电力拖动自动控制系统 第四版 课后答案

习题解答（供参考）

习题二

2.2 系统的调速范围是1000~100

r min ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？

解：

∆n =

n n s

D (1-s )

=1000⨯0.02(10⨯0.98) =2.04rpm

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

n 0max =1500r min ，最低转速特性为 n 0min =150r min ，带额定负

载时的速度降落

∆n N =15r min ，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

D =n max n min (均指额定负载情况下）

n max =n 0max -∆n N =1500-15=1485 n min =n 0min -∆n N =150-15=135 D =n max n min ==11

2) 静差率

s =∆n N n 0==

10%

2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V，I N =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：

Ce =(U N -I N R a ) n N =(220-378⨯0.023) =0.1478V rpm

∆n =I N Ce =378⨯(0.023+0.1478=rpm 115

D =n N ∆n (1-s )]=1430⨯[115⨯-(10.2)]= D =n N ∆n (1-s )]=1430⨯[115⨯-(10.3)]=

3.15.33

2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。已知直流电动机，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V•min/r,求：

（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落

∆n N 为多少？

S N 多少？

（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率

（3）若要满足D=20,s≤5%的要求，额定负载下的转速降落

∆n N 又为多少?

解：(1)

∆n N =I N ⨯R =305⨯0.2=274.5r /min S N =∆n N n 0=(1000+274.5) =21.5%

∆n =n N S D (1-s )]=1000⨯⨯0.95]=2.63r /min

(2)

(3)

2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压

*

U u =8.8V 、比例调节器放大系数K P =2、晶闸管装置放大系数

（1）输出电压U d ；（2）若把反馈线断开，U d 为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？（3）若K S =15、反馈系数γ=0.7。求：

把反馈系数减至γ=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压

*

应为多少？ U u

解：（1）

*

U d =K p K s U u +K p K s γ) =2⨯15⨯(1+2⨯15⨯0.7) =12V

(2)

U d =8.8⨯2⨯15=264V , 开环输出电压是闭环的22倍

*

U u =U d (1+K p K s γ) K p K s =12⨯(1+2⨯15⨯0.35) (2⨯15) =4.6V

(3)

2.7 某闭环调速系统的调速范围是1500r/min~150r/min，要求系统的静差率速降是100r/min，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？

s ≤5%，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态

解： 1）

D =n N s /∆n N (1-s )

10=1500⨯2%/∆n N ⨯98%

∆n N =1500⨯2%/98%⨯10=3.06r /min

2）

K =∆n op /∆n cl -1=100/3. 06-1=31. 7

()

2.8 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：

∆n op =(1+K )∆n cl =(1+15)⨯8=128

如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：

∆n cl =∆n op /(1+K )=128/(1+30)=4. 13rpm

在同样静差率要求下，D 可以扩大

∆n cl 1/∆n cl 2=1. 937倍

2.9 有一V-M 调速系统：电动机参数P N =2.2kW, UN =220V, IN =12.5A, nN =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

（3）调整该系统参数，使当U n *=15V时，I d =IN ，n=nN ，则转速负反馈系数 α应该是多少？ （4）计算放大器所需的放大倍数。 解：（1）

n =(U N -I N ⨯R a )/C e

⇒C e =(220-12.5⨯1.5)/1500=201.25/1500=0.134V min/r n =(U N -I N ⨯R ∑)/C e

⇒∆n op =I N ⨯R ∑/C e =12.5⨯3.3/0.134=307.836r /min

∆n N =n N s /(D (1-s ))=1500⨯10%（/20*90%）=8.33r /min

所以，（2）

∆n cl =8. 33r /min

（3）（4）

**

n =K p K s U n -I d R /(C e (1+K ))=KU n /α(1+K )-[I d R /(C e (1+K ))]

()[]

K =(∆n op /∆n cl )-1=307.836/8.33-1=35.955

1500=⎡⎣35.955⨯15/α(1+35.955)⎤⎦-⎡⎣12.5⨯3.3/(0.134(1+35.955))⎤⎦

⇒α=0. 0096V min/r

可以求得，

K p =

K *C e 35.955*0.134

==14.34

K s *α35*0.0096

也可以用粗略算法：

*

U n

*U n 15

==0. 01 ≈U n =αn ，α=

n 1500

K p =KC e /K s α

，

K p =35.955⨯0.134/(35⨯0.01)=13.76

2.10 在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流

I dbl ≤2I N ，临界截止电流I dcr ≥1. 2I N ，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电阻的1/3 ,如果做不到，需要增加电流反馈放大器，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）

