《电力拖动自动控制系统》陈伯时机械工业出版社第三版课后答案习题解答.doc

电力拖动自动控制系统陈伯时机械工业出版社第三版课后答案习题解答 课后答案网 第一章 闭环控制的直流调速系统11 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电动机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，可达 1：10000 左右。（4） 若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。（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，开关损耗也不大，因而装置效率较高。（6） 直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。12 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：在制动状态中，id 为负值，VT2 就发挥作用了。这种情况发生在电动运行过程中需要降 速的时候。这时，先减小控制电压，使U g1 的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电 压U d 降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而造成 E > U d ，很 快使电流 id 反向，VD2 截止，在 ton t 时，U g 2 变正，于是VT2 导通，反向电流沿回路 3 流通，产生能耗制动作用。在T t + ton 时，VT2 关断，id 沿回路 4 经VD1 续流，向 电源回馈制动，与此同时，VD1 两端压降钳住VT1 使它不能导通。在制动状态中，VT2 和VT1 轮流导通，而VT1 始终是关断的。在轻载电动状态，这时平均电流较小，以致在VT1 关断后 id 经VD2 续流时，还没有达到 周期，电流已经衰减到零，这时VD2 两端电压也降为零，VT2 便提前导通了，使电流反向， 产生局部时间的制动作用。 调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关 系？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”？ 答：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围，用字母表示，即 nD = maxnmin 其中，nmax 和 nmin 一般都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。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 s = nNn0nN ×100% n0 或用百分比表示 s = 课后答案网 在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速 nN 作为最高转速则 nNnN= n0 nmin + nN s nmin nN(1 s)nN nN= s sD nmaxnN S= nmin nN (1 S )由上式可看出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。对于同一个调 速系统， nN 值一定，如果对静差率要求越严，即要求 s 值越小时，系统能够允许的调速 范围也越小。一个调速系统的调速范围，是指在最低速时还能满足所需静差率的转速可调范 围。 某一调速系统，测得的最高转速特性为 nO max = 1500r / min ，最低转速特性为 nO min = 150r / min ，带额定负载时的速度降落 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有多大？系统允许的静差率是多少？ 解 系统能够达到的调速范围为D 1500nmax= 11 nmin 150 15系统允许的静差率s = DnN11×15×100% =×100% = 10% 1500 + 11×15 nN + DnN 某闭环调速系统的调速范围是 1500150r/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 因为 s nN=n0 nNnmin + nN所以n N = nmin s 150 × 0.02 = = 3.06r / min1 s 1 0.02nop 因为 ncl 课后答案网 所以 K = n opncl 1 = 100 1 = 31.7 3.06 16 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 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？ 解 （1） 因为 n cl = 所以 RIdC（e 1+K） 则 RId （1+15）=128= n（cl 1+K）=8× C e RI 128d n = = 4.13r / min cl = C（+ 30 e 1+K） 1nN S（2） 由 D = s 和 nN 不变的情况下，D 只与 nN 有关，可知在 nN (1 S )调速范围扩大 1.94 倍。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%，则系统的开环增益将如何变 化？解； 当 s=10%时， n N =1500× 0.1 nN s = 8.33r / minD（1-s） 20 ×（1-0.1） nop 240 此时 K = 1 = 1 = 27.8 ncl8.33nN s 1500× 0.05 = 3.95r / min=D（1-s） 20 ×（1-0.05） nop 240此时 K = 1 = 1 = 59.8 ncl 3.95 当 s=5%时， n N =则若要求系统的静差率由 10%减少到 5%，则系统的开环增益将变大。 18 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。反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性能是反馈控制系统最突出的特 征之一。 课后答案网 系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。