函数
GASR s
GASR
s
Kn
n s n
自动控制系统习题答案
2、9 有一V-M 调速系统:电动机参数P N =2、2kW, U N =220V , I N =12、5A, n N =1500 r/min,电枢电阻R a =1、5Ω,电枢回路电抗器电阻RL=0、8Ω,整流装置内阻R rec =1、0Ω,触发整流环节的放大倍数K s =35。
要求系统满足调速范围D=20,静差率S<=10%。
(1)计算开环系统的静态速降Δn op 与调速要求所允许的闭环静态速降Δn cl 。
(2)采用转速负反馈组成闭环系统,试画出系统的原理图与静态结构图。
(3)调整该系统参数,使当U n *=15V 时,I d =I N ,n=n N ,则转速负反馈系数 α应该就是多少？ (4)计算放大器所需的放大倍数。
解:(1)()()/22012.5 1.5/1500201.25/15000.134min/N N a ee n U I R C C V r=-⨯⇒=-⨯==()//12.5 3.3/0.134307.836/minN N eop N e n U I R C n I R C r ∑∑=-⨯⇒∆=⨯=⨯=()()/1150010%/20*90%8.33/min N N n n s D s r ∆=-=⨯=（）所以,min/33.8r n cl =∆(2)(3)(4)()()()()[]()()[]K C R I K KU K C R I U K K ne d n e d n s p +-+=+-=**1/1/1/α()/1307.836/8.33135.955op cl K n n =∆∆-=-=()()()150035.95515/135.95512.5 3.3/0.134135.955α⎡⎤=⎡⨯+⎤-⨯+⎣⎦⎣⎦r V min/0096.0=⇒α可以求得,*35.955*0.13414.34*35*0.0096e p s K C K K α===也可以用粗略算法:n U U n nα=≈*,01.0150015*===n U n α/p e s K KC K α=,()35.9550.134/350.0113.76p K =⨯⨯=2、4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ,I N =378A,n N =1430r/min,Ra=0、023Ω。
电力拖动及其控制系统习题解
第1章 单环控制直流调速系统1-1 什么叫调速范围？什么叫静差率？调速范围与静态速降和最小静差率有什么关系？如何扩大调速范围？为什么？答：最高转速和最低转速之比叫做调速范围，m inm in m ax n nn n D N ==。
静差率是负载由理想空载增加到额定值所对应的转速降落Δn N 与理想空载转速n 0之比n n s ∆=。
调速范围、静差率和额定速降之间的关系是：(1)N N n sD n s =∆-只有设法减小静态速降Δn N 才能扩大调速范围，减小静差率，提高转速的稳定度。
1-2 在直流调速系统中，改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？若给定电压不变，调整反馈电压的分压比，是否能够改变转速？为什么？答：改变给定电压可以电动机的转速，因为系统对给定作用的变化唯命是从；调整反馈电压的分压比可以改变转速，因为*n U n α=。
1-3 转速负反馈系统的开环放大系数为10，在额定负载时电动机转速降为50r/min ，如果将系统开环放大系数提高为30，它的转速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？解：50/min N n r ∆=，10K =又Kn n opcl +=1∆∆，则550/min op n r ∆=开环放大系数提高为30，,55017.74/min 1130cl opn n r K ∆∆===++由(1)N cl n s D n s =∆-，s 和N n 不变，则211502.8217.74D D D ==所以，在同样静差率要求下，调速范围可以扩大2.82倍.1-4 某调速系统的调速范围是100~1000 r/min ，要求S =5%，系统允许的静态转速降是多少？如果开环系统的静态转速降为50 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应为多大？ 解： max min 100010100n D n === 10000.05(1)(10.05)N cl cl n s D n s n ⨯==∆-∆⨯-， 5.26/min cl n r ∆=又K n n op cl +=1∆∆，则5018.55.26K =-=1-5 某调速系统的调速范围D =10，额定转速n N =1000 r/min ，开环转速降Δn N =200 r/min ，若要求系统的静差率由15%减小到5％，则系统的开环放大系数将如何变化？ 