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1、电力拖动自动控制系统课后习题答案 全，内含两份，二无一失运动控制系统第四版 上海大学阮毅陈伯时1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管-电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。1-2试分析有制动通路的不可逆PWM变换器进行制动时，两个V T是如何工作的？答：制动时，由于U废的脉冲变窄而导致。反向时，Ug2变正，于是VT2导通，VT2导通，V T|关断。1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么关系？为什么脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了？答：生产机械要求电动机提供的最
2、高转速小和最低转速1 m l i之比叫做调速范围,n用字母D表示，即：“min负载山理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落凡与理想空载转速0m in之比，称为系统的An静差率S,即：s =上WOmin调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：D=由 于 在 一 定 的 下，D越大，min越小 又一定，则S变大。所以，如果不考虑D,则S的调节也就会容易，1-4.某 一 调 速 系 统，测 得 的 最 高 转 速 特 性 为 omax=1 5 0 0 r/m i n ,最 低 转 速 特 性 为omin=1 5 0 r/m i n,带额定负载的速度降落A n,、,=1 5 r/m i n，且不同
3、转速下额定速降A%,不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多大？解口 _ max _ _ 1 5 0 0 1 5 _ 口min O m in-AN 1 5 0 -1 5A n 1 5s=-=-=1 0%/in.1 5 0Vmin1-5闭环调速系统的调速范围是1500-150r/m in,要求系统的静差S=2%,那末系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min则闭环系统的开环放大倍数应有多大？1,D =min1 5 0 0 1 5 0=1 0则 励=nNS A nc l l;K2 ”2同样负载扰动的条件下 与 开 环 放 大 倍 数 加1成 反 比，则（
4、储+1）/（七+1）=八 “2/八/1.口=K i!-+-1 =-1-5 -+-1-x o8 4.r /.m i n 2 K2+1 3 0 +1同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比（&+1）/（/+1）=Dc l i/Dd 2D&2必=Q，1.9 4K 1+l 1 5 +11-7某调速系统的调速范围D=2 0,额定转速 =1 5 0 0 r/m i n ,开环转速降落&?恸=2 4 0/7 m i n ,若要求静差率由1 0%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围D=2 0,最小转速为：mm=%=U=7 5 r/m i n,m,n D 2 07%二也%min
5、m in+加”二7 5+A n”=1 0%贝 必%=8.3 3 r/m i n原 系 统 在 范 围D=2 0,静差率为1 0%时，开环增益为：=3 1.5 r/m i n A T,=-6+1 A/%静差率1 0%时原系统的开环增益为：当 2 =5%时，同理可得K 2 =5 9.7 6所以系统的开环增益K将 从2 7.8增加到5 9.7 61-8转速单环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性
6、，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围。为此，所需付出的代价是需增设电压放大器以及检测与反馈装置。k k U*R/2）能。因为“=o -,由公式可以看出，当其它量均不变化时，”随着U：的变C（1+A）C（1+A）化而变化3）能。因为转速和反馈电压比有关。4）不，因为反馈控制系统只对反馈环所包围的前向通道上的扰动起抑制作用，而测速机励磁不是。1-9在转速负反馈调节系统中，当电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对于上述各量有无调节能力？为什么？答：系统对于上述各量中电网电压、负载转矩，电动机励磁电流，电枢电流、电
