运动控制系统双闭环直流调速系统仿真.docx

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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，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），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。

（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=0.0236VA

α=101000=0.01Vminr

（2）①电流调节器设计

确定时间常数：

a）Ts=0.00333s

b）Toi=0.0025s

c）Ti=Toi+Ts=0.0025+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=0.224

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：

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=0.01166s

b）Ton=0.015s

c）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=0.1333s

KN=h+12h2Tn2=62×52×0.026662=168.82s-2

Kn=（h+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-1

a）电流环近似条件：

13KITi=1385.760.00583=40.43s-1>ωcn

b）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%>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=0.07998s

KN=h+12h2Tn2=42×9×0.026662=312.656s-2

Kn=（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-1

a）电流环近似条件：

13KITi=1385.760.00583=40.43s-1>ωcn

b）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：

σn%=2*∆CmaxCbƛ-z∆nNn*TnTm

=2×72.2%×1.1×308×0.180.196×1000×0.026660.12

=9.97%<10%

转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。

（3）

在matlab仿真平台下搭建系统仿真模型：

①限幅时的仿真波形：

a）转速：

b）电流：

c）转速调节器输出：

d）转速调节器积分部分输出：

②不限幅时的仿真波形：

a）转速：

b）电流：

c）转速调节器输出：

d）转速调节器积分部分输出：

由上图可知，空载启动时转速的波形在限幅和不限幅上的区别还是很大的。

空载起动时转速波形的区别：

①当转速调节器的积分部分不限幅时：

振荡次数较于限幅时更多，超调比较大，起动时间更长，调节时间更加长。

②当转速调节器的积分部分限幅时：

振荡次数少于不限幅时，超调较小，起动时间较短，调节时间较短。

引起区别的原因：

当ASR转速调节器积分部分不限幅时，速度调节器达到限幅值时，转速还未达到额定转速，偏差均大于零，积分部分的输出一直在增大，这就导致使积分部分输出的值变得很大。

当转速达到额定转速时，积分调节器的输出不能立即变小，而是需要经过一段时间使积分调节器的输出恢复到开始限幅瞬间的数值。

在这段时间内调节器暂时失去调节功能，导致ASR在很长时间内都是限幅输出，电机转速一直在增加，所以ASR积分部分不限幅时，转速超调较大，起动时间较长，调节时间较长。

（4）40%额定负载起动到最低转速时：

因为由题目要求带40%额定负载，所以

IdL=zIdN=0.4×308=123.2A

σn%=2×72.2%×1.1-0.4×308×0.180.196×1000×0.026660.12=6.35%

仿真结果：

σn%=1049-10001000=4.9%

与估算结果相近。

（5）

根据电机运动方程：

GD2375dndt=Te-TL

dndt=Cm（Idm-IdL）GD2375=R（Idm-IdL）CeGD2R375CmCe=（Idm-IdL）RCeTm

所以，

t=CeTmn*（Idm-IdL）R=0.196×0.12×1000（1.1×308-0）×0.18=0.385s

（6）在5s突加40%额定负载，

转速仿真波形：

电流仿真波形：

转速调节器输出仿真波形：

转速调节器积分部分输出仿真波形：

分析：

突加给定电压后，转速调节器很快进入饱和状态，输出恒定的限幅电压Uim*，使电机在恒流条件下启动，启动电流Id≈Idm=Uim*β，而转速则按线性规律增长。

转速调节器一旦饱和，只有当转速上升到给定电压所对应的给定值n*时，反馈电压才与给定电压平衡，此后转速偏差电压∆Un变为负值，使ASR退饱和。

ASR开始退饱和时，由于电动机电流Id仍大于负载电流IdL，电动机仍然加速，直到Id≤IdL时，转速才降低下来，因此启动过程中转速一定超调。

在5s时突加40%额定负载扰动，即IdL=123.2A，则转速受扰动，会有所下降，使电动机电流Id升高。

直到Id>IdL时电机转速才回升，同时电机电流下降，最后稳定在123.2A。

心得体会：

由于之前课程对matlab的熟悉使得这次仿真项目在matlab使用部分顺利很多。

重点也是难点的是对双闭环直流调速系统的理解，充分理解转速环和直流环，还要学会各种参数的比较和计算，如何修改参数以达到题目的要求。

仿真部分也有遇到难题，比如由于参数设置问题导致波形与预想的效果相差甚远，而有些则只是范围内的误差。

总的来说，通过这次仿真项目，不仅仅学到了如何使用操作matlab，更多的是系统的设计以及仿真思想。