这时：
*Un?8V,Un?0，ASR处于饱和，输出最大电流给定值。 * Ui?8V,Ui?8V,
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？
*Uim8V解: 1) ????0.1V/A
Idm80A**
因此当电流从40A 2)
?70A时， Ui* 应从4V?7V变化。
UC要有所增加。
UC取决于电机速度和负载大小。因为 Ud0?E?IdlR?CenN?IdlR?? 3)
Uc?Ud0?Cen?IdR??KsKs
3.5 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(1) (2)
?0.69,??0.6,?%?9.5%
系统开环增益：K?0.69/T?0.69/0.1?6.9(1/s) 上升时间tr?3.3T?0.33S
过度过程时间：
ts?（3）
3??n?6T?6?0.1?0.6s
如要求tr?0.25s，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%。
?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
3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)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/?选I调节器，W(s)?110,校正后系统的开环传递函数为W(s)?1,?s?s(0.01s?1)11??s0.2s。
，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)?K110，要求校正为典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超调量??s(Ts?1)s(0.02s?1)％≤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，对照典型Ⅱ型系统， ,校正后系统的开环传递函数 W(s)?PI?s?ss(Ts?1)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?
h?18?1??175.78,22222hT2*8*0.02KPI?K?/K1?175.78*0.16/10?2.81
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：
PN?60kW , UN?220V , IN?308A ,
*
nN?1000r/min , 电动势系数Ce=0.196 V·min/r , 主回路总电阻R=0.18Ω,触发整流环节的放大倍数Ks=35。电磁时间常数Tl=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数T0i
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
*
=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
??10/1000?0.01Vmin/r
?0.00333s
（2）电流调节器设计 确定时间常数：a)Tsb)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校验等效条件：
?ci?KI?85.76s?1
11a)电力电子装置传递函数的近似条件：?1?101.01??ci3TS3?0.0033311b)忽略反电势的影响的近似条件： 3?3?79.06S?1??ciTmTl0.12?0.0121111c)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?F
C0i?4T0i/R0?4?0.0025/40?103?0.25?F（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
则 1/KI?2T?i?2?0.00583?0.0116s
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
Kh?1N?2hT?652?0.026662?168.82s?222?n2?校验等效条件：
?cn?KN/?1?KN?n?168.82?0.1333?22.5s?1
K(h?1)?CeTm6?0.0236?0.196?0.12n?2h?RT??5?0.01?0.18?0.02666?6.94?n2a)电流环近似条件：1KI185.763T??40.43s?1??cn?i30.00583
b)转速环小时间常数近似：1KI3T?185.7630.015?25.2s?1??cn0n可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验 (空载Z=0）
?maxn%?2*(?CC)(??z)?nNT?n308?0.180.02666n*T?2?81.2%?1.1?? bm0.196?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
K1)/2h2T22?2N?(h??n?4/(2?9?0.02666)?312.656s校
验
等
效
条
件
Kn?(h?1)?CeTm/2h?RT?n?4?0.0236?0.196?0.12/(2?3?0.01?0.18?0.02666)?7.6?cn?KN/?1?KN?n?312.656?0.07998?25s?1
a)1/3(K1/2I/T?i)?1/3(85.76/0.00583)1/2?40.43s?1??cnb)1/3(K1/2I/Ton)?1/3(85.76/0.015)1/2?25.2s?1
??cn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?F Con?4Ton/R0?4?0.015/40?103?1.5?F4) 40%额定负载起动到最低转速时:
?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???(Idm?IdL)22GDGDRdtCeTm所以：
Ce375375CmCeCeTmn*0.196*0.12*1000t???0.385s (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?
*Uim10????0.00877V/A解：（1） Idm1.5*760*Unm10????0.0267Vmin/rnN375电流调节器已按典型I型系统设计如下： 确定时间常数：
a)TS?0.00176sb)Toi?0.002sc)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?f速度调节器设计 确定时间常数：
3
a) b) c)
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)Ton=0.02s
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
U*i=U*im =10， Ui=U*i =10 Id=Idm=30A
Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(0+30*2)/30=2 V
3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：
Wn?s??KN??ns?1?s?T?ns?1?2