7、枢电阻、有调节能力。因为它们在闭环系统的前向通道中，对于测速发电机励磁各量发生变化，没有调节能力。因为它不在闭环系统的前向通道中。1-1 0有一 V-M调速系统，电动机参数为：PN=2.2k W,UN=220V,IN=12.5 A,nN=1 5 0 0 r/min,电枢电阻&=1.2。，整 流 装 置 内 阻=L 5 Q,触发整流环节的放大倍数K s =3 5。要求系统满足调速范围D=2 0,静差率SW 10%。（1）计算开环系统的静态速降曲”和调速要求所允许的闭环静态速降心。(2)调整该系统能参数，使当U；=15V,/“=/，=N，则转速负反馈系数。应该是多少？(3)计算放大器所需的放大倍数
8、。解：(1 )电动机的电动势系数Ce=N=220 二=0 1367V-min/renN 1500开环系统静态速降 如=以 丝=12.5x(l.2+1.5)=246.9“minop Ce 0.1367闭环静态速降nNs _ 1500 x0.10(1-S)-20(1-01)=8.33r/minAn 246 9闭环系统开环放大倍数K=-1 =-1 =28.649.33(2)因为kpk*U；G(l+QRi,C(1+Z)所以4,*,=407.4288a=-=0.00961 V min/rk p E。(3)运 算 放 大 器 的 放 大 倍 数=p aK JC28.640.00961x35/0.1367=
9、11.641 -1 1在 题1 1 0的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流/的2IN,临界微止电流NL2，应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总阻的1/3,如果做不到，需要加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构图，并计算电流反馈放大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？解：(1)/加 2IN=1.2x12.5=154则=/以 x&=15R,/拗=KM，(U“+U.)0c om cur S 3(IDl r r z jx D zR+KpK区25=-1-1-.6-x-3-5-(-1-5-+-1-5-/-?.)(由z 1,-,42“式
10、3)、也 可(Ell 1,-4 3，八)式(1.2+1.5)+11.6x35x/?s得：/妣 J 弋-43)=25=产Rs=1.46=1.5。%=2尺=15%=15x15=22.5V系统的原理图和静态结构图(给它画出图)(2)显然采样电阻大于主电路2.7*1/3倍，所以增加电流反馈放大器后:新的采样电阻：6=：R=：(1.2 +1.5)=0.9。可选0.5欧姆电流反馈放大系数：=3R，0 5新的比较电压：=/*r X R：=1 5&=1 5*0.5 =8.5丫所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为311 2某调速系统原理图如图所示，已知数据如下：电 动 机PN-18KW;UN-220V;IN=9
11、4A;/in=1000r/m i n;/?n=0.15Q P n=18K W,U n=220 V ,In=94A,整流装置内阻R臼=0 3。，触发整流环节的放大倍数K s=4 0。最 大 给 定 电 压=15丫，当主电路电达到最大值时，整 定 电 流 反 馈 电 压=10丫。设计指标：要求系统满足调速范围D =20,静 差 率S W 10%,Id b l=.5 IN,Id c r.UN.试画出系统的静态结构框图，并计算：(1(2(3解：”)(4)转速反馈系数a o调节器放大系数K p。电阻用的数值。(放大器的输入电阻R =20K Q)电阻与 的数值和稳压管V S的击穿电压值。n-N-S-=-1
12、-0-0-0-*-0-.-1=100/18=5.56r/m i nD(l-S)20*09CRUN-INRnN220-94x 0.15,-=0.20597V -m i n/r1000 呼INR=-9-4-X-0-.4-5-205.44r /m i n.Ce 0.2059A nK=!A ncl1 =35.95(取 36)5.56同 1T 0 可得 a=0.0145 跖,35.95a Ks!Ce 0.0145x 40/0.205912.8(取 13)(3)&=Kp R0=13x 20=260k O(4)=1.5/=1.5x 94=141 A；ld c r=A IN=l.l x 94=103.4A；当
13、主电路电流最大即为lM时，Uh n=10V而 当 主 电 路 电 流 为 时，5 为:U加=S ,而 x Q,b l 【dcr L ibi10 x 103.4-=7.33 V141此时电流反馈起作用，稳 压 管 的 击 穿 电 压 可 根 据U,确定取稍大值：Uv s=7.4V当主电路的电流增大到/切时;为起到保护作用应使流过冬的电流等于流过用 的电流，以使电机转速迅速降落。此时：U 152=有=0.75mA囱系统的静态结构框图U U,S 10-7.4R20.75=3.47 k C(取 3.5k Q)1 -1 3 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时，系统是否有调节作用，为
