电力拖动自动控制新版系统第三版陈伯时课后答案.doc

第一章 闭环控制直流调速系统

1－1 为什么 PWM—电动机系统比晶闸管—电动机系统可以获得更好动态性能？ 答：PWM—电动机系统在诸多方面有较大优越性：
（1） 主电路线路简朴，需用功率器件少。
（2） 开关频率高，电流容易持续，谐波少，电机损耗及发热都较小。
（3） 低速性能好，稳速精度高，调速范畴宽，可达 1：10000 左右。
（4） 若与迅速响应电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。
（5） 功率开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率恰当时，开关损耗也 不大，因而装置效率较高。
（6） 直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。
1－2 试分析有制动通路不可逆 PWM 变换器进行制动时，两个 VT 是如何工作。

答：在制动状态中，id 为负值，VT2 就发挥作用了。这种状况发生在电动运营过程中需要降 速时候。这时，先减小控制电压，使U g1 正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电
压U d 减少。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而导致 E > U d ，很 快使电流 id 反向，VD2 截止，在 ton ≤ t ＜Ｔ时，U g 2 变正，于是VT2 导通，反向电流沿回路
3 流通，产生能耗制动作用。在T ≤ t ＜Ｔ+ ton 时，VT2 关断，−id 沿回路 4 经VD1 续流，向

电源回馈制动，与此同步，VD1 两端压降钳住VT1 使它不能导通。在制动状态中，VT2 和VT1

轮流导通，而VT1 始终是关断。

在轻载电动状态，这时平均电流较小，以致在VT1 关断后 id 经VD2 续流时，还没有达到

周期Ｔ，电流已经衰减到零，这时VD2 两端电压也降为零，VT2 便提前导通了，使电流反向， 产生局部时间制动作用。
１－３ 调速范畴和静差率定义是什么？调速范畴、静差速降和最小静差率之间有什么关
系？为什么说“脱离了调速范畴，要满足给定静差率也就容易得多了”？ 答：生产机械规定电动机提供最高转速和最低转速之比叫做调速范畴，用字母Ｄ表达，即

D = nmax
nmin

其中，nmax

和 nmin

普通都指电动机额定负载时最高和最低转速，对于少数负

载很轻机械，可以用实际负载时最高和最低转速。
当系统在某一转速下运营时，负载由抱负空载增长到额定值时所相应转速降落，与理

想空载转速之比，称作静差率 s，即 或用比例表达
s = ΔnN
n0
s = ΔnN ×100%
n0

在直流电动机变压调速系统中，普通以电动机额定转速 nN 作为最高转速

则 s = ΔnN
n0
= ΔnN
nmin + ΔnN

∴ nmin
= ΔnN
s
− ΔnN
= (1 − s)ΔnN
s

D = nmax
nmin
= nN S
ΔnN (1 − S )

由上式可看出调速系统调速范畴、静差速降和最小静差率之间关系。对于同一种调
速系统， ΔnN 值一定，如果对静差率规定越严，即规定 s 值越小时，系统可以容许调速
范畴也越小。一种调速系统调速范畴，是指在最低速时还能满足所需静差率转速可调范
围。

１－４ 某一调速系统，测得最高转速特性为 nO max = 1500r / min ，最低转速特性为

nO min = 150r / min ，带额定负载时速度降落 ΔnN = 15r / min ，且在不同转速下额定速降

ΔnN 不变，试问系统可以达到调速范畴有多大？系统容许静差率是多少？

解 系统可以达到调速范畴为
D = nmax
nmin

= 1500
150 − 15

= 11

系统容许静差率
s = DΔnN
nN + DΔnN
×100% =
11×15
1500 + 11×15
×100% = 10%

１－５ 某闭环调速系统调速范畴是 1500~150r/min，规定系统静差率 s ≤ 2% ，那么系
统容许静态速降是多少如果开环系统静态速降是 100r/min，则闭环系统开环放大倍
数应有多大？

