1、電力拖動自動控制系統 運動控制系統答案上海大學 陳伯時主編1-1 為什么 PWM-電動機系統比晶閘管 -電動機系統能夠獲得更好的動態性能？答：PWM電動機系統在很多方面有較大的優越性：（1）主電路線路簡單，需用的功率器件少。（2）開關頻率高，電流容易連續，諧波少，電機損耗及發熱都較小。（3）低速性能好，穩速精度高，調速范圍寬，可達 1：10000左右。（4）若與快速響應的電動機配合，則系統頻帶寬，動態響應快，動態抗擾能力強。（5）功率開關 器件工作在 開關狀態 ，導通損耗小 ，當開關頻 率適當時 ，開關損耗也不大，因而裝置效率較高。（6）直流電源采用不控整流時，電網功率因數比相控整流器高。PW

2、M 開關頻率高，響應速度快，電流容易連續，系統頻帶寬，動態響應快，動態抗擾能力強。1-2 試分析有制動通路的不可逆PWM 變換器進行制動時，兩個 VT 是如何工作的？答：制動時，由于 Ug1 的脈沖變窄而導致 id反向時，Ug2變正，于是 VT2 導通，VT2 導通，VT1 關斷。1-3 調速范圍和靜差率的定義是什么？調速范圍，靜態速降和最小靜差之間有什么關系？為什么脫離了調速范圍，要滿足給定的靜差率也就容易得多了？答：生產機械要求電動機提供的最高轉速nmax和最低轉速nmaxnmin之比叫做調速范圍，用字母 D 表示，即： D =nmin負載由理想空載增加到額定值時，所對應的轉速降落 nN與

3、理想空載轉速 n0min之比，稱n為系統的靜差率 S,即： s=Nn0min調速范圍，靜差速降和最小靜差之間的關系為：nsD =NnN(1 s)由于在一定的 nN下，D 越大， nmin越小 nN又一定，則 S 變大。所以，如果不考慮D，則 S 的調節也就會容易，1-4 某一調速系統，測得的最高轉速特性為n0min=150 r / min ，帶額定負載的速度降落n0max=1500r / min ，最低轉速特性為nN= 15r / min ，且不同轉速下額定速降nN不變，試問系統能夠達到的調速范圍有多大？系統允許的靜差率是多大？解D =nmaxn=n0max nN n=150015= 11mi

4、nnn0minN15015s=15= 10%n0min1501-5 閉環調速系統的調速范圍是1500-150r/min，要求系統的靜差S<=2%,那末系統允許的靜1態速降是多少？如果開環系統的靜態速降是100r/min 則閉環系統的開環放大倍數應有多大？1，D =nmax=1500=則n =10nNS1500× 2%=3.06r / min2，nopnminK150則K100 SD(1)10(1 2%)ncl=+ 13.061 =31.71-6 某閉環調速系統的開環放大倍數為15 時，額定負載下電動機的速降為8 r/min，如果將開環放大倍數他提高到 30，它的速降為多少？在同

5、樣靜差率要求下，調速范圍可以擴大多少倍？K1= 15; K2= 30;K1 ncl; K12 ncl2同樣負載擾動的條件下K1+ 1+n與開環放大倍數加1成反比，則（K1+ 1）（/K2）+ 1= ncl 2/ ncl 1ncl 2=K2+ 1ncl1=151+301×8 4r / min同樣靜差率的條件下調速范圍與開環放大倍數加1 成正比（ K+ 1）（/K）+ 1=DDD1K2+ 1+cl 1/cl 2cl 2D=K2+ 1=301+ 1.94cl 111511-7某調速系統的調速范圍D=20 ，額定轉速n = 1500r / min，開環轉速降落nNop= 240r / min