解：110000.1517.65/min (1)10(10.15)N cl n s n r D s ⨯∆===-⨯-210000.05 5.26/min (1)10(10.05)N cl n s n r D s ⨯∆===-⨯-12001110.3317.65opcl n K n ∆=-=-=∆，22001137.025.26op cl n K n ∆=-=-=∆2137.02 3.5810.33K K ==，开环放大系数扩大3.58倍。
广东海洋大学寸金学院《电力拖动控制系统》学期末考试模拟试卷
制作用），积分部分则最终消除（稳态偏差）。
3、有环流可逆直流调速系统的典型控制方式是 （ 配合控制 ）即（
）工作制。
2、下图为单闭环转速控制系统。
(1)图中 V 是 晶闸管整流器； (2)图中 Ld 是平波电抗器 ，它的作用是 抑制电流脉动和保证最小续流电流 ； (3)图中采用的是 PI 即比例积分调节器，它的主要作用是：保证动、静态性能满足系统要求； (4)此系统主电路由 三相交流电供电； (5)此系统具有： 转速（速度） 负反馈环节； (6)改变转速，应调节 RP1 电位器； (7)系统的输出量(或被控制量)是转速。
答：间接起动操作顺序:
(1) 先合上装置电源总开关 S，使逆变器在 min 下等待工作。
(2) 然后依次接通接触器 K1 ，接入起动电阻 R , 再接通 K0 ，把电机定子回路与电网接
通，电动机便以转子串电阻的方式起动。
（3）待起动到所设计的 nmin（smax）时接通 K2 ，使电动机转子接到串级调速装置，然后
（2）转差功率不变型调速系统：在这类系统中，转差功率只有转子铜损，而且无论转速高 低， 转差功率基本不变，因此效率更高，变极对数调速、变压变频调速属于此类。
（3）转差功率馈送型调速系统：在这类系统中，除转子铜损外，大部分转差功率在转子 侧通 过变流装置馈出或馈入，转速越低，能馈送的功率越多，绕线电机串级调速或双馈电机调 速 属于这一类 4、异步电机双馈型调速分别有哪五种不同工况 ？ 答：1、电机在次同步转速下作电动运行；
四、 分析题
广东海洋大学寸金学院《电力拖动控制系统》学期末考试模拟试卷
-2-
Bocker
1、试述双闭环直流调速系统起动过程的三个阶段和三个特点，以及动态性能。 答：(1) 三个阶段：第 1 阶段为电流上升阶段，第 2 阶段为恒流升速阶段，第 3 阶段为转速 调节阶段。 (2)三个特点：饱和非线性控制，准时间最优控制，转速超调。 (3)动态性能：动态跟随性能；动态抗扰性能。
运动控制系统习题集解(直流部分)2
习题二转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法2-1 在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速,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,应调节系统中的哪些参数?答：①在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速,应调节的参数有：转速给定电压U*n，因为转速反馈系统的转速输出服从给定。
②改变转速调节器的放大倍数Kn，只是加快过渡过程，但转速调节器的放大倍数Kn的影响在转速负反馈环内的前向通道上，它引起的转速变化，系统有调节和抑制能力。
因此，不能通过改变转速调节器的放大倍数Kn，来改变转速③改变改变电力电子变换器的放大倍数Ks，只是加快过渡过程，但转电力电子变换器的放大倍数Ks的影响在转速负反馈环内的前向通道上，它引起的转速变化，系统有调节和抑制能力。
因此，不能通过改变电力电子变换器的放大倍数Ks，来改变转速④改变转速反馈系数α，能改变转速。
转速反馈系数α的影响不在转速负反馈环内的前向通道上，它引起的转速变化，系统没有调节和抑制能力。
因此，可以通过改变转速反馈系数α来改变转速，但在转速、电流双闭环调速系统中稳定运行最终的转速还是服从给定。
⑤若要改变电动机的堵转电流,应调节系统中的参数有：转速的给定U*n、转速调节器的放大倍数Kn、转速调节器的限幅值、转速反馈系数α等，因为它们都在电流环之外。
2-2 在转速、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：在转速、电流双闭环调速系统中稳定运行时，转速调节器退饱和，PI的作用使得转速调节器的输入偏差电压为0，转速调节器的输出电压由于维持在U*im（n*）。
