仅考虑起动过程的第二阶段。
GD2dn根据电机运动方程：?Te?TL,375dtdnCm(Idm?IdL)R(Idm?IdL)R???(I?I)dmdLGD2GD2RdtCeTmCe375375CmCeCeTmn*0.196*0.12*1000t???0.385s所以： (Idm?IdL)R(1.1*308?0)*0.18
2.22 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=375 r/min，电动势系数Ce =1.82V·min/r, 电枢回路总电阻R=0.14Ω,允许电流过载倍数λ=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T0i=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Unm=Uim= Unm =10V,调节器输入电阻R0=40kΩ。 设计指标:稳态无静差，电流超调量?i≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量?n≤10%。电流调节器已按典型I型系统设计,并取参数KT=0.5。 （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?
*Uim10????0.00877V/AIdm1.5*760*Unm10????0.0267Vmin/rnN375**
解：（1）
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?0.002s
c)T?i?0.00367s电流调节器结构确定：因为σ%≤5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，
WACR(s)=Ki(τis+1)/τis， Tl/T∑i=0.031/0.00367=8.25<10
电流调节器参数确定：τi=Tl=0.031s， KIT∑i= 0.5， KI= 0.5/T∑i=136.24 s-1
Ki?KI?iR?136.24?0.031?0.14/75?0.00877?0.899 Ks?校验等效条件：ωci=KI=136.24 s-1
a)1/3Ts?1/3?0.00167?199.6s?1??cib)3(1/TmTl)1/2?3(1/0.112?0.031)1/2?50.9s?1??ci11c)(1/TsToi)1/2?(1/0.00167?0.002)1/2?182.39s?1??ci33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??i/Ri?0.031/36?103?0.86?F 4T0i3C0i??4?0.002/40?10?0.2?fR0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∑i= 0.5 则1/KI=2T∑i=2*0.00367=0.00734s b) b)Ton=0.02s
c) c)T∑n=1/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(τns+1)/τns 速度调节器参数确定：
τn=hT∑n，选h=5，则τn=hT∑n=0.1367s,
KN=(h+1)/（2h2T2∑n）=6/2*25*0.027342=160.54 s-2
Kn=(h+1)βCeTm/（2hαRT∑n）= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件：ωcn=KN/ω1=KNτn=160.54*0.1367 =21.946 s-2
a) 1/3(KI/T∑i)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1>ωcn b) 1/3(KI/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>ωcn 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
Cn=τn/Rn=0.1367/420*103=0.325μF 取0.33μF C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2μF
2) 电流环的截止频率是：ωci=KI=136.24 s-1 速度环的截止频率是： ω=21.946 s-2 cn
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。
2.23 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=1500 r/min;电流给定信号最大值Uim=10V时,允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2Ω,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 =0.128V·min/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(?=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Ⅱ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T∑n =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?nmax和恢复时间tv。
1) α= U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r β= U*im/Idm = 10/30=0.33 V/A
U*n =5 V，n=U*n/α=5/0.01=500 r/min
Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(Cen+IdLlR∑)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V
2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁（Φ=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=0
U*i=U*im =10， Ui=U*i =10 Id=Idm=30A
Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(0+30*2)/30=2 V
3) 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：
*
*
*
Wn?s??KN??ns?1?s?T?ns?1?2
τn=hT∑n=5*0.05=0.25s T∑n=0.05s
KN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-2 4) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。（p93,94)
Δnb=2(λ-z)ΔnN（T∑n/Tm）=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min [ Cb=2FK2T=2IdNRT∑n/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min ] 最大动态速降：Δnmax=(ΔCmax/Cb)*Δnb=81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表）
2.24旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率f0?1MHz，旋转编码器输出的脉冲个数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?1500r/min和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/min ZTc1024?4?0.01最大误差率：n?60M1? ZTcnZTc1500?4?1024?0.01??1024 6060n?1500r/min时，M1?n?150r/min时，M1?nZTc150?4?1024?0.01??102.4 60601500r/min时，?max%?11?100%??100%?0.098% M11024150r/min时，?max%?可见M法适合高速。
（2）T法： 分辨率：
11?100%??100%?0.98% M1102.4Zn21024?4?15002??171r/min n?1500r/min时，Q?660f0?Zn60?1?10?1025?4?1500Zn21024?4?1502??1.55r/min n?150r/min时，Q?60f0?Zn60?1?106?1024?4?150最大误差率：n?60f060f0，M2?，
ZnZM260?106?9.77 当n?1500r/min时，M2?1024?4?150060?106?97.7 当n?150r/min时，M2?1024?4?150n?1500r/min时，?max%?1M2?11?100%?1?100%?11.4%
9.77?1n?150r/min时，?max%?可见T法适合低速
M2?1?100%?1?100%?1%
97.7?1
习题四
4.1 一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为：额定电压UN?380V，额定转速
nN?960r/min，额定频率fN?50Hz，定子绕组为Y 联接。由实验测得定子电阻Rs?0.35? ， 定子漏感Lls?0.006H， 定子绕组产生气隙主磁通的等效电感
Lm?0.26H，转子电阻R?r?0.5?， 转子漏感L?lr?0.007H， 转子参数已折算到定子