6、 ，若要求靜差率由 10%減少到 5%則系統的開環增益將如何變化？解：原系統在調速范圍 D=20，最小轉速為：nmax1500，nmin=D=20= 75r / minncl=n0minnclnmin+ ncl=ncl75+ ncl=10%則ncl=8.33r / min原系統在范圍D=20，靜差率為 10%時，開環增益為：nNopnNopn=K31.5r / min =靜差率 10%時原系統的開環增益為：當s2= 5%時，同理可得K 2= 59.76所以系統的開環增益K將從27.8增加到59.76clK1+ 11ncl1-8 轉速單環調速系統有那些特點？改變給定電壓能否改變電動機的轉速？為什

7、么？如果給定電壓不變，調節測速反饋電壓的分壓比是否能夠改變轉速？為什么？如果測速發電機的勵磁發生了變化，系統有無克服這種干擾的能力？答：1）閉環調速系統可以比開環調速系統硬得多的穩態特性 ，從而在保證一定靜差率的要求下 ，能夠提高調速范圍。為此，所需付出的代價是需增設電壓放大器以及檢測與反饋裝置。*2）能。因為 n =kpk UsnRId，由公式可以看出，當其它量均不變化時 ， n 隨著 Un*C+ kC+ k的變化而變化e(1)e(1)3）能。因為轉速和反饋電壓比有關。4）不，因為反饋控制系統只對反饋環所包圍的前向通道上的擾動起抑制作用，而測速機勵磁不是。1-9 在轉速負反饋調節系統中 ，當

8、電網電壓 、負載轉矩 ，電動機勵磁電流 ，電樞電流 、電樞電阻 、2測速發電機勵磁各量發生變化時，都會引起轉速的變化，問系統對于上述各量有無調節能力？為什么？答：系統對于上述各量中電網電壓、負載轉矩，電動機勵磁電流，電樞電流、電樞電阻、有調節能力。因為它們在閉環系統的前向通道中，對于測速發電機勵磁各量發生變化，沒有調節能力。因為它不在閉環系統的前向通道中。1-10 有一 V-M 調速系統，電動機參數為：PN=kW U2.2,N=VI220,N=A n12.5,N=1500r / min,電樞電阻Ra= 1.2 ，整流裝置內阻Rrec= 1.5 ，觸發整流環節的放大倍數KS= 35 。要求系統滿

9、足調速范圍 20，靜差率10。（） 計算開環系統的靜態速降 nop和調速要求所允許的閉環靜態速降ncl。（） 調整該系統能參數 ，使當Un=15V，Id= IN， n = nN，則轉速負反饋系數 應該是多少？（） 計算放大器所需的放大倍數。解：（）電動機的電動勢系數 Ce=U IRNNa=220 12.5 ×1.2=V 0.1367min/r開環系統靜態速降 nop=RIdNCe=nN12.5 × (1.2 + 1.5)0.13671500=246.9r / min閉環靜態速降n=nNs=1500 × 0.1=8.33r / minclD(1 S )20(1 0.

10、1)nop246.9閉環系統開環放大倍數*K =ncl1 =9.331 = 28.64（2）因為 n =kk UpsnRIdC+ kC+ ke(1)e(1)所以 kpks=407.4288K（3） =kpKS/ Ce=0.00961V min/ rK28.64運算放大器的放大倍數Kp=K/ CSe=0.00961× 35 / 0.1367=11.64在題的轉速負反 饋系統中增設電流 截止環節，要求堵轉電流 Idbl 2IN，臨界截止電流 Idcr 1.2IN,應該選用多大的比較電壓和電流反 饋采樣電阻？要求電流反饋采樣電阻不超過主電路總阻的 1/3，如果做不到 ，需要加電流反饋放大器

11、 ，試畫出系統的原理圖和靜態結構圖 ，并計算電流反饋放大系數。這時電流反饋采樣電阻和比較電壓各為多少？解：（1） I 2I=AIdcrdbl1.2IN=N1.22 ×12.525=A×12.515(*KKU+ U)則U= IRRI=psncom(1 42)0comdcrs11.6 ××= 15sRdblR + KKRpss35(15 + 15)25 =s由式）也可（由）式(1.2 + 1.5) +*(U+ U×× R11.635s(142R143得：IdblnRscom)(1 ；=43) 25+1515RSS3Rs= 1.461.5=

