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1、第 一 章 闭环控制的直流调速系统第一节可控直流电源一电动机系统暨直流驱动单元1.对于要求在一定范围内无级平滑调速的系统来说，以（调节电枢供电电压）的方式为最好。改 变（蛔）只能有级调速；减 弱（逊）虽然能够平滑调速，但调速范围不大，往往只是配合调压方案，在 基 速（即电机额定转速）以上作小范围的弱磁升速。因此，自动控制的直流调速系统往往以调压调速为主。2.调压调速是直流调速系统的主要方法，而调节电枢电压需要有专门向电动机供电的可控直流电源。3.常用的可控直流电源有以下三种：旋转变流机组用交流电动机和直流发电机组成机组，以获得可调的直流电压。静止式可控整流器用静止式的可控整流器，以获得可调的直
2、流电压。直流斩波器或脉宽调制变换器用恒定直流电源或不控整流电源供电，利用电力电子开关器件斩波或进行脉宽调制，以产生可变的平均电压。4.简称为G-M的系统，具有四象限连续运行的功能,国际上通称Ward-Leonard系统。5.晶闸管-电动机调速系统（简称V-M系统），图中VT是晶闸管可控整流器,通过调节触发装置GT的控制 电 压 历 来移动触发脉冲的相位,即可改变整流电压的。，从而实现平滑调速。6.用触发脉冲的相 位 角（控制角）a控制整流电压的平均侑偏是晶闸管整流器的特点。与触发脉冲相 位 角（控制角）a的关系因整流电路的形式而异;不同整流电路的整流电压值整流电路单相全波三相半波三相全波六相半
3、波Um72(7,*V6t/2回2m2366UdO0.9U2 cos a1.17l/2 cos a2.34U2 cos a1.354 cos a7.在V-M系统中，脉动电流会产生脉动的转矩,对生产机械不利，同时也增加电机的发热。为了避免或减轻这种影响，须采用抑制电流脉动的措施，主要是：设置平波电抗器；增加整流电路相数；采用多重化技术。8.平波电抗器的计算 单相桥式全控整流电路L=2.87 工/dmin 三相半波整流电路L=1.464工,dm in 三相桥式整流电路L=0.693乌-min9.晶闸管触发与整流装置动态结构：考 虑 到7 s很小，可忽略高次项，则传递函数便近似成一阶惯性环节Ws(s)
4、=Ks-1 _U 式 s)1S S+1整流电路形式最大失控时间T s m x（m s）平均失控时间Ts（ms）单相半波2 01 0单 相 桥 式（全波）1 05三相半波6.6 73.3 3三相桥式、六相半波3.3 31.6 79 .脉冲宽度调制（P W M）变换器的作用是：用 P W M 调制的方法，把恒定的直流电源电压调制成频率一定、幅值一定、宽度可变的脉冲电压系列,从而可以改变平均输出电压的大小，以调节电动机转速。1 0 .采用脉冲宽度调制（PW M）的高频开关控制方式形成的脉宽调制变换器直流电动机调速系统，简称直流脉宽调速系统,即直流PW M M调速系统1 1 .可逆PW M 变换器直流
5、电动机的主电路有多种形式，最常用的是桥式，也称为H形主电路。1 2.H形主电路的PW M M系统，电路中A、B两点间电压的极性随开关器件栅极驱动电压极性的变化而改变，其控制方式仃双极式、单极式、受限单极式等多种,现代最常用的是双极式控制的可逆 PW M 变换器一电动机系统。1 3.双极式控制可逆PW M 变换器的输出平均电压为t T t 2/U d =U s-=1 1）4y=2/?-l1 4.双极式控制可逆PW M 变换器一电动机系统即PW M M系统调速时，o 的可调范围为0 1,-15为1。当 o 0.5 时，y为 正,电机正转；当 0 K p。解:N S0(1 _ s)1 7 5 0 x
6、 0.0 51 0 x 0.9 5N-d=9.2 r p m226 x 0.10.1 2=1 8 8.3 31 8 8.3 39.21 =1 9.4 7际 N-p N-c l3 6 x O.O oJ/O,1 2=1-81723 .根据自动控制原理，反馈控制的闭环系统是按被调量的偏差进行控制的系统，只要被调量出现偏差，它就会自动产生纠正偏差的作用。调速系统中由负载引起的的转速降落是转速偏差,显然，引入转速闭环鱼反馈将使调速系统应该能够大大减少转速降落。24 .闭环调速系统可以获得比开环调速系统睡妥的稳态特性，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，须增设电压放大器以
