运动控制系统-课后习题答案

运动控制系统课后习题答案

运动控制系统课后习题答案

2.2系统的调速范围是1000~100r

解：?n?nnsmin,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多

少？(l?s)?1000?{10?0.98)?2.04rpm

系统允许的静态速降为2.04rpm

2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0max?1500rmin,

最低转速特性为n0min?150rmin,带额定负载时的速度降落?nN?15rmin,

且在不同转速下额定速降不变，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少？

解：1)调速范围D?nmaxnmin(均指额定负载情况下)

nmax?n0max??nN?1500?15?1485

nmin?n0min??nN?150?15?135

D?nmaxnmin??ll

2)静差率s??nNnO??

10%

2.4直流电动机为PN=74kW,UN=220V,IN=378A,nN=1430r/min,

Ra=0.023Q。相控整流器内阻Rrec=0.022Q。采用降压调速。当生产机械

要求s=20%时，求系统的调速范围。如果s=30%时，则系统的调速范围又

为多少？？解：Ce?(UN

?INRa)nN?(220?378?0.023)?0.1478Vrpm

m?n?INCe?378?(0.02?30.22)0.?1478rpll5

2)]D?n(l?s)]?143?00,2[l?15?(l?0.N?n)]D?n(l?s)]?143?00,3[l?15?(l?0.3N?n

3.15.33

2.5某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。已知直流电动机

PN?60kW,UN?220V,IN?305A,nN?1000rmin,主电路总电阻R=0.18

Q,Ce=0,2V?min/r,求：

(1)当电流连续时，在额定负载下的转速降落?nN为多少？

(2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率SN多少？

(3)若要满足D=20,sW5%的要求，额定负载下的转速降落?nN又为

多少？

解：(l)?nN

(2)

(3)?IN?R?305??274.5r/min

SN??nNn0?(1000?274.5)?21.5%?n?nNSD(l?s)]?1000??0.95]?2.63r/min

*2.6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压

Uu?8.8V、比例调节器放大系数

KP?2、晶闸管装置放大系数KS?15、反馈系数Y=0.7。求：(1)输出

电压Ud；(2)若把反馈线断开，Ud为何值？开环时的输出电压是闭环是

的多少倍？(3)若把反馈系数减至丫=0.35,当保持同样的输出电压时，

给定电压Uu应为多少？

解：(1)Ud

(2)

(3)*?KpKsUu?KpKs?)?2?15?(l?2?15?0.7)?12V

*Ud?8.8?2?15?264V,开环输出电压是闭环的22倍

*Uu?Ud(l?KpKs?)KpKs?12?(l?2?15?0.35)(2?15)?4.6V

2.7某闭环调速系统的调速范围是1500i7min~150i7min,要求系统的

静差率s?5%,那么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？解：1)

D?nNs/?nN?l?s?

10?1500?2%/?nN?98%

?nN?1500?2%/98%?10?3.06r/min

2)K??nop/?ncl?l?100/3.06?l?31.7??

2.8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8r/min,如果将开环放大倍数提高到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？

解：？nop??l?K??ncl??l?15??8?128

如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：

?ncl??nop/?l?K??128/?l?30??4.13rpm

在同样静差率要求下，D可以扩大?ncll/?ncl2?1.937倍

2.9有一V-M调速系统：电动机参数PN=2.2kW,UN=220V,IN=12.5A,

nN=1500r/min,电枢电阻Ra=1.5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,整流

装置内阻Rrec=1.0Q,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And。

(2)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。

(3)调整该系统参数,使当Un*=15V时，ld=IN,n=nN,则转速负

反馈系数a应该是多少？

(4)计算放大器所需的放大倍数。

解：⑴

n??UN?IN?Ra?/Ce

?Ce??220?12.5?1.5?/1500?201.25/1500?0.134Vmin/rn??UN?IN?R??/Ce

??nop?IN?R?/Ce?12.5?3.3/0.134?307.836r/min

?nN?nNs/?D?l?s???1500?10%(/20*90%)?8.33r/min所以，?ncl

(2)

?8.33r/min

(3)(4)

n???KpKsUn?ldR/?Ce?l?K???KUn/??l?K???ldR/?Ce?l?K???????

K???nop/?ncl??l?307,836/8.33?l?35.955

1500???35.955?15/??l?35.955??????12,5?3.3/?0.134?l?35,955????

