电力拖动自动控制系统第二十三讲.ppt

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Id0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，产生直流环流；,（3）当Id0时， Ucf0，直流环流由环流给定电压 决定。 由 |Uif|If0， |- | UirIr0，得给定直流环流 If0Ir0,要使直流环流为零，需要满足关系，即Ucf -UifUcf - Uir ，得 Uir Uif 2 而Uif If ， UirIr ，故有 If Ir 2,由If 0，得Ir2 （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。,（a）,（b）,（c）,图2,解： （1）图2a是所示为一个典型型，在单位速度输入时有原理误差，其值为esr1/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) sint， 5s-1,图3,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) sint1.005 sin(t 0.576º) 0.0112 sin(t+116.1º) 其中esmax 0.0112,也可以从频率特性求es(t) 而,当5s-1时，上式为 故es(t) 0.0112 sin(t+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： Kbc0.007V/(º)，Tph0.002s，Tn=0.01s，K20.00025V.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esr0.01º (2)阶跃动态响应指标：30，tz0.3s,图4,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=2Tn+Tph0.022s,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：30，根据典型型系统的跟踪性能指标，由表26，取h7，则 ph T7×0.022=0.154s s-2,又因为K=KpKobj/p 得Kp=Kp/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 esr1º/K 0.006º0.01º 超调量29.830， 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cp=K T=168.7×0.022=3.7 转速环传递函数简化条件为 cp 满足要求,小时间常数近似处理条件为 cp 满足近似条件,