7、及检测与反馈装置。25 .在反馈控制的闭环直流调速系统中，与电动机同轴安装一介测速发电机TG,从而引出与被调量转速成正比的负反馈电压历，与给定电压建n相比较后，得到转速偏差电压A 班,经过放大 器 A,产生电力电子变换器U PE 的控制电压建，用以控制电动机转速必2 6 .转速负反馈单闭环有静差直流调速系统中各环节的稳态关系如下：电压比较环节：=U：-U。放 大 器 调 节 器：UC I=KP-U 可 控 调 压 装 置：U d o H调 速 系 统 开 环 机 械 特 性：四 也&ce Ce测 速 反 馈 环 节：Uf i l=a n2 7 .转速负反馈单闭环有静差直流调速系统的静特性方程式
8、Ce(+KpKsa/Ce)Ct(+KpKsa!Ce)=OH 一瓯”“P八S u nmG（l +K”）/,v R fG（l +K p）=nOcl nNclK op=K pK soc!C e2 8 .闭环系统静性可以比开环系统机械特性硬得多2 Nd1 +K op加M”NdKPO”=（1 +K。皿2 9 .采用比例放大器(调节器),使得闭环系统的开环放大系数最，值越大，系统的稳态性能越好。然而，伽=常 数，稳态速差就只能减小，却不可能消除。只有右，=8,才 能 使 3=(),而这是不可能的。因此，这样的调速系统叫做有静差调速系统。实际上，这种系统正是依靠被调量的偏差进行控制的。3 0 .系统中，除给
9、定信号外，作用在控制系统备坯芭上的一切会引起输出量变化的因素都叫做“扰动作用”。3 0-1.2-7；2。1 转速闭环调速系统的调速范围是1 5 0 0 1 5 0 r/m in,要求静差率S W M,那麽系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是1 0 0 r/m in,则闭环系统的开环放大倍数是多少？解：根据给定条件：D则：5 Nd1 5 0 0 ，八-=1 0；1 5 0-=-1-5-0-0-x-5 =7,.8o9nr /.mi.nK（）p D（1-S）1 0 x 9 5,1 0 0 ,一-1 =-1 =1 1.6 77.8 9N S3 0-2.2-7；2。1 转速闭环调速系统的调
10、速范围是1 5 0 0 1 5 0 r/m in,要求静差率S W 为，那麽系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是1 0 0 r/m in,则闭环系统的开环放大倍数是多少？解：根据给定条件：0=1 5 0 =io；1 5 0m n A nN s 1 5 0 0 x 2 ,.则：,-=3.0 6 r /mi nMd D（1-5）1 0 x 9 8Kop=MN0P-1=10 0-1 =3 1.6 7 9 73.0 63 1 .为了解决反馈闭环调速系统的起动和堵转时电流过大的问题，系统中必须有自动限制电枢电流的环节。根据反馈控制原理，要维持哪一个物理量基本不变，就应该引入那个物理量的负反
11、馈。那么，引入电流负反馈,使电流不超过允许值或能够保持设定值而基本不变。具体实施方案：采用电流截止负反馈或转速-电流双闭环控制系统。3 2 .对于一个自动控制系统来说，稳定性是它能否正常工作的首要条件，是必须保证的。对于转速负反馈单闭环有静差直流调速系统，存在临界放大系数A cr,当Kg，KC T时，系统将不稳定；T,-Ts Ts T,T,K PK“3 3.例题晶闸管可控整流器供电的V-M 系统。已知数据如下:电动机：PN=1 0左W,UR=220V 1N=5 5 A,&=0.5Q,/JW=1 0 0 0 r/m i n晶闸管可控整流器：三相桥式可控整流电路，整流变压器Y/Y 联结，二次线电压
12、口=23 0 V,电压放大系数%=4 4；电枢回路总电阻：7?=1.0 Q；测速发电机：永磁式，额定数据为23.1 W,1 1 0 V,0.21 A,1 90 0 r/m i n;若生产机械要求调速范围分1 0,静差率5%,试计算调速系统的稳态参数解：n.,s1 0 0 0-5 .限&=N=5.26 r/m i nNCI吁，）1 0-95u220-5 5 x 0.5 八,G=iv a=0.1 925 V /r p mnN1 0 0 0.1 N 七=ce5 5 x 1=285.7力团0.1 925沏=0.0 1 1 5 8Kp =K0p=20.1 4aKs!Ce3 3-1.2-9；2。5 晶闸管
13、可控整流器供电的V-M 系统。已知数据如下:电动机：PN=2 2 kW,UN=220忆=1 2.5 A,R =L5Q,N=1 5 0 0 r/m i n晶闸管可控整流器：内阻R,=L0Q,电压放大系数%=3 5；电枢回路电抗电阻：用=0。8 Q；若生产机械要求调速范围8 2 0,静差率sW I O%,计算开环系统的静态速降和调速要求所允许的闭环静态速降；采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构图调整该系统的参数，使得U；=1 5 V,/“=/N，”=N时，转速负反馈系数a=?计算放大器的放大倍数解:UN-INRa 220-1 2.5 x 1.5C=0.1 3 4 V /r n