解 由于
s = ΔnN
n0
= ΔnN
nmin + ΔnN

Δn = nmin s = 150 × 0.02 = 3.06r / min

因此 N
1 − s
1 − 0.02

由于 Δncl
= Δnop
1 + K

Δn 100
K = op − 1 = − 1 = 31.7

因此 Δncl
3.06

1－6 某闭环调速系统开环放大倍数为 15 时，额定负载下电动机速降为 8r/min，如果
将开环放大倍数提高到 30，它速降为多少？在同样静差率规定下，调速范畴可以扩大多 少倍？

解 （1） 由于
Δn = RId
e
cl C（1+K）

C
cl
因此 RId = Δn（
e
1+K）=8×（1+15）=128

RI 128

cl
则 Δn
= d = = 4.13r / min

C（e 1+K）
1 + 30

（2） 由
D = nN S
ΔnN (1 − S )

，可知在 s 和 nN
不变状况下，D 只与 ΔnN 关于

调速范畴扩大 1.94 倍。
1 － 7 某 调速系统 调速范畴 D=20 ，额定 转速 nN = 1500r / min ，开环 转速降落

ΔnNop = 240r / min ，若规定系统静差率由 10%减少到 5%，则系统开环增益将如何变

化？
解； 当 s=10%时， Δn =


nN s
= 1500× 0.1
= 8.33r / min

N D（1-s）
Δnop
20 ×（1-0.1）
240

此时 K = − 1 = − 1 = 27.8

当 s=5%时，
Δncl
Δn =
8.33
nN s =
1500× 0.05
= 3.95r / min

N
Δnop
D（1-s）

240
20 ×（1-0.05）

此时 K = − 1 = − 1 = 59.8

Δncl
3.95

则若规定系统静差率由 10%减少到 5%，则系统开环增益将变大。

1—8 转速单闭环调速系统有那些特点？变化给定电压能否变化电动机转速？为什么？ 如果给定电压不变，调节测速反馈电压分压比与否可以变化转速？为什么？如果 测速发电机励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰能力？
答：（1）转速单闭环调速系统有如下三个基本特性
①只用比例放大器反馈控制系统，其被被调量仍是有静差。
②反馈控制系统作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性能是反馈控制系统最突出特 征之一。

③系统精度依赖于给定和反馈检测精度。
（2）变化给定电压会变化电动机转速，由于反馈控制系统完全服从给定作用。
（3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压分压比或测速发电机励磁发生了变化， 它不能得到反馈控制系统抑制，反而会增大被调量误差。反馈控制系统所能抑制只是 被反馈环包围前向通道上扰动。

1—9 在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测 速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速变化问系统对上述各量有无调节能力？为 什么？ 答：当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。由于电网电压是系统给定反馈控制系 统完全服从给定。
负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。由于她们变化最 终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小它们对稳态转速 影响。
测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统抑制，反而会增大被调量 误差。反馈控制系统所能抑制只是被反馈环包围前向通道上扰动。
1—10 有一 V—M 调速系统。电动机参数为： PN = 2.2kW，U N = 220V，I N = 12.5 A，

nN = 1500r / min ， 电枢电阻 Ra = 1.2Ω ，整流装置内阻 Rrec = 1.5Ω ，触发整流环节放
大倍数 K s = 35 。规定系统满足调速范畴 D=20，静差率 s ≤ 10% 。
（1）计算开环系统静态速降 Δnop 和调速规定所容许闭环静态速降 Δncl 。

（2）采用转速负反馈构成闭环系统，试画出系统原理图和静态构造框图。
n d N N
（3）调节该系统参数，使当U ∗ = 15V 时，I = I ，n=n ，则转速负反馈系数α 应当是
多少？
（4）计算放大器所需放大倍数。 解：（1）先计算电动机电动势系数