I d b l ≤2I N =25A ，I dcr ≥1. 2I N =15A I dcr =U com /R s ⇒15=U com /R s

*

I dbl ≈U n +U com /R s ⇒25=(15+U com )/R s ⇒R s =1. 5Ω

()

，

U com =15⨯1. 5=22. 5V

（2）

(R ∑/3) =(1.0+1.5+0.8)/3=1.1Ω, 不符合要求，取R s =1.1Ω,

R s >(R ∑/3)

需加电流反馈放大器

由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，

取

R s =1.1Ω，则U com =I dcr ⨯R s =15⨯1.1=

16.5V

（3） 当

I d >I dcr 时，有

*

n =K p K s U n /C e (1+K )-K p K s K i (R s I d -U com )/C e (1+K )-[RI d /C e (1+K )]*=K p K s U n +K i U com /(C e (1+K ))-R +K p K s K i R s I d /(C e (1+K ))

当n=0时，

**I dbl =K p K s (U n +KU i com )/(R +K p K s K i R s )≈(U n +KU i com )/K i R s

[

[

()

][

][(

]

)]

25=(15+16.5K i )/1.1K i ⇒K i =15/(22.5-13.5)=1.36

2.11在题2.9的系统中，若主电路电感L=50mH，系统运动部分的飞轮惯量

GD 2=1.6Nm2，整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9

要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？

解：

L =50mH

，

GD 2=1. 6Nm 2，R ∑=3.3Ω，C e =0.134V /rpm

T l =L /R ∑=0.05/3.3=0.015s

T m =GD 2R ∑/(375C e C m )=1.6⨯3.3/(375⨯0.134⨯0.134⨯30/3.14)=5.28/64.33=0.082s T s =0.00333s

22

K

可

见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行，K 最大为30.52。 2.12 有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：P N

=2. 8kW ，U N =220V ，I N =15. 6A ，n N =1500r/min，R a =1.5

Ω，整流装置内阻

R rec =1Ω, 电枢回路电抗器电阻R L =0.8Ω， 触发整流环节的放大倍数K s =35。

(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，s =10%时，计算系统允许的稳态速降。

*

=10V D =30，s =10%，在U n

时

(3)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求

I d =I N ，n =n N

，计算转速负反馈系数

α和

放大器放大系数

K p 。

解：

C e =(220-15. 6⨯1. 5)/1500=0. 1311V min/r

（1）

∆n op =I N ⨯R ∑/C e =15.6⨯3.3/0.1311=392.68r /min n min =1500/30=50

s =∆n op /∆n 0min =392.68/(392.68+50)=88.7%

（2）

0. 1=∆n /(∆n +50)

∆n =5/0. 9=5. 56r /min

（3）

*⎧⎪n =K p K s U n /C e (1+K )-R ∑I d /C e (1+K ) ⎨

K =K p αK s /C e ⎪⎩

*⎧⎪1500=K p K s U n /C e (1+K )-(R ∑15. 6)/C e (1+K ) ⎨

()K =∆n /∆n -1=297. 48/5. 56-1=52. 5⎪op cl ⎩

()

