电力拖动自动控制系统-运动控制系统(_阮毅_陈伯时)课后参考答案第三四章(仅供参考)

第三章作业思考题3-1 在恒流起动过程中，电枢电流能否达到最大值I dm ？为什么？答：不能达到最大值，因为在恒流升速阶段，电流闭环调节的扰动是电动机的反电动势，它正是一个线性渐增的斜坡扰动量，所以系统做不到无静差，而是I d 略低于I dm 。

3-2 由于机械原因，造成转轴堵死，分析双闭环直流调速系统的工作状态。

答：转轴堵死，则n=0，U n =α×n =0，∆U n =U n ∗−U n =U n ∗比较大,导致U i ∗=∆U n ×K ASE 比较大，U C =（U i ∗−U i ）×K ACR 也比较大，然后输出电压U d0=U C ×K S 较大，最终可能导致电机烧坏。

3-3双闭环直流调速系统中，给定电压 Un*不变，增加转速负反馈系数α，系统稳定后转速反馈电压 Un 和实际转速 n 是增加、减小还是不变？答：反馈系数增加使得U n =α×n 增大，∆U n =U n ∗−U n 减小，U i ∗=∆U n ×K ASE 减小，U C =(U i ∗−U i )×K ACR 减小，输出电压U d0=U C ×K S 减小，转速n 减小，然后U n =α×n 会有所减小，但是由于α增大了，总体U n 还是增大的。

3-4双闭环直流调速系统调试时，遇到下列情况会出现什么现象？ （1） 电流反馈极性接反。

（2）转速极性接反。

答：（1）转速一直上升，ASR 不会饱和，转速调节有静差。

（2）转速上升时，电流不能维持恒值，有静差。

3-5某双闭环调速系统，ASR 、均采用 PI 调节器，ACR 调试中怎样才能做到Uim*=6V 时，Idm=20A ；如欲使 Un*=10V 时，n=1000rpm ，应调什么参数？答：前者应调节β=U im∗I dm=0.3，后者应调节α=U n∗n=0.01。

3-6在转速、电流双闭环直流调速系统中，若要改变电动机的转速，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α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：转速n 是由给定电压U n ∗决定的，若要改变电动机转速，应调节给定电压U n ∗。

改变Kn 和Ks 不行。

改变转速反馈系数α行。

若要改变电动机的堵转电流，应调节U im∗或者β。

3-7 转速电流双闭环直流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：均为零。

因为双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调节器都不饱和时，PI 调节器工作在线性调节状态，作用是使输入偏差电压∆U在稳态时为零。

各变量之间关系如下：U n∗=U n=α×n=α×n0U i∗=U i=β×I d=β×I dL3-8 在双闭环系统中，若速度调节器改为比例调节器，或电流调节器改为比例调节器，对系统的稳态性能影响如何？答：稳态运行时有静差，不能实现无静差。

稳定性能没有比例积分调节器作用时好。

3-9 从下述五个方面来比较转速电流双闭环直流调速系统和带电流截止负反馈环节的转速单闭环直流调速系统：（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：转速电流双闭环调速系统的静态特性，动态限流性能，起动的快速性，抗负载扰动的性能，抗电源电压波动的性能均优于带电流截止负反馈环节的转速单闭环直流调速系统。

3-10 根据速度调节器ASR、电流调节器ACR的作用，回答下面问题（设ASR、ACR均采用PI调节器）：（1）双闭环系统在稳定运行中，如果电流反馈信号线断开，系统仍能正常工作吗？（2）双闭环系统在额定负载下稳定运行时，若电动机突然失磁，最终电动机会飞车吗？答：（1）系统仍能正常工作，但是如果有扰动的话，系统就不能稳定工作了。

（3）电动机突然失磁，转子在原有转速下只能产生较小的感应电动势，直流电机转子电流急剧增加，可能飞车。

习题3-1(1)α=U nm∗n max=U nm∗n N=0.01 V∙min/rβ=U im∗I dm=U nm∗2×I N=0.375 V∙min/rn=U n∗α=500 r/minU n=U n∗=5 VU i∗=U i=β×I d=β×I dL=3.75 VU C=U d0K S=C e×n+I dL×RK S=4.175 V(2)U i∗=U i=β×I d=β×I dL=3.75 VU C=U d0K S=I dm×RK S=4 V3-2 (1)α=U nm∗n max=U nm∗n N=0.008 V∙min/r β=U im∗I dm=0.02 V∙min/r(2)U d0=U C×K S=I dm×R=60 VU i∗=U i=β×I d=β×I dm=0.8 VU C=U d0K S=I dm×RK S=1.5 V3-3(1)U i∗=U i=β×I d=β×I dL增大，由4V增大到7V。

(2)U C=U d0K S =C e×n+I dL×RK S增大(3)U C的大小则同时取决于n和I d3-4供电电压上升5%，电流增大，电流调节器调节作用使得不必等它影响到转速后反馈回来，可以即使调节转速，使转速变化不大。