12、U= I× R= 15R= 15 ×1.5 = 22.5Vcomdcrss系統的原理圖和靜態結構圖(給它畫出圖)（2）顯然采樣電阻大于主電路 2.7*1/3 倍，所以增加電流反饋放大器后：'1新的采樣電阻： Rs=R =1(1.2 +1.5)0.9=可選 0.5 歐姆3電流反饋放大系數： Kfi=3RsRs'=1.50.5= 3新的比較電壓： U= I× R'= 15R= 15 × 0.5 = 8.5Vcomdcrs所以加上的電流反饋放大器的放大倍數為 34sPKWU某調速統原圖如圖示，知數據下：動機VIA nR 18， 220，

13、 In94N= 18;N= 220;N= 94;n= 1000r / min;a=0.15，整流裝置內阻Rrec= 0.3 ,觸發整流環節的放大倍數KS= 40 。最大給定電壓 Unm= 15V ，當主電路電達到最大值時，整定電流反 饋電壓Uim= 10V 。設計指標：要求系統滿足調速范圍 20，靜差率 S10，系統的靜態結構框圖，并計算：（） 轉速反饋系數。（） 調節器放大系數 KP。（） 電阻 R1的數值。（放大器的輸入電阻 R0= 20K ）（） 電阻 R2的數值和穩壓管的擊穿電壓值。nS1000 0.1Idbl= 1.5IN， Idcr 1.1IN。試畫出解：(1)ncl=ND(1 S

14、 )=2009=100 / 18 = 5.56r / minC=UN IRNa=220 94 × 0.15=V renNIR100094 × 0.450.20597min/nop=NCe=0.2059=205.44r / minK =nopncl1 205.45.561 =535.95(取36）同 1-10 可得 a=0.0145K35.95(2)Kp=K/ CSe=0.0145× 40 / 0.2059=12.8(取13）(3) R1= KpR020260k= 13 ×=（4） Idbl=1.5IN=1.5× 94141 A； Idcr= 1

15、.1IN=1.1× 94 = 103.4 A；當主電路電流最大即為Idbl時，Uim= 10V而當主電路電流為Idcr時，Ui為：Uim=UiU=U× Iimdcr=10 ×103.4=7.33 VIdblIdcriIdbl141此時電流反饋起作用，穩壓管的擊穿電壓 Uvs可根據 Ui確定取稍大值： Uvs= 7.4V當主電路的電流增大到 Idbl時，為起到保護作用應使流過 R2的電流 IR2 等于流過 R0的電流，以使電機轉速迅速降落。此時：*IR2=Unm15=0.75 mA ;R2=U Uimvs=10 7.4=3.47 k(取 3.5k)R020IR20.

16、75系統的靜態結構框圖在電壓負反 饋單閉環有靜差調速系統中，當下列參數發生變化時，系統是否有調節作用，為什么？（）放大器的放大倍數（）電動機勵磁電流（）供電電網電壓（）電壓反饋系數 a（）電樞電阻答：3）電樞電阻，）電動機勵磁電流，（）電壓反饋系數 a無調節作用。因為 反饋控制系統所能抑制的只是被 反饋包圍的前向通道上的 擾動。有一個 V-M 系統,已知:電動機: （15 分）PN=KWU2.8;NVI= 220;NA n= 15;N= 1500r / min;Ra= 0.15,Ra=1.5, 整流裝置內阻Rrec= 1 ,觸發整流環節的放大倍數 KS= 35 。（15 分）(1) 系統開環工