在转速、电流双闭环调速系统中稳定运行时，电流调节器不饱和，PI的作用使得电流调节器的输入偏差电压为0，形成一个电流随动子系统，力图使I d尽快跟随其给定U*i. 电流调节器的输出电压U C 又后面的环节决定。
电力拖动自动控制系统-运动控制系统习题解答第2-5章
习题解答（供参考）2.1试分析有制动电流通路的不可逆PWM 变换器进行制动时，两个VT 是如何工作的？解：减小控制电压，使U g1得正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压U d 降低，使得E>U d ，电机流过反向电流，电机进入制动状态。
0≤t< t on 时，通过二极管VD1续流，在t on ≤t<T 期间U g2为正，VT2导通，流过反向制动电流。
因此在制动状态时，VT2和VD1轮流导通，VT1始终关断。
2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？解：10000.022.04(1)100.98n n n rpm rpm D s ⨯∆===-⨯系统允许的静态速降为2.04rpm 。
2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为min 1500max 0r n =，最低转速特性为 0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降 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少？解：1）调速范围 maxminn D n =(均指额定负载情况下） max 0max 1500151485N n n n rpm =-∆=-=min 0min 15015135N n n n rpm=-∆=-=max min 148511135n D n ===2) 静差率 min 1510%150N n s n ∆===2.4 直流电动机为N P =74kW, N U =220V ，N I =378A ，N n =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。
如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？解： 2203780.0230.1478/1430N N a e N U I R C V rpm n --⨯===378(0.0230.022)1150.1478N e I R n rpm C ⨯+∆===当s=20%时 14300.23.1(1)115(10.2)N n s D n s ⨯===∆-⨯-当s=30%时 14300.35.33(1)115(10.3)N n s D n s ⨯===∆-⨯-2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。
电力拖动自动控制系统作业答案2
2-10某反馈控制系统以校正成典型I型系统，已知时间常数 某反馈控制系统以校正成典型I型系统，
T=0.1s ，要求阶跃响应超调量 σ ≤ 10% 求系统的开环增益 计算过渡过程时间和上升时间 δ=? 如果要求上升时间 tr < 0.25s 则k= ，
K K = S (TS + 1) S (0.1S + 1)
∗ ∗ U nm = U im = U cm = 8V
, , in 用PI调节器，已知：电动机： P =3.7KWUN =220V, IN =20AnN =1000r/m PI调节器 已知：电动机： N 调节器， ∗ ∗ 电枢回路总电阻1.5Ω， 电枢回路总电阻1.5Ω，设 U nm = U im = U cm = 8V ，电枢回路最大电 流为40A，电力电子变换器放大系数Ks=40 试求（ 流为40A，电力电子变换器放大系数Ks=40 ，试求（1）电流反 馈系数和转速反馈系数（ 馈系数和转速反馈系数（2）当电动机在最高转速发生堵转时 Ud0， Ui*， Ui， Uc，
Wobj ( s ) =
校正目标为典型I型系统， 校正目标为典型 型系统，即 型系统
调节器为
k Wobj ( s ) = s (Ts + 1)
ki s
由
σ % ≤ 5% ∴ KT = 0.5
即
10ki × 0.01 = 0.5 ∴ ki = 5
调节器为
5 s
2-12有一个闭环系统，其控制对象的传递函数 有一个闭环系统，
查表得
WK ( S ) =
由σ % ≤ 10%
ts =
KT = 0.69 ξ = 0.6
K=6.9