14、me nN 1 5 0 0IQRE LV(R“+%+R0)1 2.5(1 +0.8+1.5)V Ce =Ce=0.1 3 4N，S0(1 _.s)1 5 0 0-1 020-90=8.3 3 r/m i n有静差:(4)3 5.90.0 1 x 3 5/0.1 3 4=1 3.3 6加NX3 3-2.2-1 0；2 6晶闸管可控整流器供电的V-M 系统。已知数据如下:电动机：PN=22kW,UN=2 2 0 V/N=1 2.5 A,R =1.5。,口=1 5 0 0/7 m i n晶闸管可控整流器：内阻=L0Q，电压放大系数Ks=3 5；电枢回路电抗电阻：见=0。8 Q；若生产机械要求调速范围
15、分2 0,静差率sW I O%,调整该系统的参数，使得U：=15V,=,=时，转速负反馈系数a=0。0 1若增设电流截止环节，要 求/捌 4 2/八/心 N L 2/N，应选择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回路（原）总电阻的1/3；如果作不到，需要增加电流反馈放大器，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。这时的电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？题意要求不明确，题解是多样的.首先计算采样电阻：R 5 1 2/dcr-D-l-ZIN1 5(2-1.2)x 1 2.5=1.5 Ql o 5 l o l加电流放大器：改变电阻R的数值即可!殳 1；选择
16、Rs=lQ。则:RU p.dhl：Uer=1 dcr RS=1 2葭 风=1.2 X 1 2.5 X 1 =1 5 VK p K U*+KPK,U U*+U&U*+/.&与P S nm P S cr D nm cr D nm dcr S DK?x_ 22_=illu,“且R。(/加8 0.8x 1 2.5 x 11.53 3-3.2-9；2。5晶闸管可控整流器供电的Vf系统。已知数据如下：电动机：PN=2.2 kW,UN=2 2 0 V,IN=1 2.5 A,R =1.2。,八,=1 5 0 0 r/m i n晶闸管可控整流器：内阻R”=1.5。，电压放大系数&二 3 5；若生产机械要求调速范
17、围仄2 0,静差率sW I O%,计算开环系统的静态速降和调速要求所允许的闭环静态速降：采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构图调整该系统的参数，使得U：=1 5匕/“=,=%,时，转速负反馈系数a=?(4)计算放大器的放大倍数解：C-UN:-I-N-Ra-=-2-2-0-1-2-.-5-x-1-.-2-0.1 3 7 V /r n m nN 1 5 0 0An(除,+七)_ 1 2.5(1.5 +1.2)N o p Ce Ce 0.1 3 7(2X2)N)(1 s)20-90型U =8.3 3“m i n无静差:%=-=0.0 1nN 1 5 0 0cZ -28.6 3 8
18、1 5有静差:(Ko p+)nN 29.6 3 8 1 5 0 0An、；246 89K0oPp=-1 =-1 =28.6 3 8Hi N d 8.3 30.0 0 97(4)Kp28.6 3 8a Ks/Ce 0.0 1 x 3 5/0.1 3 71 1.20 93 3-4.童 例1-3 晶闸管可控整流器供电的V-M系统。已知数据如下：电动机：PN=2 5 k W,UN=220匕/N=1 5 A,R =2。,乂 =1 5 0 0/7 m i n晶闸管可控整流器：内阻R”=1。，电压放大系数%二 3 0；若生产机械要求调速范围加20,静差率sW 1 0%,(1)计算开环系统的静态速降和调速要求
19、所允许的闭环静态速降；采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构图调整该系统的参数，使得U：=2 0 匕。=,=1 0 0 0 力帆时，转速负反馈系数a=?(4)计算放大器的放大倍数解：AM220-1 5 x 21 5 0 0=0.1 27 V /r p mIN.&cTz=354-33N.50。T)1 5 0 0 1 020-90=8.3 3 r/m i nI K J i p-I I I M 冲 Hl 1 7 Wm f ：B :串 玄心(2X 2)Q _ UN-INRN加(3)无静差：a x =用-=0.0 2n 1 0 0 0有静差:(K o p+1)N4 1.5 4 3 04