???0.0096Vmin/r可以求得，Kp?K*Ce35,955*0.134??14.34

Ks*?35*0.0096

也可以用粗略算法：

?Un*Unl5??0.01?Un??n,??nl500

Kp?KCe/Ks?,Kp?35.955?0.134/?35?0.01??13.76

2.10在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流

ldbl?2IN,临界截止电流ldcr?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电阻的1/3,如果做不

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。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？

解：(1)ldbl?2IN?25A,ldcr?1.2IN?15A

ldcr?Ucom/Rs?15?Ucom/Rs

*ldbl?Un?Ucom/Rs?25??15?Ucom?/Rs?Rs?1.5???,

Ucom?15?1.5?22.5V

(2)(R?/3)??1.0?1.5?0.8?/3?l,l?,

不符合要求，取Rs?l.l?,Rs?(R?/3)

需加电流反馈放大器

由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足

检测电阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放

大。为此，

取Rs?l.l?,贝(!Ucom?ldcr?Rs?15?l.l?

16.5V

(3)当ld?ldcr时，有

*n?KpKsUn/Ce?l?K??KpKsKi?Rsld?Ucom?/Ce?l?K???Rld/Ce?l?K??

*?KpKsUn?KiUcom/?Ce?l?K???R?KpKsKiRsld/?Ce?l?K??????????????

当n=0时，

**ldbl?KpKs?Un?KUicom?/?R?KpKsKiRs???Un?KUicom?/KiRs

25??15?16.5Ki?/l.lKi?Ki?15/?22,5?13.5??1.36

2.11在题2.9的系统中，若主电路电感L=50mH,系统运动部分的飞轮

惯量GD2=1.6Nm2,整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9要求设

计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大

开环放大系数是多少？

解：L?50mH,GD2?1.6Nm2,R??3.3?,Ce?0.134V/rpm

Tl?L/R??0.05/3.3?0.015s

Tm?GD2R?/?375CeCm??1,6?3.3/?375?0.134?0.134?30/3.14??5.28/64.33?0.0

82s

Ts?0.00333s

22???K??TT?T?T/TT?0.082?0,015?0.00333?0,00333/0.0151*0.00333)????ml

sss??l??(

2???0.0015?0.00333??/0.00004983?30.52

可见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳

定运行，K最大为30.52。

V,IN715.6A,2.12有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：

PN?2.8kW,UN?220

nN?1500r/min,Ra=1.5Q,整流装置内阻Rrec=lQ,电枢回路电抗器

电阻RL=0.8Q,触发整流环节的放大倍数Ks?35o

⑴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

时ld?IN,n?nN,计

算转速负反馈系数?和放大器放大系数

Kpo

解：

Ce??220?15.6?1.5?/1500?0.1311Vmin/r

(1)

?nop?IN?R?/Ce?15.6?3.3/0.1311?392.68r/min

nmin?1500/30?50

s??nop/?n0min?392.68/?392.68?50??88.7%

(2)

0.1??n/??n?50??n?5/0.9?5.56r/min

(3)

*?n?KKU?psn/Ce?l?K??R?ld/Ce?l?K??K?K?K/C?pse?

*??1500?KpKsUn/Ce?l?K???R?15.6?/Ce?l?K????K??nop/?ncl?l??297,48/5.5

6??1?52.5??

2.13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率fO?lMHz,

旋转编码器输出的脉冲个数

n?1500r/min和和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M法测速时

间为0.01s,求转速

n?150r/min时的测速分辨率和误差率最大值。

解：

(1)M法：分辨率Q?6060??1.465r/minZTcl024?4?0.01

最大误差率：n?60Ml?ZTc

nZTcl500?4?1024?0.01??10246060n?1500r/min时，Ml?

n?150r/min时，Ml?

1500r/min时，？max%?nZTcl50?4?1024?0.01??102.4

606011?100%??100%?0.098%M11024

150r/min时，?max%?

可见M法适合高速。

(2)T法：

分辨率：11?100%??100%?0.98%M1102.4

Zn21024?4?15002

n?1500r/min时，Q???171r/min60f0?Zn60?l?106?1025?4?1500

Zn21024?4?1502

n?150r/min时，Q???1.55r/min660f0?Zn60?l?10?1024?4?150

60fo最大误差率：n?ZM2,M2?60f0Zn,

60?106

当n?1500r/min时，M2??9.771024?4?1500

60?106

当n?150r/min时，M2??97,71024?4?150

n?1500r/min时，?max%?l

M2?l

l?100%?l?100%?11.4%9.77?ln?150r/min时，?max%?