17、作時 ,試計算調速范圍 D=30 時的靜差率 s 值;(2) 當 D=30,S = 10% 時,計算系統允許的穩態速降 ;(3) 如組成轉速負反饋有靜差調速系統 ,要求 D=30, S = 10% ,在,U*=10V , I= I, nn,計算轉速負反饋系數 a 和放大器放大系數 Kp;ndN=N6（4）如將上述調速系統改為電壓負反饋有靜差調速系統 ,仍要求在U*=10V , I= I, nn,并保持系統原來的開環放大系數不變，試求在 30 時的靜差n率。dN=N解：（）Ce=UN IRNa=220 15.6×1.5=0.131Vmin/r（原來多加了 1）nop=nRIdNCeN=

18、150015.6× (1+1.5)=0.131297.7r / mins =n=n0min50 +297.7297.7=85.61%（）當30，10時計算系統允許的穩態速降nS1500 * 0.1ncl=ND(1 S )=30(1 0.1)=5.56r / min（） K =nopncl1 =297.75.561 =52.54求取 的方法同 1-10可得 =0.00652V min/ rK52.54Kp=K/ CSe=0.00652 * 35 / 0.131=30.16(取30）（4）改為電壓負反饋有靜差調速系統閉環轉速降落為：IRIR()×15.6115.6 ×

19、1.5ncl=CNrec+ K+NaC=+r= 2.224 +178.6 = 180.825min當調速 D 范e(1)e0.131(152.54)0.132圍不變時靜差率為：DnN30 ×180.8scl=nN+ DnN=+×150030180.8×100% = 78.35%顯然比速度反饋系統在調速范圍不變的情況下靜差率大的多，但比無反饋系統靜差率小了在題1-10的系統中, 若主電路電感L=50m , 系統運動部分的飛輪慣量GD2= 1.6 Nm2,整流裝置采用三相零式電路,試判斷按題1-10 要求設計的轉速負反饋系統能否穩定運行?如果保證系統穩定運行 ,允許的

20、最大開懷放大系數K 是多少?電磁時間常數機電時間數2LTl=R0.052.7=0.0185 STm=GDR375* C C=1.6 × 2.730=0.0645eT375× 0.01367×3.14(或9.55) × 0.01367TS= 0.00333 S （查表全波為 0.00167）(T+ T ) + T2()2K <TmlsTTlss=0.0645 0.0185 + 0.00333+0.0185 × 0.003330.00333=23.1在 1-10 題中 K = 28.64 如要系統穩定須保證 K < 23.1 則系統不穩

21、定。如要系統穩定，允許的最大的開環放大系數為K 23.1 但調速范圍不滿足了16.為什么用積分控制的調速系統是無靜差的?在轉速負反饋調速系統中 ,當積分調節器的輸入偏差電壓 U = 0 時,調節器的輸出電壓是多少 ?它取決于那些因素 ?7答： 使用積分控制時可以借助積分作用 ，使反饋電壓 Un與給定電壓 Un* 相等，即使 Un為零 UC一樣有輸出，不再需要 Un來維持UC，由此即可使輸出穩定于給定值使調速系統無靜差。當 Un= 0 時調節器的輸出為電壓 UC，是對之前時刻的輸入偏差的積累。它取決于 Un的過去變化，當 Un為正 UC增加，當 Un為負 UC下降，當 Un為零時UC不變。17.

22、在無靜差轉速單閉環調速系統中,轉速的穩態精度是否還受給定電源和測速發電機精度的影響?試說明理由;答： 在無靜差轉速單閉環調速系統中 ，轉速的穩態精度同樣受給定電源和測速發電機精度的影響。無靜差轉速單閉環調速系統只是消除了誤差，使輸出的轉速基本穩定于給定的轉速。但是，這種系統依然屬于反饋控制系統，只能抑制被反饋環包圍的前向通道上的擾動，對于其他環節上的精度影響無可奈何。18.采用比例調節器控制的電壓負反饋系統,穩態運行時的速度是否有靜差?為什么 ?試說明理由;答：有靜差。電壓負反饋系統中是在轉速較高時，C n IR= U忽略了轉速的降落認為電樞電壓正比于轉速，而實際上是電樞電eaad 0壓無靜差

