电力拖动自动控制系统习题答案1.docx

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1、第一章 闭环限制的直流调速系统 11 为什么PWM电动机系统比晶闸管电动机系统可以获得更好的动态性能？ 答：PWM电动机系统在许多方面有较大的优越性： （1） 主电路途路简洁，需用的功率器件少。 （2） 开关频率高，电流简洁连续，谐波少，电机损耗及发热都较小。 （3） 低速性能好，稳速精度高，调速范围宽，可达1：10000左右。 （4） 若及快速响应的电动机协作，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰实力强。 （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，因此装置效率较高。 （6） 直流电源采纳不控整流时，电网功率因数比相控整流器高。 12 试分析有制动通路的不

2、行逆PWM变换器进展制动时，两个VT是如何工作的。 答：在制动状态中，为负值，就发挥作用了。这种状况发生在电动运行过程中须要降速的时候。这时，先减小限制电压，使di2VT1gU的正脉冲变窄，负脉冲变宽，从而使平均电枢电压降低。但是，由于机电惯性，转速和反电动势还来不及变更，因此造成，很快使电流反向，截止，在dUdEUdi2VDont时，2gU变正，于是导通，反向电流沿回路3流通，产生能耗制动作用。在+时，关断，2VTTtont2VTdi.沿回路4经续流，向电源回馈制动，及此同时，两端压降钳住使它不能导通。在制动状态中，和轮番导通，而始终是关断的。 1VD1VD1VT2VT1VT1VT在轻载电动

3、状态，这时平均电流较小，以致在关断后经续流时，还没有到达周期，电流已经衰减到零，这时两端电压也降为零，便提早导通了，使电流反向，产生部分时间的制动作用。 1VTdi2VD2VD2VT 调速范围和静差率的定义是什么？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“脱离了调速范围，要满意给定的静差率也就简洁得多了”？ 答：消费机械要求电动机供应的最高转速和最低转速之比叫做调速范围，用字母表示，即 maxminnDn= 其中，和一般都指电动机额定负载时的最高和最低转速，对于少数负载很轻的机械，可以用实际负载时的最高和最低转速。 maxnminn当系统在某一转速下运行时，负载由志向空载增加到额

4、定值时所对应的转速着陆，及理想空载转速之比，称作静差率s，即 0Nnsn= 或用百分比表示 0100%Nnsn=在直流电动机变压调速系统中，一般以电动机的额定转速作为最高转速 Nn则 0minNNNnnsnnn=+ min(1)NNNnsnnss.=.= maxmin(1)NNnnSDnn=. 由上式可看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。对于同一个调速系统，值确定，假如对静差率要求越严，即要求s值越小时，系统可以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意所需静差率的转速可调范围。 Nn 某一调速系统，测得的最高转速特性为max1500/minOnr

5、=，最低转速特性为，带额定负载时的速度着陆min150/minOnr=15/minNnr=，且在不同转速下额定速降不变，试问系统可以到达的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？ Nn解 系统可以到达的调速范围为 maxminnDn=系统允许的静差率 1115100%100%10%15001115NNNDnsnDn=+ 某闭环调速系统的调速范围是1500150r/min，要求系统的静差率，那么系统允许的静态速降是多少？假如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？ 2%s解 因为 0minNNNnnsnnn=+ 所以 min1500.023.06/min110.0

6、2Nnsnrs= 因为 1opclnnK= 所以 1001131.73.06opclnKn=.=.=16 某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8r/min，假如将开环放大倍数进步到30，它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？ 解 （1） 因为 clenC=dRI（1+K） 所以 clenC=dRI（1+K）=8（1+15）=128 则 1284.13/min130clenrC=dRI（1+K） （2） 由 (1)NNnSDnS=.，可知在s和不变的状况下，D只及NnNn有关 调速范围扩大1.94倍。 17 某调速系统的调速范围D=20，额定转速1