14、什么？（1 ）放大器的放大倍数K p （2）供电电网电压（3）电枢电阻R a（4）电动机励磁电流（5）电压反馈系数a答：3）电枢电阻，4）电动机励磁电流，（5）电压反馈系数a无调节作用。因为反馈控制系统所能抑制的只是被反馈包围的前向通道上的扰动。1-1 4 有一个V-M 系统，已知：电动机：（15分）PN=2.8 KW4N=220丫;=15A;N=1500r/m i n;R =0.15Q,R a=1.5,整流装置内阻穴,=1。，触 发 整 流 环 节 的 放 大 倍 数=3 5。（15分）（1）系统开环工作时,试计算调速范围D=30时的静差率s 值；（2）当 D=30,S=1 0%时,计算系统
15、允许的稳态速降；（3）如组成转速负反馈有静差调速系统,要求D=30,5=1 0%,在，U*=0 V,ld=/八=八计算转速负反馈系数 和放大器放大系数昨；（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求在U；=10V,/“=/N，=N，并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在D =3 0 时的静差率。解：（1）C =，1他j =型 二6 6 q.5=0 31y.m i n/r（原来多加了 1）e nN 1500R LNG15.6x(l +1.5)0.131=297.7r/m i ns=-0min297.750+297.7=85.61%（2）当D=30,S =1 0%时计算系统允许的
16、稳态速降,N SD(l-5)1500*0.130(1-0.1)=5.56/7 m i nAH 297 7(3)1 =52.54A c/5.56求取a的方法同1-10可得 a =0.00652 V m i n/rKpKaKs!Ce52.540.00652*35/0.131=30.16(取 30)（4）改为电压负反馈有静差调速系统闭环转速降落为：%I&J,v(R)一 15.6x 1 J 5.6X 1.5C,(l +K)Ce 0.131(1+52.54)0.132=2.224+178.6=180.825r/m i n 当调速 D 范围不变时静差率为:nN+D nN30 x 180.81500+30
17、x 180.8x 100%=78.35%显然比速度反馈系统在调速范围不变的情况下静差率大的多，但比无反馈系统静差率小了1 -1 5在题1-1 0的系统中,若主电路电感L=50 m H,系统运动部分的飞轮惯量G O?=1.6川/,整流装置采用三相零式电路，试判断按题1-1 0要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行?如果保证系统稳定运行，允许的最大开怀放大系数K是多少？电磁时间常数7；=8=幽=0.0 1 85sR 2.7机电时间数=GD R=-f-=0.0 645 T,=0.0 0 3 3 3 s (查表全波为3 0 cLr 3 7 5 x 0.0 1 3 6 7 x j(或9.55)x 0.0
18、1 3 673.1 40.0 0 1 67)K +，)+T；_ 0.0 645(0.0 1 85+0.0 0 3 3 3)+0.0 0 3 3 3 2 _ 1 TtTx-0.0 1 85x 0.0 0 3 3 3 -,在1-1 0题中K =2 8.64如要系统稳定须保证K A U.。所以只要电动机在运行，就 必 须 有 控 制 电 压 因 而 也 必 须 有 转 速 偏 差 电 压。第二章习题答案2-1在转速、电流双闭环调速系统中，若改变电动机而转速，应调节什么参数？改变转速调节器的放大倍数Kn；不行？改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行？改变转速反馈系数a行不行？若要改变电动机的堵转电流，
19、应调系统中的什么参数？答：改变转速，调节给定电压U；,改变转速调节器放大倍数K“不行，改变K,也不行，改变a行。改变堵转电;调节电流反馈系数.2-2转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少？为什么？答：两个调节器的输入偏差电压均为0,如果不为0则U,和U：继续变化，就不是稳态。转速调节器的输出电压为:U：=伊4电流调节器的输出电压为:Ud o Q丝；/a +R/“二 K2-3如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是P I调节器，而改为P调节器，对系统的静、动态性能,会产生什么影响？答：稳态精度变差，但跟随性和抗干扰能力都不会得到改善，使系统成为不稳定