23、，從公式中可以看出速度的降落是不能消除的。因為調節器的輸出是電力電子變換器的控制電壓 U= KU。CPn所以只要電動機在運行，就必須有控制電壓 UC, 因而也必須有轉速偏差電壓 Un。第二章 習題答案2-1 在轉速、電流雙閉環調速系統中 ，若改變電動機的轉速 ，應調節什么參數？改變轉速調節器的放大倍數Kn行不行？改變電力電子變換器的放大倍 數 Ks 行不行？改變轉速反饋系數 行不行？若要改變電動機的堵轉電流，應調節系統中的什么參數？答：改變轉速，調節給定電壓*電流調節電流反饋系數 .Un，改變轉速調節器放大倍數 Kn不行，改變 Ks也不行，改變 行。改變堵轉2-2 轉速、電流雙閉環調速系統穩態

24、運行時，兩個調節器的輸入偏差電壓和輸出電壓各是多少？為什么 ？答：兩個調節器的輸入偏差電壓均為0，如果不為 0 則Uc和Ui* 繼續變化，就不是穩態。轉速調節器的輸出電壓為：Ui*=Id電流調節器的輸出電壓為： Uc=Udo=U*/ +CenRIdKsKs2-3 如果轉速、電流雙閉環調速系統中的轉速調節器不是PI 調節器 ，而改為 P 調節器 ，對系統的靜 、動態性能將會產生什么影響？答：穩態精度變差，但跟隨性和抗干擾能力都不會得到改善，使系統成為不穩定系統。答：靜特性1）閉環系統的靜特性變軟2）存在靜差率相對較大。動特性：跟隨性和抗干擾能力不會得到改善，動態穩定性降低，而快速性卻提高了。2-

25、4 試從下述五個方面來比較轉速、電流雙閉環調速系統和帶電流截止環節的轉速單閉環調速系統：（） 調速系統的靜態特性 ;（） 動態限流性能 ;（） 起動的快速性 ;（） 抗負載擾動的性能 ;（） 抗電源電壓波動的性能 ;答：（1）單閉環：在系統穩定時實現轉速無靜差。雙閉環：可實現轉速無靜差和電流無靜差。（2）單閉環：只能在超過臨界電流 Idcr后，限制電流沖擊8雙閉環：電流調節器通過電流反饋系數 隨時調節控制電流（3）單閉環：快、不平穩雙閉環：起動快、平穩（4）單閉環：差雙閉環：強、靠 ASR單閉環：差雙閉環：由電流內環 ACR 及時調節2-5 在轉速、電流雙閉環調速系統中 ，兩個調節器均采用PI

26、 調節。當系統帶額定負載運行時 ，轉速線突然斷線 ，系統重新進入后，電流調節器的輸入偏差電壓Ui是否為零？為什么？答：轉速和電流調節器的輸出達到飽和為止 ，電流調節器的輸入偏差電壓 Ui 不為零，因為穩定后電流反饋依然為 Ui= Id只能增加電動機的 轉速達到新的平衡 Udom= Cenmax+RId2-6 在轉速、電流雙閉環調速系統中，轉速給定信號*饋電壓是增加、減少還是不變？為什么？Un未改變，若增大轉速反饋系數，系統穩定后轉速反Un答：Un不變。因為 增大，在達到新的穩定運行時 ，依然要是無靜差系統 ，系統的轉速下降，在達到同樣的 Un時穩定運行。2-7 在轉速、電流雙閉環調速系統中，兩

