运动控制系统习题解答

运动控制系统习题解答.pptx2-0在转速、电流双闭环调速系统中，转速调节器有哪些作用？其输出限幅值应按什么要求来整定？电流调节器有哪些作用？其输出限幅值应如何整定？答：转速调节器的作用是：（1）使转速n很快的跟随给定电压Un*变化，稳态时可减小转速误差，如果采用PI调节器，则可以实现无静差。（2）对负载变化起抗扰作用。转速调节器的限幅值应按电枢回路允许的最大电流来进行整定。电流调节器作用：（1）使电流紧紧跟随给定电压Ui※变化。（2）对电网电压的波动起及时抗扰的作用。（3）在转速动态过程中，保证获得电动机允许的最大电流，从而加快动态过程。（4）当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起快速的自动保护作用。电流调节器的最大值应该按变换电路允许的最大控制电压来整定.。2-2转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个PI调节器的输入偏差（给定与反馈之差）是多少？它们的输出电压是多少？为什么？答：若都是PI调节器，则两个调节器的输入偏差为0，即Ui*=Ui，Un*=Un；输出电压为：Ui*=βId=Ui，Uc=Ud0/Ks=(RId+Cen)/Ks=

〔(Ri*/β)+(CeUn*/α)〕

/Ks。2-3如果转速、电流双闭环调速系统的转速调节器不是PI调节器，而是比例调节器，对系统的静、动态性能会有什么影响？答：若采用比例调节器可利用提高放大系数的办法使稳态误差减小即提高稳态精度，但还是有静差的系统，但放大倍数太大很有可能使系统不稳定。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的静、动态性能将会产生什么影响？（1）调速系统的静态特性；（2）动态限流性能；（3）启动的快速性；（4）抗负载扰动的性能；（5）抗电源电压波动的性能。

答：双闭环调速系统带电流截止单环调速静态特性IL<Idm转速无静差，IL>Idm电流无静差，静特性好。Id<Idcr电流负反馈不起作用，Id>Idcr电流负反馈起作用，动态限流性能通过电流环限流为Idm,动态限流性能好限流通过串入大电阻实现，特性急剧下垂，动态限流性能差启动的快速性准最优时间启动，启动快启动时截止电流负反馈起作用，启动慢抗负载扰动性能靠转速环产生抗扰作用靠转速环产生抗扰作用抗电源电压波动性能靠电流内环及时调节，抗电源电压扰动性能好靠转速环调节电源电压扰动，抑制扰动性能差一些2-5在转速、电流双闭环系统中，采用PI调节器，当系统带额定负载运行时，转速反馈线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调节器的输入偏差电压△Ui是否为0，为什么？答：反馈线未断之前，Id=In，令n=n1，当转速反馈断线，ASR迅速进入饱和，Ui*=Ui*max，Uc↑，Id↑至Idm，Te＞TL，n↑Id↓△Ui出现，此过程重复进行直到ACR饱和，n↑Id↓，当Id=In，系统重新进入稳态，此时的速度n2＞n1，电流给定为Ui*max=Idmaxβ＞电流反馈信号Un=Inβ，偏差△Ui不为0。2-6在转速、电流双闭环系统中，转速给定信号Un※未改变，若增大转速反馈系数α，系统稳定后转速反馈电压Un是增加还是减少还是不变？为什么？答：Un不变，因为PI调节器在稳态时无静差，即：Un*=Un，Un*未改变，则，Un也不变。2-7在转速、电流双闭环系统中，两个调节器ASR、ACR均采用PI调节器。已知参数：电动机：Pnom=3.7kW，Unom=220V，Inom=20A，nnom=1000r/min，电枢回路总电阻R=1.5Ω，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β和转速反馈系数α；（2）当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0、Ui、Uc值。解：（1）β=Uim*/Idm=8/40=0.2α=Unm*/nnom=8/1000=0.008（2）Ud0=IdmR=40×1.5=60VUi=Uim*=8V（极性相反）

Uc=Ud0/Ks=60/40=1.5A2-8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？解：（1）β=Uim*/Idm=8/80=0.1

电流为40A时：Ui=Idβ=40×0.1=4V

电流为70A时：Ui=Idβ=70×0.1=7V（2）Uc增加。2-9在双闭环直流调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因电动机励磁下降一半，系统工作情况将会如何变化？（λ=1.5）答：设突发状况之前的磁通为Ø1，令此时的磁通为Ø2，之前的电磁力矩为Te1，此刻的电磁力矩为Te2，负载转矩恒为Tl，电机励磁下降一半，则Ø2=0.5Ø1，Te2=Cm（Ø2）Id=0.5Te1＜Tl，n↓，Id↑甚至到Idm，Te2=Cm（Ø2）Idm=0.75Te1＜Tl，n会一直下降到0。2-10某反馈控制系统已校正成典型的I型系统。已知时间常数T=0.1s，要求阶跃响应超调量σ≤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。如果要求上升时间tr<0.25s,

则K=？，σ=？解（1）根据题意取σ=9.5%，查P65表KT=0.69，K=6.9（2）ts≈6T=0.6s,tr≈3.3T=0.33s(3)L/dBω/s-1ωc1/T-20dB/dec-40dB/dec0ωc=0.596/T=5.96rad/s如：tr<0.25s,取tr≈2.4T=0.24S查表KT=1.0，K=10，σ=16.3%解：可选择积分调节器，设其传递函数为：W（s）=ki/s，则校正成新系统的传递函数为：W新（s）=10Ki/s（0.01s+1），将原系统校正成Ⅰ型系统WⅠ（s）=K/s（Ts+1）以实现无静差，按σ≤5%要求查表取：KT=0.5即：10Ki×0.01=0.5，得：Ki=5。2-11有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj（s）=10/（0.01s+1），要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ≤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。（2）校正成典型ⅠI型系统：①传递函数近似处理：Wobj（s）=18/[(0.25s+1)(0.005s+1)]≈18/[0.25s(0.005s+1)]；选择调节器为PI调节器，Wpi（s）=Kpi（τs+1）/τs；校正之后的新系统的传递函数为W（s）=18Kpi（τs+1）/[0.25τs2（0.005s+1)]；WⅡ（s）=K（τs+1）/s2（Ts+1），令h=5，h=τ/T=τ/0.005=5，则τ=0.025；K=（h+1）/2h2T2=18Kpi/0.25τ，代入τ，T，h，得：Kpi=1.67。解：要校正为II型系统，调节器结构可为PI，其其中：因系统超调量б≤30%，查表h=7可满足要求=hT=7×0.02=0.14(s)解：要校正为I型系统，调节器结构可为PI，其其中：按б≤4.3%，取KT=0.5，则K=0.5/0.005=100,Ki=100/72=1.39,解：要校正为II型系统，调节器结构可为PI，其其中：h=5查表：б≤37.6%，ts=9.55T=9.55×0.005=0.047(s)解：（1）转速环的调节器结构可为PI，其因б≤10%，取h=5,有而故（2）电流环为I型系统，其Wci=kI=136.24s-1校验近似条件：（1）晶闸管整流装置传递函数的近似条件满足近似条件（2）忽略反电动势变化对电流环动态影响的近似条件满足近似条件其中：（3）电流环小时间常数近似处理条件满足近似条件转速环近似处理条件（1）忽略高次项近似条件：（2）小惯性环节合并的近似条件：解：U*n=5V时