《电力拖动自动控制系统》答案(全)

1-1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开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态 响应快，动态抗扰能力强。

1-2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：制动时，由于Ug1的脉冲变窄而导致id反向时，Ug2 变正，于是VT2导通， VT2导通，VT1关断。

1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么

关系？为什么脱离了调速范围，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

nmaxnminnmax和最低转速nmin之比叫做调速范围，

用字母D表示，即：D

负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落nN 与理想空载转速n0min之比，称为系统的静差率S,即：snNn0min

调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：

DnNsnN(1s)

由于在一定的nN下，D越大，nmin越小nN 又一定，则S变大。所以，如果不考虑D，则S的调节也就会容易，

1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为n0max1500r/min，最低转速特性为

n0min150r/min，带额定负载的速度降落nN15r/min，且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大？ 解

Dnmaxnminnn0minn0maxnNn0minnN1515010%

1500151501511

s

1-5闭环调速系统的调速范围是1500----150r/min，要求系统的静差 S<=2%,那末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？ 1，Dnmaxnmin150015010则nnNSD(1S)15002%10(12%)3.06r/min

2，

nopnclK1则K1003.06131.7

1-6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他提高到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？

K115;K230;K1ncl1;K2ncl2同样负载扰动的条件下ncl2K11K21ncl1n与开环放大倍数加15130184r/min1成反比，则（K11）（/K21）ncl2/ncl1

同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比

（K11）（/K21）Dcl1/Dcl2Dcl2Dcl1K21K113011511.94

1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速n1500r/min，开环转速降落

nNop240r/min，若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？

解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：nminnmaxD15002075r/min，

ncln0minnclnminnclnNopK11ncl75ncl

10%则ncl8.33r/min原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：

ncl31.5r/minK1nNopncl12408.33127.8

静差率10%时原系统的开环增益为：

当s25%时，同理可得所以系统的开环增益K259.76K将从27.8增加到59.76

1-8转速单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）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围。为此，所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。

2）能。因为n*着Un的变化而变化

kpksUn*Ce(1k)RIdCe(1k)，由公式可以看出，当其它量均不变化时，n随

3）能。因为转速和反馈电压比有关。

4）不，因为反馈控制系统只对反馈环所包围的前向通道上的扰动起抑制作用 ，而测速机励磁不是。

1-9在转速负反馈调节系统中，当电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、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，问系统对于上述各量有无调节能力？为什么？

答：系统对于上述各量中电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢电阻、有调节能力。因为它们在闭环系统的前向通道中，对于测速发电机励磁各量发生变化，没有调节能力。因为它不在闭环系统的前向通道中。 1-10有一V-M调速系统，电动机参数为：

PN2.2kW,UN220V,IN12.5A,nN1500r/min,

电枢电阻Ra1.2，整流装置内阻Rrec1.5，触发整流环节的放大倍数KS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） 调整该系统能参数，使当Un15V，IdIN，nnN，则转速负反馈系数应该是

多少？

（３） 计算放大器所需的放大倍数。

解：（１）电动机的电动势系数CeRIdNCeUNINRanN22012.51.215000.1367Vmin/r

开环系统静态速降nop12.5(1.21.5)0.1367246.9r/min

闭环静态速降nclnNsD(1S)15000.120(10.1)nopncl8.33r/min

闭环系统开环放大倍数 K1246.99.33128.64

（2）因为nkpksUn*Ce(1k)RIdCe(1k)

所以kpks=407.4288 =（3）

运算放大器的放大倍数 K

１－１１ 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2IN，临界截止电流Idcr1.2IN,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阻的1/3，如果做不到，需要加电流反馈放大器，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）Idbl2IN212.525A Idcr1.2IN1.212.515A 则 UcomIdcrRs15Rs Idbl11.635(1515Rs)(1.21.5)11.635Rs*KkpKS/Ce=0.00961Vmin/r

pKKS/Ce28.640.0096135/0.136711.64

KpKs(UnUcom)RKpKsRs*(142) 0

25(由142式）也可（由143）式

得：Idbl(UnUcom)Rs(143)；251515RSRS

Rs1.461.5

UcomIdcrRs15Rs151.522.5

系统的原理图和静态结构图 (给它画出图)