7、500/minNnr=，开环转速着陆，若要求系统的静差率由10%削减到5%，则系统的开环增益将如何变化？ 240/minNopnr= 解； 当s=10%时，8.33/min20NNnsnrD=15000.1（1-s）（1-0.1） 此时 2401127.88.33opclnKn=.=.=当s=5%时， 3.95/min20NNnsnrD=15000.05（1-s）（1-0.05） 此时 2401159.83.95opclnKn=.=.=则若要求系统的静差率由10%削减到5%，则系统的开环增益将变大。 18 转速单闭环调速系统有那些特点？变更给定电压能否变更电动机的转速？为什么？假如给定电压不变

8、，调整测速反应电压的分压比是否可以变更转速？为什么？假如测速发电机的励磁发生了变更，系统有无克制这种干扰的实力？ 答：（1）转速单闭环调速系统有以下三个根本特征 只用比例放大器的反应限制系统，其被被调量仍是有静差的。 反应限制系统的作用是：反抗扰动，听从给定。扰动性能是反应限制系统最突出的特征之一。 系统的精度依靠于给定和反应检测的精度。 （2）变更给定电压会变更电动机的转速，因为反应限制系统完全听从给定作用。 （3）假如给定电压不变，调整测速反应电压的分压比或测速发电机的励磁发生了变更，它不能得到反应限制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反应限制系统所能抑制的只是被反应环包围的前向通道上的

9、扰动。 19 在转速负反应调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变更时，都会引起转速的变更，问系统对上述各量有无调整实力？为什么？ 答：当电网电压发生变更时，系统对其有调整实力。因为电网电压是系统的给定反应限制系统完全听从给定。 负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变更时系统对其有调整实力。因为他们的变更最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反应限制作用，减小它们对稳态转速的影响。 测速发电机励磁各量发生变更时，它不能得到反应限制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反应限制系统所能抑制的只是被反应环包围的前向通道上的扰动。 110 有一VM调

10、速系统。电动机参数为：2.2220NNPkWUV12.5NIA=， ， 电枢电阻1500/minNnr=1.2aR=，整流装置内阻1.5recR=，触发整流环节的放大倍数。要求系统满意调速范围D=20，静差率35sK=10%s。 （1）计算开环系统的静态速降和调速要求所允许的闭环静态速降。 opncln （2）采纳转速负反应组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态构造框图。 （3）调整该系统参数，使当时，15nUV.=dNII=N，n=n，则转速负反应系数应当是多少？ （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 22012.51.20.1367min/150012.52

11、46.9/minNNaeNNeUIRCVnIRrC.=.=op则开环系数额定速降为（1.2+1.5）n0.1367 额定负载时的稳态速降应为 8.33/min20NnsrD=cl15000.1n（1-s）（1-0.1） （2） 系统的静态构造框图如下所示 转速负反应系统的原理图 （3） 当时，15nU.=dNII=N，n=n，则转速负反应系数应当是 150.011500nnNUUnn. （4）闭环系统的开环放大系数应为 246.91128.648.33opclnKn=.=.= 运算放大器所需的放大倍数 28.6411.19/0.0135/0.1367PSeKKKC=111 在题1-10的转速负

12、反应系统中增设电流截止环节，要求堵转电流2dblNII，临界截止电流1.2dcrNII，应当选用多大的比拟电压和电流反应采样电阻？要求电流反应采样电阻不超过主电路总电阻的1/3，假如做不到，须要增加电流反应放大器，试画出系统的原理图和静态构造框图，并计算电流反应放大系数。这时电流反应采样电阻和比拟电压各为多少？ 文本框: UBnKp Ks 1/CeU*nUc Un E n Ud0 Un+ - IdR- UnKs文本框: IBdA GT MTG+ Utg UdId n+ + Un Un U*n UcUPE+ MTIdUn UdUcUntg解：因为 21.2ncomdblNScomdcrNSUUI