2.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率

f 0=1MHz ，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计

数器，M 法测速时间为0.01s ，求转速

n =1500r /min 和n =150r /min 时的测速分辨率和误差率最大值。

解：

（1）M 法：分辨率

Q =

6060

==1. 465r /min

ZT c 1024⨯4⨯0. 01

最大误差率：

n =

60M 1

→

ZT c

nZT c 1500⨯4⨯1024⨯0. 01

==1024

6060

n =1500r /min 时，M 1=

n =150r /min 时，M 1=

nZT c 150⨯4⨯1024⨯0. 01==102. 4

6060

1500r /min 时，δmax %=

11⨯100%=⨯100%=0. 098% M 11024

150r /min 时，δmax %=

可见M 法适合高速。 （2）T 法： 分辨率：

11⨯100%=⨯100%=0. 98% M 1102. 4

Zn 21024⨯4⨯15002

n =1500r /min 时，Q ===171r /min

6

60f 0-Zn 60⨯1⨯10-1025⨯4⨯1500Zn 21024⨯4⨯1502

n =150r /min 时，Q ===1. 55r /min

6

60f 0-Zn 60⨯1⨯10-1024⨯4⨯150

最大误差率：

n =

60f 0ZM 2

，

M 2=

60f 0Zn

，

60⨯106

=9. 77 当n =1500r /min 时，M 2=

1024⨯4⨯150060⨯106

=97. 7 当n =150r /min 时，M 2=

1024⨯4⨯150n =1500r /min 时，δmax %=

1M 2-11

⨯100%=

1

⨯100%=11. 4%

9. 77-1

n =150r /min 时，δmax %=

可见T 法适合低速

M 2-1

⨯100%=

1

⨯100%=1%

97. 7-1

习题三

3.1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

*

=15V，n N =1500r/min，I N =20A，电流过载倍数为2，电枢回路U nm

总电阻

**

R =2Ω，K s =20，C e =0.127V·min/r，求：（1）当系统稳定运行在U =5V，I dL =10A时，系统的n 、U 、U 、U n n i i

和

U c

各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，解：(1)

U i *和U c 各为多少？

*

α=U nm /n N =15V /1500rpm =0.01V /rpm

当U =5V ,

*

n

转速n =

*U n

α

=

5V

=500rpm

0.01V /rpm

*U im 15V β===0.375V /A

I dm 40A

U i *=βI d =0.375*10=3.75V =U i U C =即

U d 0E +I dL R C e n N +I dL R 0.127*500+10*2

====4.175V K s K s K s 20n =500rpm , U n =5V , U i *=U i =3.75V , U c =4.175v

（2）堵转时，

U i *=βI dm =15V ，

U d 0(C e n +I d R )I dm R 40*2U c =====4V

K s K s K s 20

3.2 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：P N =3.7kW，U N =220V，I N =20A，n N

=1000 r/min ,电枢回路总电阻

**

=U im =U cm R =1.5Ω, 设U nm

=8V，电枢回路最大电流

I dm

=40A,电力电子变换器的放大系数

K s =40。

试求：

（1）电流反馈系数

β

和转速反馈系数

α。

U i *, U i , U c 值。

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的U d 0,

*

U im 8V

==0.2V /A 解:1）β=

I dm 40A *U nm 8V α===0.008V /rpm

n N 1000rpm

2)

U d 0=E +I dl R ∑=C e n N +I dl R ∑=40A *1.5Ω=60V

这时：

*U n =8V , U n =0，ASR 处于饱和，输出最大电流给定值。

U i *=8V , U i =8V ,

U C =U d 0K S =40=1.5V

*

3.3 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U im =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）U i *

应如何变化？（2）U c 应如何变化？（3）U c 值由哪些条件决定？

解: 1) β=U *

im 8V

I =80A

=0.1V /A

dm 因此当电流从40A

⇒70A 时， U *i 应从4V ⇒7V 变化。

2)

U C 要有所增加。

3) U C 取决于电机速度和负载大小。因为 U d 0=E +I dl R ∑

=C e n N +I dl R

∑

U d 0(

U c =K =

C e n +I d R )

s K s

3.5 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

σ

≤10％。

（1） 系统的开环增益。

（2）

计算过渡过程时间t s 和上升时间t r ；

（3）

绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间t r

σ

％=?

解：取

KT =0.69, ξ=0.6, σ%=9.5%

(1) 系统开环增益：

K =0.69/T =0.69/0.1=6.9(1/s )

(2)

上升时间t r

=3.3T =0.33S

过度过程时间：

t 3

s ≈

ξω=6T =6⨯0.1=0.6s

n

（3）

如要求

t r

3-1则应取

KT =1, ξ=0.5

,

t r =2.4T =2.4*0.1=0.24s

这时

K =1/T =10, 超调量=16.3%。

3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为W obj (s )

=

K 110

，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ=

τs +10. 01s +1

％≤5％

（按线性系统考虑）。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。

解：按典型I 型系统设计，选

KT =0.5, ξ=0.707,

查表3-1，得σ%=4.3%。

这样，T ＝0.01， K=10/τ

W (s ) =选I 调节器，

110, 校正后系统的开环传递函数为W (s ) =1,

τs τs (0.01s +1)