（2）显然采样电阻大于主电路2.7*1/3倍，所以增加电流反馈放大器后： 新的采样电阻：Rs'13R13(1.21.5)0.9可选0.5欧姆

电流反馈放大系数：KfiRsRs'1.50.5'3

新的比较电压：UcomIdcrRs15Rs150.58.5V 所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为3

１－１２

某调速系统原理图如图所示，已知数据如下：电动机

PN18KW;UN220V;IN94A;nn1000r/min;Ra0.15Ｐｎ＝18ＫＷ，Ｕｎ＝220Ｖ，In＝

94Ａ，整流装置内阻Rrec0.3,触发整流环节的放大倍数KS40。最大给定电压Unm15V，当主电路电达到最大值时，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1.5IN，Idcr1.1IN。试

画出系统的静态结构框图，并计算：

（１） 转速反馈系数ａ。 （２） 调节器放大系数KP。

（３） 电阻R1的数值。（放大器的输入电阻R020K） （４） 电阻R2的数值和稳压管ＶＳ的击穿电压值。

解：(1) nclnNSD(1S)10000.12009100/185.56r/min

CeUNINRanN220940.151000INRCe940.450.20590.20597Vmin/r

nop205.44r/min

Knopncl1205.45.56 135.95(取36）同1-10可得a=0.0145 (2) KpKKS/Ce35.950.014540/0.205912.8(取13）

(3)R1KpR01320260k

（4）Idbl1.5IN1.594141A；Idcr1.1IN1.194103.4A； 当主电路电流最大即为Idbl时，Uim10V 而当主电路电流为Idcr时，Ui为：

UimIdblUiIdcr UiUimIdcrIdbl10103.41417.33V

Uvs7.4V 此时电流反馈起作用，稳压管的击穿电压Uvs可根据Ui确定取稍大值：

当主电路的电流增大到Idbl时，为起到保护作用应使流过R2的电流IR2等于流过

R0的电流，以使电机转速迅速降落。此时：

UnmR0*IR215200.75mA ; R2UimUvsIR2107.40.753.47kΩ(取3.5kΩ)

系统的静态结构框图

１－１３ 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）放大器的放大倍数Ｋｐ （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a

答：3）电枢电阻，４）电动机励磁电流，（５）电压反馈系数a

无调节作用。因为反馈控制系统所能抑制的只是被反馈包围的前向通道上的扰动。

１－１４ 有一个V-M系统,已知:电动机: （15分）

PN2.8KW;UN220V;IN15A;nN1500r/min;Ra0.15,Ra=1.5,整流装置内阻 Rrec1,触发整流环节的放大倍数KS35。（15分）

(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;

(3) 如组成转速负反馈有静差调速系统,要求D=30,S10%,在,

Un10V,IdIN,nnN,计算转速负反馈系数a 和放大器放大系数Kp;

*（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统,仍要求在

Un10V,IdIN,nnN,并保持系统原来的开环放大系数Ｋ不变，试求在Ｄ＝30时的静

*差率。

解：（１）CeUNINRanNRIdNCe22015.61.515000.131Vmin/r（原来多加了1）

nop15.6(11.5)0.131297.7r/min

snn0min297.750297.785.61%

（２）当 Ｄ＝30，Ｓ＝10％ 时计算系统允许的稳态速降

nclnNSD(1S)1500*0.130(10.1)5.56r/min

（３）Knopncl1297.75.56152.54

求取的方法同1-10 可得=0.00652Vmin/r KpKKS/Ce52.540.00652*35/0.131 30.16(取30）（4）改为电压负反馈有静差调速系统

