UC?Ud0KS?6040?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？（3）Uc值由哪些条件决定？
解: 1) ??U*im8V
I?80A?0.1V/A
dm 因此当电流从40A
?70A时， U*i 应从4V?7V变化。
2)
UC要有所增加。
3)
UC取决于电机速度和负载大小。因为 Ud0?E?IdlR??CenN?IdlR?
Ud0?
Uc?K?Cen?IdR?
sKs3.5 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?≤10％。
（1） 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=?，?％=?
解：取
KT?0.69,??0.6,?%?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tr?3.3T?0.33S
过度过程时间：
t3s????6T?6?0.1?0.6s
n（3）
如要求
tr?0.2s5，查表
3-1则应取
KT?1,??0.5 ,
tr?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Wobj(s)?K110?，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量??s?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,??0.707,查表3-1，得?%?4.3%。
这样，T＝0.01， K=10/?W(s)?选I调节器，
110,校正后系统的开环传递函数为W(s)?1,?s?s(0.01s?1)，已选
KT＝0.5, 则K＝0.5/T=50, 所以??10/K?10/50?0.2S，积分调节器：W(s)?
3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)11??s0.2s。
?K110，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)调量?％≤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，WPI(s)?KPI(?s?1)K(?s?1)K1,校正后系统的开环传递函数 W(s)?PI，对照典型Ⅱ型系
?s?ss(Ts?1)统，
K?KPIK1/?,??hT,选h＝8， 查表3-4， ?%=27.2%，满足设计要求。 这样
??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：min/r , 主回路总电阻RIN?308A , nN?1000r/min , 电动势系数Ce=0.196 V·
h?18?1??175.78,22222hT2*8*0.02KPI?K?/K1?175.78*0.16/10?2.81
PN?60kW , UN?220V ,
Ks=35。电磁时
=0.18Ω,触发整流环节的放大倍数
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T0i=0.0025s,转速反馈滤波时间常数T0n=0.015s。额定转速时的给定电压(Un)N =10V,调节器ASR，ACR饱和输出电压Uim=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
?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β(假设起动电流限制在
1.1IN以内)和转速反馈系数α。
（2）试设计电流调节器ACR,计算其参数Ri, 、Ci 、COi。画出其电路图,调节器输入回路电阻R0=40k?。 （3）设计转速调节器ASR,计算其参数Rn 、Cn 、COn。(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）
*??Uim/Idm?8V/(1.1*IN)?8V/339A?0.0236V/A
??10/1000?0.01Vmin/r
（2）电流调节器设计
确定时间常数：
a)Ts?0.00333s
b)Toi?0.0025s
c)T?i?T0i?Ts?0.0025?0.00333?0.00583s
电流调节器结构确定：
因为
?i?5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，WACR(S)?流
调
节
器
参
数
确
定
:
Ki(?iS?1),
?iS，
电
?i?Tl?0.012s,选KIT?i?0.5,KI?0.5/T?i?85.76s?1Ki?KI?iR85.76?0.012?0.18??0.224。
Ks?35?0.0173?ci?KI?85.76s?1
校验等效条件：
11a)电力电子装置传递函数的近似条件：?1?101.01??ci3TS3?0.00333b)忽略反电势的影响的近似条件： 311?3?79.06S?1??ciTmTl0.12?0.012
1111c)电流环小时间常数的近似条件：???115.52s?1??ci3TsT0i30.00333?0.0025可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选
R0?40K,则：
Ri?KiR0?0.224?40K?8.96K, 取9K.
由此
Ci??i/Ri?0.012/(9?103)?1.33?FC0i?4T0i/R0?4?0.0025/40?10?0.25?F3
（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/KI:因为KIT?i?0.5
0.01s1 6则
1/KI?2T?i?2?0.005?83b)
Ton?0.015s
T?n?1/KI?Ton?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，
WASR(s)?Kn(?ns?1), 速度调节器参数确定：
?ns?n?hT?n,取h?5,?n?hT?n?0.1333s
KN?Kn?h?16??168.82s?222222hT?n2?5?0.02666(h?1)?CeTm6?0.0236?0.196?0.12??6.942h?RT?n2?5?0.01?0.18?0.02666校验等效条件：
?cn?KN/?1?KN?n?168.82?0.1333?22.5s?1
1KI185.76a)电流环近似条件：??40.43s?1??cn3T?i30.005831KI185.76b)转速环小时间常数近似：??25.2s?1??cn3T0n30.015可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验 (空载Z=0）
?n%?2*(?Cmax?nT308?0.180.02666)(??z)*N?n?2?81.2%?1.1??CbnTm0.196?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：
?n?hT?n?0.07998s
22?2KN?(h?1)/2h2T?n?4/(2?9?0.02666)?312.656sKn?(h?1)?CeTm/2h?RT?n?4?0.0236?0.196?0.12/(2?3?0.01?0.18?0.02666)?7.6校验等效条件：
?cn?KN/?1?KN?n?312.656?0.07998?25s?1
a)1/3(KI/T?i)1/2?1/3(85.76/0.00583)1/2?40.43s?1??cnb)1/3(KI/Ton)转速超调量的校验：
1/2?1/3(85.76/0.015)1/2?25.2s??cn?1可见满足近似等效条件。
?n?2?72.2%?1.1?(308?0.18/0.196?1000)?(0.02666/0.12)?9.97%?10%
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
R0?40K,则
Rn?Kn?R0?7.6?40?304K,取310K。
Cn??n/Rn?0.07998/310?103?0.258?FCon?4Ton/R0?4?0.015/40?10?1.5?F3