20、 2.5 4 1 5 0 0=0.0 1 95 292=喏 一(4)Kp4 1.5 40.0 2x 3 0/0.1 27=8.7 93 4.例题晶闸管可控整流器供电的V-M 系统。已知数据如F：电动机：PN=1 0 k W,UN=220V,IN=5 5 A,R“=0.5。,可=1 0 机 m i n晶闸管可控整流器：三相桥式可控整流电路，整流变压器Y/Y 联结，二次线电压通尸23 0 V,电压放大系数Ks=4 4；电枢回路总电阻：R=1.0 Q；测速发电机:永磁式，额定数据为23.1 W,1 1 0 V,0.21 A,1 90 0 r/m i n；系统运动部分的飞轮惯量G O?=1 0 N 加
21、2若生产机械要求调速范围分1 0,静差率5%,试判断系统的稳定性。解：加Nd凡VD(1-5)10-95以=5.26r/m mC e加N卬UN-INRN一 ,N七 一2 2 0-5 5 x 0.5 ，-=0.1925V/rpm100055x1Ce 0.1925=285.7r/?/n丝，1=空任一 1=53.3际 Nci 5.26加z=0.01158KP=.=20.14a K s。G =0.693 x=0.693 x 4 力小 10%-693、缨 焦=16.73 汨上k =-0-.-0-1 7八=0.017s1.0GD2010 x1.0375(3 0/万)。；375 x 9.55 x0.19252
22、0.00167s0.075.VT U +Ts)+Ts=n J G =49)T,TST,K op)K叮 系统不稳定3 5.例题I GBT P W M M转速负反馈单闭环有静差直流调速系统:电动机：PN=QkW,UN=220V,IN=55A,Ra=0.5Cl,nN=lOOOr/min电枢回路参数：=0.6Q,Lx=5 机 ；系统运动部分的飞轮惯量GO?=10N 租2P W M 变换器：Ks=44,Ts=0.ms若生产机械要求调速范围Z M 0,静差率5%,试判断系统的稳定性。解：%Ns以=5.26m inG=0(1-5)10-95UNT R 220-55X0.5.-=0.1925V/rpmnN 1
23、000AN卬INR _ 55x0.6c.0.1925=lA rp mK”Nop Ncl -1 =31.65.26Tm=工=0.0 0 83 3 5人 0.6_ GD2&1 0 x0.63 7 5 (3 0/幻 C；3 7 5 x9.5 5 x0.1 9 2 520.0 45 sTs=0.0 0 0 1 5K _ I”+G)+T s+T,*G 4ss AT,TS Ts T,T,Kop(Kcr 系统稳定3 6.例题某龙门刨床工作台拖动采用直流电动机，采用V-M 系统，己知电动机额定数据如下:PN=6 0 女 W,UN=2 2 0 V/N=3 0 5 A,N=1 0 0 0/7 mi n;Cf=0.
24、2 V/rp?；&=0 1 8Q；要 求 调 速 范 围 =2 0,静 差 率 5%；接成转速负反馈单闭环有静差直流调速系统，已知:a =0.0 l5V/r p m,Ks=30；求解比例放大器的放大系数解：首先求取额定负载下的速度降落:Ce-0 o 2/r p m N pI N 七c73 0 5 x Q ol 80 o2=2 14.5r p i n要 求 瓯 N d0(1 S)1 0 0 0 x52 0 x9 5=2 o63 r/mi nK”NP _ 2 7 5 N d 2.63=1 0 3.6Kp1 0 3.6Ks-a/Ce 3 0 x0.0 1 5/0.2463 7.例题某龙门刨床工作台拖
25、动采用直流电动机，采用V 7 I 系统，已知电动机额定数据如下:PN=6 0 k W,UN=2 2 0 V,IN=30 5A,nN=1 0 0 0 r/mi n;Cf=0.2 V/r p m；&=0 o l 8 Q；要 求 调 速 范 围D=2 0,静 差 率 5%；接成转速负反馈单闭环有静差直流调速系统，已知:a=0.0 1 5 V /r p m,Ks-3 0 ；三相桥式电枢回路参数：&=0.1 8Q，k =3 mH；系统运动部分的飞轮惯量G O?=6 0 N?判断系统的稳定性解：首先求取额定负载下的速度降落:Ce=0 o2/r p mN卬要求加G S3 0 5 x Q ol 80 o2=2
