电力拖动自动控制系统第二十三讲.pptVIP

第二十三讲 习题课 例1、图1是一种可控可逆环流系统，试问： （1）如1AR、2AR输入端没有环流给定和电流负反馈信号，系统怎样工作？ （2） 1AR、2AR输入端各加上环流给定信号，但没有电流反馈信号时，此系统又将怎样工作？ （3）当Id＝0时，直流环流由什么决定？负载电流为何值时直流环流可抑制到零？ 解：（1）如1AR、2AR输入端没有环流给定和电流负反馈信号，系统相当于一个α＝β配合控制的有环流可逆系统 （2）1AR、2AR输入端各加上环流给定信号，但没有电流反馈信号时， 若正组工作，则正组控制信号增大为(Ucf＋ )，反组控制信号增大为(Ucf－ )，形成αβ，产生直流环流； （3）当Id＝0时， ＝Ucf＝0，直流环流由环流给定电压 决定。 由 ＝|Uif|＝βIf0， |- | ＝Uir＝βIr0，得给定直流环流 ＝If0＝Ir0 要使直流环流为零，需要满足α＝β关系，即Ucf ＋ -Uif＝Ucf - ＋Uir ，得 Uir ＋Uif ＝2 而Uif ＝βIf ， Uir＝βIr ，故有 If ＋Ir ＝ ＝2 由If ＝0，得Ir＝2 （正组工作），或 Ir ＝0，得If ＝2 （正组工作）， 即正组或反组电流为2倍给定环流时，系统得直流环流便抑制为零 例2、图2给出3个随动系统，试分析 （1）图2a系统在单位速度输入下的原理误差。 （2）图2b系统在单位阶跃负载扰动下的扰动误差。 （3）图2c系统在单位阶跃负载扰动下的扰动误差。 解： （1）图2a是所示为一个典型Ⅰ型，在单位速度输入时有原理误差，其值为esr＝1/K （2）图2b系统中，单位阶跃负载扰动为 IdL(s)＝1/s，由其产生的扰动误差 故其稳态值为 （3）图2c系统中，单位阶跃负载扰动为 IdL(s)＝1/s，由其产生的扰动误差 故其稳态值为 例3、某随动系统的结构图如图3所示，要求计算以下三种输入情况下系统的稳态原理误差 (1) ＝t/2 (2) ＝1+2t+t2 (3) ＝sinωt， ω＝5s-1 解： (1) 输入信号的拉氏变换为 稳态原理误差为 其中 故 (2)输入量中含有加速度成分，而系统是一阶无差系统，所以稳态原理误差 ed＝∞ (3)对线性系统来说，输入正弦信号时输出也是正弦信号，它的幅值与相位可以通过频率特性来计算。有 其中 当ω＝5s-1，上式为 而 故 可见正弦输出信号与输入正弦信号幅值接近相同，相位滞后0.576o。这样两者之间的误差为： es(t)＝ sinωt－1.005 sin(ωt－ 0.576o) ＝0.0112 sin(ωt+116.1o) 其中esmax ＝0.0112 也可以从频率特性求es(t) 而 当ω＝5s-1时，上式为 故es(t)＝ 0.0112 sin(ωt+116.1o) 例4、某小功率随动系统，采用位置、转速和电流环多环结构，其位置环结构图如图4所示，图中整流和滤波环节传递函数为 转速环的等效闭环传递函数为 i为减速比，已知： Kbc＝0.007V/(o)，Tph＝0.002s，T∑n=0.01s，K2＝0.00025V.s /(o)， i ＝4，要求设计一个位置调节器，使系统满足下述性能指标： (1)单位加速度输入时，系统原理esr≤0.01o (2)阶跃动态响应指标：σ％≤30％，tz＝0.3s 解： (1)由图4可得位置环调节对象的传递函数 式中Kobj＝ Kbc /(K2i)=7s-1 T∑=2T∑n+Tph＝0.022s 由于设计要求系统能跟踪加速度输入，应把系统校正成典型Ⅱ型系统，故位置调节器选用PI调节器，其传递函数为 按要求的动态指标：σ％≤30％，根据典型Ⅱ型系统的跟踪性能指标，由表2－6，取h＝7，则 τp＝h T∑＝7×0.022=0.154s s-2 又因为K=KpKobj/τp 得Kp=Kτp/Kobj=3.7 根据上述PI调节器参数，检验系统能否达到设计指标要求 esr＝1o/K ＝0.006o0.01o 超调量σ％＝29.8％30％， 过渡过程时间tv=11.3 T∑=0.25s0.3s 可见满足设计要求 校验近似条件 位置环截止频率ωcp=K T∑=168.7×0.022=3.7 转速环传递函数简化条件为 ωcp 满足要求 小时间常数近似处理条件为