27、個調節器ASR 、 ACR 均采用PI 調節器。已知參數：電動機：電樞回路總電阻 R=1.5 ，設U*=*= 8，電樞回路PN=KWU3.7;N=Vn220,N=1000 r / minnmUimUcmV最大電流 Idm= 40 A ，電力電子變換器的放大系數Ks= 40 。試求：（） 電流反饋系數 和轉速反饋系數 ;（） 當電動機在最高轉速發生堵轉時的 Udo、Ui* 、Ui、Uc值。*解：（1）電流反饋系數轉速反饋系數 = =UimIdm*Unm8=408=/0.2VA（2）*= =nmax=10000.008Vmin/rUiIdm0.2 × 408VUi= Uim*=8V （負

28、反饋）由于堵轉電流n0Udo= Cen + IdR = IR =VUc=UdoKs60=40dm1.5V40 ×1.5602-8 在轉速、電流比閉環調速系統中，調節器ASR,ACR均采用 PI 調節器。當 ASR 輸出達到 Uim*=8V 時，主電路電流達到最大電流 80A。當負載電流由 40A 增加到 70A 時，試問：（1）*（2）Uc（3）UcUi應如何變化？應如何變化？值由哪些條件決定？解：（1）*Ui應增加。因為當負載電流由 40A 增加到 70A 時Ui增加， Ui是確定的。 =Ui*=8=/0.1VAIdm80*Ui*= Id= =0.1× 404V=*UiI

29、d0.1× 707VId由 40A 增加到 70A 時， Ui由 4V 增加到 7V9（2）Uc略有增加。因為=0=Uc× KsUd+C nRI；Id的增加使Ud0增加，使得Uc增加e+dC nRI（3）Uc由 n 和 Id決定。 Uc= UdK0/s=eKsd2-9 在轉速、電流雙閉環調速系統中，電動機拖動恒轉矩負載在額定工作點正常運行，現因某種原因使電動機勵磁電源電壓突然下降一半 ,系統工作情況將會如何變化？寫出*后的表達式 。'Ui、Uc、Ud0 、 Id及 n 在系統重新進入穩定答：當磁通下降一半時 =2但電動機拖動恒轉矩負載運行所以 Id'=2Id

30、U*= I'2Iid=dU U*/ + 2*doCenIRUc=Ks=KsdU=CU*/ + 2*IRdoenId'=2Idn = Un*/d2-10 某反饋控制系統已校正成典型I 型系統。已知時間常數 T0.1S，要求階躍響應超調量 10%（） 求系統的開環增益 ;和上升時間（） 計算過渡過程時間 tstr;（） 繪出開環對數幅頻特性。如果上升時間 tr解：（1）系統開環增益 10%s 0.25，則 K=? ，= ?K 0.69=（參見表 2-2）（2）調節時間tsTKT 0.69s0.16.9上升時間 trT 6= 6 × 0.1 = 0.6s= 3.3=0.33

31、(3)tr < 0.25sKT=1K=10= 16.3%(4)用 MATLAB 仿一個為好：2-11有一個系統，其控制對象的傳遞函數為Wobj=K1s + 1=10s +0.011,要設計一個無靜差系統，在階躍輸入下系統超調量 5% （按線性系統考慮 ）。態校正，決定調節器結構，并選擇其參數。解：校正成典型 I 型系統，調節器傳遞函數為 WsKi試對該系統進行動pi() =校正后系統的開環傳遞函數為：W (s) = Wpis(s)Wobj() =KiK1取sK = KiK1s(s +1)0.5K50 5%查表得：KT =0.5; K = 50= T = 0.01sKi= 5W (s) =

32、50s(0.01s + 1)0.01Wobjs=K1=K110102-12 有一個閉環系統，其控制對象的傳遞函數為()s(Ts +1)s(0.02s + 1)，要求校正為典型 型系統，在階躍輸入下系統超調量 30% （按線性系統考慮 ）。決定調節器結構，并選擇其參數。10解： 30%選用 PI 型調節器Wpi=Kpi(1s +1)1系統開環傳函為 W=WWpiobj=Kpi(1s +1)1s10(0.02s + 1)h + 18h=7 = 1= hT =10K0.02 × 7 = 0.14K =222h T=2 × 49 × 0.022= 204.1K =1pi;