闭环转速降落为：

nclINRrecCe(1K)IN(Ra)Ce15.610.131(152.54)15.61.50.1322.224178.6180.825rmin当调速D

范围不变时静差率为：

sclDnNnNDnN30180.8150030180.8100%78.35%

显然比速度反馈系统在调速范围不变的情况下静差率大的多，但比无反馈系统静差率小了 １－１５ 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

GD21.6Nm,整流装置采用三相零式电路,试判断按题1-10要求设计的转速负反馈系统

2能否稳定运行?如果保证系统稳定运行,允许的最大开怀放大系数K是多少?

电磁时间常数 Tl机电时间数

TmGDR375*CeCT2LR0.052.70.0185S

3750.013671.62.7303.140.0645

(或9.55)0.01367TS0.0033S3（查表全波为0.00167）

KTmTlTsTsTlTs20.06450.01850.003330.0033320.01850.0033323.1

在1-10题中K28.64如要系统稳定须保证K23.1则系统不稳定。

如要系统稳定，允许的最大的开环放大系数为K23.1但调速范围不满足了

16.为什么用积分控制的调速系统是无静差的?在转速负反馈调速系统中,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： 使用积分控制时可以借助积分作用，使反馈电压Un与给定电压Un相等，即使Un为零UC一样

有输出，不再需要Un来维持UC，由此即可使输出稳定于给定值使调速系统无静差。 当Un0时调节器的输出为电压UC，是对之前时刻的输入偏差的积累。

它取决于Un的过去变化，当Un为正UC增加，当Un为负UC下降，当Un为零时UC不变。

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?试说明理由;

答： 在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度同样受给定电源和测速发

电机精度的影响。无静差转速单闭环调速系统只是消除了误差，使输出的转速基本稳定于给定的转速。但是，这种系统依然属于反馈控制系统，只能抑制被反馈环包围的前向通道上的扰动，对于其他环节上的精度影响无可奈何。

18.采用比例调节器控制的电压负反馈系统,稳态运行时的速度是否有静差?为什么?

试说明理由;

答：有静差。电压负反馈系统中是在转速较高时，

CenIaRaUd0忽略了转速的降落认为 电枢电压正比于转速，而实际上是电

枢电压无静差，从公式中可以看出速度的降落是不能消除的。

因为调节器的输出是电力电子变换器的控制电压UCKPUn。

所以只要电动机在运行，就必须有控制电压UC,因而也必须有转速偏差电压Un。

第二章 习题答案

2-1在转速、电流双闭环调速系统中，若改变电动机的转速，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：改变转速，调节给定电压Un，改变转速调节器放大倍数Kn 不行，改变Ks也不行，改变行。改变堵转电流调节电流反馈系数.

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：两个调节器的输入偏差电压均为0，如果不为0则Uc和Ui继续变化，就不是稳态。

**

转速调节器的输出电压为：U*iId电流调节器的输出电压为：UcUdoKsCeUn/RIdKs*

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：稳态精度变差，但跟随性和抗干扰能力都不会得到改善，使系统成为不稳定系统。 答：静特性 1）闭环系统的静特性变软 2）存在静差率相对较大。

动特性：跟随性和抗干扰能力不会得到改善，动态稳定性降低，而快速性却提高了。

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）单闭环：在系统稳定时实现转速无静差。 双闭环：可实现转速无静差和电流无静差。

（2）单闭环：只能在超过临界电流Idcr后，限制电流冲击 双闭环：电流调节器通过电流反馈系数随时调节控制电流 （3）单闭环：快、不平稳

双闭环：起动快、平稳 （4）单闭环：差

双闭环：强、靠ASR

(5)单闭环：差

双闭环：由电流内环ACR及时调节

2-5在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用PI调节。当系统带额定负载运行时，转速线突然断线，系统重新进入后，电流调节器的输入偏差电压Ui是否为零？为什么？