=10/K =10/50=0.2S ，积分调节器：W (s ) =

，已选

KT ＝0.5, 则K ＝0.5/T=50, 所以τ

11

=τs 0.2s

。

3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为W obj (s ) 调量

=

K 110

，要求校正为典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超=

s (Ts +1) s (0. 02s +1)

σ

％≤30％（按线性系统考虑）。试决定调节器结构，并选择其参数。

解：应选择PI 调节器，W PI (s )

=

K PI (τs +1) K (τs +1) K 1

，对照典型Ⅱ型系, 校正后系统的开环传递函数 W (s ) =PI

τs τs s (Ts +1)

统，

K =K PI K 1/τ,

τ=hT , 选h ＝8， 查表3-4， σ%=27.2%

，满足设计要求。 这样

τ=hT =8*0.02=0.16s ，

K =

3.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：

h +18+1

==175.78, 2222

2h T 2*8*0.02

K PI =K τ/K 1=175.78*0.16/10=2.81

P N =60kW , U N =220V ,

I N =308A , n N =1000r/min , 电动势系数C e =0.196 V·min/r , 主回路总电阻R =0.18Ω, 触发整流环节的放大倍数K s =35。电磁时

间常数T l =0.012s,机电时间常数T m =0.12s,电流反馈滤波时间常数T 0i =0.0025s,转速反馈滤波时间常数T 0n =0.015s。额定转速时的给定电压(U n ) N =10V,调节器ASR ，ACR 饱和输出电压U im =8V,Ucm =6.5V。

*

*

系统的静、动态指标为:稳态无静差, 调速范围D=10,电流超调量

σi ≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量σn ≤10%。试求：

（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在

1.1I N 以内) 和转速反馈系数α。

k Ω。

（2）试设计电流调节器ACR, 计算其参数R i, 、C i 、C Oi 。画出其电路图, 调节器输入回路电阻R 0=40（3）设计转速调节器ASR, 计算其参数R n 、C n 、C On 。(R0=40kΩ) （4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量σn 。 （5）计算空载起动到额定转速的时间。

解：（1）

*β=U im /I dm =8V /(1.1*I N ) =8V /339A =0.0236V /A

α=10/1000=0.01V min/r

（2）电流调节器设计

确定时间常数：

a ) T s =0.00333s

b ) T oi =0.0025s

c ) T ∑i =T 0i +T s =0.0025+0.00333=0.00583s

电流调节器结构确定：

因为

σi ≤5%，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器，W ACR (S ) =

流

调

节

器

参

数

确

定

:

K i (τi S +1)

,

τi S

，

电

τi =T l =0.012s , 选K I T ∑i =0.5, K I =0.5/T ∑i =85.76s -1

K i =

K I τi R 85.76⨯0.012⨯0.18

==0.224。

K s β35⨯0.0173

校验等效条件：

ωci =K I =

85.76s -1

11a ) =1=101.01>ωci

3T S 3⨯0.00333b ) 忽略反电势的影响的近似条件： =79.06S -1

c ) ===115.52s -1>ωci

可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选

R 0=40K , 则：

R i =K i R 0=0.224⨯40K =8.96K , 取9K.

由此

C i =τi /R i =0.012/(9⨯103) =1.33μF C 0i =4T 0i /R 0=4⨯0.0025/40⨯10=0.25μF

3

（3）速度调节器设计 确定时间常数：

a) 电流环等效时间常数

1/K I :因为K I T ∑i =0.5

0.0116s

则

1/K I =2T ∑i =2⨯0.00583=

b)

T on =0.015s

T ∑n =1/K I +T on =0.01166+0.015=0.02666s

c)

速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI 调节器，

W ASR (s ) =

K n (τn s +1)