26、 7 4.5/7?m侬叱=2 0 63“mi nK（）pNp“Nd2 7 5-1 =-1 =1 0 3.62.631 0 3.6K3-a/Ce 3 0 x0.0 1 5/0.246k 0.0 0 3 八 r=上=-=0.0 1 67 sTm每GD20.1 860 x0.1 8 4-7 =0.0 7 5 s3 7 5 x 9.5 5 x0.22，N&Z)(l-5)2 0 x9 53 7 5 (3 0/i)C；Ts=0.0 0 1 67 5K =+）+G =Z k+Z _ +Z k=49 4 T,TS Ts Tt T,K o pK “系统不稳定3 8.例题I GBT P W M-M 转速负反馈单闭
27、环有静差直流调速系统，已知电动机额定数据如下：PN=6 0攵 卬,。可=2 2 0 V/N=3 0 5 A,n,v=1 0 0 0 r/mi n;Q 0.2 V/r p m；电枢回路参数：&=0.I Q,J=m HP W M M变换器：=44,开 关 频 率/=8k。要求调速范围D=2 0,静差率5%,系统能否稳定？在保证系统稳定的最大调速范围？解：首先求取额定负载下的速度降落:Ce-0 o2 /r p m Np3 0 5 x O oi0 o2=52.5r p m&G)_ N S幽$2。6”要求加恒)(1-5)2 0 x9 5K（）pAH _I=1 5 2：5 NCI 2.63_ 0.0 0
28、1感-0 1=0.0 1 5GD2/?一 3 7 5 （3 0/万）C；60 x0.13 7 5 x9.5 5 x0.2 2=0.0 41 9 s180 0 0=0.0 0 0 1 2 5 5K T,（7/+T.S）+工S T,n 4 Tm 4 Ts RRQ 4Kri.=-=-1-1-=339.4T,-Ts Ts T,T,K0 PKcr 系统稳定crN U1 +Kp扁=M5DdnN1000 x 5.H 7 Nd（1 一 5）0-45 x 9 53 9 .自动控制系统伯德图与系统性能的关系：中频段以-2 0 dB/de c 的斜率穿越O dB线,而且这一斜率覆盖足够的频带宽度，则系统的稳定性好；
29、截止频率（或称剪切频率）越高，则系统的快速性越好；低频段的斜率陡、增益高，说明系统的稳态精度高；高频段衰减越快，即高频特性负分贝值越低，说明系统抗高频噪声干扰的能力越强。4 0 .采用比例（P）放大器控制的直流调速系统，可使系统稳定，并有一定的稳定裕度，同时还能满足一定的稳态精度指标。带比例放大器的反馈控制闭环调速系统是直静差的调速系统。采用积分（I）调节器或比例积分（P I）调节器代替比例放大器，构成无静差调速系统。4 1 .采用P 放大器控制的有避差的调速系统，的 越 大，系统精度越高;但 的 过 大，将降低系统稳定性,使系统动态不稳定。4 2 .采用积分调节器，当转速在稳态时达到与给定转
30、速一致，系统仍有控制信号,保持系统稳定运行，实现无静差调速。4 3 .采用转速负反馈和P I 调节器的单闭环直流调速系统可以在保证系统稳定的前提下实现转速无静差。但是，如果对系统的动态性能要求较高，例如：要求快速起、制动，突加负载动态速降小等等，单闭环系统就难以满足需要4 4 .限流保护电流截止负反馈为了解决单闭环负反馈调速系统的起动和堵转时电流过大的问题，系统中必须有自动限制电枢电流的环节。根据反馈控制原理，要维持哪一个物理量基本不变，就应该引入那个物理量的负反馈。那么，引入电流负反馈，就应该能够保持电流基本不变，使它不超过允许值。仅采用电流负反馈，不要转速负反馈：这种系统的静特性如图中8线
31、，特性很陡。显然仅对起动有利，对稳态运行不利。考虑到，限流作用只需在起动和堵转时起作用,正常运行时应让电流自由地随着负载增减。如果采用某种方法，当电流大到一定程度时才接入电流负反馈以限制电流，而电流正常时仅有转速负反馈起作用控制转速。这些方法之一：叫做电流截止负反馈，简称截流反馈。(1)电枢回路串电流采样电阻的电路，起静态结构图：|/,0-凡 一1d电流负反馈被截止时U A=0 KpKsU：H -C（l +K.p）QQ+K”）电流负反馈没有被截止时n=-K-r-K-s-U-；-+-U-c-o-m-（-K-p-K-s-R-s-+-R-Q-C（+K卬）QO+Ko p）启动电流即堵转电流 =0K K
32、 d uR 式(KpKsRsu*+uRsU5=un=鼠 Ru 二dbl 1 d crU _【dcrU m“1 dbl I dcr 电枢回路不串电流采样电阻的电路，其静态结构图:0 IdR-U sm电流负反馈被截止时3=0.KpKsU：/应1风2 gmC（l+K”）Ce（+KOP）电流负反馈没有被截止时K p；*U m（勺/夕 冬+土）C(l+KpG(l+K”启动堵转电流n=0K pKs(U：“+/U com)I _g _/dhl RK p K sf 消+&R&K p&R su：,+a 0,./产-=殳dbl n D心 心&Ugm=Ucr=Uyz=dcrPu/_/-m 1 dbl 1 dcr-n