13、IRUIIR.+ 且=15V，计算可得.nU1.522.5sRV=com，U 21.2ncomdblNScomdcrNSUUIIRUIIKR.+112 某调速系统原理图如图1-58所示，已知数据如下：电动机；18NPkW=，220NUV=， ，941000/minNIAr=N，n0.15aR=，整流装置内阻0.3recR=，触发整流环节的放大倍数。最大给定电压，当主电路电流到达最大值时，整定电流反应电压 40sK=15nmU.=10imUV=设计指标：要求系统满意调速范围D=20，静差率10%s，1.5dblNII=，。1.1dcrNII=。试画出系统的静态构造框图，并计算： （1） 转速反应

14、系数。 （2） 调整器放大系数。 pK（3） 电阻1R的数值。（放大器输入电阻020Rk=） （4） 电阻2R的数值和稳压管VS的击穿电压值。 解：（1）转速负反应系数应当是 150.0151000nnNUUnn. （2）先计算电动机的电动势系数 220940.150.2059min/100094205.4/minNNaeNNeUIRCVnIRrC.=.=op则开环系数额定速降为（0.15+0.3）n0.2059 5.56/min20NnsrD=cl10000.1n（1-s）（1-0.1） 闭环系统的开环放大系数应为 205.41135.95.56opclnKn=.=.= 运算放大器所需的放大

15、倍数 35.912.3/0.01540/0.2059PSeKKKC=113 在电压负反应单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变更时系统是否有调整作用，为什么？ （1） 放大器的放大系数； pK（2） 供电电网电压； （3） 电枢电阻aR； （4） 电动机励磁电流； （5） 电压反应系数。 答：在电压负反应单闭环有静差调速系统中，当放大器的放大系数发生变更时系统有调节作用再通过反应限制作用，因为他们的变更最终会影响到转速，减小它们对稳态转速的影响。 pK电动机励磁电流、电枢电阻aR发生变更时仍旧和开环系统一样，因为电枢电阻处于反馈环外。 当供电电网电压发生变更时系统有调整作用。因为电网电压是系

16、统的给定反应限制系统完全听从给定。 当电压反应系数发生变更时，它不能得到反应限制系统的抑制，反而会增大被调量的误差。反应限制系统所能抑制的只是被反应环包围的前向通道上的扰动。 1-13 有一个VM系统，已知：电动机：2.822015.6NNNPkWUVI=， ，整流装置内阻1500/minr=Nn1.5aR=1recR=，触发整流环节的放大倍数。 35sK=（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=10%，计算系统允许的稳态速降。 （3） 如组成转速负反应有静差调速系统，要求D=30，10%s=，在时， 10nUV.=dNII=N，n=n，计算转速

17、负反应系数和放大器放大系数。 pK（4） 如将上述调速系统改为电压负反应有静差调速系统，仍要求时，并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在D=30时静10nUV.=dNII=N，n=n差率。 解：（1）系统开环工作时， 22015.61.50.1311min/1500NNaeNUIRCVn.=. 15.6297.5/minNeIRrC=op则开环系数额定速降为（1.5+1）n0.1311 则 30297.5100%100%85.6%150030297.5NNNDnsnDn=+ （2）当D=30，s=10%，系统允许的稳态速降 15000.15.56/min30NNnsnrD=（1-s）（1-

18、0.1） （3）当时，10nU.=dNII=N，n=n，则转速负反应系数应当是 100.0071500nnNUUnn. 闭环系统的开环放大系数应为 297.51152.515.56opclnKn=.=.= 运算放大器所需的放大倍数 52.5130.6/0.00735/0.1311PSeKKKC=（4）在电压负反应有静差调速系统中，开环及闭环的速降是一样的， 所以 297.5/minclopnnr=30297.5100%100%85.6%150030297.5NNNDnsnDn=+1-15 在题1-10的系统中，若主电路电感L=50mH，系统运动部分的飞轮惯量，整流装置采纳三相零式电路，试推断按