答：转速和电流调节器的输出达到饱和为止，电流调节器的输入偏差电压Ui不为零，因为稳定后电流反馈依然为UiId只能增加电动机的 转速达到新的平衡UdomCenmaxRId

2-6在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号Un未改变，若增大转速反馈系数，系统稳定后转速

*反馈电压Un是增加、减少还是不变？为什么？

答：Un不变。因为增大，在达到新的稳定运行时，依然要是无静差系统，系统的转速下降，在达到同样的Un时稳定运行。

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;UN220V,nN1000r/min电枢回路总电阻R=1.5 ，设UnmUimUcm8V，电枢

**

回路最大电流Idm40A，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） 当电动机在最高转速发生堵转时的Udo、Ui*、Ui、Uc值。 解：（1）电流反馈系数 UimIdmUnmnmax**8400.2V/A

转速反馈系数 810000.008Vmin/r

（2）Ui*Idm0.2408V

*8V（负反馈） UiUim 由于堵转电流 n＝0

UdoCenIdRIdmR401.560VUcUdoKs60401.5V

*2-8在转速、电流比闭环调速系统中，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）Ui应增加。因为当负载电流由40A增加到70A时Ui增加，Ui是确定的。

****Ui*Idm8800.1V/A

UiId0.1404VU**iId0.1707V

Id由40A 增加到70A时，Ui由4V增加到7V

（2）Uc略有增加。因为UcKsUd0CenRId；Id的增加使Ud0增加，使得Uc增加 （3）Uc 由n和Id决定。UcUd0/Ks

CenRIdKs

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Ui*、Uc、Ud0、Id及n在系统重新进入稳定后的表达式。 答：当磁通下降一半时'2

但电动机拖动恒转矩负载运行所以Id'2Id

UiId2Id

*'UcUdoKsCeUn/2Id*RKs*'*

UdoCeUn/2Id*R

Id2Id nUn/

*'

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。如果上升时间tr0.25s，则K=?，? 解：（1）系统开环增益 10% KT0.69 K（2）调节时间 ts6T60.10.6s 上升时间tr3.3T0.33s

(3) tr0.25s KT=1 K=10 16.3% (4)用MATLAB 仿一个为好： 2-11 有一个系统，其控制对象的传递函数为

WobjK1100.01s10.690.16.9（参见表2-2）

s1 ,要设计一个无静差

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。

解：校正成典型I型系统，调节器传递函数为Wpi(s)W(s)Wpi(s)Wobj(s)KiK1s(s1)Kis校正后系统的开环传递函数为：

取 KKiK1

5% 查表得：KT0.5;K0.50.0150 T0.01s KiKK150105

W(s)50s(0.01s1)

2-12有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)K1s(Ts1)10s(0.02s1)，要求校正为

典型型系统，在阶跃输入下系统超调量30%（按线性系统考虑）。决定调节器结构，并选择其参数。

解：30% 选用PI型调节器WpiKKpi(1s1)110

系统开环传函为WWpiWobjpi(1s1)1s(0.02s1)h12hT22

8 h=7 1hT0.0270.14 KK10Kpi2490.022204.1

1;KpiK1/102.86

2-13调节对象的传递函数为Wobj(s)18(0.25s1)(0.005s1)，要求用调节器分别将其校正为典型型和型系统，求调节器的结构与参数。

解：校正成典型型系统选择PI调节器：

Wpi(s)Kpi(1s1)1s校正后的开环传递函数为：

(1s1)18 W(s)Wpi(s)Wobj(s)Ks(0.005s1)K1Kpi1s(0.25s1)(0.005s1)100 令10.25 KKpi18/1

W(s)s(0.005s1)1.39

4.3% KT0.5 K=100 ts6T0.03

K1818(2)校正成典型系统，选择PI调节器：

pi1000.25 Wpi(s)Kpi(1s1)1s

W(s)WKpipi(s)Wobj(s)Kpi(1s1)K11s(T1s1)(T2s1)K1S2T11(1s1)(T2s1)