, 速度调节器参数确定：

τn s

τn =hT ∑n , 取h =5, τn =hT ∑n =0.1333s

K N =K n =

h +16

==168.82s -2

22222h T ∑n 2⨯5⨯0.02666

(h +1) βC e T m 6⨯0.0236⨯0.196⨯0.12

==6.94

2h αRT ∑n 2⨯5⨯0.01⨯0.18⨯0.02666

校验等效条件：

ωcn =K N /ω1=K N τn =168.82⨯0.1333=

22.5s -1

a ) ==40.43s -1>ωcn

b ) ==25.2s -1>ωcn

可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验 (空载Z=0）

σn %=2*(

∆C max ∆n T 308⨯0.180.02666

)(λ-z ) *N ∑n =2⨯81.2%⨯1.1⨯⨯C b n T m 0.196⨯10000.12

=11.23%>10%

转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需重新设计。 查表，应取小一些的h ，选h=3进行设计。

按h=3，速度调节器参数确定如下：

τn =hT ∑n =0.07998s

22-2

K N =(h +1) /2h 2T ∑n =4/(2⨯9⨯0.02666) =312.656s

K n =(h +1) βC e T m /2h αRT ∑n =4⨯0.0236⨯0.196⨯0.12/(2⨯3⨯0.01⨯0.18⨯0.02666) =7.6

校验等效条件：

ωcn =K N /ω1=K N τn =312.656⨯0.07998=25s -1

a )1/3(K I /T ∑i ) 1/2=1/3(85.76/0.00583) 1/2=40.43s -1>ωcn b )1/3(K I /T on )

转速超调量的校验：

1/2

=1/3(85.76/0.015)

1/2

=25.2s >ωcn

-1

可见满足近似等效条件。

σn =2⨯72.2%⨯1.1⨯(308⨯0.18/0.196⨯1000) ⨯(0.02666/0.12) =9.97%

转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。

速度调节器的实现：选

R 0=40K , 则R n =K n ⨯R 0=7.6⨯40=304K , 取310K 。

C n =τn /R n =0.07998/310⨯103=0.258μF C on =4T on /R 0=4⨯0.015/40⨯10=1.5μF

3

4) 40%额定负载起动到最低转速时:

σn %=2⨯72.2%⨯(1.1-0.4) ⨯(308⨯0.18/0.196⨯100) ⨯(0.02666/0.12) =63.5%

5) 空载起动到额定转速的时间是：(书上无此公式）

仅考虑起动过程的第二阶段。

GD 2dn

=T e -T L ,

375dt

dn C m (I dm -I dL ) R (I dm -I dL ) R ===(I -I ) dm dL

GD 2GD 2R dt C e T m

C e

375375C m C e

C e T m n *0.196*0.12*1000

t ===0.385s 所以： (I dm -I dL ) R (1.1*308-0)*0.18

3.10 有一转速、电流双闭环调速系统, 主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：P N =500kW，U N =750V，I N =760A，n N =375 r/min，电动势系数C e =1.82V·min/r, 电枢回路总电阻R=0.14Ω, 允许电流过载倍数λ=1.5,触发整流环节的放大倍数K s =75,电磁时间常数T l =0.031s,机电时间常数T m =0.112s,电流反馈滤波时间常数T 0i =0.002s,转速反馈滤波时间常数T 0n =0.02s。设调节器输入输出电压U nm =Uim = U nm =10V,调节器输入

*

*

电阻R 0=40kΩ。

设计指标:稳态无静差，电流超调量

σi ≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量σn ≤10%。电流调节器已按典型

I 型系统设计, 并取参数

KT=0.5。

（1）选择转速调节器结构, 并计算其参数。

（2）计算电流环的截止频率ωci 和转速环的截止频率ωcn ，并考虑它们是否合理?

解：（1）

*

U im 10β===0.00877V /A

I dm 1.5*760

α=

U 10

==0.0267V min/r n N 375a ) T S =0.00176s

*nm

电流调节器已按典型I 型系统设计如下：

确定时间常数：

b ) T oi =0.002s c ) T ∑i =0.00367s

电流调节器结构确定：因为σ%≤5%，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器， W ACR (s)=Ki (τi s+1)/τi s ， T l /T∑i=0.031/0.00367=8.25