3 = 3* 2T = 6T = 0.6 s ξ wn
《电力拖动自动控制系统》-第二章转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法
《电力拖动自动控制系统》-第二章转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法第二章转速、电流双闭环直流调速系统和调节器的工程设计方法内容提要：转速、电流双闭环控制的直流调速系统是应用最广性能很好的直流调速系统。
本章着重阐明其控制规律、性能特点和设计方法，是各种交、直流电力拖动自动控制系统的重要基础。
我们将重点学习：●转速、电流双闭环直流调速系统及其静特性●双闭环直流调速系统的数学模型和动态性能分析●调节器的工程设计方法●按工程设计方法设计双闭环系统的调节器●弱磁控制的直流调速系统2.1 转速、电流双闭环直流调速系统及其静特性问题的提出：第1章中表明，采用转速负反馈和PI调节器的单闭环直流调速系统可以在保证系统稳定的前提下实现转速无静差。
但是，如果对系统的动态性能要求较高，例如：要求快速起制动，突加负载动态速降小等等，单闭环系统就难以满足需要。
1. 主要原因是因为在单闭环系统中不能随心所欲地控制电流和转矩的动态过程。
在单闭环直流调速系统中，电流截止负反馈环节是专门用来控制电流的，但它只能在超过临界电流值 Idcr 以后，靠强烈的负反馈作用限制电流的冲击，并不能很理想地控制电流的动态波形。
2．理想的启动过程a) 带电流截止负反馈的单闭环调速系统b) 理想的快速起动过程 2-1直流调速系统起动过程的电流和转速波形性能比较：带电流截止负反馈的单闭环直流调速系统起动过程如图所示，起动电流达到最大值Idm 后，受电流负反馈的作用降低下来，电机的电磁转矩也随之减小，加速过程延长。
理想起动过程波形如图所示，这时，起动电流呈方形波，转速按线性增长。
这是在最大电流（转矩）受限制时调速系统所能获得的最快的起动过程。
3. 解决思路为了实现在允许条件下的最快起动，关键是要获得一段使电流保持为最大值Idm的恒流过程。
按照反馈控制规律，采用某个物理量的负反馈就可以保持该量基本不变，那么，采用电流负反馈应该能够得到近似的恒流过程。
PWM直流调速系统设计解析
目录前言 (1)一、设计目的 (2)二、设计要求 (2)三、直流调速系统整体设计 (2)四、系统参数选取 (7)五、各部分设计 (8)六、双闭环系统设计 (14)七、系统仿真 (17)八、设计总结 (18)参考文献 (19)前言由于直流电机具有良好的起动、制动和调速性能，已广泛应用于工业、航天领域等各个方面。
随着电力电子技术的发展，脉宽调制（PWM）调速技术已成为直流电机常用的调速方法，具有调速精度高、响应速度快、调速范围宽和功耗低等特点。
而以H桥电路作为驱动器的功率驱动电路，可方便地实现直流电机的四象限运行，包括正转、正转制动、反转、反转制动，已广泛应用于现代直流电机伺服系统中。
本文从直流电动机的工作原理入手，建立了双闭环直流调速系统的数学模型，并详细分析了系统的原理与其静态和动态性能。
然后按照自动控制原理，对双闭环调速系统的设计参数进行分析和计算，利用SIMULINK对系统进行了各种参数给定下的仿真，通过仿真获得了参数整定的依据。
在理论分析和仿真研究的基础上，本文设计了一套实验用双闭环直流调速系统，详细介绍了系统主电路、反馈电路、触发电路与控制电路的具体实现。
对系统的性能指标进行了实验测试，表明所设计的双闭环调速系统运行稳定可靠，具有较好的静态和动态性能，达到了设计要求。
采用MATLAB软件中的控制工具箱对直流电动机双闭环调速系统进行计算机辅助设计，并用SIMULINK进行动态数字仿真,同时查看仿真波形,以此验证设计的调速系统是否可行。
一、设计目的通过对一个实用控制系统的设计，综合运用科学理论知识，提高工程意识和实践技能，使学生获得控制技术工程的基本训练，培养学生理论联系实际、分析解决实际问题的初步应用能力。
二、设计要求完成所选题目的分析与设计，进行系统总体方案的设计、论证和选择；系统单元主电路和控制电路的设计、元器件的选择和参数计算三、直流调速系统整体设计1、直流电机PWM调速控制原理直流电动机转速公式为：n=(U-IR)/Kφ其中U为电枢端电压，I为电枢电流，R为电枢电路总电阻，φ为每极磁通量，K为电动机结构参数。
运动控制期中作业
运动控制期中作业电气与控制工程学院自动化1102班李珂1106050220电流调节器的设计：（1） 确定时间常数：1） 给定PWM 开关频率为5KHz ，整流装置滞后时间常数Ts ，Ts=1/f=1/5000=0.0002s2） 电流滤波时间常数Toi ，取Toi=0.002s=2ms 。