20、系统。答：静特性1)闭环系统的静特性变软2)存在静差率相对较大。动特性：跟随性和抗干扰能力不会得到改善，动态稳定性降低，而快速性却提高了。2-4试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环调速系统:(1(2(3(4)(5)答：(1)单闭环:调速系统的静态特性；动态限流性能；起动的快速性；抗负载扰动的性能；抗电源电压波动的性能；在系统稳定时实现转速无静差。双闭环：可实现转速无静差和电流无静差。(2)单闭环：只能在超过临界电流/*,后，限制电流冲击双闭环：电流调节器通过电流反馈系数Q 随时调节控制电流(3)单闭环：快、不平稳双闭环：起动快、平稳(4)单闭环：差双闭环：
21、强、靠AS R单闭环：差双闭环：由电流内环A C R及时调节2-5在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用P I调节。当系统带额定负载运行时，转速线突然断线，：统重新进入后，电流调节器的输入偏差电压AU,是否为零？为什么？答：转速和电流调节器的输出达到饱和为止，电流调节器的输入偏差电压A U，不为零，因为稳定后电流反馈依J为5=皿，/只能增加电动机的转速达到新的平衡。加,“=Q ，用+RId2-6在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号U；未改变，若增大转速反馈系数a,系统稳定后转速反馈压U”是增加、减少还是不变？为什么？答：。“不变。因为a增大，在达到新的稳定运行时，依然要是无静差系
22、统，系统的转速下降，在达到同样的U/稳定运行。2-7在转速、电流双闭环调速系统中，两 个 调 节 器AS R、A CR均 采 用P I调节器。已知参数：电动机:PN=3.7KW;UN=2 2 0 V,N=1 0 0 0 min 电枢回路总电阻 R=1.5O ,设U：,“=U：,=8 V ,电枢回路最大电;Id m=4 0 A,电力电子变换器的放大系数K,=4 0。试求：(1 )电流反馈系数p和转速反馈系数a ;(2 )当电动机在最高转速发生堵转时的U市,、U；、%、U,值。i m _ _ _ _4 0解：(1)电流反馈系数=0.2V/ATJ Q转速反馈系数a=-叱=0.0 0 8 V -min
23、/rN I。(2)U；=爪=0.2 x 4 0 =8 VU-Ui=-8 V (负反馈)由于堵转电流n=0U d=G 向+/“R =/而 R =4 0 x L5=60 VU=丝=1.5 VKs 4 02-8在转速、电流比闭环调速系统中，调节器A SR,A C R均采用P I调节器。当A S R输 出 达 到=8 V时，主电电流达到最大电流8 0 A。当负载电流由4 0 A增加到7 0 A时，试问：(1)U,应如何变化?(2)U,应如何变化？(3)4值由哪些条件决定？解：(1)U：应增加。因为当负载电流由4 0 A增加到7 0 A时4增加，U：是确定的。U*o，=i-=a =0.W/A8 0。：=
24、巩=0.1 x 4 0 =4 1U；=氏=0.1x7。=7VId由4 0 A增加到7 0 A时，U；由4 V增加到7 V(2)以略有增加。因为UcXK$=Ud o=C +R/d；。的增加使Ud o增加，使得U,增加(3)U,由n和 决 定。K,二 凸+RQK&2-9在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因使电动机励彳电源电压突然下降一半，系统工作情况将会如何变化？写出U：、U,、力、及n在系统重新进入稳定后的表达式答：当磁通下降一半时但电动机拖动恒转矩负载运行所以=2/1：=队=2见U=Udl）=Ce U；/a+2 I RcKs KsUd 0=Cet
25、/U；/a+2 IR1；=21dn=U*J a2-1 0某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1 S,要求阶跃响应超调量cr 4 1 0%(1)求系统的开环增益；(2 )计算过渡过程时间A和上升时间tr;(3 )绘出开环对数幅频特性。如果上升时间f r Y 0.2 5 s,则K=?,。=?解：(1)系统开环增益cr W l O%K TW 0.69 =6.9 (参见表2-2)0.1(2)调节时间f,a 67 =6x 0.1 =0.6$上升时间0 =3.3 7 =0.3 3 5(3)疗 0.2 5 s K T=1 K=1 0 cr =1 6.3%(4)用M A T L A B仿一
26、个为好：2-1 1有一个系统，其控制对象的传递函数要设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超考虑)。试对该系统进行动态校正，决定调节为卬附=-曲 T S+1 0.0 1 5 +调量b45%(按线性系乡器结构，并选择其参数。解：校正成典型I型系统，调 节 器 传 递 函 数 为($)=2校正后系统的开环传递函数为:K K卬（s）=卬“（S）卬的（S）=取 K =（/5（Z S+1）。45%查表得：K T=0.5;K=5 0 7 =T=0.0 1S K,=50.0 1 K,1 0W(s)=5(0.015+1)2-12有一个闭环系统,其控制对象的传递函数为W。切=溢大=s(J；+l)要求校正为典型I型