K i =K I T I R /K s β=136.24⨯0.031⨯0.14/75⨯0.00877=0.899

校验等效条件：ωci =KI =136.24 s-1

a )1/3T s =1/3⨯0.00167=199.6s -1>ωci

b )(1/T m T l ) 1/2=3(1/0.112⨯0.031) 1/2=50.9s -1

c )1/3(1/T s T oi ) 1/2=1/3(1/0.00167⨯0.002) 1/2=182.39s -1>ωci

可见满足近似等效条件。

电流调节器的实现：选R 0=40K，则

R i =K i ⨯R 0=0.899⨯40=35.96 取36K

C i =T i /R i =0.031/36⨯103=0.86μF C 0i =4T 0i /R 0=4⨯0.002/40⨯10=0.2μf

速度调节器设计 确定时间常数： a) b) c)

3

电流环等效时间常数1/KI ：因为K I T ∑i= 0.5 则1/KI =2T∑i=2*0.00367=0.00734s b)T on =0.02s

c)T ∑n=1/KI +Ton =0.00734+0.02=0.02734s

速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI 调节器， W ASR (s)=Kn (τn s+1)/τn s 速度调节器参数确定：

τn =hT∑n，选h=5，则τn =hT∑n=0.1367s,

K N =(h+1)/（2h 2T 2∑n）=6/2*25*0.027342=160.54 s-2

K n =(h+1)βC e T m /（2h αRT ∑n）= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件：ωcn =KN /ω1=KN τn =160.54*0.1367 =21.946 s-2

a) 1/3(KI /T∑i) 1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>ωcn b) 1/3(KI /Ton ) 1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>ωcn 可见满足近似等效条件。

速度调节器的实现：选R 0=40K，则 R n =Kn *R0=10.5*40=420K

由此 C n =τn /Rn =0.1367/420*103=0.325μF 取0.33μF C 0n =4T0n /R0=4*0.02/40*103=2μF 2) 电流环的截止频率是：ωci =KI =136.24 s-1

速度环的截止频率是： ωcn =21.946 s-2

从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体现了多环控制系统

的设计特点。

3.11 在一个转速、电流双闭环V-M 系统中，转速调节器ASR ，电流调节器ACR 均采用PI 调节器。

（1）在此系统中, 当转速给定信号最大值U nm *=15V时,n=nN =1500 r/min;电流给定信号最大值U im =10V时, 允许最大电流I dm =30A,电枢回路总电阻R=2Ω, 晶闸管装置的放大倍数K s =30 ,电动机额定电流I N =20A ,电动势系数C e =0.128V·min/r。现系统在U n =5V ,Idl =20A时稳定运行。求此时的稳态转

*

*

速n=? ACR的输出电压U c =?

（2）当系统在上述情况下运行时, 电动机突然失磁(Φ=0) , 系统将会发生什么现象? 试分析并说明之。若系统能够稳定下来, 则稳定后n=? Un =? U i =? Ui =? Id =? Uc =?

*

（3）该系统转速环按典型Ⅱ型系统设计, 且按M rmin 准则选择参数, 取中频宽h=5, 已知转速环小时间常数T ∑n =0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数, 并计算出放大系数及各时间常数。

（4）该系统由空载(

I dL =0)突加额定负载时, 电流I d

和转速

n 的动态过程波形是怎样的? 已知机电时间常数T m =0.05s,计算其最大动态速降

∆n max 和恢复时间t v 。

1) α= U*nm /nN =15/1500=0.01 Vmin/r β= U*im /Idm = 10/30=0.33 V/A U*n =5 V，n=U*n /α=5/0.01=500 r/min

U c =Ud0/Ks =(E+Id R ∑)/Ks =(Ce n+IdLl R ∑)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V

2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁（Φ=0）则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流I dm 。因此，系统稳定后， n=0，U n =0

U*i =U*im =10， U i =U*i =10 I d =Idm =30A

U c =Ud0/Ks =(E+Id R ∑)/Ks =(0+30*2)/30=2 V

3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：

W n (s )=

K N (τn s +1)s T ∑n s +12

τn =hT∑n=5*0.05=0.25s T ∑n=0.05s

K N =(h+1)/2h2T 2=6/2*25*0.052=48s-2

4) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。（p93,94)

Δn b =2(λ-z) Δn N T ∑n/Tm =2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min

[ Cb =2FK2T=2IdN RT ∑n/Ce T m =2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min ] 最大动态速降：Δn max =(ΔC max /Cb )*Δn b =81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间：t v =8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表）

习题五

5.8两电平PWM 逆变器主回路，采用双极性调制时，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。根据开

