《电力拖动自动控制系统》陈伯时(第三版)机械工业出版社习题答案 25页

'课后答案网www.khdaw.com第一章闭环控制的直流调速系统1－1为什么PWM—电动机系统比晶闸管—电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM—电动机系统在很多方面有较大的优越性：（1）主电路线路简单，需用的功率器件少。（2）开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。（3）低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达1：10000左右。（4）若与快速响应的电动机配合，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，当开关频率适当时，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试分析有制动通路的不可逆PWM变换器进行制动时，两个VT是如何工作的。答：在制动状态中，i为负值，VT就发挥作用了。这种情况发生在电动运行过程中需要降d2速的时候。这时，先减小控制电压，使U的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电g1压U降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而造成EU>，很dd快使电流i反向，VD截止，在t≤t＜Ｔ时，U变正，于是VT导通，反向电流沿回路d2ong223流通，产生能耗制动作用。在Tt≤＜Ｔ+t时，VT关断，−i沿回路4经VD续流，向on2d1电源回馈制动，与此同时，VD两端压降钳住VT使它不能导通。在制动状态中，VT和VT1121轮流导通，而VT始终是关断的。1在轻载电动状态，这时平均电流较小，以致在VT关断后i经VD续流时，还没有达到1d2周期Ｔ，电流已经衰减到零，这时VD两端电压也降为零，VT便提前导通了，使电流反向，22产生局部时间的制动作用。１－３调速范围和静差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”？答：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围，用字母Ｄ表示，即nmaxD=其中，n和n一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少数负maxminnmin载很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低转速。当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落，与理ΔnN想空载转速之比，称作静差率s，即s=n0ΔnN或用百分比表示s=×100%n0 课后答案网www.khdaw.com在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速n作为最高转速NΔΔnnNN则s==nnn+Δ0minNΔ−ns(1)ΔnNN∴nn=−Δ=minNssnnSmaxND==nnΔ(1−S)minN由上式可看出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系。对于同一个调速系统，Δn值一定，如果对静差率要求越严，即要求s值越小时，系统能够允许的调速N范围也越小。一个调速系统的调速范围，是指在最低速时还能满足所需静差率的转速可调范围。１－４某一调速系统，测得的最高转速特性为nr=1500/min，最低转速特性为Omaxnr=150/min，带额定负载时的速度降落Δnr=15/min，且在不同转速下额定速降OminNΔn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？N解系统能够达到的调速范围为n1500maxD===11n15015−minDnΔ1115×N系统允许的静差率s=×100%=×100%10%=nDn+Δ15001115+×NN１－５某闭环调速系统的调速范围是1500~150r/min，要求系统的静差率s≤2%，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？ΔΔnnNN解因为s==nnn+Δ0minNns1500.02×minΔ=nr==3.06/min所以N1−−s10.02Δnop因为Δ=ncl1+K 课后答案网www.khdaw.comΔnop100K=−1=−131.7=所以Δn3.06cl1－6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？RId解（1）因为Δ=nclC（1+K）eRId所以=Δn（1+K）=8（1+15）=128×clCeRI128d则Δ=nr==4.13/minclC（1+K）130+enSN（2）由D=，可知在s和n不变的情况下，D只与Δn有关NNΔ−nS(1)N调速范围扩大1.94倍。1－7某调速系统的调速范围D=20，额定转速nr=1500/min，开环转速降落NΔ=nr240/min，若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将如何变Nop化？ns15000.1×N解；当s=10%时，Δ=nr==8.33/minND（1-s）20×（1-0.1）Δnop240此时K=−1=−127.8=Δn8.33clns15000.05×N当s=5%时，Δ=nr==3.95/minND（1-s）20×（1-0.05）Δnop240此时K=−1=−159.8=Δn3.95cl则若要求系统的静差率由10%减少到5%，则系统的开环增益将变大。1—8转速单闭环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？