（2）改变给定电压会改变电动机的转速，因为反馈控制系统完全服从给定作用。（3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化， 它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是 被反馈环包围的前向通道上的扰动。 19 在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、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，问系统对上述各量有无调节能力？为 什么？ 答：当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈控制系 统完全服从给定。负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的变化最 终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小它们对稳态转速的 影响。测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量 的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。110 有一 VM 调速系统。电动机参数为： PN = 2.2kW，U N = 220V，I N = 12.5 A， nN = 1500r / min ， 电枢电阻 Ra = 1.2 ，整流装置= 1.5 ，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 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 n ，则转速负反馈系数 应该是 = 15V 时，I d = I N ，n=n N多少？（4）计算放大器所需的放大倍数。解：（1）先计算电动机的电动势系数U N I N Ra220 12.5 ×1.2 = = 0.1367V min/ r 1500 nN则开环系数额定速降为 I R 12.5 ×（1.2+1.5）nop N = = 246.9r / min Ce 0.1367 C e =额定负载时的稳态速降应为n cl = nN s 1500× 0.1 = 8.33r / minD（1-s） （1-0.1） （2） 系统的静态结构框图如下所示 课后答案网 转速负反馈系统的原理图 + - n（ 3 ） 当 U n，n=nN ，则转速负 反馈系数 应该是 = 15V 时， Id = I N U U 15= = 0.01 n nN 1500 246.9 1 = 28.64 8.33 n（4）闭环系统的开环放大系数应为K = n op ncl 1 =运算放大器所需的放大倍数K P = K 28.64= = 11.19 KS / Ce 0.01× 35 / 0.1367 111 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 Idbl 2I N ，临界 截止电流 Idcr 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 理图和静态结构框图，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？ 课后答案网 U U n+ com I dbl = 2 IN R SU I dcr = com 1.2 IN R S 解：因为 = 1.5，U = 22.5V 且 URs n =15V，计算可得 com U U n+ com I dbl = 2 IN R SI dcr =U com 1.2 IN KR S 112 某调速系统原理图如图 1-58 所示，已知数据如下：电动机；PN = 18kW，U N = 220V， I N = 94 A，nN = 1000r / min ， Ra = 0.15 ，整流装置= 0.3 ，触发整流环节 的放大倍数 K s = 40 。最大给定电压U nm = 15V ，当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压Uim = 10V设计指标：要求系统满足调速范围 D=20，静差率 s 10% ，Idbl = 1.5I N，。Idcr = 1.1I N 。 试画出系统的静态结构框图，并计算： （1） 转速反馈系数 。 （2） 调节器放大系数 K p 。（3） 电阻 R1 的数值。（放大器输入电阻 R0 = 20k ） （4） 电阻 R2 的数值和稳压管 VS 的击穿电压值。解：（1）转速负反馈系数 应该是 U U 15= = 0.015n nN 1000 n n（2）先计算电动机的电动势系数U N I N Ra220 94 × 0.15 = 0.2059V min/ r 1000 nN则开环系数额定速降为 0.15+0.3）（I R 94 ×nopN = = 205.4r / min Ce C e =n cl =1000× 0.1 nN s = 5.56r / minD（1-s） 20 ×（1-0.1） 课后答案网 闭环系统的开环放大系数应为K =n opncl 1 = 205.4 1 = 35.9 5.56运算放大器所需的放大倍数K P =K 35.9= = 12.3 KS / Ce 0.015 × 40 / 0.2059113 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） 放大器的放大系数 K p ；（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 。答：在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当放大器的放大系数 K p 发生变化时系统有调节作用再通过反馈控制作用，因为他们的变化最终会影响到转速，减小它们对稳态转速的影 响。 电动机励磁电流、电枢电阻 Ra 发生变化时仍然和开环系统一样，因为电枢电阻处于反 馈环外。当供电电网电压发生变化时系统有调节作用。因为电网电压是系统的给定反馈控制系统 完全服从给定。当电压反馈系数 发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的 误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。