运动控制系统双闭环直流调速系统仿真

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1、本科生课程论文课程名称运动控制系统学院机自学院专业电气工程及其自动化学号1212XXXX学生姓名翟自协指导教师杨影分数17题目：双闭环直流调速系统仿真对例题3.8设计的双闭环系统进行设计和仿真分析，仿真时间10s。具体要求如下：在一个由三相零式晶闸管供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：PN=60kW，UN=220V，IN=308A，nN=1000r/min，电动势系数Ce=0.196V·min/r，主回路总电阻R=0.18Ω，变换器的放大倍数Ks=35。电磁时间常数Tl=0.012s，机电时间常数Tm=0.12s，电流反馈滤波时间常数Toi=0.0025s

2、，转速反馈滤波时间常数Ton=0.015s。额定转速时的给定电压(Un*)N=10V，调节器ASR，ACR饱和输出电压Uim*=8V，Ucm=7.98V。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≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量≤10%。试求：（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在以内)和转速反馈系数α。（2）试设计电流调节器ACR.和转速调节器ASR。（3）在matlab/simulink仿真平台下搭建系统仿真模型。给出空载起动到额定转速过程中转速调节器积分部分不限幅与限幅时的仿真波形（包括转速、电流、转速调节器输出、转速调节器积分部分输出）

3、，指出空载起动时转速波形的区别，并分析原因。（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σn。并与仿真结果进行对比分析。17（5）估算空载起动到额定转速的时间，并与仿真结果进行对比分析。（6）在5s突加40%额定负载，给出转速调节器限幅后的仿真波形（包括转速、电流、转速调节器输出、转速调节器积分部分输出），并对波形变化加以分析。解：（1）β=Uim*Idm=8V1.1*IN=8V339A=0.0236VAα=101000=0.01Vminr（2）①电流调节器设计确定时间常数：a)Ts=0.00333sb)Toi=0.0025sc)Ti=Toi+Ts=0.0025

4、+0.00333=0.00583s电流调节器结构确定：因为σi≤5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，WACRS=Ki(τiS+1)τiS电流调节器参数确定：τi=Tl=0.012s，选KITi=0.5，KI=0.5Ti=85.76s-1，Ki=KIτiRKsβ=85.76×0.012×0.1835×0.0236=0.22417校验等效条件：ωci=KI=85.76s-1电力电子装置传递函数的近似条件：13Ts=13×0.00333=101.01>ωci忽略反电势的影响的近似条件：31TmTl=310.12×0.012=79.06s-1<ωci电流环小时间常数的近似条件：

5、131TsToi=1310.00333×0.0025=115.52s-1>ωci可见满足近似等效条件。②速度调节器设计确定时间常数：a）电流环等效时间常数1KI:因为KITi=0.5则1KI=2Ti=2×0.00583=0.01166sb）Ton=0.015sc）Tn=1KI+Ton=0.01166+0.015=0.02666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，WASRs=Kn(τns+1)τns速度调节器参数确定：τn=hTn，取h=5，τn=hTn=0.1333s17KN=h+12h2Tn2=62×52×0.026662=168.82s-2Kn=(h+

6、1)βCeTm2hαRTn=6×0.0236×0.196×0.122×5×0.01×0.18×0.02666=6.94校验等效条件：ωcn=KNω1=KNτn=168.82×0.1333=22.5s-1a）电流环近似条件：13KITi=1385.760.00583=40.43s-1>ωcnb）转速环小时间常数近似：13KITon=1385.760.015=25.2s-1>ωcn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）σn%=2*∆CmaxCbƛ-z∆nNn*TnTm=2×81.2%×1.1×308×0.180.196×1000×0.026660.12=11.23%>

7、10%转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需要重新设计。查表，应取小一些的h，选h=3进行设计。按h=3，速度调节器参数确定如下：τn=hTn=0.07998s17KN=h+12h2Tn2=42×9×0.026662=312.656s-2Kn=(h+1)βCeTm2hαRTn=4×0.0236×0.196×0.122×3×0.01×0.18×0.02666=7.7校验等效条件：ωcn=KNω1=KNτn=312.656×0.07998=25s-1a）电流环近似条件：13KITi