答：（1）转速单闭环调速系统有以下三个基本特征①只用比例放大器的反馈控制系统，其被被调量仍是有静差的。②反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。扰动性能是反馈控制系统最突出的特征之一。 课后答案网www.khdaw.com③系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。（2）改变给定电压会改变电动机的转速，因为反馈控制系统完全服从给定作用。（3）如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。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，都会引起转速的变化，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。因为电网电压是系统的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。因为他们的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的影响。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的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。1—10有一V—M调速系统。电动机参数为：Pk=2.2W，，U=220VI=12.5A，NNNnr=1500/min，电枢电阻R=1.2Ω，整流装置内阻R=1.5Ω，触发整流环节的放Narec大倍数K=35。要求系统满足调速范围D=20，静差率s≤10%。s（1）计算开环系统的静态速降Δn和调速要求所允许的闭环静态速降Δn。opcl（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框图。∗（3）调整该系统参数，使当UV=15时，II=，n=n，则转速负反馈系数α应该是ndNN多少？（4）计算放大器所需的放大倍数。解：（1）先计算电动机的电动势系数UIR−22012.51.2−×NNaCV===⋅0.1367min/ren1500N则开环系数额定速降为IR12.5×（1.2+1.5）NΔ==n=246.9/minropC0.1367e额定负载时的稳态速降应为ns15000.1×NΔ=n≤=8.33/minrclD（1-s）20×（1-0.1）（2）系统的静态结构框图如下所示 课后答案网www.khdaw.com-IdR*Un+∆UnUcUd0EnKpKs+1/Ce-Unα转速负反馈系统的原理图+*Unn+++IIdd∆UUnAUcGTUPEUUdMMd----UUn+-nn++TGTUtgtg--∗（3）当U=15V时，II=，n=n，则转速负反馈系数α应该是ndNN∗∗UU15nnα====0.01nn1500N（4）闭环系统的开环放大系数应为Δnop246.9K=−1=−128.64=Δn8.33cl运算放大器所需的放大倍数K28.64K===11.19PαKC/0.0135/0.1367×Se1—11在题1-10的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流I≤2I，临界dblN截止电流I≥1.2I，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dcrN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？ 课后答案网www.khdaw.com∗UU+ncomII=≤2dblNR解：因为SUcomII=≥1.2dcrNRS∗且U=15V，计算可得R=1.5Ω=，U22.5Vnscom∗UU+ncomII=≤2dblNRSUcomII=≥1.2dcrNKRS1—12某调速系统原理图如图1-58所示，已知数据如下：电动机；Pk=18W，UV=220，NNIA==94，n1000/minr，R=0.15Ω，整流装置内阻R=0.3Ω，触发整流环节NNarec∗的放大倍数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snm反馈电压UV=10im设计指标：要求系统满足调速范围D=20，静差率s≤10%，I=1.5I，。I=1.1I。dblNdcrN试画出系统的静态结构框图，并计算：（1）转速反馈系数α。（2）调节器放大系数K。p（3）电阻R的数值。（放大器输入电阻R=20kΩ）10（4）电阻R的数值和稳压管VS的击穿电压值。2解：（1）转速负反馈系数α应该是∗∗UU15nnα====0.015nn1000N（2）先计算电动机的电动势系数UIR−220940.15−×NNaCV===⋅0.2059min/ren1000N则开环系数额定速降为IR94×（0.15+0.3）NΔ==n=205.4/minropC0.2059ens10000.1×NΔ=n≤=5.56/minrclD（1-s）20×（1-0.1） 课后答案网www.khdaw.com闭环系统的开环放大系数应为Δnop205.4K=−1=−135.9=Δn5.56cl运算放大器所需的放大倍数K35.9K===12.3PαKC/0.01540/0.2059×Se1—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是否有调节作用，为什么？（1）放大器的放大系数K；p（2）供电电网电压；（3）电枢电阻R；a（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，当放大器的放大系数K发生变化时系统有调p节作用再通过反馈控制作用，因为他们的变化最终会影响到转速，减小它们对稳态转速的影响。电动机励磁电流、电枢电阻R发生变化时仍然和开环系统一样，因为电枢电阻处于反a馈环外。当供电电网电压发生变化时系统有调节作用。