33、aRi5,=Ulm(/_/)4u dbl 1 dcr)n4 5-1.即：33-2.2-10；2。6 晶闸管可控整流器供电的V71系统。已知数据如下:电动机：PN=2.2kW,UN=220V,A，=12.5A,Ra=l.5Q,nN=1 5 0 0 r/m in,晶闸管可控整流器：内阻R=1.0。，电压放大系数降=35；电枢回路电抗电阻：见=0。8Q；若生产机械要求调速范围庐2 0,静 差 率 sW IO%,调整该系统的参数，使得U；,“=15V,/a=,=可 时，转速负反馈系数a=0。01；若增设电流截止环节，要 求/加 4 2九,骁,，21.21“应选择多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电
34、流反馈采样电阻不超过原主回路总电阻的1/3；如果作不到，需要增加电流反馈放大器，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。这时的电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？首先计算：Rs ；(R”+&.+&,)=；(1+0.8+1.5)=1.IQ计算：dhlU+U cr lol加电流放大器 ao 1尺4萨I；选 择&=1 C 则:=4=1.2/应=L 2 x 1 2.5 X1=1 5 VKpKsU；m+KpKsUc r U；m+UcrU“m +1 11*$KpKstR o _ U _ _ _ _ _ _ 1 5 _ 5一一-0.8 x1 2.5 x1 一 4 5-2.即：3 3-2.2-
35、1 0；2。6晶闸管可控整流器供电的V-M 系统。已知数据如下：电动机：、,=2.5 lW,U”=2 2 0 匕 4=1 5 A,&=2 Q,N=1 5 0 0 r/m i n,晶闸管可控整流器：内阻/?附=1.0。，电压放大系数a=3 0；若生产机械要求调速范围分2 0,静差率s l(W,调整该系统的参数，使得=3 0 匕/北=/4=”寸，转速负反馈系数a =0。0 2；若增设电流截止环节，要求/加 4 2/心/仙 N L 2/,v,应选择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原主回蹈总电阻的1/3；如果作不到，需要增加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构图，并
36、计算电流反馈放大系数。这时的电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？首先计算：R$；(4 囱 +R“)=g(l+2)=I Q计算：=云12%设 Q r =1。2/可（2-1.2）X1 52.5）1.1加电流放大器殳 1；选择品=1Q。则:R?Ud Uc r=IdcrRs=1.2/A Z?5=1.2X15X1 =187KpK$U：m +KpKsUcr+U；m+Ucr 勺 u；1n+1 dcrRs=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ S x S=_ _ _ _ _ _ _ _ _幺色 UdHG R s 0-8x15x14 6.2。8某调速系统如图所示，已知数据如下：电动
37、机：Pv=SkW,UN=220V,IN=94A,Ra=0A5Q,nN=1000r/min PN=30kW,UN=220V,IN=160A,a =0.1。,叼=1000r/min整流装置内阻：Rrec=0.3Q,触发整流环节的放大倍数：Ks=40,最大给定电压：U*,n=15V,当 主 电 路 电 流 达 到 最 大 值 时，整 定 电 流 反 馈 电 压(/汕=10 V ,设 计 指 标：D =2 0,SS+1)(TS-S+D(T S+1)近似处理后:Ti=Toi+Ts,电流环的等效闭环传递函数:Wl-cl=-j-=T L J、+l a q r +1K,a值根据不同的设计原则取不同的数值,校正
38、为典型I 系统、且按“二阶最佳参数”设计法,a =2。6 8.转速调节器结构的选择转速环的动态结构：Tx n=Ton+2Ts i转速调节器选择：为了实现转速无静差，在负载扰动作用点前面必须有一个积分环节，它应该包含在转速调节器A S R 中,现在在扰动作用点后面已经有了一个积分环节，因此转速环开环传递函数应共有两个积分环节，所以应该设计成典型匚型系统，这样的系统同时也能满足动态抗扰性能好的要求；%（$）=0（小 +1）/（s +D由此可见，A SR 也应该采用P I调节器，其传递函数为调速系统的开环传递函数：(xRzw _(依+1)丁 _ 降成式qs+1)n 0?M,G 雹 S(7-+l)q