可见T法适合低速

M2?1?1OO%?1?1OO%?1%97.7?1

习题三

3.1双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调节器，设系统最大给定电

压Unm=15V,nN=1500r/min,IN=20A,电流过载倍数为2,电枢回路总电

阻R=2Q,min/r,求：（1）当系统稳定运行在Un=5V,Ks=20,

Ce=0.127V•**ldL=10A时,系统的n、Un、Ui*、Ui

各为多少？

解：（1）和Uc各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，Ui和Uc*

*??Unm/nN?15V/1500rpm?0.01V/rpm

当U?5V,*

n转速n?*Un

??5V?500rpm0.01V/rpm

*Uiml5V????0.375V/Aldm40A

Ui*??ld?0.375*10?3.75V?Ui

UC?

即

Ud0E?ldLRCenN?ldLR0.127*500?10*2????4.175VKsKsKs20n?500rpm,Un?5V,U

i*?Ui?3.75V,Uc?4.175v

*（2）堵转时，Ui??ldm?15V,

Ud0?Cen?ldR?ldmR40*2Uc?????4VKsKsKs20

PN=3.7kW,3.2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：

**UN=220V,IN=20A,nN=1000r/min,电枢回路总电阻R=1.5Q,设

Unm?Uim?Ucm=8V,电枢回

路最大电流ldm=40A,电力电子变换器的放大系数Ks=40o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。

*Uim8V????0.2V/A解:1）ldm40A*Unm8V????0.008V/rpmnNlOOOrpm

2）Ud0?E?ldlR??CenN?ldlR??40A*1,5??60V

这时：

处于饱和，输出最大电流给定值。

*Un?8V,Un?0,ASRUi*?8V,Ui?8V,

UC?Ud0KS?40?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80Ao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）*Uim8V????0.1V/Aldm80A*

因此当电流从40A?70A时，Ui*应从4V?7V变化。

2）

3）UC要有所增加。UC取决于电机速度和负载大小。因为

UdO?E?ldlR?CenN?ldlR??

UdO?Cen?ldR?Uc??KsKs

(1)系统的开环增益。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=O.ls,要求阶跃响应超调量?W10%。

(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?0.69,??0.6,?%?9.5%

(1)系统开环增益：K

(2)上升时间tr

过度过程时间：?0.69/T?0.69/0.1?6.9(l/s)?3.3T?0.33S

ts?3

??n?6T?6?0.1?0.6s

(3)

如要求tr?0.25s,查表3-1则应取KT?l,??0.5,tr?2.4T?2.4*0,1?0.24s

这时K?l/T?10,超调量=16.3%。

3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)?K110,要求设计一

个无静差系统，在阶??s?10.01s?l

跃输入下系统超调量?％W5%(按线性系统考虑)。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%。选

I调节器，W(s)?l,?s校正后系统的开环传递函数为W(s)?110,?s(0.01s?l)这

样，T=0.01,K=10/?,已选KT=0.5,贝UK=0.5/T=50,所以

??10/K?10/50?0.2S,积分调节器：W(s)?

ll?o?s0.2s

K110,要求校正为典型H型?s(Ts?l)s(0.02s?l)3.7有一个闭环系统，其

控制对象的传递函数为Wobj(s)?

系统，在阶跃输入下系统超调量?％<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)?

典型H型系统，K?KPIKl/?,KPI(?s?l)K(?s?l)Kl,对照，校正后系统的开

环传递函数W⑸?PI?s?ss(Ts?l)??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?

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：

h?18?l??175.78,2h2T22*82*0.022KPI?K?/Kl?175.78*0.16/10?2.81

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=0.18。,触发整流环节的放大倍数Ks=35。电磁

时间常数TI=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数

T0i=0.0025s,转速反馈滤波时间常数T0n=0.015so额定转速时的给定电压

(Un)N=10V,*调节器ASR,ACR饱和输出电压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?W5%,

空载起动到额定转速时的转速超调量?nW10%。试求：

(1)确定电流反馈系数6(假设起动电流限制在1.1IN以内)和转速反

馈系数a。

(2)试设计电流调节器ACR,计算其参数Ri,、Ci、COio画出其电路

图,调节器输入回路电阻

R0=40k?o

(3)设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、COn。(R0=40kQ)

(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on。

(5)计算空载起动到额定转速的时间。

解：(1)?

*?Uim/ldm?8V/(l.l*IN)?8V/339A?0.0236V/A*??10/1000?0.01Vmin/r

?0.00333s(2)电流调节器设计确定时间常数：a)Ts

b)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)?Ki(?iS?l),?iS

,电流调节器参数确定：？i?TI?0.012s,选KIT?i?0.5,KI?0.5/T?i?85.76s?l

Ki?KI?iR85.76?0.012?0.18??0.224oKs?35?0.0173

?KI?