19、题1-10要求设计的转速负反应系统能否稳定运行？假如保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K是多少？ 21.6GDNm=.解：计算系统中各环节的时间常数： 电磁时间常数 0.050.01851.21.5lLTsR=机电时间常数 21.6(1.21.5)0.0.13670.1367memGDRTsCC+三相桥式整流电路，晶闸管装置的滞后时间常数为 0.00167sTs= 为保证系统稳定，开环放大系数应满意的稳定条件： 22()0.065(0.01850.00167)0.0016742.50.01850.00167mlsslsTTTTKTT+ 因为 23.128.75,所以该系统不行以稳定运行,

20、 假如保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K最大为23.1. 1-16 为什么用积分限制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调整器的输入偏向电压时，调整器的输出电压是多少？它取决于那些因素？ 0U=答；在动态过程中，当变更时，只要其极性不变，积分调整器的输出便始终增长；只有到达时，才停顿上升；不到nUcU,0nnnUUU.=cUnU变负，不会下降。当时，并不是零，而是一个终值；假如cU0nU=cUnU不再变更，这个终值便保持恒定而不再变更，这是积分限制的特点。因此，积分限制可以使系统在无静差的状况下保持恒速运行，实现无静差调速。 比例调整器的输出只取决于输入偏向量的现状，而

21、积分调整器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。虽然如今，但历史上有过0nU=nU，其积分就有确定数值，足以产生稳态运行时须要的限制电压。 cU1-17 在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精度的影响？并说明理由。 答：系统的精度依靠于给定和反应检测的精度。 因此转速的稳态精度还受给定电源和测速发电机精度的影响。 1-18 采纳比例积分调整器限制的电压负反应调速系统，稳态运行时的速度是否有静差？为什么？试说明理由。 答：采纳比例积分调整器限制的电压负反应调速系统，稳态运行时的速度是无静差的。 电压负反应实际是一个自动调压系统，只有被包围的电力电子装置内阻引起的

22、稳态速降被减小到1/（1+K），它的稳态性能比带同样放大器的转速负反应系统要差。但根本限制原理及转速负反应类似。它及转速负反应一样可以实现无静差调整。 第二章 转速、电流双闭环直流调速系统和调整器的工程设计方法 2-1 在转速、电流双闭环调速系统中，若要变更电动机的转速，应调整什么参数？变更转速调整器的放大倍数行不行？变更电力电子变换器的放大倍数nKsK行不行？变更转速反应系数行不行？若要变更电动机的堵转电流，应调整系统中的什么参数？ 答：双闭环调速系统在稳态工作中，当两个调整器都不饱和时，各变量之间有下列关系 因此 转速 n 是由给定电压确定的；变更转速反应系数也可以变更电动机转速。变更转速

23、调整器的放大倍数和电力电子变换器的放大倍数nU.nKsK 不行以。 2-2 转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个调整器的输入偏向电压和输出电压各是多少？为什么？ 答：当两个调整器都不饱和时，它们的输入偏向电压都是零 转速调整器ASR的输出限幅电压imU.确定了电流给定电压的最大值；电流调整器ACR的输出限幅电压限制了电力电子变换器的最大输出电压。 cmUdmU2-3 假如转速、电流双闭环调速系统中的转速调整器不是PI调整器，而改为P调整器，对系统的静、动态性能将会产生什么影响？ 答：改为P调整器时其输出量总是正比于输入量，PI调整器的输出量在动态过程中确定于输入量的积分，到达稳态时，输入为

24、零，输出的稳态值及输入无关而是由它后面环节的须要确定的。 2-4 试从下述五个方面来比拟转速、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）调速系统的静态特性； （2）动态限流性能； （3）起动的快速性； （4）抗负载扰动的性能； （5）抗电源电压波动的性能。 答：（1）转速、电流双闭环调速系统在稳态工作点上，转速 n 是由给定电压确定的。ASR的输出量U*i是由负载电流 IdL 确定的。限制电压Uc的大小则同时取决于n和Id，或者说，同时取决于和 IdL。双闭环调速系统的稳态参数计算是和无静差系统的稳态计算相像。 nU.nU.带电流截止环节的转速单闭环调速系统静态特性特点：