e
C = U N − I N Ra
nN
= 220 − 12.5 ×1.2 = 0.1367V ⋅ min/ r
1500

则开环系数额定速降为
（1.2+1.5）

Δnop
= I N R = 12.5 ×
= 246.9r / min

Ce 0.1367
额定负载时稳态速降应为

Δn =
nN s
≤ 1500× 0.1
= 8.33r / min

cl D（1-s）
20 ×（1-0.1）

（2） 系统静态构造框图如下所示

U*n +


Un
∆ Un


Ks
Uc
Kp Ks


Ud0
+
- IdR

E n
1/Ce

- Un

α

转速负反馈系统原理图

U
+ *
+ n n
Un
∆ U
- -


Uc
A Uc GT

+
Id

Ud
I
d
UPE Ud M

+
-

Un
- Un + -

+
tg
U
- tg
n
+

TTG

-

n
（ 3 ） 当 U ∗ = 15V
时， Id = I N，n=nN ，则转速负 反馈系数 α 应当是

∗ ∗

α = U n
= U n = 15
= 0.01

n nN
（4）闭环系统开环放大系数应为
1500

Δn 246.9
K = op − 1 = − 1 = 28.64

Δncl
8.33

运算放大器所需放大倍数

K P =
K
α KS / Ce
= 28.64
0.01× 35 / 0.1367
= 11.19

1—11 在题 1-10 转速负反馈系统中增设电流截止环节，规定堵转电流 Idbl ≤ 2I N ，临界
截止电流 Idcr ≥ 1.2I N ，应当选用多大比较电压和电流反馈采样电阻？规定电流反馈采样
电阻不超过主电路总电阻 1/3，如果做不到，需要增长电流反馈放大器，试画出系统原
理图和静态构造框图，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？

R
U ∗ +
I = n
U com
≤ 2 I

解：由于
dbl N
S

I = U com
≥ 1.2 I

R
dcr N
S

且 U∗ =15V，计算可得 R
= 1.5Ω，U
= 22.5V

n s com

U ∗ +
I = n
U com
≤ 2 I

R
dbl N
S

I = U com
≥ 1.2 I

S
dcr KR N

1—12 某调速系统原理图如图 1-58 所示，已知数据如下：电动机；PN = 18kW，U N = 220V，

I N = 94 A，nN = 1000r / min ， Ra = 0.15Ω ，整流装置内阻 Rrec = 0.3Ω ，触发整流环节
s nm
放大倍数 K = 40 。最大给定电压U ∗ = 15V ，当主电路电流达到最大值时，整定电流

反馈电压Uim = 10V

设计指标：规定系统满足调速范畴 D=20，静差率 s ≤ 10% ，Idbl = 1.5I N，。Idcr = 1.1I N 。
试画出系统静态构造框图，并计算：
（1） 转速反馈系数α 。
（2） 调节器放大系数 K p 。

（3） 电阻 R1 数值。（放大器输入电阻 R0 = 20kΩ ）
（4） 电阻 R2 数值和稳压管 VS 击穿电压值。
解：（1）转速负反馈系数α 应当是
∗ ∗

α = U n
= U n = 15
= 0.015

n nN
1000

（2）先计算电动机电动势系数

e
C = U N − I N Ra
nN
= 220 − 94 × 0.15 = 0.2059V ⋅ min/ r
1000

则开环系数额定速降为
（0.15+0.3）

Δnop
= I N R = 94 ×
Ce

0.2059
= 205.4r / min

Δn =
nN s
≤ 1000× 0.1
= 5.56r / min

cl D（1-s）
20 ×（1-0.1）

闭环系统开环放大系数应为
Δn 205.4
K = op − 1 = − 1 = 35.9

Δncl
运算放大器所需放大倍数
5.56

K P =
K
α KS / Ce
= 35.9
0.015 × 40 / 0.2059
= 12.3

1—13 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时系统与否有调节作
用，为什么？

（1） 放大器放大系数 K p ；

（2） 供电电网电压；

（3） 电枢电阻 Ra ；

（4） 电动机励磁电流；
（5） 电压反馈系数γ 。
答：在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当放大器放大系数 K p 发生变化时系统有调

节作用再通过反馈控制作用，由于她们变化最后会影响到转速，减小它们对稳态转速影 响。

电动机励磁电流、电枢电阻 Ra 发生变化时依然和开环系统同样，由于电枢电阻处在反 馈环外。
当供电电网电压发生变化时系统有调节作用。由于电网电压是系统给定反馈控制系统
完全服从给定。
当电压反馈系数γ 发生变化时，它不能得到反馈控制系统抑制，反而会增大被调量
误差。反馈控制系统所能抑制只是被反馈环包围前向通道上扰动。
1-13 有一种 V —M 系统，已知：电动机： PN = 2.8kW，U N = 220V，I N = 15.6 A，

nN = 1500r / min ，Ra = 1.5Ω ，整流装置内阻 Rrec = 1Ω ，触发整流环节放大倍数

Ks = 35 。
（1） 系统开环工作时，试计算调速范畴 D=30 时静差率 s 值。
（2） 当 D=30，s=10%，计算系统容许稳态速降。
n
（3） 如构成转速负反馈有静差调速系统，规定 D=30，s = 10% ，在U ∗ = 10V 时，

