知识点19双闭环调速系统调节器的设计习题作业(三)

双闭环系统调节器的设计习题作业L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=0.196Vmin/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=0.015s。额定转速时的给定电压(U；)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3W5%，空载起动到额定转速时的转速超调量听w10%。试求：(1)确定电流反馈系数3(假设起动电流限制在1.1In以内)和转速反馈系数”。(2)试设计电流调节器ACR,计算其参数R,、Ci、COio画出其电路图，调节器输入回路电阻R=40kQ。(3)设计转速调节器ASR,计算其参数Rn.Cn.C(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(5)计算空载起动到额定转速的时间。2.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=500kVVUN=750V,In=760A,nN=375r/min,电动势系数G=1.82Vmin/r,电枢回路总电阻R=0.14，允许电流过载倍数入=1.5，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丁口=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Um*=Um*=Unm=10V,调节器输入电阻R=40k。设计指标：稳态无静差，电流超调量oiW5%,空载起动到额定转速时的转速超调量an10%。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8ci和转速环的截止频率COcn,并考虑它们是否合理？3.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=1500r/min;电流给定信号最大值Um=10V时，允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2Q，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=0.128Vmin/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(G=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n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Tsn=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Mmax和恢复时间tv。习题解答L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=0.196Vmin/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Tl=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=0.015s。额定转速时的给定电压(Un*)N=10V,调节器ASR,ACR饱和输出电压*Uim=8V,Ucm=6.5Vo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55%，空载起动到额定转速时的转速超调量onW10%。试求：(1)确定电流反馈系数3(假设起动电流限制在1.1IN以内)和转速反馈系数”。(2)试设计电流调节器ACR,计算其参数R,、Ci、COio画出其电路图，调节器输入回路电阻&=40kQ。(3)设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、COno(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bn。(5)计算空载起动到额定转速的时间。解：(1)P=Uim/1dm=8V/(1.1*IN)=8V/339A=0.0236V/A二二10/1000=0.01Vmin/r(2)电流调节器设计确定时间常数：a)Ts=0.00333s2b)Toi=0.0025sc)Ti=%Ts=0.00250.00333=0.00583s电流调节器结构确定:因为5 0 ci可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R =KiR =0.224 父40K =8.96K,取 9K.Ci = i / R =0.012/(9 103) =1.33F由此C0i =4T0i/R0 =4 0.0025/40 103 =0.25F(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 =0.5则 1 /KI2 0. 005830.s0 1b)Ton -0.015s按照无静差的要求，应选用PI调节器,3c)TnF/KITon-0.011660.015-0.02666s速度调节器结构确定：Kn(nS1)Wasr(S)=-jnLjn),速度调节器参数确定:-nSM=hTg,取 h=5,Tn= hT%n =0.1333 s5h162Kn2=22=168.82s校验等效条件2h2T2n2520.026662，/(h1)-CeTm60.02360.1960.12Kn=6.942h:RTn250.010.180.02666.一.一1，cn=KN/1=KNn=168.820.1333=22.5sa)电流环近似条件：1K-=185.76=40.43s-1ocn3T3.0.00583b)转速环小时间常数近似：1叵=1,亶6=25.2s切cn3.T0n30.015可见满足近似等效条件。308 0.180.02666M0.196 10000.12转速超调量的校验(空载Z=0)二 n% =2*(-Cmax)(-zHn.NT281.2%1.1CbnTm=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：7n=hTs=0.07998sKn=(h1)/2h2T2n=4/(290.026662)=312.656s,Kn=(h1尸CeTm/2hRTn=40.02360.1960.12/(230.010.180.02666)=7.6校验等效条件：6=Kn/-i=Knf=312.6560.07998=25s,a)1/3(KI/T-i)1/2=1/3(85.76/0.00583)1/2=40.43scnb)1/3(KI/Ton)1/2=1/3(85.76/0.015)2=25.2s4cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：二n=272.2%1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)=9.97%：二10%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=KnR0=7.6父40=304K，取310K。Cn=n/Rn=0.07998/310103=0.258F3Con=41n/R0=40.015/40103=1.5F4)40%额定负载起动到最低转速时：二n%=272.2%(1.1-0.4)(3080.18/0.196100)(0.02666/0.12)=63.5%5)空载起动到额定转速的时间是:_ *CeTmn0.196 0.12 1000t2 e-0.386sIdmR1.1 308 0.18或者t22 3 76 100.02666 = 0.380s3 181r*2h、KnUn T由+1比-PdL为仅考虑起动过程的第二阶段。2根据电机运动方程：Gdn =Te -Tl, 375 dtdnCm(Idm -IdL)R(Idm-IdL)R22f (I dmIdL)dt GD2GD2RCeTCec -375375CmCe所以:_ *CeTmn0.196*0.12*1000(Idm -IdL)R =(1.1*308 -0)*0.18-0.385s2.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=500kVV UN =750V, I n =760A, nN=375 r/min ,电动势系数 G =1.82V min/r,电枢回路总电阻R=0.14 ，允许电流过载倍数入=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To =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Um*=Um*= Unm=10V,调节器输入电阻 R)=40kQ。设计指标：稳态无静差，电流超调量5W5%,空载起动到额定转速时的转速超调量bn w10%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5 0(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C0ci和转速环的截止频率COcn,并考虑它们是否合理？=Um=10=0.00877V/A解:(1)1dm1.5*760*Unm10二二m0.0267Vmin/rnN375电流调节器已按典型I型系统设计如下:a)TS=0.00176s确定时间常数：b)Toi=0.002sc)Ki=0.00367s电流调节器结构确定：因为b%c5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器,Wacr(s)=Ki(ts+1)/ts,Ti/Te=0.031/0.00367=8.25一b) 1/3(KMTon)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1cocn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选Ro=40K,则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K由止匕Cn=p/Rn=0.1367/420*103=0.325才取0.33pFC0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2旷12)电流环的截止频率是：coci=KI=136.24s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.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=1500r/min;电流给定信号最大值*一.、.、一、一、一一、Um=10V时，允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2Q，晶闸管装置的放大倍数K=30，电动机额定电流In=20A，电动势系数Ce=0.128Vmin/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(中=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n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Tsn=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mmax和恢复时间卜。解(1)=U*nm/nN=15/1500=0.01Vmin/r出U*im/Idm=10/30=0.33V/AU*n=5V,n=U*n/00=5/0.01=500r/minUc=Ud0/Ks=(E+IdR)/Ks=(Cen+IdLlR)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467V2)在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(=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=0U*i=U*im=10V,Ui=U*i=10VId=Idm=30AUc=Ud0/Ks=(E+IdRE)/Ks=(0+30*2)/30=2V3)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：Wns二第金1sTZns1而hT/=5*0.05=0.25sTh0.05sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=484)空载突加额定负载时，转速有动态降落。加b=2(”z)AnNTI/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)=625r/minCb=2FK2T=2IdNRTCeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625r/min最大动态速降：Anmax=(工max/Cb)*Anb=81.2%*625=507.5r/min恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s9500