39、笠 4 s 2(/s+l)TTT/X _ KNQn S +1)_ KN(q s +1)n OP I)2/rrt I 1、2/rrt-f xS (TN,5+1)s(ns+l)为此：转速调节器应有%=K.J”TN-T =a%+T。.系统参数计算公式:a 2/a)y -rn/Tn-Tn/Kn-h%=%,脸_J_KN-K”-丝工“7max(4)准则：K _LL 际K=_ L&Z4h%a m in准则K 一 力 +1L市、K=3 色2h*左6 9.转速调节器退饱和、启动超调的计算启动过程：线性系统的超调量是很大的、可以查表估算:但是，现在的系统，突加阶跃速度给定电压后不久，转速调节器进入饱和状态,输出、
40、并 保 持 恒 定 的 电 压 使 电 动 机 在/d =/而=U；/力，从而转速n以可能的最大加速度线性增 长;P I调节器一旦饱和，只有出现“超调”即输入4 有“+”、“-”极性一一符号的变化后才能退IH饱和!A SR刚刚退出饱和，由于/也，电机继续升速，直到时，转速才降低下来，系统才能进行自动调节。这种超调称做“退饱和超调”,其量值并不很大，其计算方法如下:t,上区间：加速度=(1加 一)生”d n/d tdt d，n dL Tm退饱和时刻：t2-tQCen(*/也展“退饱和超调”的计算：用等效负载扰动方法分析、计算基值：G=2K IN扰动作用点后部分：K,=仆CeTm负载扰动量：N=(
41、&,-晨)T=Tln于是：勺=2*Cldm-IQ 疆=2GL-Z)/心退饱和的超调量：b=(Gax)A?孰 nA/?Tb%=(max)%2(2-Z)?.立g TmQ A C M C D%查表获取退饱和恢复时间：tv=(tv/T)T x n,(tv/T)查表获取7 0-1.3-5；2。1 4 某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T =0.1 s,要求阶跃响应超调量b 4 1 0%。求：(1)系统的开环增益计算过度过程时间和上升时间(3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间4 0.25S,求K,b。解:查表：o-1 0%,则K 7 269；取K0 o 6 90 o 6 9=6 o 9
42、上升时间：tr=3O3 T =0O335过度过程时间：ts 6 T=0。6 s如果要求f,0 0 2 5 s,则上=若=2。5；查表：K T a l；K =10,cr =16 o 3%7 0-2.尔-例2.4 某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T =0.0 1s,要求阶跃响应超调量b 4 1 0%。求：系统的开环增益 此 时 的0，fs，Q，7各为多少?解：查表：a Q 6 9;取心/用”T 0,1“0.6cr =9.4 8%(10%上升时升时0 =X 3 2 T =0.0 3 3 s过度过程时间：4才6 T =0 0 6 s0.5 9 6 _Q 衣-Q=T=5 9.6 s%=5
43、 9.2 7 0-3.尔-例2.5 已知典型I I型系统的被控对象的时间常数心=0.0 2 5 ,已经选定h =5,试分别按/m a x 3）、M,m i n 准则确定 4，K,Q；C T,。,G，7。解：7；=7%=5 x0.0 2 =0.1s按y m a x（仁）准则确定K,g；G。，f S ,7 ：1 1 ,K =l =-尸-=2 2 3.6 s-心 5XV 5X 0.0 22co=7=；=-=2 2.3 6 sT4h T2 V 5 x 0.0 2/=4 1.8Ocr =3 7.3%tr-3.5T2=3.5 x 0.0 2 =0.0 7 sts=12 AT2=12.1x 0.0 2 =0
44、.2 4 2.V按 M r m i n 准则确定 K Mc；b，0，fs，7 :/7 +1K一 2 目 T；-c -D US2 x52 x0.0 22h +15+1、八 co.2 h T22 x5 x0.0 2=4 0.6:=3 7.6%tr=2.9,=2.9 x 0.0 2 =0.0 5 8 sts=9.6 T2=9.6X0.0 2 =0.19 2 57 0-4.参李二阶典型电流控制系统的结构图:AZ7s(T 5+1)If R工1/&ns+1K 看 s+1已 知 参 数：&=5 Q,T =0.0 15,7；=0.3S-,IN=44A,系 统 要 求 阶 跃 给 定 的 电 流 超 调 量T,
