电力拖动自动控制系统第四版_课后答案
电力拖动自动控制系统-第四版-课后答案思考题
第2章三、思考题2-1 直流电动机有哪几种调速方法各有哪些特点答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。
特点略。
2-2 简述直流 PWM 变换器电路的基本结构。
答：直流 PWM 变换器基本结构如图，包括 IGBT 和续流二极管。
三相交流电经过整流滤波后送往直流 PWM 变换器，通过改变直流 PWM 变换器中 IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流 PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。
2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么答：脉动直流电压。
2=4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能答：直流 PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。
其中直流 PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。
因 fc 通常为 kHz 级，而 f 通常为工频（50 或 60Hz）为一周内），m 整流电压的脉波数，通常也不会超过 20，故直流 PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。
2=5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压电路中是否还有电流为什么答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流 PWM 变换器的输出。
电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。
2-6 直流 PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用如果二极管断路会产生什么后果答：为电动机提供续流通道。
若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。
2-7 直流 PWM 变换器的开关频率是否越高越好为什么答：不是。
因为若开关频率非常高，当给直流电动机供电时，有可能导致电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开始下降了，从而导致平均电流总小于负载电流，电机无法运转。
电力拖动自动控制系统_第四版完整版_陈伯时
所以， （2）
ncl 8.33r / min
（3） （4） n K p K sU n I d R / Ce 1 K KU n / 1 K I d R / Ce 1 K
（2）
( R / 3) 1.0 1.5 0.8 / 3 1.1, 不符合要求，取Rs 1.1,
Rs ( R / 3)
需加电流反馈放大器
由于需要的检测电阻值大， 说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电 阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，
取 Rs 1.1 ，则 Ucom I dcr Rs 15 1.1 16.5V
（3）
当 I d I dcr 时，有
* n K p K sU n / Ce 1 K K p K s K i Rs I d U com / Ce 1 K RI d / Ce 1 K * K p Ks Un K iU com / Ce 1 K R K p K s K i Rs I d / Ce 1 K
* 2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压 Uu 8.8V 、比
例调节器放大系数 K P 2 、晶闸管装置放大系数 K S 15 、反馈系数γ=0.7。求： （1）输出电压 U d ； （2）若把反馈线断开， U d 为何值？开环时的输出电压是闭 环是的多少倍？（3）若把反馈系数减至γ=0.35，当保持同样的输出电压时，给
解：1）调速范围 D nmax nmin (均指额定负载情况下）
nmax n0max nN 1500 15 1485 nmin n0min nN 150 15 135 D nmax nmin 1485 135 11
《电力拖动自动控制系统》第四版阮毅陈伯时课后答案120页PPT
36、“不可能”这个字(法语是一个字 )，只 在愚人 的字典 中找得 到。--拿 破仑。 37、不要生极， 不要心 动要行 动。 38、勤奋，机会，乐观是成功的三要 素。(注 意：传 统观念 认为勤 奋和机 会是成 功的要 素，但 是经过 统计学 和成功 人士的 分析得 出，乐 观是成 功的第 三要素 。
39、没有不老的誓言，没有不变的承 诺，踏 上旅途 ，义无 反顾。 40、对时间的价值没有没有深切认识 的人， 决不会 坚韧勤 勉。
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈 。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学 ，如日 中之光 ；志而 好学， 如炳烛 之光。 ——刘 向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔 丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好 的教师 是幸福 ，不如 说好的 教师是 不幸。 ——海 贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦 。——杰纳勒 尔·乔治·S·巴顿
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电力拖动自动控制系统第四版习题答案_陈伯时
≤
=
8.33
r
/ min
cl
D
(1
?
s
)
20
×
(1
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0.1)
（2）
（3）
?
n
307.6
op
（4）闭环系统的开环放大系数为
K
=
?
1
=
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1
=
35.93
?
n
8.33
cl
K
35.93
运算放大器所需的放大倍数
K
=
=
=
13.77
p
K
α
/
C
35
×
0.01 / 0.1341
s
e
解：
R=
4.8
?
R
/
R=
0.3125
?
n
=
=
≈
2
63
(
r
min
)
N
D
(
1
?
s
)
20
×
(
1
?