3-5(1)T=0.1Sσ≤10%，取KT=0.5，K=5。

(2)t s=3ϑ×ωn=6T=0.6 st r=4.7T=0.47 s (3)t r<0.25 s , aT<0.25, a<2.5，取KT=1，t r=2.4T=0.24<0.25 s K=10, σ=16.3%3-6因为要求无静差，所以必须有积分环节。

设G C(s)=K1SW obj(s)×G C(s)=100.01s+1×K1ST=0.01 s，σ≤5%，取KT=0.5，10K1T=0.5，K1=5G C(s)=5 S3-7设G C(s)=K1×（τs+1）τsW obj(s)×G C(s)=10s(0.02s+1)×K1×（τs+1）τsσ≤30%，取h=7，T=0.02sτ=hT=0.14s10K1τ=K=ℎ+12ℎ2T2=204 K1=2.86G C(s)=2.86×（0.14s+1）0.14s3-8Magnitude(dB)1010101010 Phase(deg)Frequency (rad/s)(1)β=U im ∗I dm =U im ∗1.1I N =0.0236α=U nm ∗n max =(U n ∗)N n N=0.01(2)T m =0.12sT oi =0.0025s ,τi =T l =0.012s ,T s =0.0033sT ∑i =T oi +T s =0.0058s取K I ×T ∑i =0.5 ,K I =86.2K i =K I ×τi ×RK S ×β=0.225校验：电流环截止频率：ωci =K I =86.21）校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件：13T s=101.01>ωci 满足近似条件 2）校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件：3√1T m ×T l=79.06<ωci 满足近似条件 3）校验电流环小时间常数近似处理条件：13√1T s ×T oi=116.05>ωci 满足近似条件 R 0=40 kΩ R i =K i ×R 0=9 kΩC i =τiR i =1.33 μFC oi =4T oiR 0=25 μF(3)T on =0.015s 1K I =0.0116 T ∑n=1K I +T on =0.0266s 取h=5τn =ℎ×T ∑n =0.133s K N =ℎ+12ℎ2T ∑n 2=169.6K n=(ℎ+1)×β×C e×T m2ℎ×α×R×T∑n=6.96校验：转速环截止频率：ωcn=K Nω1=K N×τn=22.561）电流环传递函数简化条件：1 3√K IT∑i=40.64>ωcn满足简化条件2）转速环小时间常数近似处理条件：1 3√K IT on=25.27>ωcn满足近似条件R n=K n×R0=278.4 kΩC n=τnR n=47.8 μFC on=4T onR0=1.5 μF(4)设理想空载起动时z=0∆n N=I dN×RC e=282.86 r/minσn=2×∆C maxC b×(λ−z)×∆n Nn∗×T∑nT m=4%<10%3-9T sam=0.5K p=K n=6.96K I=1τn=7.52位置式PI调节器的表达式：u(k)=K p×e(k)+K I×T sam∑e(i)ki=0=K p×e(k)+1τn×T sam∑e(i)ki=0=6.96×e(k)+3.76∑e(i)ki=0增量式PI调节器的表达式：u(k)=u(k−1)+∆u(k)=u(k−1)+K p×[e(k)−e(k−1)]+K I×T sam×e(k)==u(k−1)+K n×[e(k)−e(k−1)]+1τn×T sam×e(k)=u(k−1)+6.96×[e(k)−e(k−1)]+3.76×e(k)3-10 (1)β=U im ∗I dm =U im ∗1.5I N=0.0088α=U nm ∗n max =U nm ∗n N=0.267T on =0.015s ,T m =0.112sT oi =0.002s ,τi =T l =0.031s ,T s =0.00167sT ∑i =T oi +T s =0.00367s取K I ×T ∑i =0.5,K I =136.241K I =0.0074 T ∑n=1K I+T on =0.0224s 取h=5τn =ℎ×T ∑n =0.112s K N =ℎ+12ℎ2T ∑n 2=239.16K n =(ℎ+1)×β×C e ×T m2ℎ×α×R ×T ∑n =1.285R n =K n ×R 0=51.4 kΩC n =τnR n =2.18 μFC on =4T onR 0=1.5 μF(2)电流环截止频率：ωci =K I =136.241）校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件：13T s=199.6>ωci 满足近似条件 2）校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件：3√1T m ×T l=50.91<ωci 满足近似条件 3）校验电流环小时间常数近似处理条件：1 3√1T s×T oi=182.39>ωci满足近似条件ωci合理转速环截止频率：ωcn=K Nω1=K N×τn=26.781）电流环传递函数简化条件：1 3√K IT∑i=64.22>ωcn满足简化条件2）转速环小时间常数近似处理条件：1 3√K IT on=31.77>ωcn满足近似条件ωcn合理3-11 (1)β=U im∗I dm=0.33α=U nm∗n max=U nm∗n N=0.1n=U n∗α=500 r/minU C=U d0K S=C e×n+I dL×RK S=3.47(2)电动机突然失磁，转子在原有转速下只能产生较小的感应电动势，直流电机转子电流急剧增加，可能飞车。