33、 Kpi= K1/10 = 2.86182-13 調節對象的傳遞函數為 Ws=，要求用調節器分別將其校正為典型 型和 型obj系統，求調節器的結構與參數。()(0.25s +1)(0.005 s +1)解：校正成典型 型系統選擇 PI 調節器：() =WsKpis(1+1)校正后的開環傳遞函數為：piW (s) =W1ssKpi(1s +×1)18令1= 0.25K = Kpipi(s)W() =×18 /1Ws()=Kobj=1s(0.25s +1001)(0.005 s +1)= 4.3%KT = 0.5K=100ts= 6T =0.03s(0.005s +1)s(0.

34、005s + 1)Kpi1=K×=18100 ×0.2518=1.39(2)校正成典 型系統，選擇 PI 調節器：Ws=Kpis(1+1)pi()1sKpi( 1s+1 ) ×K1Ws()=WpisW()objs()=1s ( T1s+1 )(T2s+1 )KKTs+=piS12(111( T2s+1 )1 )( 將T1看成大慣性環節）h=51=hT2= 5 × 0.005 = 0.025ts/ T = 9.55ts= 9.55× 0.005 = 0.047= 37.6%16KK4800 × 0.25 × 0.25K=h+=

35、 4800K =pi1= 4800; K=KT11=1.67222pi2hT50 × 0.005T11K1182-14在一個三相零式晶閘管整流裝置供電的轉速 -*(1)電流反饋系數 =*UnUimIdm=108339= 0./0263VA轉速反饋系數 =nmax=1000=0.01Vmin/r（2）設計電流調節器 ACR1 確定時間常數整流裝置滯后時間常數Ts = 0.00333 sToi = 0.0025 s電流環小時間常數之和+Ti=TsToi= 0.00583s112.選擇電流調節器結構 5%按典型 型設計，電流環控制對象是雙慣性型的可用(+ 1)TsWACR=Kis檢查對電源

36、電壓的抗擾性能：L=0.012=PI 型電流調節器。2.06各項指標可以接受。isTi3.計算電流調節器參數0.00583 s電流調節器超前時間常數=TL=0 . 012s電流開環增益：要求iK R=85.76 × 0.012 × 0.18= 5%4.校驗近似條件KITi=0.5KI=IiKs35 × 0.02360.224電流截止頻率Wci= KI= 85.76S 1（1）晶閘管裝置傳遞函數的近似條件13Ts=13 × 0.00333= 100.1S1> Wci滿足近似條件（2）忽略反電動勢變化對電流環動態影響的條件31TTmL3=×1

37、0.12× 0.012=79.06< Wci滿足近似條件（） 電流環小時間常數近似處理條件1111=3T30.00170.0025= 161.7S1> Wci滿足近似條件Tsoi（5）計算調節器電阻和電容×R0= 40K=RiKiR0iCi =0.224 × 40 = 8.0.012= 1.33µF(9)96KKR×3i910Coi =4Toi=4 × 0.00253=0.25µFR0×4010(3)動態性能跟隨指標為= 4.3% < 5% 滿足近似條件3.ASR 1.確定時間常數電流環等效時間常

38、數1KIKT=0.51=2Ti=2 × 0.00583 = 0.01166KIS轉速濾波時間常數轉速環小時間常數Ton= 0.015S1Tn=TSKI+on= 0.01166 + 0.015 = 0.02666K(s + 1)2.選擇轉速調節器結構 ：按典型型系統設計，選擇 PI 調節器WS=nn3.計算轉速調節器參數取h=3ASR 的超前時常數12ARS()nsn= hTn=3 × 0.0266 = 0.0798S轉速開環增益KN=h + 1222h T=42 × 9 × 0.02662= 314.07S24.校驗近似條件ASR 例系數Kn=(h + 1)CeTm2hRTn=14 × 0.