27、系统，在阶跃输入下系统超调量30%(按线性系统考虑)。解：b 4 30%选用P1型调节器Wpi=K，+D4决定调节器结构，并选择其参数。系统开环传函为WM-=K*+O.O黑)/i+lh=7r=r.=T=0.02x7=0.14 K=2/7 2T282 x 49 x 0022204.110KHK=K 1/1 0 =2.861 Q2-13调节对象的传递函数为叱.(s)=-,要求用调节器分别将其校正为典型I 型和n 型:7(0.25s+1)(0.005$+1)统，求调节器的结构与参数。解：校正成典型I 型系统选择P I 调节器：卬(s)=D校正后的开环传递函数为：/C.(r,5+1)x18W=W”(s
28、)%”(s)=-令 q=0.25 K=K“x 18/马pi obj 5(0.255+1)(0.0055+1)p，1W(s)100s(0.005s+1)5(0.005.?+1)K X T 100 x0.25,_n-=-=1.39a =4.3%KT=0.5 K=1 0 0 1 6 7=0.0 31818校正成典n 型系统，选择PI调节器:K/S +1)匕,($)=一；一IW(s)=W(s)卬 的(s)K(2+1)x K 7 1 S(T I s+1)(T 2s+1 )K K+1)(将 几 看成大惯性环节)5(3+1)h=5 r,=/T2=5 x 0.005=0.025 t J T =9.55 ts=
29、9.55x 0.005=0.047cr=37.6%2h2T2 50 x0.0052=4800 K=屋S =4 8 0 0%=乌T a p S4800 x0.25x0.2518=1.67h+l62-14在一个三相零式晶闸管整流装置供电的转速，电流反馈系数B =0.0263V/Aa =1=0.0 I V -m i n/r转速反馈系数/a x 1 0 0 0设计电流调节器ACR1 .确定时间常数整流装置滞后时间常数Ts =0.0 0 333.V To i=0.0 0 25s电流环小时间常数之和T*=Ts+To i=0.0 0 583s2.选择电流调节器结构o-5%按典型I型设计，电流环控制对象是双惯
30、性型的可用P I型电流调节器。WACR=S +D3检查对电源电压的抗扰性能：纹=Q12s=2 06各项指标可以接受。7 0.0 0 58353.计算电流调节器参数电流调节器超前时间常数7=T L=0.0 1 2 s电流开环增益：要求a W,满足近似条件(2)忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件30.1 2x 0.0 1 279.0 6 也 满足近似条件1(4)电流环小时间常数近似处理条件0.0 0 1 7x 0.0 0 25=1 6L7S-i 满足近似条件1R。=40 KQRi =Ki R=0.224x 40 =8.96KQ(9K。)(5)计算调节器电阻和电容。，=生=(04 =1.33R,
31、9x l 03.47；,.4x 0.0 0 25 八”户C o i =-=0.25R。40 x 1 0 3 动态性能跟随指标为e r=4.3%叫“满足近似条件0.00583 c(2)转速环小时间常数工5.计算调节器电阻电容!双=25 2 卬 满足近似条件3 V0.015 cnR=KnR0=7.73x40=310W4TC“02-15(1)4x0.015 广-r=1.5/F40 xl03选用PI调节器h=5=1dm 760 x1.5=0.00877V/A a=m a x=0.0267V-min/r375%=Ts+Toi=0.0017+0.002=0.003 7S =27.,.=2x 0.0037=
32、0.0074SKiK=+T=0.0074+0.02=0.0274Srn=/?7,=5x0.0274=0.137S3 疑K；(h+l)0CeT,“6 x 0.00877x1.82x0.112 IhaRTn-10 x0.0267x0.14x0.0274-,Rn=K“R=10.5 x 40=420KQC=&“R”0.137420 x 1()3=0.33”C“47；,R。冲二2 4 0 x l03(2)及=0 5w.=KI=!=135.1S_,2%WCII=KNTn=159.8x0.137=225-11电流环传递函数简化条件1即-If 135.1313 V0.00371瓦1 I1135.1=:J _
33、_ _ _ _ 311 Ton3 0.02_ *U.=an2-1 6(1)*unn=amax64S_1 叫 满足近似条件27 S-也“满足近似条件=500r/m in0.0115000.01V min/r=0.33V/AIdm 30gCiR=32X2=3,4 7V30n=0,U =0,Ui=10V,t/,.=-W V,Ue=2 V,IdL30A1-1 为什么P W M-电动机系统比晶闸管一电动机系统能够获得更好的动态性能？答：P W M-电动机系统在很多方面仃较大的优越性：（1）主电路线路简单，需用的功率器件少.（2）开关频率高,电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都较小.（3）低速性能好，稳
