电力拖动自动控制系统 第四版 课后答案

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

:

Ki(?iS?1),

?iS,

?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

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