b) Ton?0.015s
c) T?n?1/KI?Ton?0.01166?0.015?0.02666s 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?1校验等效条件：?cn?KN/?1?KN?n?312.656?0.07998?25s
a)1/3(KI/T?i)1/2?1/3(85.76/0.00583)1/2?40.43s?1??cnb)1/3(KI/Ton)1/2?1/3(85.76/0.015)1/2?25.2s??cn?1
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验：
?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?F4) 40%额定负载起动到最低转速时:
3
?n%?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。
GD2dn根据电机运动方程：?Te?TL,375dtdnCm(Idm?IdL)R(Idm?IdL)R???(I?I)dmdLGD2GD2RdtCeTmCe375375CmCeCeTmn*0.196*0.12*1000t???0.385s所以： (Idm?IdL)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：PN =500kW，UN =750V，IN =760A，nN=375 r/min，电动势系数Ce =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Ks=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T0i=0.002s,转速反馈滤波时
间常数T0n=0.02s。设调节器输入输出电压Unm=Uim= Unm =10V,调节器输入电阻R0=40kΩ。 设计指标:稳态无静差，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%。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?ci和转速环的截止频率?cn，并考虑它们是否合理?
**
解：（1）
*Uim10????0.00877V/AIdm1.5*760??U10??0.0267Vmin/rnN375a)TS?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)Toi?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， WACR(s)=Ki(τis+1)/τis， Tl/T∑i=0.031/0.00367=8.25<10
电流调节器参数确定：τi=Tl=0.031s， KIT∑i= 0.5， KI= 0.5/T∑i=136.24 s-1
Ki?KITIR/Ks??136.24?0.031?0.14/75?0.00877?0.899
校验等效条件：ωci=KI=136.24 s-1
a)1/3Ts?1/3?0.00167?199.6s?1??cib)(1/TmTl)1/2?3(1/0.112?0.031)1/2?50.9s?1??cic)1/3(1/TsToi)1/2?1/3(1/0.00167?0.002)1/2?182.39s?1??ci可见满足近似等效条件。
电流调节器的实现：选R0=40K，则
Ri?Ki?R0?0.899?40?35.96 取36K
Ci?Ti/Ri?0.031/36?103?0.86?FC0i?4T0i/R0?4?0.002/40?10?0.2?f3
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 则1/KI=2T∑i=2*0.00367=0.00734s b) b)Ton=0.02s
c) 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， WASR(s)=Kn(τns+1)/τns
速度调节器参数确定：
τn=hT∑n，选h=5，则τn=hT∑n=0.1367s,
KN=(h+1)/（2h2T2∑n）=6/2*25*0.027342=160.54 s-2
Kn=(h+1)βCeTm/（2hαRT∑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=KNτn=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R0=40K，则 Rn=Kn*R0=10.5*40=420K
由此 Cn=τn/Rn=0.1367/420*103=0.325μF 取0.33μF C0n=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Unm*=15V时,n=nN=1500 r/min;电流给定信号最大值Uim=10V时,允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2Ω,晶闸管装置的放大倍数Ks=30 ,电动机额定电流IN =20A ,电动势系数Ce =0.128V·min/r。现系统在Un=5V ,Idl=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR的输出电压Uc =?
（2）当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(?=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=? Ui=? Ui=? Id=? Uc =?
（3）该系统转速环按典型Ⅱ型系统设计, 且按Mrmin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(IdL=0)突加额定负载时,电流Id和转速n的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常数Tm=0.05s,计算其最大动态速降?nmax和恢复时间tv。
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
Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(Cen+IdLlR∑)/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Idm 。因此，系统稳定后， n=0，Un=0
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