34、速精度高，调速范围宽，可达 1：10000左右.（4）若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快,动态抗扰能力强.（5）功率开关器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开关损耗也不大，因而装置效率较高.（6）直流电源采用不控整流时.电网功率因数比相控整流器高。1-2 试分析有制动通路的不可逆PWM变换器进行制动时，两个V T 是如何工作的.答：在制动状态中，.为负值,史就发挥作用了.这种情况发生在电动运行过程中需要降速的时候.这时，先减小控制电压，使%的 正 脉 冲 变 窄，负脉冲变宽,从而使平均电枢电压U&降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变化，因而造成?巴，
35、很快使电流以反向，匕 02截止，在时，变正，干是0；导通，反向电流沿回路3 流通,产生能耗制动作用.在T S fT +f”时，忆 关断，r 沿回路4 经 H R 续流，向电 源 回 馈制动.与此同时.町两 端 压 降 钳 住 使 它 不 能 导 通.在 制 动 状 态 中,和 也轮流 导 通,而I，始终是关断的.在转载电动状态.这时平均电流统小，以致在V TX关断后。经V D2续流时,还没有达到周期T，电流已经衰减到零,这时见两端电压也降为零,什2便提前导通了，使电流反向.产生局部时间的制动作用.1-3调速范围和除差率的定义是什么？调速范围、静差速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“脱 离
36、 调速范围,要满足给定的静差率也就容易得多了”？答：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低传速之比叫做调速范围,用字母D 表示,即其中，人和，711nB一股都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少数负%1我很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低技速.当系统在某一转速卜,运行时，负我由理想空载增加到额定值时所时应的转速降落，与理想空载转速之比，称作静差率S,即 s=J 空%或用百分比表示$=33x100%在直流电动机变压调速系统中,一般以电动机的额定转速nv作为最高转速则A wv.77m m=-Az?mns.V(1 s)A%,s由上式可仆出调速系统的调速范围、静差速降和最小静差率之间的关系
37、.对同一个调速 系 统.A%,值一定,如果对静差率要求越严，即要求S值越小时，系统能够允许的调速范围也越小.一个调速系统的调速范围.是指在最低速时还能满足所需静差率的传速可谓范围.1-4 某一调速系统，测 得 的 最 高 转 速 特 性 为=1500”min,最低转速特性为nOmn=150/7min.带额定负钱时的速度降落A%=15r/m in,且在不同转速卜额定速降A/%不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解 系统能够达到的调速范用为4系统允许的静差率MV+AMVxl00o=x 100%=10%1500+11x151-5 某闭环调速系统的调速范围是15OO15Or
38、/min,要求系统的静差率S 4 2%.那么东统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是lOOr/nun.则闭环系统的开环放大倍数应有多大？解因为Awv Awvs=-%+%，所以n s 150 x0.02 一=-2坦 一=-=1.067./min、l-s 1-0.02因为刈=A%+K“An 100 .A.=-1 =-1=31.7所以 AM,3.061-6某闭环调速系统的开环放大倍数为1 5时,额定负载卜电动机的速降为8 r/m in.如果将开环放大倍数提高到3 0,它的速降为多少？在同样静差率要求卜.调速范围可以扩大多少倍？解（1）因为RLC/1+K)DT所以 T=A%(1+K)=8x(
39、1+15)=128则c,C/l+K)1 +30=4.13/7 min（2）由D =谑,可知在s和N不变的情况卜、D只与W.有关A wv（l-S）调速范围r大1.9 4倍.1-7 某 调 速 系 统 的 调 速 范 围0=2 0.额 定 转 速 v=1 5 0 0 m in ,开环转速降落A%卯=2 4 0 m i n.若要求系统的静差率由1 0。减少到5。,则系统的开环增益将如何变解：当s=1 0。油寸.A n v=型&L =8.33”mmD(l-s)20 x(l-0.1)A%240此时=-1 =27.88.33当 s=5 9 耐，A wv网Ox。=3.95“mmD(l-s)20 x(1-0.