3） 电流环小时间常数之和T ∑i 。
按小时间常数近似处理，取T ∑i =Ts+Toi=0.0022s 。
（2） 选择电流调节器结构：根据设计要求σi ≦5%，并保证稳态电流无差，可按典型Ⅰ系统设计电流调节器。
电流环控制对象是双惯性型的，因此可用PI 型电流调节器，其传递函数式：W ACR (S)= iSiS Ki ττ)1(+。
检查对电源电压的抗扰性能：T l /T ∑=0022.002.0≈9.1，参看表3‐2的典型Ⅰ型系统动态抗扰性能，都是可以接受的。
（3） 计算电流调节器的参数电流调节器超前时间常数：τi=T l =0.02s电流环开环增益：要求σi ≦5%时，根据表3-1，应取K I T ∑i =0.5，因此K I =∑T 5.0=0022.05.0s -1≈227.27 s -1于是ACR 的比例系数为 Ki=βτKs RK i I K I =227.27 s -1 τi =0.02s R=0.5Ω λ=1.5所以最大允许电流为：I dm =1.5×I nom =204A,给定U im *=10V , 则β=dm im I U *=20410≈0.05取晶闸管放大系数Ks=40将以上数据带入Ki 公式内即可求出Ki ≈1.136 (4) 检验近似条件电流环截止频率: ωci =K I =227.27 s -11) 校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件: W ci ≤sT 31s T 31=0002.031⨯ s -1≈1666.7 s -1﹥ωci 满足近似条件 2） 校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件：ωc i ≧3lm T T 1 3l m T T 1=3×02.01⨯m TT m =me C C RGD 3752 C e =n R I U d d -0=0.132 C m =π30 C e =1.26T m =me C C RGD 3752≈0.183l m T T 1=3×02.018.01⨯=50＜ωci 满足近似条件 3） 检验电流环小时间常数近似处理条件 ωci ≤31ois T T 131oi s T T 1= 31×002.00002.01⨯ s -1≈527.046 s -1＞ωci 满足近似条件 （5）计算调节器电阻和电容：电流调节器原理图如下图示，按所运用放大器取R 0 =40K Ω,各电阻和电容值计算如下：R i =K i ×R 0 =1.136×40=45.44K Ω 取45K ΩC i =Riiτ=0.44×10﹣6 F=0.44υF 取0.44υFC oi =04R Toi⨯=0.2×10﹣6 F=0.2υF 取0.2υF按照上述参数，电流环可以达到的动态跟随性能指标为σ％=4.3％＜5％ 满足设计要求含给定滤波和反馈滤波的PI 型电流调节器电路图：MATLAB 仿真及仿真结果转速调节器的设计：（1） 确定时间常数：1）电流环等效时间常数1/K I 。
《电力拖动自动控制系统》答案(全)
1 1 R (1.2 1.5) 0.9 可选 0.5 欧姆 3 3
电流反馈放大系数： K fi
Rs Rs
'
'
1.5 3 0.5
新的比较电压： U com I dcr Rs 15Rs 15 0.5 8.5V 所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为 3
１ － １ ２
得： I dbl
* (U n U com ) 15 15RS (1 43)； 25 Rs RS
Rs 1.46 1.5 U c o m I d c r Rs 15Rs 15 1.5 22.5V
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： Rs
I dcr 1.2I N 1.2 12.5 15 A
则 U com I dcr Rs K s (U n U com )
R K p K s Rs
(1 42)
0
25
11.6 35(15 15Rs ) (由 1 42式）也可（由 1 43）式 (1.2 1.5) 11.6 35 Rs
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 Ce
U N I N Ra 220 12.5 1.2 0.1367V min/ r nN 1500
开环系统静态速降 nop
RI dN 12.5 (1.2 1.5) 246.9r / min Ce 0.1367
K 1则K 100 1 31.7 3.06
2，
《运控控制系统》——陈伯时部分课后作业解答