(将T1看成大惯性环节） h=5 1hT250.0050.025 ts/T9.55 ts9.550.0050.047 37.6%

Kh12hT226500.00524800

48000.250.2518KKpiK1T114800;KpiKT11K11.67

2-14 在一个三相零式晶闸管整流装置供电的转速----------- (1) 电流反馈系数 **UimIdm83390.0263V/A

转速反馈系数

Unnmax1010000.01Vmin/r

（2）设计电流调节器ACR

1． 确定时间常数

整流装置滞后时间常数 Ts0.00333s Toi0.0025s 电流环小时间常数之和TiTsToi0.00583s

2.选择电流调节器结构

5% 按典型型设计，电流环控制对象是双惯性型的可用PI型电流调节器。

WACRKi(s1)is 检查对电源电压的抗扰性能：

TLTi0.012s0.00583s2.06 各项指标可以

接受。

3.计算电流调节器参数 电流调节器超前时间常数 电流开环增益：要求

5% KITi0.5 KIKIiRKs85.760.0120.18350.02360.224

iTL0.012s

4.校验近似条件

1 电流截止频率 WciKI85.76S

（1）晶闸管装置传递函数的近似条件

13Ts130.00333100.1S1Wci 满足近似条件

（2）忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件

31TmTL310.120.01279.06Wci 满足近似条件

（４） 电流环小时间常数近似处理条件

131TsToi1310.00170.0025R040KRiKiR0161.7S1Wci 满足近似条件

0.224408.96K(9K)0.0129103（5）计算调节器电阻和电容 CiiRi1.33F0.25F

Coi4ToiR040.002540103 动态性能跟随指标为 4.3%5%满足近似条件 (3)

3.ASR 1.确定时间常数

电

流

环

等

效

时

间

常

数

1KI

KT0.5

1KI2Ti20.005830.01166S

转速滤波时间常数 Ton0.015S 转速环小时间常数 Tn1KITon0.011660.0150.02666S

2.选择转速调节器结构 ：按典型Ⅱ型系统设计，选择PI调节器 WARS(S)3.计算转速调节器参数

取 h=3 ASR的超前时常数

转

Kn(ns1)ns

速开环增益

nhTn30.02660.0798Sh12hT22KN4290.02662314.07S2

Kn(h1)CeT2hRTnm40.02360.1960.1260.010.180.02667.73ASR例系数

4.校验近似条件

WcnKNn169.60.079813.53S1

（1）电流环传递函数简化条件 件

(2)转速环小时间常数 5.计算调节器电阻电容

13KITon13KITi1385.760.0058340.43Wcn满足近似条

1385.760.01525.2Wcn满足近似条件

RnKnR07.7340310K CnConnRn0.07983101030.257F 1.5F*4TonR040.015401032-15 (1)

*选用PI调节器 h=5 UimIdm107601.50.00877V/A

Unnmax103750.0267Vmin/r

TiTsToi0.00170.0020.0037

1KI2Ti20.00370.0074S

Tn1KITon0.00740.020.0274S

nhTn50.02740.137Sh12hT22KN6500.02742159.8S2

Kn(h1)CeT2hRTnm60.008771.820.112100.02670.140.027410.5RnKnR010.540420KCnConnRn0.1374201030.33F2F

4TonR040.0240103（2）KITi0.5

WciKI12Ti135.1S1

WcnKNn159.80.13722S1

（１） 电流环传递函数简化条件

13KITi13135.10.003764S1Wcn满足近似条件

13KITon*13135.10.0227S1Wcn满足近似条件

Unn2-16（1）

nUn*Un*1550.01

500r/minnmaxUim*150010300.01Vmin/r

Idm0.33V/A 0.12820230*UcCenIdRKs3.47V

n0,Un0,Ui10V,Ui10V,Uc2V,IdL30A