25、电流负反应的作用相当于在主电路中串入一个大电阻 Kp Ks Rs ，因此稳态速降极大，特性急剧下垂；比拟电压 Ucom 及给定电压 Un* 的作用一样，好象把志向空载转速进步了。这样的两段式静特性常称作下垂特性或挖土机特性。 （2） （3）双闭环直流调速系统的起动过程有以下三个特点：饱和非线性限制、转速超调、准时间最优限制。 （4）由动态构造图中可以看出，负载扰动作用在电流环之后，因此只能靠转速调整器ASR来产生抗负载扰动的作用。在设计ASR时，应要求有较好的抗扰性能指标。 0n*nnnUU=（5）在单闭环调速系统中，电网电压扰动的作用点离被调量较远，调整作用受到多个环节的延滞，因此单闭环调速

26、系统反抗电压扰动的性能要差一些。双闭环系统中，由于增设了电流内环，电压波动可以通过电流反应得到比拟刚好的调整，不必等它影响到转速以后才能反应回来，抗扰性能大有改善。 2-5 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调整器均采纳PI调整器。当系统带额定负载运行时，转速反应线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调整器的输入偏向电压是否为零？为什么？ iU2-6 在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号nU.未变更，若增大转速反应系数，系统稳定后转速反应电压是增加还是削减？为什么？ nU2-7 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调整器ASR、ACR均采纳PI调整器。已知参数：电动机：3.7,220,20,

27、1000/minNNNNPkWUVIAnr=，电枢回路总电阻，设，电枢回路最大电流1.5R=8nmimomUUU.=40dmIA=，电力电子变换器的放大系数。试求： 40sK= （1）电流反应系数和转速反应系数； （2）当电动机在最高速发生堵转时的、0dUiU.、值。 iUcU解：（1）稳态时 80.2/40imdmimdmUIUVAI.因为所以 max80.008min/1000nmUVrn. （2）电动机在最高速发生堵转时n=0 0401.560dedUCnIR=+= 8iidUUI.=.= 8iUV= 0601.540dcsUUVK= 2-8 在转速、电流双闭环调速系统中，调整器ASR、

28、ACR均采纳PI调整器。当ASR输出到达时，主电路电流到达最大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时，试问： 8imU.= （1）应如何变更？ iU. （2）应如何变更？ cU （3）值由哪些条件确定？ cU2-9 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，现因某种缘由使电动机励磁电源电压突然下降一半，系统工作状况将会如何变更？写出、iU.cU0dUdI及n在系统重新进入稳定后的表达式。 2-10 某反应限制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1s，要求阶跃响应超调量10%。 （1）求系统的开环增益； （2）计算过度过程时间st和上升时间t； （3

29、）绘出开环对数幅频特性。假如要求上升时间0.25t，则K=？，?= 2-11 有一个系统，其限制对象的传递函数为110()10.011objKWsss=，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量5%（按线性系统考虑）。试对该系统进展动态校正，确定调整器构造，并选择其参数。 2-12 有一个闭环系统，其限制对象的传递函数为110()(1)(0.021)objKWssTsss=，要求校正为典型II型系统，在阶跃输入下系统超调量30%（按线性系统考虑）。试确定调整器构造，并选择其参数。 2-13 调整对象的传递函数为18()(0.251)(0.0051)objWsss=，要求用调整器分别将其校

30、正为典型I型和II型系统，求调整器的构造及参数。 2-14 在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：，电动势系数，主回路总电阻60,220,308,1000/minNNNNPkWUVIAnr=0.196min/eCV=.0.18R=，触发整流环节的放大倍数。电35sK=磁时间常数，机电时间常数0.012lT=0.12mT=，电流反应滤波时间常数，转速反应滤波时间常数。额定转速时的给定电压 ，调整器ASR、ACR饱和输出电压。 0.0025oiTs=0.015onT=()10nNU.=8,6.5imomUVU.=系统的静、动态指标为：稳态无静差，调