1-3 （1）调速范围和静差率的定义是什么？（2）为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”？ （3）调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系？ 答：（1）调速范围：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比。
用字母Ｄ表示，即max minn D n =其中：n max 和n min 一般指电动机额定负载时的最高和最低转速；对于少数负载很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低转速。
（2）静差率：当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落，与理想空载转速之比，称作静差率s ，即：N on s n ∆=，或用百分比表示：100%N o ns n ∆=⨯同样硬度的特性，理想空载转速越低时，静差率越大，转速的相对稳定度也就越差。
如果低速时的静差率能满足要求，高速时的静差率肯定也能满足要求。
所以静差率的要求以低速时的静差率为准。
（3）在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速作为最高转速n N 作为最高转速，取调速系统的静差率为最低转速时的静差率：min min N No N n n s n n n ∆∆==+∆，得到最低转速 min (1)N s n n s -∆=，则max min (1)N N n n s D n n s ==- 这就是调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。
可见：D n N 值一定时，对静差率s 要求越高（即要求s 越小），系统能够允许的调速范围也越小。
所以说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”。
结论：一个调速系统的调速范围，是指在最低速时还能满足静差率要求的转速可调范围。
1-5 某闭环调速系统的调速范围是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？ 解：因min N N o N n n s n n n ∆∆==+∆，所以 min 1500.023.06(/min)110.02N n s n r s ⨯∆===-- 因1op cl n n K ∆∆=+， 所以 10011131.73.06op op cl N n n K n n ∆∆=-=-=-=∆∆1-8 转速单闭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）转速单闭环调速系统有以下三个基本特征①只用比例放大器的反馈控制系统，其被被调量仍是有静差的。
电流调节器与转速调节器的设计
ω cn
4．最后校核一下要求的性能指标 电流环设计时， K ITΣi = 0.5 ，所以，σ i = 4.3% < 5% 。
***设计方法详细步骤参考《自动控制系统》第 91 页至 112 页***
28
wci = K I
= 0.5 T∑ i
上述关系表明，按工程最佳参数设计电流环时，截止频率 wci 与T∑i 的关系满足小惯性环
节的近似条件
wci
<<
1 T∑
i
。
如果按典型 II 型系统设计电流环，则需要将控制对象中的大惯性环节 1 近似为 TL s + 1
积分环节
1 TL s
，当 TL
>
hT ∑i
时
=
0.6RTL K S βT∑i
h +1 wci = 2hT∑i
= 0.6 T∑ i
显然，按工程最佳参数 h=5 确定的 wci 和T∑i 的关系，也可以满足小惯性环节的近似
25
条件。
三、转速调节器的设计
1．电流环的等效传递函数 电流环是转速环的内环，设计转速环时要对电流环做进一步的简化处理，使电流成
-
U*i(S)
1
ToiS + 1
+
Uct(S)
Ud(S)
ARC
ks TsS + 1
1R T1S + 1
Id(S) （a）
βi ToiS + 1
U *i(S) βi
βi ToiS + 1
Uct(S) ARC
Id
ks R (Ts + 1)(T1S + 1)
Id(S) (b)
U *i(S) βi
解--电流调节器的设计
运动控制系统期中考试电控学院自动化0905贺奎（0906050509）解： 电流调节器的设计 （1） 确定时间常数1）整流装置滞后时间常数T s 。
三相桥式电路的平均失控时间T s =0.0017s 。
2）流滤波时间常数T oi 。
据题意给定T oi =0.002s 。