45、%5%试求直流电压突降A U =3 2 V时的最大电流动态降A;而,v%和恢复时间。解：根据巧 5%的技术要求，电流控制系统应该按照典型I型系统设计，且取最佳参数0.3 3 0查 表:竺 娱xl 0 0%=12 0 9%；rv/T=3 0 o 4=LFK?2 2-A(/x 2 七-x 3 2 x-=3.2;2 5所以:m a x=%=(-x l 0 0%)x Q=3.2 x0.12 9 =0.4 12 8/1;G-m a x =0 4 1 2 8=o 9 3 8%IN 4 4tv 3 0.4 x 0.0 1=0.3 571.3-6；2。17 2-11有一个系统，其控制对象的传递函数为W,沟(s
46、)107 S+1 0.015+1要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下超调量bM 5%(按线性系统考虑)，对系统进行动态校正,决定调节器的结构，并选择其参数。解：1.判 断：T5%校 正 为 典 型/型 系 统，且 取“最 佳 参 数”系统卬O P(S)=/S(T-5+1)KT=工；2cr=4o3%5%；调节器应选择积分调节器:校 正：W”(s)必(s)=；sK10K,10K/xOoOls r-5+1 s(彳 s+1)s(OoO Is+1)2K,=0o5 =50ol72.3-7；2。1 8 2-12闭环系统，控制对象的传递函数为卬利(s)s(T-s+l)5(0.025+1)，要求校正为典型n型系
47、统，在阶跃输入卜系统超调量。=30%(按线性系统考虑)，决定调节器的结构，并选择其参数。解：判 断：a 30%校正为典型型系 统，查 表：h=7系统s)=K；s+l)s(T-s+D调 节 器 应 选 择 积 分 调 节 器：W/s)=K/s+D校 正：p(s)K“(T-S+D&sK(7 s+D _ 10Kp/(rs+DT-S,：T-hT=7x 0o02=0。14s(T-5 +1)$2(T 7 +D S2T(0O0 2 5 +1)K PIh+12h2TK i一 102o,=204o8598x0o022=2o8577 3-1.3-8；2。2 0 2-14 在一个三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电
48、流双闭环调速系统中，已知数据如下：电动机：PN=6 0 kW,UN=2 2 0 V,/,v=30 S,Ce=0 A96 V/r p m,nN=10 0 0 r/m i n；主回路总电阻：&=0.18。，触发整流环节的放大倍数：Ks=3 5 ；最大给定电压：（U：）N=10V、U：K=8 V、Uclm=6 5 V；电 磁 时 间 常 数：7；=0。0 12 5,机 电 时 间 常 数：Tm=O o i 2 5电 流 反 馈 滤 波 时 间 常 数：=0。0 0 2 5 5,速 度 反 馈 滤 波 时 间 常 数：T n=0O0155设计指标：稳态无静差，D=10,电流超调量。5%,空载启动到额定
49、转速时的超调量an 1 0%；试求：（1）确定电流反馈系数（启动电流为l o 5 4）和转速反馈系数a,（2）设计电流调节器A C R,计算参数鸟，C/C”；&=40 2；画出电路图；设计电流调节器A SR,计算参数 凡,Cn,Co n;（%=4 0 4。）；画出电路图；计算电动机带4 0%额定负载启动到最低转速时的转速超调量?；计算空载启动到额定转速的时间解：8/二 U：8/加 1.1X308=0.0236a=-1 0=0.01 V/r p mnN 1 000设 计 电 流 调 节 器：G=To i +Ts=。0025 +0o0033=0。005 8T,_ 0o01 2G-0o005 8=2
50、o06 9；要 求 5 n-=500rpm,a 0.01“c +/&Ks0.128x500+20 x230=3.466V(2)T KT献 瓶 =n-0u,=oU：=u；m=1 0 VU.=U；=1 0 V=1 d m =3 0 A3 0 x 2Ur=-=-=2Ks 3 0(3)%(s)=+D/(%7+1 0G.=0.0 5 5,r=h-T n=0.2 5 s;KN/?+1 _ 62 h2-T l 5 0 x 0.0 52=48s-2(4)则:max=(-m ax2(54)%U Tmo Oln2(2 0)x 2 0.0 5 e r u0.8 1 2-=50 7.5r p m0.1 2 8 0.0