40、05)An,240此时 A T =-l =-1=59.8An”3.95则若要求系统的价差率由1 0。减少到5%.则系统的开环增益将变大.1-8 转速单闭环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变.调W测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化,系统有无克服这种干扰的能力？答：（1）行速单闭环调速系统有以卜.三个基本特征只用比例放大器的反馈控制系统，其被被调量仍是仃静差的.反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定.扰动性能是反馈控制系统最突出的特征之一.系统的精度依赖 给定和反馈检测的精度.（2）改变给定电压会改变电动机的转
41、速,因为反馈控制系统完全服从给定作用.（3）如果给定电压不变,调廿测速反馈电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变化，它不能得到反馈控制系统的抑制,反而会增大被调星的误差.反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包闱的前向通道上的扰动.1-9在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负我转矩 电动机励磁电流、电枢电阳、测I速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各星仃无调节能力？为什么？答：当电网电压发生变化时，系统对其有调冲能力.因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定.负我转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调。能力.因为他们的变化最终会影响到转速,都会被测速装置检
42、测出来.再通过反馈控制作用,减小它们对稳态传速的影响.测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大被调量的误差.反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动.1 10有一 V-M调 速系统.电动机参数为：PN=2.2k i r,U.=2 2 0匕/.v=1 2.5 4HV=1 5 0 0 r/m i n ,电枢电 阻&=L2Q,整 流 装 置 内 阻=L 5 A .触发整流环廿的放大倍数K,=3 5。要求系统满足调速范闱D=2 0,静差率sS 1 0%.（1）计算开环系统的静态速降A%,和调速要求所允许的闭环静态速降（2）采用传速负反馈组成闭环系统,试画出
43、系统的原理图和静态结构框图.（3）调整该系统参数.使当U：=1 5/时，Id=IN，n=nN,则转速负反馈系数a应该是多少？（4）计算放大器所需的放大倍数.解：（1）先计算电动机的电动势系数C八 =UN-IVR=2-2-0-1-2-.5-X-1-.-2-=八0.1 3一6 7”P-m i n/re nN 1 5 0 0则开环系数额定速降为/、.R 12.5x(L2+1.5)7 7=0.1367额定负我时的稳态速降应为nNs(l-s)-20 x(1-0.1)2 4 6.9 r/m i n=8.3 3 z,/m i n（2）系统的静态结构框图如卜所示（3）当U：=151/时，Id=IN,n=nN.