31、速范围D=10，电流超调量5%i，空载起动到额定转速时的转速超调量10%n。试求： （1）确定电流反应系数（假设起动电流限制在339A以内）和转速反应系数； （2）试设计电流调整器ACR，计算其参数iR、。画出其电路图，调整器输入回路电阻iCoiC040Rk=； （3）设计转速调整器ASR，计算其参数nR、。（nConC040Rk=）； （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n。 （5）计算空栽起动到额定转速的时间。 解：1.电流反应系数和转速反应系数分别为 80.0236/339imdmUVAI.max100.01min/1000nmUVrn.2.（1）确定时间常数 整

32、流装置滞后时间常数Ts.按表1-2,三相零式电路的平均失控时间Ts=0.0033s. 电流滤波时间常数Toi.三相桥式电路每个波头的时间是3.3ms,为了根本滤平波头,应有(12)Toi=3.33ms,因此取Toi=2.5ms=0.0025s. 电流环小时间常数之和.按小时间常数近似处理,取 iT0.0058SoiiTTT=+=（2）选择电流调整器构造 依据设计要求i5,并保证稳态电流无差,可按典型I型系统设计电流调整器.电流环限制对象是双惯性型的,因此可用PI型电流调整器,其传递函数见式(2-57). 检查对电源电压的抗扰性能: 0.0122.070.0058liTsTs=,参照表2-3的典

33、型I型系统动态抗扰性能,各项指标都是可以承受的. （3）计算电流调整器参数 电流调整器超前时间常数: l=T=0.012si. 电流环开环增益:要求i5时,按表2-2,应取,因此 10.5iKT=1I0.50.5K80.0058isTs.=于是,ACR的比例系数为: 860.0120.180.225350.0236IiisKRKK=（4）校验近似条件 电流环截止频率: 186ciIKs.= 晶闸管整流装置传递函数的近似条件 111101330.0033cissTs.=满意近似条件. 忽视反电动势变更对对电流环动态影响的条件 1113379.060.120.012cimlsTTss.=满意近似条

34、件. （5）计算调整器电阻电容 由图2-25,按所用运算放大器取0R=40k,各电阻和电容值为 00.225409iiRKRkk= 636300.0121.33101.33,1.33910440.00250.25100.25,0.24010iiioioiCFFFRTCFFFR.取取 依据上述参数,电流环可以到达的动态跟随性能指标为i=4.3,满意简化条件. 转速环小时间常数近似处理条件为: 11118625.2330.01IcnonKssT.= ,满意近似条件. （5）计算调整器电阻和电容 依据图2-27,取,则 0=40kR07.7340309.2,310nnRKRkkk=取 636300.

35、07980.257100.257,0.25731010440.0151.5101.5,4010nnnononCFFFRTCFFFR.取取1.5 （6）校核转速超调量 当h=3时,由表2-6查得, n=52.6,不能满意设计要求.事实上,由于表2-6是按线性系统计算的,而突加阶跃给定时,ASR饱和,不符合线性系统的前提,应当按ASR退饱和的状况重新计算超调量。 （7） 由表2-7查得,max372.2%bChC=由得， 3391.1308mNII=max*3080.180.02660.1962272.2%1.19.96%10%10000.12nnbmTCCnT=Nn（）（-z） 4.假如只起动

36、5.空载起动到额定转速的时间 2267.73100.02660.3861480.0236308nnnimdLKUhtThUI.=.+. 2-15 有一转速、电流双闭环调速系统，主电路采纳三相桥式整流电路。已知电动机参数为：，电动势系数， 555,750,760,375/minNNNNPkWUVIAnr=1.82min/eCV=.电枢回路总电阻0.14R=，允许电流过载倍数1.5=，触发整流环节的放大倍数75sK=。电磁时间常数，机电时间常数0.031lT=0.112mT=，电流反应滤波时间常数，转速反应滤波时间常数0.002oiT=0.02onT=。设调整器输入输出电压，调整器输入电阻10nm