Id = I N，n=nN ，计算转速负反馈系数α 和放大器放大系数 K p 。

n
（4） 如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍规定U ∗ = 10V 时，

Id = I N，n=nN 并保持系统本来开环放大系数 K 不变，试求在 D=30 时静

差率。

解：（1）系统开环工作时，

e
C = U N − I N Ra
nN
= 220 − 15.6 ×1.5 = 0.1311V ⋅ min/ r
1500

则开环系数额定速降为
（1.5+1）

Δnop
= I N R = 15.6 ×
= 297.5r / min

Ce 0.1311

DΔn
30 × 297.5

则 s = N ×100% = ×100% = 85.6%

nN + DΔnN
1500 + 30 × 297.5

（2）当 D=30，s=10系统容许稳态速降

Δn =
nN s
= 1500 × 0.1
= 5.56r / min

N D（1-s）
30 ×（1-0.1）

n
（ 3 ）当 U ∗ = 10V
时， Id = I N，n=nN
，则 转速负反 馈系数 α 应当 是

∗ ∗

α = U n
= U n = 10
= 0.007

n nN
1500

闭环系统开环放大系数应为
Δn 297.5
K = op − 1 = − 1 = 52.51

Δncl
5.56

运算放大器所需放大倍数

K P =
K
α KS / Ce
= 52.51
0.007 × 35 / 0.1311
= 30.6

（4）在电压负反馈有静差调速系统中，开环与闭环速降是同样，
因此 Δncl = Δnop = 297.5r / min

s = DΔnN
nN + DΔnN
×100% =
30 × 297.5
1500 + 30 × 297.5
×100% = 85.6%

1-15 在题 1-10 系统中，若主电路电感 L=50mH ，系统 运动某些飞轮惯量
GD2 = 1.6N ⋅ m2 ，整流装置采用三相零式电路，试判断按题 1-10 规定设计转速负
反馈系统能否稳定运营？如果保证系统稳定运营，容许最大开环放大系数 K 是多
少？ 解：计算系统中各环节时间常数：
L 0.05

电磁时间常数
T = = = 0.0185s

l R 1.2 + 1.5

机电时间常数
GD2 R
e m
Tm = 375C C
= 1.6 × (1.2 + 1.5)
375 × 0.1367 × 30 × 0.1367
π
= 0.065s

三相桥式整流电路，晶闸管装置滞后时间常数为
Ts = 0.00167s

为保证系统稳定，开环放大系数应满足稳定条件：

T (T + T ) + T 2
0.065 × (0.0185 + 0.00167) + 0.001672

K < m l s s =
TlTs
0.0185 × 0.00167
= 42.5

由于 23.1>28.75,因此该系统不可以稳定运营,
如果保证系统稳定运营，容许最大开环放大系数 K 最大为 23.1.
1-16 为什么用积分控制调速系统是无静差？在转速单闭环调速系统中，当积分调节器
输入偏差电压 ΔU = 0 时，调节器输出电压是多少？它取决于那些因素？ 答；在动态过程中，当 ΔU n 变化时，只要其极性不变，积分调节器输出U c 便始终增长；
n n n c n c n
只有达到U ∗ = U ，ΔU = 0 时，U 才停止上升；不到 ΔU 变负，U 不会下降。当 ΔU = 0

时，U c 并不是零，而是一种终值；如果 ΔU n 不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，
这是积分控制特点。因而，积分控制可以使系统在无静差状况下保持恒速运营，实现无
静差调速。 比例调节器输出只取决于输入偏差量现状，而积分调节器输出则包括了输入偏
差量所有历史。虽然当前 ΔU n = 0 ，但历史上有过 ΔU n ，其积分就有一定数值，足以产
生稳态运营时需要控制电压U c 。