因为电网电压是系统的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的抑制，反而会增大被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。1-13有一个V—M系统，已知：电动机：Pk=2.8W，，UV==220I15.6A，NNNn=1500/minr，R=Ω1.5，整流装置内阻R=1Ω，触发整流环节的放大倍数NarecK=35。s（1）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%，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UV=10时，nII=，n=n，计算转速负反馈系数α和放大器放大系数K。dNNp∗（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求UV=10时，nII=，n=n并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在D=30时静dNN 课后答案网www.khdaw.com差率。解：（1）系统开环工作时，UIR−22015.61.5−×NNaCV===0.1311⋅min/ren1500N则开环系数额定速降为IR15.6×（1.5+1）NΔ==n=297.5/minropC0.1311eDnΔ30297.5×N则s=×100%=×100%=85.6%nDn+Δ150030297.5+×NN（2）当D=30，s=10%，系统允许的稳态速降ns15000.1×NΔ=nr==5.56/minND（1-s）30×（1-0.1）∗（3）当U=10V时，II=，n=n，则转速负反馈系数α应该是ndNN∗∗UU10nnα====0.007nn1500N闭环系统的开环放大系数应为Δnop297.5K=−1=−152.51=Δn5.56cl运算放大器所需的放大倍数K52.51K===30.6PαKC/0.00735/0.1311×Se（4）在电压负反馈有静差调速系统中，开环与闭环的速降是一样的，所以Δ=nnΔ=297.5/minrclopDnΔ30297.5×Ns=×100%=×100%=85.6%nDn+Δ150030297.5+×NN1-15在题1-10的系统中，若主电路电感L=50mH，系统运动部分的飞轮惯量22GD=⋅1.6Nm，整流装置采用三相零式电路，试判断按题1-10要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K是多少？解：计算系统中各环节的时间常数：L0.05电磁时间常数Ts===0.0185lR1.21.5+ 课后答案网www.khdaw.com2GDR1.6(1.21.5)×+机电时间常数Ts===0.065m375CC30em3750.1367×××0.1367π三相桥式整流电路，晶闸管装置的滞后时间常数为Ts=0.00167s为保证系统稳定，开环放大系数应满足的稳定条件：22TTTT()++0.065(0.01850.00167)0.00167×++mlssK<==42.5TT0.01850.00167×ls因为23.1>28.75,所以该系统不可以稳定运行,如果保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K最大为23.1.1-16为什么用积分控制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调节器的输入偏差电压Δ=U0时，调节器的输出电压是多少？它取决于那些因素？答；在动态过程中，当ΔU变化时，只要其极性不变，积分调节器的输出U便一直增长；nc∗只有达到UUU=Δ=,0时，U才停止上升；不到ΔU变负，U不会下降。当Δ=U0nnncncn时，U并不是零，而是一个终值；如果ΔU不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，cn这是积分控制的特点。因此，积分控制可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，实现无静差调速。比例调节器的输出只取决于输入偏差量的现状，而积分调节器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。虽然现在Δ=U0，但历史上有过ΔU，其积分就有一定数值，足以产nn生稳态运行时需要的控制电压U。c1-17在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精度的影响？并说明理由。答：系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度。因此转速的稳态精度还受给定电源和测速发电机精度的影响。1-18采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，稳态运行时的速度是否有静差？为什么？试说明理由。答：采用比例积分调节器控制的电压负反馈调速系统，稳态运行时的速度是无静差的。电压负反馈实际是一个自动调压系统，只有被包围的电力电子装置内阻引起的稳态速降被减小到1/（1+K），它的稳态性能比带同样放大器的转速负反馈系统要差。但基本控制原理与转速负反馈类似。它与转速负反馈一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的工程设计方法2-1在转速、电流双闭环调速系统中，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K行不行？改变电力电子变换器的放大倍数K行不行？改变ns 课后答案网www.khdaw.com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：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*U=U=αn=αnnn0∗因此转速n是由给定电压U决定的；改变转速反馈系数也可以改变电动机转速。