关状态写出其电压空间矢量表达式，画出空间电压矢量图。

解：两电平PWM 逆变器主回路：

~

采用双极性调制时，忽略死区时间影响，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示下桥臂开通，逆变器输出端电压：

⎧U d

⎪⎪u x =⎨2

⎪-U d ⎪⎩2

S x =1 S x =0

U d u x =(2S x -1)

2，

'

O 以直流电源中点为参考点

u s =(u A +u B e j γ+u C e j 2γ)

空间电压矢量图：

u 5

6

u 1

5.9当三相电压分别为

u AO 、u BO 、u CO ，如何定义三相定子电压空间矢量u AO 、u BO 、u CO 和合成矢量u s ，写出他们的表达式。

解：A,B,C 为定子三相绕组的轴线，定义三相电压空间矢量：

u AO =u AO u BO =u BO e j γu CO =u CO e j 2γ

合成矢量：

u s =u AO +u BO +u CO =u AO +u BO e j γ+u CO e j 2γ

A

(e j 0

5.10忽略定子电阻的影响，讨论定子电压空间矢量

u s 与定子磁链ψs 的关系，当三相电压u AO 、u BO 、u CO 为正弦对称时，写出电压空

间矢量

u s 与定子磁链ψs 的表达式，画出各自的运动轨迹。

解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式：

d ψs

u s =R s i s +

dt

忽略定子电阻的影响，

u s ≈

d ψs dt

∆ψs ≈⎰u s dt ，

即电压空间矢量的积分为定子磁链的增量。 当三相电压为正弦对称时，定子磁链旋转矢量

ψs =ψs e j (ω1t +ϕ)

电压空间矢量：

u s ≈ω1ψs e

πj (ω1t ++ϕ)

2

5.11采用电压空间矢量PWM 调制方法，若直流电压

u d 恒定，如何协调输出电压与输出频率的关系。

解：直流电压恒定则六个基本电压空间矢量的幅值一定，

π⎧

开关周期T =↑, 0⎪3Nw 1⎪

输出频率w 1↓, ⎨π

⎪u ↓, u =t 1u +t 2u =t 1U +t 2U e j 3, t 1↓, t 2↓s s 12d d ⎪T 0T 0T 0T 0T 0T 0⎩

∴t 1↓, t 2↓, T -t 1-t 2↑，零矢量作用时间增加，所以插入零矢量可以协调输出电压与输出频率的关系。

t 2

u T 0

1

u 1T 0

u

1

5.12 两电平PWM 逆变器主回路的输出电压矢量是有限的，若期望输出电压矢量PWM 逆变器输出电压矢量来逼近期望的输出电压矢量。

u s 的幅值小于直流电压u d ，空间角度θ

任意，如何用有限的

解：两电平PWM 逆变器有六个基本空间电压矢量，这六个基本空间电压矢量将电压空间矢量分成六个扇区，根据空间角度后用扇区所在的两个基本空间电压矢量分别作用一段时间等效合成期望的输出电压矢量。

θ

确定所在的扇区，然

习题六

6．1 按磁动势等效、功率相等的原则，三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为

C 3/2

1⎡1-2⎢2=⎢

33⎢0⎢2⎣

1⎤

2⎥⎥⎥-

2⎥⎦ -

现有三相正弦对称电流A

i =I m co s(ωt ) ，i B =I m co s(ωt -

2π2π

) ，i C =I m cos(ωt +) ，求变换后两相静止坐33

标系中的电流s α和s β，分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。 解：两相静止坐标系中的电流