1-17 在无静差转速单闭环调速系统中，转速稳态精度与否还受给定电源和测速发电机精
度影响？并阐明理由。 答：系统精度依赖于给定和反馈检测精度。
因而转速稳态精度还受给定电源和测速发电机精度影响。

1-18 采用比例积分调节器控制电压负反馈调速系统，稳态运营时速度与否有静差？为 什么？试阐明理由。
答：采用比例积分调节器控制电压负反馈调速系统，稳态运营时速度是无静差。 电压负反馈实际是一种自动调压系统，只有被包围电力电子装置内阻引起稳态速降被 减小到 1/（1+K），它稳态性能比带同样放大器转速负反馈系统要差。但基本控制原 理与转速负反馈类似。它与转速负反馈同样可以实现无静差调节。

第二章 转速、电流双闭环直流调速系统和调节器工程设计办法

2-1 在转速、电流双闭环调速系统中，若要变化电动机转速，应调节什么参数？变化转 速调节器放大倍数 Kn 行不行？变化电力电子变换器放大倍数 Ks 行不行？变化

转速反馈系数α 行不行？若要变化电动机堵转电流，应调节系统中什么参数？
答：双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调节器都不饱和时，各变量之间有下列关系
n n 0
U * = U = α n = α n
n
因而 转速 n 是由给定电压U ∗ 决定；变化转速反馈系数也可以变化电动机转速。变化转

速调节器放大倍数 Kn 和电力电子变换器放大倍数 Ks
不可以。

2-2 转速、电流双闭环调速系统稳态运营时，两个调节器输入偏差电压和输出电压各是
多少？为什么？ 答：当两个调节器都不饱和时，它们输入偏差电压都是零
im
转速调节器 ASR 输出限幅电压U ∗ 决定了电流给定电压最大值；电流调节器 ACR

输出限幅电压U cm 限制了电力电子变换器最大输出电压U dm 。

2-3 如果转速、电流双闭环调速系统中转速调节器不是 PI 调节器，而改为 P 调节器，对
系统静、动态性能将会产生什么影响？

答：改为 P 调节器时其输出量总是正比于输入量，PI 调节器输出量在动态过程中决定于 输入量积分，到达稳态时，输入为零，输出稳态值与输入无关而是由它背面环节需要 决定。

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转速单闭环 调速系统：
（1）调速系统静态特性；
（2）动态限流性能；
（3）起动迅速性；
（4）抗负载扰动性能；
n
（5）抗电源电压波动性能。 答：（1）转速、电流双闭环调速系统在稳态工作点上，转速 n 是由给定电压U ∗ 决定。
∗
ASR 输出量 U*i 是由负载电流 IdL 决定。控制电压 Uc 大小则同步取决于 n 和 Id， 或者说，同步取决于U n 和 IdL。双闭环调速系统稳态参数计算是和无静差系统稳态计 算相似。
带电流截止环节转速单闭环调速系统静态特性特点：电流负反馈作用相称于在主电
路中串入一种大电阻 Kp Ks Rs ，因而稳态速降极大，特性急剧下垂；比较电压 Ucom 与 给定电压 Un* 作用一致，好象把抱负空载转速提高了。这样两段式静特性常称作下垂 特性或挖土机特性。
（2）
（3）双闭环直流调速系统起动过程有如下三个特点：饱和非线性控制、转速超调、准 时间最优控制。
（4）由动态构造图中可以看出，负载扰动作用在电流环之后，因而只能靠转速调节器
ASR 来产生抗负载扰动作用。在设计 ASR 时，应规定有较好抗扰性能指标。

（5）在单闭环调速系统中，电网电压扰动作用点离被调量较远，调节作用受到各种环
节延滞，因而单闭环调速系统抵抗电压扰动性能要差某些。双闭环系统中，由于增设了 电流内环，电压波动可以通过电流反馈得到比较及时调节，不必等它影响到转速后来才干 反馈回来，抗扰性能大有改进。