改变转n速调节器的放大倍数K和电力电子变换器的放大倍数K不可以。ns2-2转速、电流双闭环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：当两个调节器都不饱和时，它们的输入偏差电压都是零∗转速调节器ASR的输出限幅电压U决定了电流给定电压的最大值；电流调节器ACRim的输出限幅电压U限制了电力电子变换器的最大输出电压U。cmdm2-3如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是PI调节器，而改为P调节器，对系统的静、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调节器的输出量在动态过程中决定于输入量的积分，到达稳态时，输入为零，输出的稳态值与输入无关而是由它后面环节的需要决定的。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：（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：（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决定的。nASR的输出量U*i是由负载电流IdL决定的。控制电压Uc的大小则同时取决于n和Id，∗或者说，同时取决于U和IdL。双闭环调速系统的稳态参数计算是和无静差系统的稳态计n算相似。带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特性特点：电流负反馈的作用相当于在主电路中串入一个大电阻KpKsRs，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*的作用一致，好象把理想空载转速提高了。这样的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的起动过程有以下三个特点：饱和非线性控制、转速超调、准时间最优控制。（4）由动态结构图中可以看出，负载扰动作用在电流环之后，因此只能靠转速调节器ASR来产生抗负载扰动的作用。在设计ASR时，应要求有较好的抗扰性能指标。 课后答案网www.khdaw.com（5）在单闭环调速系统中，电网电压扰动的作用点离被调量较远，调节作用受到多个环节的延滞，因此单闭环调速系统抵抗电压扰动的性能要差一些。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的调节，不必等它影响到转速以后才能反馈回来，抗扰性能大有改善。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，电流调节器的输入偏差电压ΔU是否i为零？为什么？∗2-6在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号U未改变，若增大转速反馈系数α，n系统稳定后转速反馈电压U是增加还是减少？为什么？n2-7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：Pk=3.7W,UV===220,IA20,nr1000/min，电枢回路总电阻NNNN∗∗R=Ω1.5，设UUU===8V，电枢回路最大电流I=40A，电力电子变换器的nmimomdm放大系数K=40。试求：s（1）电流反馈系数β和转速反馈系数α；∗（2）当电动机在最高速发生堵转时的U、U、U、U值。d0iic解：（1）稳态时∗Uim因为I=dmβ∗U8im所以β===0.2/VAI40dm∗U8nmα===0.008Vr⋅min/n1000max（2）电动机在最高速发生堵转时n=0UC=nI+=×=R401.560Vded0∗UUI=−=β=8ViidUV=8iU60d0UV===1.5cK40s 课后答案网www.khdaw.com2-8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U=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：im∗（1）U应如何变化？i（2）U应如何变化？c（3）U值由哪些条件决定？c2-9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行，现∗因某种原因使电动机励磁电源电压突然下降一半，系统工作情况将会如何变化？写出U、iU、U、I及n在系统重新进入稳定后的表达式。cd0d2-10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，要求阶跃响应超调量σ≤10%。（1）求系统的开环增益；（2）计算过度过程时间t和上升时间t；sτ（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间t<0.25s，则K=？，σ=?τK1012-11有一个系统，其控制对象的传递函数为Ws()==，要求设计一个objτss+10.011+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。K1012-12有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Ws()==，要求objsTs(+1)s(0.02s+1)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）。试决定调节器结构，并选择其参数。182-13调节对象的传递函数为Ws()=，要求用调节器分别将其校obj(0.25ss+1)(0.005+1)正为典型I型和II型系统，求调节器的结构与参数。