37、imomUUU.=040Rk=。 设计指标：稳态无静差，电流超调量5%i，空载起动到额定转速时的转速超调量10%n。电流调整器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5。 （1）选择转速调整器构造，并计算其参数； （2）计算电流环的截止频率ci和转速环的截止频率cn，并考虑它们是否合理。 2-16 在一个转速、电流双闭环VM系统中，转速调整器ASR，电流调整器ACR均采纳PI调整器。 （1）在此系统中，当转速给定信号最大值时，15nmUV.=1500/minNnnr=；电流给定信号最大值时，允许最大电流10imU.=30dmIA=，电枢回路总电阻2R=，晶闸管装置的放大倍数，电动机额定电流30

38、sK=20NIA=，电动势系数，现系统在，0.128min/eCV=.5nUV.=20dlIA=时稳定运行。求此时的稳态转速n=？ACR的输出电压?cU= （2）当系统在上述状况下运行时，电动机突然失磁（0=），系统将会发生什么现象？试分析并说明。若系统可以稳定下来，则稳定后n=？?nU=?iU.=?dI=?cU= （3）该系统转速环按典型II型系统设计，且按准则选择参数，取中频宽h=5，已知转速环小时间常数，求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数，并计算出放大系数及各时间常数。 minM0.05nT=（4）该系统由空载（）突加额定负载时，电流0dLI=dI和转速n的动态过程波形是怎样的？已知

39、机电时间常数，计算其最大动态速降0.05mT=maxn和复原时间。 Vt2-17 有一转速、电流双闭环限制的H性形双极式PWM直流调速系统，已知电动机参数为： 200,48,3.7,200/minNNNNPkWUVIAnr=，电枢电阻6.5aR=，电枢回路总电阻，允许电流过载倍数8R=2=，电势系数0.12min/eCV=.，电磁时间常数0.015lT=，机电时间常数，电流反应滤波时间常数0.2mT=0.001oiT=，转速反应滤波时间常数。设调整器输入输出电压，调整器输入电阻0.005onT=10nmimomUUU.=040Rk=。已计算出晶体管D202的开关频率f=1kHz，PWM环节的放

40、大倍数。 4.8sK= 试对该系统进展动态参数设计，设计指标：稳态无静差，电流超调量5%i；空载起动到额定转速时的转速超调量20%n；过载过程时间0.1sts。 第3章 直流调速系统的数字限制 3-1 直流电机额定转速，电枢电流额定值为375/minNnr=760dNIA=，允许过流倍数1.5=，计算机内部定点数占一个字的位置（16位），试确定数字限制系统的转速反应存储系数和电流反应存储系数，适当考虑余量。 解：定点数长度为1个字（16位），但最高位须用作符号位，只有15位可表示量值，故最大存储值Dmax=215-1。电枢电流最大允许值为1.5IN，考虑到调整过程中瞬时值可能超过此值，故取Im

41、ax=1.8IN。因此，电枢电流存储系数为 3.951.81.8760NKAI. 额定转速nN=375r/min，取nmax=1.3nN，则转速存储系数为 152132768min/67.21min/1.31.3375NKrn. 对上述运算结果取整得。 12367min/KAK.=，3-2 旋转编码器光栅数为1024，倍频系数为4，高频时钟脉冲频率01fMHz=，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采纳16位计数器，M法和T法测速时间均为0.01s，求转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辩率和误差率最大值。 解：电动机每转一圈共产生Z=42048=4096个脉冲。

42、 （1） M法测速 测速辨别率11601606060/min1.46/min40960.01CCCMMQrZTZTZT+电动机的转速为160CMnZT= 当n=1500r/min时，140960.010CZTnM= 测速误差率最大值 max111100%100%0.098%1024M=当n=150r/min时，140960.0CZTnM=测速误差率最大值 max111100%100%0.98%102M=（2） T法测速 当n=1500r/min时，0260fnZM= 测速辨别率226/min171/min600fffZnQrZMZMZMMfZn=.=.（-1）（-1） 6961500fMZn=（取整数） 测速误差率最大值 max211100%100%12.5%191M=当n=150r/min时， 测速辨别率 22604096150/min1.55/min60ZnQrfZn=60