85.76s?l校验等效条件：?ci

lla)?l?101.01??ci3TS3?0.00333

b)忽略反电势的影响的近似条件：？79.06S?l??ci

c)???115.52s?l??ci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?10?0,25?F3

(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/

则

b)

c)KI:因为KIT?i?0.50.0slll/KI?2T?i?2?0.005?83Ton?0.015s

T?n?l/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?l),速度调节器参数确定：？ns

?n?hT?n,取h?5,?n?hT?n?0.1333s

KN?

Kn?h?16??168.82s?222222hT?n2?5?0.02666(h?l)?CeTm6?0.0236?0.196?0.12

??6.942h?RT?n2?5?0.01?0,1870.02666校验等效条件：

?cn?KN/?l?KN?n?168.82?0.1333?22.5s?l

a)??40.43s?l??cnb)??25.2s?l??cn可见满足近似等效条件。

转速超调量的校验(空载Z=0)

?n%?2*(?Cmax?nT308?0.180.02666)(??z)*N?n?2?81.2%?l.l??CbnTm0.1

96?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

22?2KN?(h?l)/2h2T?n?4/(2?9?0.02666)?312.656s

Kn?(h?l)?CeTm/2h?RT?n?4?0.0236?0.196?0.12/(2?3?0.01?0.18?0.02666)?7.6

校验等效条件：？cn?KN/?l?KN?n?312.656?0.07998?25s?l

a)l/3(KI/T?i)l/2?l/3(85.76/0.00583)l/2?40.43s?l??cn

b)l/3(KI/Ton)l/2?l/3(85.76/0.015)l/2?25.2s??cn?l可见满足近似等效

条件。

转速超调量的校验：

?n?2?72.2%?l,l?(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?10?1.5?F

4)40%额定负载起动到最低转速时:3

?n%?2?72.2%?(l.l?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?Te?TL,375dtdnCm(ldm?ldL)R(ldm?ldL)R???(ldm?ldL)22GDGDRdtCeTm

Ce375375CmCe

CeTmn*0.196*0.12*1000t???0.385s所以：(ldm?ldL)R(l,1*30870)*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=375r/min,电

动势系数Ce=1.82V-min/r,电枢回路总电阻R=0.14Q,允许电流过载倍数

入=15触发整流环节的放大倍数Ks=75,电磁时间常数TI=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=0.02so设调节器输入输出电压Unm=Uim=Unm=10V,调节器输入电**

阻R0=40kQo

设计指标:稳态无静差，电流超调量?iW5%,空载起动到额定转速时的

转速超调量?nW10%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5o

(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？

*Uiml0????0,00877V/Aldml.5*760解：(1)

??U10??0.0267Vmin/rnN375

a)TS?0.00176s*nm电流调节器已按典型I型系统设计如下：

确定时间常数：b)Toi?0.002s

c)T?i?0.00367s

电流调节器结构确定：因为。％W5%,可按典型I型系统设计，选用

PI调节器，WACR(s)=Ki(Tis+1)/Tis,TI/TSi=0.031/0.00367=8.25<10

电流调节器参数确定：Ti=TI=0.031s,KITEi=0.5,Kl=0.5/TZi=136.24

s-1

Ki?KITIR/Ks??136.24?0.031?0.14/75?0.00877?0.899

校验等效条件：«ci=KI=136.24s-1

a)l/3Ts?l/3?0.00167?199.6s?l??ci

b)(l/TmTI)l/2?3(l/0.112?0.031)l/2?50.9s?l??ci

c)l/3(l/TsToi)l/2?l/3(l/0.00167?0.002)l/2?182.39s?l??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?F

C0i?4T0i/R0?4?0.002/40?10?0.2?f3

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KITEi=0.5则1/KI=2T£

i=2*0.00367=0.00734s

b)b)Ton=0.02s

c)c)T£n=l/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(Tns+l)/Tns

速度调节器参数确定：

Tn=hTSn,选h=5,贝!J丁n=hT£n=0.1367s,

KN=(h+l)/(2h2T2£n)=6/2*25*0.027342=160.54s-2

Kn=(h+1)0CeTm/(2haRTSn)=

6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5

校验等效条件：3cn=KN/31=KNTn=160.54*0.1367=21.946s-2

a)l/3(KI/TZi)l/2=l/3(136.24/0.00367)l/2=64.22s-l>u)cn

b)l/3(KI/Ton)l/2=l/3(136.24/0.02)l/2=27.51s-l>wcn

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=Tn/Rn=0.1367/420*103=0.325口F取0.33UF

C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2口F

2)电流环的截止频率是：wci=KI=136.24s-1

速度环的截止频率是：

wCn=21.946s-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