1-13 有一个 V M 系统，已知：电动机： PN = 2.8kW，U N = 220V，I N = 15.6 A，nN = 1500r / min ，Ra = 1.5 ，整流装置= 1 ，触发整流环节的放大倍数Ks = 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%，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，s = 10% ，在U n = 10V 时，Id = I N，n=nN ，计算转速负反馈系数 和放大器放大系数 K p 。 （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U n = 10V 时，Id = I N，n=nN 并保持系统原来的开环放大系数 K 不变，试求在 D=30 时静 课后答案网 差率。 解：（1）系统开环工作时，C e =U N I N Ra220 15.6 ×1.5 = = 0.1311V min/ r 1500 nN则开环系数额定速降为 I R 15.6 ×（1.5+1）nop N = = 297.5r / min Ce 0.1311 Dn30 × 297.5 则 s = ×100% = ×100% = 85.6% nN + DnN 1500 + 30 × 297.5 （2）当 D=30，s=10%，系统允许的稳态速降n N = 1500 × 0.1 nN s = = 5.56r / minD（1-s） 30 ×（1-0.1）（ 3 ）当 U 转速负反 馈系数 应该 是 n = 10V 时， Id = I N，n=nN ，则 = U U 10= = 0.007n nN 1500 n n闭环系统的开环放大系数应为K =n op ncl 1 = 297.5 1 = 52.51 5.56 运算放大器所需的放大倍数K P =K 52.51= = 30.6 KS / Ce 0.007 × 35 / 0.1311（4）在电压负反馈有静差调速系统中，开环与闭环的速降是一样的， s =所以 ncl = nop = 297.5r / min DnN30 × 297.5×100% =×100% = 85.6% 1500 + 30 × 297.5 nN + DnN1-15 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 反馈系统能否稳定运行？如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数 K 是多 少？ 解：计算系统中各环节的时间常数： 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L 0.05 电磁时间常数T = = 0.0185s l = R 1.2 + 1.5 课后答案网 2 1.6 × (1.2 + 1.5)GDR机电时间常数 T= = = 0.065sm 30 375C C e m 375 × 0.1367 × 0.1367 三相桥式整流电路，晶闸管装置的滞后时间常数为 Ts = 0.00167s 为保证系统稳定，开环放大系数应满足的稳定条件：2 2 T (T + T ) + T 0.065 × (0.0185 + 0.00167) + 0.00167 K < = 42.5 TlTs 0.0185 × 0.00167因为 23.1>28.75,所以该系统不可以稳定运行,如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数 K 最大为 23.1.1-16 为什么用积分控制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调节器 的输入偏差电压 U = 0 时，调节器的输出电压是多少？它取决于那些因素？ 答；在动态过程中，当 U n 变化时，只要其极性不变，积分调节器的输出U c 便一直增长；只有达到U U U 不到 U U 当 U n = U n , n = 0 时，c 才停止上升；n 变负，c 不会下降。n = 0 时，U U n 不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，c 并不是零，而是一个终值；如果这是积分控制的特点。因此，积分控制可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，实现无静差调速。 比例调节器的输出只取决于输入偏差量的现状，而积分调节器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。虽然现在 U n = 0 ，但历史上有过 U n ，其积分就有一定数值，足以产 生稳态运行时需要的控制电压U c 。1-17 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？并说明理由。 答：系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。因此转速的稳态精度还受给定电源和测速发电机精度的影响。1-18 采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，稳态运行时的速度是否有静差？为什么？试说明理由。答：采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，稳态运行时的速度是无静差的。 电压负反馈实际是一个自动调压系统，只有被包围的电力电子装置内阻引起的稳态速降被 减小到 1/（1+K），它的稳态性能比带同样放大器的转速负反馈系统要差。但基本控制原 理与转速负反馈类似。它与转速负反馈一样可以实现无静差调节。 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 课后答案网 转速反馈系数 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：双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调节器都不饱和时，各变量之间有下列关系* U n = U n = n = n0 因此 转速 n 是由给定电压U n 决定的；改变转速反馈系数也可以改变电动机转速。改变转速调节器的放大倍数 Kn 和电力电子变换器的放大倍数 Ks 不可以。