2-5 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用 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，电流调节器输入偏差电压 ΔUi 与否
为零？为什么？

n
2-6 在转速、电流双闭环调速系统中转速给定信号U ∗ 未变化，若增大转速反馈系数α ，
系统稳定后转速反馈电压U n 是增长还是减少？为什么？

2-7 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： PN = 3.7kW ,U N = 220V ，I N = 20 A，nN = 1000r / min ，电枢回路总电阻

nm im om dm
R = 1.5Ω ，设U ∗ = U ∗ = U = 8V ，电枢回路最大电流 I = 40 A ，电力电子变换器
放大系数 Ks = 40 。试求：

（1）电流反馈系数 β 和转速反馈系数α ；
d 0 i i c
（2）当电动机在最高速发生堵转时U 、U ∗ 、U 、U 值。
解：（1）稳态时

由于Idm
U ∗
= im
β
∗

因此β = Uim =
Idm
8 = 0.2V / A
40

U ∗
α = nm
nmax
= 8
1000
= 0.008V ⋅ min/ r

（2）电动机在最高速发生堵转时 n=0
U d 0 = Ce n + Id R = 40 ×1.5 = 60V

U
∗
i = −Ui = β Id = 8V

Ui = 8V

c
U = U d 0 = 60 = 1.5V
K s 40

2-8 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
im
达到U ∗ = 8V 时，主电路电流达到最大电流 80A。当负载电流由 40A 增长到 70A 时，试问：

i
（1）U ∗ 应如何变化？

（2）U c 应如何变化？

（3）U c 值由哪些条件决定？

i
2-9 在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运营，现 因某种因素使电动机励磁电源电压突然下降一半，系统工作状况将会如何变化？写出U ∗ 、

U c 、U d 0 、Id 及 n 在系统重新进入稳定后表达式。

2-10 某反馈控制系统已校正成典型 I 型系统。已知时间常数 T=0.1s，规定阶跃响应超调量
σ ≤ 10% 。
（1）求系统开环增益；
（2）计算过度过程时间 ts 和上升时间 tτ ；
（3）绘出开环对数幅频特性。如果规定上升时间 tτ < 0.25s ，则 K=？，σ = ?

2-11 有一种系统，其控制对象传递函数为W
(s) = K1 = 10

，规定设计一种

obj
τ s + 1 0.01s + 1

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，决定调节器构造，并选取其参数。

2-12 有一种闭环系统，其控制对象传递函数为Wobj
(s) =
K1 =
s(Ts + 1)
10
s(0.02s + 1)

，规定

校正为典型 II 型系统，在阶跃输入下系统超调量σ ≤ 30% （按线性系统考虑）。试决定调节
器构造，并选取其参数。

2-13 调节对象传递函数为Wobj
(s) =
18
(0.25s + 1)(0.005s + 1)

，规定用调节器分别将其校

正为典型 I 型和 II 型系统，求调节器构造与参数。

2-14 在一种由三相零式晶闸管整流装置供电转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机
额定数 据为： PN = 60kW ,U N = 220V ，I N = 308 A，nN = 1000r / min ，电动势系数

Ce = 0.196V ⋅ min/ r ，主回路总电阻 R = 0.18Ω ，触发整流环节放大倍数 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Toi = 0.0025s ，

n N
转速反馈滤波时间常数Ton = 0.015s 。额定转速时给定电压
(U ∗ ) = 10V ，调节器 ASR、

im om
ACR 饱和输出电压U ∗ = 8V ,U = 6.5V 。

系统静、动态指标为：稳态无静差，调速范畴 D=10，电流超调量σ i ≤ 5% ，空载起
动到额定转速时转速超调量σ n ≤ 10% 。试求：
（1）拟定电流反馈系数 β （假设起动电流限制在 339A 以内）和转速反馈系数α ；
（2）试设计电流调节器 ACR，计算其参数 Ri 、Ci 、Coi 。画出其电路图，调节器输
入回路电阻 R0 = 40kΩ ；
（3）设计转速调节器 ASR，计算其参数 Rn 、Cn 、Con 。（ R0 = 40kΩ ）；
（4）计算电动机带 40%额定负载起动到最低转速时转速超调量σ n 。
（5）计算空栽起动到额定转速时间。
解：1.电流反馈系数 β 和转速反馈系数α 分别为

U ∗
β = im
Idm
= 8
339
= 0.0236V / A

U ∗
α = nm
nmax
= 10
1000
= 0.01V ⋅ min/ r

2.（1）拟定期间常数
① 整流装置滞后时间常数 Ts.按表 1-2,三相零式电路平均失控时间 Ts=0.0033s.
② 电流滤波时间常数Toi.三相桥式电路每个波头时间是 3.3ms,为了基本滤平波头,应有 (1–2)Toi=3.33ms,因而取Toi=2.5ms=0.0025s.