3）电流环小时间常数之和T i 。
按小时间常数近似处理T i =S T +oi T =0.0037s 。
4）电磁时间常数T l 。
T l =LR =15∗10−30.5s −1=0.03s −1。
5）电力拖动系统机电时间常数T m 。
T m =GD 2R375Ce C mC m =30πC eC e =0.132V ∗min/r 所以T m =0.18s（2）选择调节器结构根据设计要求σi ≤5%,并保证稳态电流无差，可按典Ｉ设计电流调节器。
电流环控制对象是双惯性型的，因此可用PI 调节器。
传递函数为W ACR =K i (τi S+1)τi S。
检查对电源电压的抗扰性能：Tl T i=0.030.0037≈8.11,其动态性能指标都可以接受。
（3）计算电流调节器参数电流调节器超前时间常数：τi =T l =0.03s 。
电流环开环增益：要求σi ≤5%时，应取K l T i =0.5,因此K l =0.5T i =0.50.0037s≈135.1s −1于是，ACR 的比例系数为 K i =K l τi R K s β=135∗0.03∗0.540∗0.05≈1.013（4）校验近似条件电流环戒指频率： ωci =K l =135.1s −11）校验晶闸管整流装置传递函数近似条件13T s=13∗0.0017s −1≈196.1>ωci 满足近似条件2）校验忽略反电动势变化对电流环动态影响条件3 1Tm T l=3∗ 10.18∗0.03s −1≈40.82s −1<ωci 满足近似条件3）校验电流环小时间常数近似处理条件131Ts T Oi=13∗10.0017∗0.002s −1≈180.8s −1>ωci 满足近似条件（5）计算调节器电阻和电容 取R 0=40k ΩR i =K i R 0=1.013∗40k Ω=40.52k Ω 取40 k Ω C i =τiR i=0.0340∗10F =0.75∗10−6F =0.75uF 取0.75 uF C oi =4T oi R 0=4∗0.00240∗10F =0.2∗10−6F =0.2uF 取0.2 uF转速调节器的设计 （1） 确定时间常数1）电流环等效时间常数1K l。
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E
s
7 396.4s
. E . . A ;
0.087s
ASR 的比例系数为 KM （4）检验近似条件 转速环截止频率为 w<M
/T UV
E
.
7 11.7
K Q τM
396.4 0.087s
/
7 34.5s
.
1） 电流环传递函数简化条件 @5 6 ∑0 件
@
/
.
s @
7 63.7s
.
? w<M 满足条 ? w<M 满
运动控制系统 期中考试
电控学院 自动化 0905 贺奎（0906050509）
解： 电流调节器的设计 （1） 确定时间常数 1）整流装置滞后时间常数T 。三相桥式电路的平均失控时间T =0.0017s。 2）流滤波时间常数T 。据题意给定T =0.002s。
3）电流环小时间常数之和T∑ 。按小时间常数近似处理T∑ = TS + Toi =0.0037s。 4）电磁时间常数T 。T
.
s
0.03s 。 C 0.18s
π
5）电力拖动系统机电时间常数T 。 T
C 0.132V min/r 所以T
C
（2）选择调节器结构 根据设计要求σ * 5%,并保证稳态电流无差，可按典Ｉ设计电流调节器。电 流环控制对象是双惯性型的， 因此可用 PI 调节器。 传递函数为W. 检查对电源电压的抗扰性能：5 6
. A
.
C ω< ? ω<
满足近似条件
3）校验电流环小时间常数近似处理条件
: 5D0
（5）计算调节器电阻和电容 取R
C R KR
0
.
.
E
满足近似条件
τ0 ;5K0
L
;
.
1.013 40kΩ F
0.75 10 I F
40kΩ 40.52kΩ
0.75uF 0.2uF
取 40 kΩ 取 0.2 uF
取 0.75 uF
5
∑0
/0 1τ0 23 4 τ0 2
。
.
.
7 8.11,其动态性能指标都可以接受。
（3）计算电流调节器参数 电流调节器超前时间常数：τ T 0.03s。 电流环开环增益：要求σ * 5%时，应取K T∑
K 0.5 T∑ K
0.5 0.0037 7 135.1s s
/6 τ0 /: β ; . .
0.5,因此
∆
1uF
∆_` 5∑ O M 5
取 1 uF
（6）校验转速超调量
σM ∆nQ
[
\ 1λ ] z4 ②
①
abT
联立①②得 求 综上所述
σM
2 81.2% 1.5 W.
. 1 . .
V c L.d L.V
;I
.