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：当两个调节器都不饱和时，它们的输入偏差电压都是零转速调节器 ASR 的输出限幅电压U ACRim 决定了电流给定电压的最大值；电流调节器 的输出限幅电压U cm 限制了电力电子变换器的最大输出电压U dm 。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：改为 P 调节器时其输出量总是正比于输入量，PI 调节器的输出量在动态过程中决定于 输入量的积分，到达稳态时，输入为零，输出的稳态值与输入无关而是由它后面环节的需要 决定的。 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）转速、电流双闭环调速系统在稳态工作点上， 转速 n 是由给定电压U 决定的。ASR 的输出量 U*i 是由负载电流 IdL 决定的。控制电压 Uc 的大小则同时取决于 n 和 Id， n 或者说，同时取决于U n 和 IdL。双闭环调速系统的稳态参数计算是和无静差系统的稳态计 算相似。带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特性特点：电流负反馈的作用相当于在主电 路中串入一个大电阻 Kp Ks Rs ，因而稳态速降极大，特性急剧下垂；比较电压 Ucom 与 给定电压 Un* 的作用一致，好象把理想空载转速提高了。这样的两段式静特性常称作下垂 特性或挖土机特性。（2）（3）双闭环直流调速系统的起动过程有以下三个特点：饱和非线性控制、转速超调、准 时间最优控制。（4）由动态结构图中可以看出，负载扰动作用在电流环之后，因此只能靠转速调节器 ASR 来产生抗负载扰动的作用。在设计 ASR 时，应要求有较好的抗扰性能指标。 课后答案网 （5）在单闭环调速系统中，电网电压扰动的作用点离被调量较远，调节作用受到多个环 节的延滞，因此单闭环调速系统抵抗电压扰动的性能要差一些。双闭环系统中，由于增设了 电流 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用 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 为零？为什么？2-6 在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号U n 未改变，若增大转速反馈系数 ， 系统稳定后转速反馈电压U n 是增加还是减少？为什么？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： PN = 3.7kW ,U N = 220V , I N = 20 A, nN = 1000r / min ，电枢回路总电阻 R = 1.5 ，设U nm = U im = U om = 8V ，电枢回路最大电流 I dm = 40 A ，电力电子变换器的 放大系数 Ks = 40 。试求：（1）电流反馈系数 和转速反馈系数 ； （2）当电动机在最高速发生堵转时的U d 0 、U i 、U i 、U c 值。解：（1）稳态时 U 因为Idm =im U 8 = 0.2V / A 所以 = im =Idm U = = = 0.008V min/ r nmax 1000（2）电动机在最高速发生堵转时 n=0 U d 0 = Ce n + Id R = 40 ×1.5 = 60V U i = Ui = Id = 8V Ui = 8VU c = U d 0 60 1.5VK s 40 课后答案网 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U 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： im = 8V 时，（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？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U 、U c 、U d 0 、 Id 及 n 在系统重新进入稳定后的表达式。i 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% 。 （1）求系统的开环增益； （2）计算过度过程时间 ts 和上升时间 t ；（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间 t < 0.25s ，则 K=？， = ? K1 10(s) = = 2-11 有一个系统，其控制对象的传递函数为W ，要求设计一个 objs + 1 0.01s + 1无静差系统，在阶跃输入下系统超调量 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。 10 K1，要求 2-12 有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj (s) = s(Ts + 1) s(0.02s + 1)校正为典型 II 型系统，在阶跃输入下系统超调量 30% （按线性系统考虑）。试决定调节 器结构，并选择其参数。 18 ，要求用调节器分别将其校 2-13 调节对象的传递函数为Wobj (s) =(0.25s + 1)(0.005s + 1)正为典型 I 型和 II 型系统，求调节器的结构与参数。 2-14 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： PN = 60kW ,U N = 220V , I N = 308 A, nN = 1000r / min ，电动势系数 Ce = 0.196V min/ r ，主回路总电阻 R = 0.18 ，触发整流环节的放大倍数 Ks = 35 。电 课后答案网 磁时间常数Tl = 0.012s ，机电时间常数Tm = 0.12s ，电流反馈滤波时间常数Toi = 0.0025s ， 转速反馈滤波时间常数Ton = 0.015s 。额定转速时的给定电压 (U n 调节器 ASR、 ) N = 10V ， ACR 饱和输出电压U im = 8V ,U om = 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 i 5% ，空载起 动到额定转速时的转速超调量 n 10% 。