i i

11⎤i A ⎤⎡1--i A

⎡i s α⎤22⎥⎢⎥

i B =⎢i ⎥=⎢⎥⎣s β⎦⎢⎥i 00⎣C ⎦⎣⎣3⎤i 00A ⎥2⎥=

⎥

0-C B ⎣22⎥⎦

其中，

1

-i B 2B 1⎤-i C ⎥2

⎥⎥C

⎥⎦

i A +i B +i C =

3

i A

⎡i s α⎤2

⎢i ⎥=⎣s β⎦0⎣⎡⎢⎢=m

3⎡⎤⎤

co s(ωt ) ⎢⎥⎥2

⎥⎥=m 2π2π⎥⎥co s(ωt -) -co s(ωt +)]⎥B C ⎥33⎦⎦3⎤cos(ωt ) ⎥2

⎥2π2π2π2π

j (ωt -) -j (ωt -) j (ωt +) -j (ωt +) ⎥3333e +e e +e -]⎥

⎥22⎦

3⎡⎤

co s(ωt ) ⎢⎥2⎢⎥=

m 2π2π2π2π

-j j j -j ⎥3333e -e e -e j ωt -j ωt e +e ]⎥⎥22⎦

3⎡⎤co s(ωt ) ⎢⎥2

⎥=m ⎢2πj ωt -j ωt

-j ⎢j 23πe -e ⎥

e -e 3) ⎢⎥⎣2⎦3⎡⎤

co s(ωt ) ⎥⎢⎡co s(ωt ) ⎤2

=m m ⎢⎥=

2πsin(ωt ) ⎥⎣⎦⎥)sin(ωt )

⎥3⎦

π2

。

6．2 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换阵为

⎡cos ϕsin ϕ⎤

C 2s /2r =⎢⎥

⎣-sin ϕcos ϕ⎦

将上题中的两相静止坐标系中的电流s α和s β变换到两相旋转坐标系中的电流sd 和sq ，坐标系旋转速度

i i i i

d ϕ

=ω1。分析当ω1=ωdt

时，sd 和sq 的基本特征，电流矢量幅值s 解：两相静止坐标系中的电流

i i

22

i =i sd +i sq

与三相电流幅值

I m 的关系，其中ω是三相电源角频率。

⎡i s α⎤⎡co s(ωt ) ⎤ m ⎢⎢i ⎥⎥⎣sin(ωt ) ⎦⎣s β⎦

两相旋转坐标系中的电流

⎡i sd ⎤⎡cos ϕsin ϕ⎤⎡i s α⎤⎡cos ϕsin ϕ⎤⎡co s(ωt ) ⎤=m ⎢⎢i ⎥⎢⎥⎢i ⎥⎥⎢⎥-sin ϕcos ϕ⎦⎣s β⎦⎣-sin ϕcos ϕ⎦⎣sin(ωt ) ⎦ ⎣sq ⎦⎣

⎡cos ϕco s(ωt ) +sin ϕsin(ωt ) ⎤⎡cos(ωt -ϕ) ⎤=m ⎢m ⎢⎥⎣cos ϕsin(ωt ) -sin ϕco s(ωt ) ⎥⎦⎣sin(ωt -ϕ) ⎦

当d ϕ=ω1时，ϕ=ω1t ，两相旋转坐标系中的电流

dt

⎤⎡i sd ⎤⎡cos(ωt -ϕ) ⎤m ⎥ m ⎢⎢i ⎥=⎥=⎥sin(ωt -ϕ) sq ⎣⎦⎢⎣⎦⎣0⎥⎦

电流矢量幅值

i s =i sd =

m 6．4笼型异步电动机铭牌数据为：额定功率P N =3kW ，额定电压U N =380V ，额定电流I N =6. 9A ，额定转速n N =1400r /min ，额定频率f N =50Hz ，定子绕组Y 联接。由实验测得定子电阻R s =1.85Ω，转子电阻

H ，转子自感L r =0.2898R r =2.658Ω，定子自感L s =0.294H ，定、转子互感L m =0.2838H ，转子参数

已折合到定子侧，系统的转动惯量J =0.1284kg ⋅m 2，电机稳定运行在额定工作状态，试求：转子磁链ψr 和按转子磁链定向的定子电流两个分量i sm 、i st 。

n 1-n N 1500-14001== n 1150015

100πrad /s 15解：由异步电动机稳态模型得额定转差率 s N =额定转差 ωsN =s N ω1=s N 2πf N =

电流矢量幅值

i s ==m =6.9A 由按转子磁链定向的动态模型得

L d y r 1=-y r +m i sm dt T r T r

w s =L m i st T r y r 稳定运行时，d y r =0，故y r =L m i sm ， dt

i st =w s T r y r 100p 0.2898=w s T r i sm =?

i sm L m 152.6582.2835i sm

i s ===2.493i sm =6.9

解得

i sm ==4.79A i st =2.2835i sm =2.2835 4.79=10.937A

转子磁链

y r =L m i sm =0.2838 4.79=1.359Wb