2-14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：Pk====60W,UV220,IA308,n1000/minr，电动势系数NNNNCV=⋅0.196min/r，主回路总电阻R=0.18Ω，触发整流环节的放大倍数K=35。电es 课后答案网www.khdaw.com磁时间常数T=0.012s，机电时间常数T=0.12s，电流反馈滤波时间常数Ts=0.0025，lmoi∗转速反馈滤波时间常数T=0.015s。额定转速时的给定电压()1U=0V，调节器ASR、onnN∗ACR饱和输出电压UV==8,U6.5V。imom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σ≤5%，空载起i动到额定转速时的转速超调量σ≤10%。试求：n（1）确定电流反馈系数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R、C、C。画出其电路图，调节器输iioi入回路电阻R=Ω40k；0（3）设计转速调节器ASR，计算其参数R、C、C。（R=40kΩ）；nnon0（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σ。n（5）计算空栽起动到额定转速的时间。解：1.电流反馈系数β和转速反馈系数α分别为∗U8imβ===0.0236/VAI339dm∗U10nmα===⋅0.01Vrmin/n1000max2.（1）确定时间常数①整流装置滞后时间常数Ts.按表1-2,三相零式电路的平均失控时间Ts=0.0033s.②电流滤波时间常数Toi.三相桥式电路每个波头的时间是3.3ms,为了基本滤平波头,应有(1–2)Toi=3.33ms,因此取Toi=2.5ms=0.0025s.③电流环小时间常数之和T.按小时间常数近似处理,取TTT=+=0.0058s∑i∑iSoi（2）选择电流调节器结构根据设计要求σ≤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i环控制对象是双惯性型的,因此可用PI型电流调节器,其传递函数见式(2-57).T0.012sl检查对电源电压的抗扰性能:==2.07,参照表2-3的典型I型系统动态Ts0.0058∑i抗扰性能,各项指标都是可以接受的.（3）计算电流调节器参数电流调节器超前时间常数:τ=T=0.012s.il电流环开环增益:要求σ≤5℅时,按表2-2,应取KT=0.5,因此i1∑i 课后答案网www.khdaw.com0.50.5−1K8===6sITs0.0058∑iKRτ860.0120.18××Ii于是,ACR的比例系数为:K===0.225iKβ350.0236×s（4）校验近似条件−1电流环截止频率:ω==Ks86ciI①晶闸管整流装置传递函数的近似条件11−1==101s>ωci3Ts30.0033×s满足近似条件.②忽略反电动势变化对对电流环动态影响的条件11−13=×3=79.06s<ωciTT0.12s×0.012sml满足近似条件.③电流环小时间常数近似处理条件1111−1=×=116.1s>ωci3TT30.0033s×0.0025ssoi满足近似条件.（5）计算调节器电阻电容由图2-25,按所用运算放大器取R=40kΩ,各电阻和电容值为0R==×ΩKR0.22540k=9kΩii0τi0.012−6CFF===×1.3310=1.33μμF,取1.33Fi3R910×i4Toi40.0025×−6CF===×=0.2510F0.25μF,取0.2μFoi3R4010×0按照上述参数,电流环可以达到的动态跟随性能指标为σ=4.3℅<5℅(见表2-2),满足设计i要求.3.（1）确定时间常数1①电流环等效时间常数1/K.已取KT=0.5,==2Ts20.0058×=0.0116sII∑i∑iKI②转速滤波时间常数T.根据所用测速发电机纹波情况,取T=0.01s.onon③转速环小时间常数T.按小时间常数近似处理,取∑n1TT=+=0.0116s+0.015s=0.0266s∑nonKIK（s+1）τnn（2）选择转速调节器结构按照设计要求,选用PI调节器,其传递函数W（s）=ASRτsn（3）计算转速调节器参数按跟随和抗扰性能都较好的原则,取h=3,则ASR的超前时间常数为τ=hT=30.0266s=0.0798s×n∑nh+14−22−由式(2-75)可得转速环开环增益:Ks===314.1sN222222hT××30.0266∑n 课后答案网www.khdaw.com于是,由式(2-76)可得ASP的比例系数为:(1hC+)βT40.02360.1960.12×××emK===7.73n2hRTα230.010.180.0266××××∑n（4）检验近似条件KN−11−由式(2-33)得转速环截止频率为:ωτ===×Ks314.10.0798=25.1scnNnω1①电流环传递函数简化条件为:11KI86−−11=×ss=40.6>ω,满足简化条件.cn3T30.0058∑i②转速环小时间常数近似处理条件为:11KI86−−11=×ss=25.2>ω,满足近似条件.cn3T30.01on（5）计算调节器电阻和电容根据图2-27,取R=40kΩ,则R=KR=×Ω7.7340k=Ω309.2k,取310kΩ0nn0τn0.0798−6CF===×0.25710F=0.257μF,取0.257μFn3R31010×n4Ton40.015×−6CF===×=1.510F1.5μμF,取1.5Fon3R4010×0（6）校核转速超调量当h=3时,由表2-6查得,σ=52.6℅,不能满足设计要求.实际上,由于表2-6是按线性系统n计算的,而突加阶跃给定时,ASR饱和,不符合线性系统的前提,应该按ASR退饱和的情况重新计算超调量。ΔC（7）由表2-7查得,由得h==3，max72.2%CbI339mλ===1.1I308N3080.18×TΔCΔn∑n0.1960.0266maxNσλ=×2（）（-z）=×272.2%1.1×××=9.96%10%