试求： （1）确定电流反馈系数 （假设起动电流限制在 339A 以= 40k ； （3）设计转速调节器 ASR，计算其参数 Rn 、 Cn 、 Con 。（ R0 = 40k ）；（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 n 。 （5）计算空栽起动到额定转速的时间。 解：1.电流反馈系数 和转速反馈系数 分别为 8U im = = 0.0236V / AIdm 339 U nm10 = = 0.01V min/ rnmax 10002.（1）确定时间常数 整流装置滞后时间常数 Ts.按表 1-2,三相零式电路的平均失控时间 Ts=0.0033s. 电流滤波时间常数Toi.三相桥式电路每个波头的时间是 3.3ms,为了基本滤平波头,应有 (12)Toi=3.33ms,因此取Toi=2.5ms=0.0025s. 电流环小时间常数之和T .按小时间常数近似处理,取 T = TS + Toi = 0.0058si i （2）选择电流调节器结构根据设计要求 i 5,并保证稳态电流无差,可按典型 I 型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,其传递函数见式(2-57).T 0.012s检查对电源电压的抗扰性能:= = 2.07 ,参照表 2-3 的典型 I 型系统动态T i0.0058s 抗扰性能,各项指标都是可以接受的. （3）计算电流调节器参数电流调节器超前时间常数: i =Tl =0.012s .= 0.5 , 因 此 电 流 环开环增 益:要 求 i5 时,按表 2-2,应取 K T 1 i 课后答案网 K I =0.5 0.5 = 86s1= i0.0058s TK R 86 × 0.012 × 0.18 K = 0.225 i = Ks 35 × 0.02361 于是,ACR 的比例系数为: （4）校验近似条件 = K = 86s电流环截止频率: ci I 晶闸管整流装置传递函数的近似条件满足近似条件.1 1= = 101s1 > ci 3Ts 3× 0.0033s= 3×= 79.06s1 < 忽略反电动势变化对对电流环动态影响的条件 ci满足近似条件. 电流环小时间常数近似处理条件 满足近似条件. 1 = ×= 116.1s1 > ci3（5）计算调节器电阻电容由图 2-25, 按所用 运算放大 器取 R0 =40k ,各电 阻和电容 值为 Ri = Ki R0 = 0.225 × 40k = 9k i0.012 F = 1.33×106 F = 1.33 F , 取1.33 F C = i 3Ri 9 ×104T4 × 0.0025 6 Coi = oi= = 0.25 ×10F = 0.25 F , 取0.2 F 3R0 40 ×10按照上述参数,电流环可以达到的动态跟随性能指标为 i =4.3<5(见表 2-2),满足设计要求.3. （1）确定时间常数1 电流环等效时间常数 1/ K I .已取 K I T i = 0.5 ,= 2T i = 2 × 0.0058s = 0.0116s K I 转速滤波时间常数Ton .根据所用测速发电机纹波情况,取Ton =0.01s. 转速环小时间常数T n.按小时间常数近似处理,取 1 T n + Ton=0.0116s+0.015s=0.0266s K I K（n ns+1）s）=（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WAS（ R ns（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=3,则 ASR 的超前时间常数 为 × 0.0266s=0.0798s n =hT n =3由式(2-75)可得转速环开环增益: K =N h + 14= s2 = 314.1s2222 22hT n 2 × 3× 0.0266 课后答案网 于是,由式(2-76)可得 ASP 的比例系数为:K n =(h + 1) CeTm 4 × 0.0236 × 0.196 × 0.12= = 7.732h RT n2 × 3× 0.01× 0.18 × 0.0266 （4）检验近似条件1 1N由式(2-33)得转速环截止频率为: K = K = 314.1× 0.0798s= 25.1scnNn电流环传递函数简化条件为:1 1 1 = ×= 40.6s1 > 3 cn ,满足简化条件. 转速环小时间常数近似处理条件为: 1 1 = ×= 25.2s1 > cn,满足近似条件.3（5）计算调节器电阻和电容根据图 2-27,取 R0 =40k ,则 Rn = Kn R0 = 7.73 × 40k = 309.2k, 取310k n0.07986 F = 0.257 ×10F = 0.257 F , 取0.257 F3 Rn 310 ×104T4 × 0.015 6 Con = on= = 1.5 ×10F = 1.5 F , 取1.5 F 3R0 40 ×10 C n （6）校核转速超调量当 h=3 时,由表 2-6 查得, n =52.6,不能满足设计要求.实际上,由于表 2-6 是按线性系统 计算的,而突加阶跃给定时,ASR 饱和,不符合线性系统的前提,应该按 ASR 退饱和的情况重新 计算超调量。（7） 由表 2-7 查得,由h = 3得，Cmax Cb = 72.2%308× 0.18 TCmax n 0.0266 N n = 2×（= 2× 72.2%×1.1×× = 9.96% < 10%-zn 1000 0.12C n* Tmb4.如果只起动 I339 m= = 1.1 I N 308 5.空载起动到额定转速的时间 t 22-15 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： PN = 555kW ,U N 0.14= 750V , ，允许电流过载倍数I N = 760 A, nN = 375r / min Ce = 1.82V min/ r ， 电枢回路总电阻 R = =，电动势系数 1.5 ，触发整流环节的放大倍数 T h + 1 U I n 4 8 0.0236 × 308 K U im dL 2h n n 6 = ×7.73 ×10 × 0.0266 = 0.386s 课后答案网 K s = 75 。电磁时间常数Tl = 0.031s ，机电时间常数Tm = 0.112s ，电流反馈滤波时间常数 Toi = 0.002s ，转速 反 馈滤波 时 间常数 Ton = 0