. A
;
7 8.31% C 10%
. 1 . A 23 4 . A 2
符合设计要
2
23 4
W.2
触发电路
控制电压 Uk 输出电路和反馈电路的部分电路
电源部分
整流部分和反馈电路的部分电路
Port5 所接晶 闸管晶闸管 Port4 所接同 步电源
VT1 -usc
VT2 Usb
整流各元件同步电压 VT3 VT4 -usa Usc
VT5 -usb
VT6 usa
系统结构框图为
Un
W.2
W.
K2 T N1 β
2）转速环小时间常数近似处理条件 @5 6 足条件 （5）τO
O
KO
.
s
7 38.7s
;
L
. A ;
11.7 40kΩ F
取R
0.185 10 I F 1 10 I F
YZ
40kΩ 468kΩ
0.185uF
取 470 kΩ
取 0.2 uF
M
;5KO
;
.
F W
的大小。触发电路的电阻电容需要根据所需的触发调节使得波形刚好是 所得要求的波形。 5）平波电抗器主要是为了，滤掉脉动电流，使电流平稳，因此选择大点 的平波电抗器。 6）转速环和电流环的放大器选用 LF353。
于是，ACR 的比例系数为
.
7 1.013
（4）校验近似条件 电流环戒指频率： ω< K 135.1s 1）校验晶闸管整流装置传递函数近似条件
5: .
s
7 196.1 ? ω< s s 7 40.82s 7 180.8s
满足近似条件
2）校验忽略反电动势变化对电流环动态影响条件
3 @5 @5
56
3 @ @
C
;
;
.
E
F
0.2 10 I F
转速调节器的设计 （1） 确定时间常数
1） 电流环等效时间常数 。 K T∑ 1 K
/6
0.5,则 2 0.0037s 0.0074s
2 T∑
2） 转速滤波时间常数T M。根据题意T M 0.01s。 3）转速环小时间常数T∑ M 。按小时间常数近似处理，取 1 T∑ M N T M 0.0074s N 0.01s 0.0174s K
（2）选择转速调节器结构 按照设计要求，选用 PI 调节器，其传递函数为 W.2
/O 1τO 23 4 τO 2
（3）计算转速调节器参数 按跟随和抗扰性能都较好的原则，取 h=5,则 ASR 的超前时间常数为 转速环开环增益 KQ
τM
R3
hT∑ M
5 0.0174s
I . I ; . .
ER 5∑ O 1R3 4β ERα 5∑ O 5
1 R1T s N 14
R T s
α
n
1 C
一、原理图实现直流调速系统的原理： （1） 通过实验调节 RP3 使得电流反馈系数即电流反馈电压与电枢电流之比为 0.05 （2） 通过实验调节 RP2 使得转速反馈系数即转速反馈电压与转速之比为 0.007 （3） 通过实验调节 R1 和 C1， 使得触发电路的 R1 和 C1 构成一个滞后π/3 的滤 波电路，这样由于余弦交点触发电路的输出φ相位与控制电压成比例关 系，从而控制整个整流电路的触发，从而控制电机的转速 （4） 接下来就是电机的控制运行 当电机刚启动时，由于电机转速变化很慢，几乎等于 0，此时转速 环饱和，电流环起作用，且电流环的给定达到最大值，使得电枢电流达 到最大值，此时得到最大转速加速度，电机以定加速度上升直至转速达 到最大值， 此时， 电动机仍旧因为转速环是积分环节使得电动机仍加速， 当转速超过给定值时，转速环节输入偏差为负，使它退出饱和，电枢电 流很快下降， 此时电流环节饱和， 转速环起作用。 从而使电机平稳运行。 当电机停止时与之相反。 （5） 整个控制过程均是由电流环的输出电压线性改变控制角，从而改变整流 装置的晶闸管的触发，进而改变输出平均电压 Ud。 二、每个元件选择依据 （1~1.5）ij 1.5 300k，开关频率为 200HZ 2）电源变压器选择：1:1 变压器，耐压 400V,耐流 150A. 3）触发的同步互感器用 12:1 的互感器。 4）转速环和电流环的电阻电容的大小在上面应经算出来了，直接用上面 1）晶闸管的选择：耐压（2~3）√6hE =1200V，最大电流