∑i
③ 电流环小时间常数之和T
∑i
.按小时间常数近似解决,取
T = TS + Toi = 0.0058s

（2）选取电流调节器构造
依照设计规定σ i ≤5℅,并保证稳态电流无差,可按典型 I 型系统设计电流调节器.电流
环控制对象是双惯性型,因而可用 PI 型电流调节器,其传递函数见式(2-57).
T 0.012s

检核对电源电压抗扰性能:
 l = = 2.07 ,参照表 2-3 典型 I 型系统动态

T
∑i
抗扰性能,各项指标都是可以接受.
（3）计算电流调节器参数
0.0058s

电流调节器超前时间常数:
τ i =Tl =0.012s .

1
电 流 环开环增 益:要 求 σ i
≤5 ℅时,按表 2-2,应取 K T
∑
= 0.5
i
，因 此

K I =
0.5 =
T
∑i
0.5
0.0058s
= 86s−1

K τ R
86 × 0.012 × 0.18

i
于是,ACR 比例系数为:
K = I i = = 0.225

（4）校验近似条件
Ks β
35 × 0.0236

电流环截止频率：ω
= K = 86s−1

ci I
① 晶闸管整流装置传递函数近似条件

满足近似条件.
1
3Ts
= 1
3× 0.0033s
= 101s−1 > ω

ci
② 忽视反电动势变化对对电流环动态影响条件

满足近似条件.
3 1
TmTl
= 3×
1
ci
0.12s × 0.012s
= 79.06s−1 < ω

③ 电流环小时间常数近似解决条件

1 1 = 1 ×
1 = 116.1s−1 > ω

满足近似条件.
3 TsToi
3 0.0033s × 0.0025s ci

（5）计算调节器电阻电容
由图 2-25，按所用 运算放大 器取 R0
Ri = Ki R0 = 0.225 × 40kΩ = 9kΩ

=40k Ω,各电 阻和电容 值为

i
C = τ i
Ri
= 0.012 F = 1.33×10−6 F = 1.33μ F ，取1.33μ F
9 ×103

Coi
= 4Toi
R0
= 4 × 0.0025 F = 0.25 ×10−6 F = 0.25μ F ，取0.2μ F
40 ×103

按照上述参数,电流环可以达到动态跟随性能指标为σ i =4.3℅<5℅(见表 2-2),满足设计
规定.
3. （1）拟定期间常数

1
∑
① 电流环等效时间常数 1/ K I .已取 K I T i = 0.5 ,
K
I
= 2T
∑
= 2 × 0.0058s = 0.0116s
i

② 转速滤波时间常数Ton .依照所用测速发电机纹波状况,取Ton =0.01s.

③ 转速环小时间常数T
∑ n
.按小时间常数近似解决,取

n
T = 1
∑ K I
+ Ton

=0.0116s+0.015s=0.0266s


K（n

τ ns+1）

（2）选取转速调节器构造按照设计规定,选用 PI 调节器,其传递函数WAS（R
s）=
τ ns

（3）计算转速调节器参数按跟随和抗扰性能都较好原则,取 h=3,则 ASR 超前时间常数

n
为τ =hT
∑
=3 × 0.0266s=0.0798s
n

由式(2-75)可得转速环开环增益:
K N =
h + 1
2h2T 2
∑ n
= 4
2 × 32 × 0.02662
s−2 = 314.1s−2

于是,由式(2-76)可得 ASP 比例系数为:

K = (h + 1)β CeTm =
n 2hα RT
∑ n
4 × 0.0236 × 0.196 × 0.12
2 × 3× 0.01× 0.18 × 0.0266
= 7.73

（4）检查近似条件

由式(2-33)得转速环截止频率为:

①电流环传递函数简化条件为:
ωcn
= K N
ω1
= K Nτ n
= 314.1× 0.0798s−1 = 25.1s−1

1 K I
=