44、则 转 速 负 反 馈 系 数a应该是LT U 15n n.,1500=0.01（4）闭环系统的开环放大系数应为246.9,-1 =-15,8.3328.64运算放大器所需的放大倍数K28.64aKs/Ce 0.01x35/0.1367=11.1911 1在 题1-10的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流/42/.丫，临界截止电流/*,2 1.2%,应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3,如果做不到，需要增加电流反馈放大涔，试画出系统的原理图和静态结构框图，并计算电流反馈放大系数.这时电流反馈采样电阴和比较电压各为多少？解：因为/,
45、区+色 二 2/KSu 伊 2%Ks且U：=15V,计算可 得&=1.5Q,Ucai=22.5KtierU +U22=-1.2/vKR,算11 2某调速系统原理图如图1-58所示，已知数据如卜.：电动机：P.=18神，UN=220匕/v=94 J.nN=1000/min.&=05 Q,整流装置内阻R*=0.3Q,触发整流环节的放大倍数K,=40.最 大 给 定 电 压=1 5/.当主电路电流达到最大值时.整定电流反 馈 电 压=10/设计指标：要求系统满足调速范围D=20,静差率s 4 1 0%血=L5/&=1 1 4 试画出系统的静态结构框图,并计算:（1）传速反馈系数a.（2）调6器放大系
46、数（3）电阻打的数值.（放大器输入电阻尺,=20k。）（4）电阻耳的数值和稔压管V S的击穿电压值.解：（1）转速负反馈系数a应该是U*U：15a=2-=-n nN 1000=0.015（2）先计算电动机的电动势系数则开环系数额定速降为A%94x(0.15+0.3),.j =-=205.4r/minC.0.2059A%=-1 0 0 0 X0-1=5.56,-/mmC 1 D(l-s)20 x(1-0.1)闭环系统的开环放大系数应为205.45.56-1=35.9运算放大器所需的放大倍数KP=-=-=12.3,aKs/Ct 0.015x40/0.20591-1 3在电压负反馈单闭环仃静差调速系
47、统中,当下列参数发生变化时系统是否仃调箕作用，为什么？（1）放大器的放大系数“解（2）供电电网电压：（3）电枢电阻&；（4）电动机励磁电流：（5）电压反馈系数答：在电压负反馈单闭环仃静差调速系统中，*1放大器的放大系数K.发生变化时系统仃调节作用再通过反馈控制作用.因为他们的变化最终会膨响到传速.减小它们对稳态转速的影响.电动机励磁电流、电枢电阻&发生变化时仍然和开环系统一样,因为电枢电阻处 反馈环外.当供电电网电压发生变化时系统仃调行作用.因为电网电压是系统的给定反馈控制系统完全服从给定.当电压反馈系数7发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反血会增大被调量的误差，反馈控制系统所能抑制的
48、只是被反馈环包围的前向通道上的扰动.1-13 仃一个 VM 系 统.己 知：电动机：PN=2.ikW,UN=220K,Zv=15.6.4,、=1500 min,&=1.5。.整流装置内阻用K=1 A.触发整流环W的放大倍数K,=35.（1）系统开环工作时，试计算调速范围D=30时的鄢差率s值.（2）当D=3O,s=10。.计算系统允许的稳态速降.（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30,s=10%,在U：=10/时,Id=lN,n=nN,计算转速负反馈系数a和放大器放大系数K.（4）如将上述调速系统改为电压负反馈仃静差调速系统，仍要求U：=101/时.（=/炉:尸期并保持系统原来的开
49、环放大系数K不变，试求在1）=30时静解：(1)系统开环工作时,_ 220-15.6x1.5n i 1500=0.1311 JZ-min/r则开环系数额定速降为%INRc.15.6x(l.5+1)0.1311=297.5”min则缶x。叫就黑轰5.6%(2)当D=30,s=10%,系统允许的稳态速降5nNs _ 1500 x0.1D(l-s)-30 x(1-0.1)5.56r/min(3)当U：=10P时，ld=IN,n=nN.则 转 速 负 反 馈 系 数a应该是U U 10a=-2-=-2-=-=0.007n nN 1500闭环系统的开环放大系数应为A%297.5A-1 -1 =52.51
50、A nc/5.56运算放大器所需的放大倍数KK52.51aKs f Ce 0.007x35/0.131130.6(4)在电压负反馈仃静差调速系统中,开环，闭环的速降是一样的,所以 A%,=297.5/7 mins=X100%=L_ x 00%=85 6%nN+DAwv 1500+30 x 297.51-1 5在 题1-10的 系 统 中,若 主 电 路 电 感L=50mlI,系 统 运 动 部 分 的I轮惯量G D2=1.6 N m2,整流装置采用三相零式电路.试判断按题1-10要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如果保证系统桧定运行,允许的最大开环放大系数K是多少？解：计算系统中各环箕的时