0
05)
2-6有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压
Uu
=
8
8
V
,
比例调节放大
系数
K
=
2,
晶闸管装置放大系数
K
=
15,
反馈系数
γ
=
0
7
。求：
p
（1）输出电压
U
；
d
（2）若把反馈线断开，U为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？
d
（3）若把反馈系数减至
U
《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案
《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案对于《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》的学习，在课后应该做一些练习题加以巩固。
一下是给大家的《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案，希望对你有帮助。
一判断题1弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖动恒转矩负载。
(Ⅹ)2采用光电式旋转编码器的数字测速方法中，M法适用于测高速，T法适用于测低速。
(√)3只有一组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实现制动。
(√)4直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。
(√)5静差率和机械特性硬度是一回事。
(Ⅹ)6带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。
(Ⅹ)7电流—转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压Uk的大小并非仅取决于*速度定Ug的大小。
(√)8双闭环调速系统在起动过程中，速度调节器总是处于饱和状态。
(Ⅹ)9逻辑无环流可逆调速系统任何时候都不会出现两组晶闸管同时封锁的情况。
(Ⅹ)10可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向(正或反)由驱动脉冲的宽窄决定。
(√)11双闭环可逆系统中，电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。
(Ⅹ)与开环系统相比，单闭环调速系统的稳态速降减小了。
(Ⅹ)12α=β配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为本组逆变和它组制动两阶段(√)13转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。
(Ⅹ)14电压闭环相当于电流变化率闭环。
(√)15闭环系统可以改造控制对象。
(√)16闭环系统电动机转速与负载电流(或转矩)的稳态关系，即静特性，它在形式上与开环机械特性相似，但本质上却有很大的不同。
17直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电动势反电势不变。
(√)18直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电枢电压不变。
(Ⅹ) 19电压闭环会给闭环系统带来谐波干扰，严重时会造成系统振荡。
(√)20对电网电压波动来说，电压环比电流环更快。
《电力拖动自动控制系统》第四版阮毅陈伯时课后答案120页文档
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈 。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学 ，如日 中之光 ；志而 好学， 如炳烛 之光。 ——刘 向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔 丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好 的教师 是幸福 ，不如 说好的 教师是 不幸。 ——海 贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦 。——杰纳勒 尔·乔治·S·巴顿
《电力拖动自动控制系统》第四版阮 毅陈伯时课后答案
51、没有哪个社会可以制订。 ——杰 斐逊 52、法律源于人的自卫本能。——英 格索尔
53、人们通常会发现，法律就是这样 一种的 网，触 犯法律 的人， 小的可 以穿网 而过， 大的可 以破网 而出， 只有中 等的才 会坠入 网中。 ——申 斯通 54、法律就是法律它是一座雄伟的大 夏，庇 护着我 们大家 ；它的 每一块 砖石都 垒在另 一块砖 石上。 ——高 尔斯华 绥 55、今天的法律未必明天仍是法律。 ——罗·伯顿
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习题解答（供参考）习题二2.2系统的谒速花用肚1000700"min .耍求补差净.*2%•那么系统允许的柑琏转速降肚多少？解：An = "'%（］_ $）= 1000x0.02/（10x0.98） = 2Mrpm系统允许的於态速降为2.04rpm.23某一调速系统.在颤定负敎下.最高转速持性为n（）max =1500〃min .最低转連转忡为n Omin = 150r/min .匸制定勺我时的速度需必A/z jV = 15r/min・H征不阿转速下離定速降不变.试问系统能够达到的调速苞IH有多大？系统允许的静差率是多少？躺I〉调速苞Ml D = qnax/^min (均指颤定负较倩况卜)"max =«0max-^=1500-15 = 1485"min =W0min-^=150-15 = 135D = "max /"min = 1485/135 = 112)s＞泾率s = A/i jV/H() = 15/150 = 10%2.4 ffift电动机为P^=74k\V.UN=22OV・I S=378A. n N=l43＜）r/min. Ra=O.O23Q・相拎矗流器内Hl Rrcc=O.O22Q •采用降川说速・当生产机械耍求s=20%时.求系统的调速范|同・如果s=30%时.則系统的诡速范国乂为参少？？鶴Ce = (U N -I N R a)/n N = (220-378x0.023)/1430 = 0.1478V/r/;/nAn = I N R/Ce = 378 x (0.023 + 0.022)/0.1478 = 11 SrpmD = n N S/[An(l- s)] = 1430x 0.2/[115x(1-0.2)] = 3.1D = gS/[42(l -s)] = 1430x0.3/(115x(1 — 03)] = 5.332.5某龙门刨床工作台采用W 说速系统.Lifeftift电动机.主电略总电闪R=O.!=O.2V-miiVr.求：<1)当电迩连续时.在额定负枝下的转i£降«A/2 v为多少？<2)开坏系统机植待杵连续用在额定转速时的鵝遂瘵S N姜少？<3) 2；鉴满足D=2(UW5盘的要求.额定负枝卜的转谨降落乂为多少？解：⑴ 4切=/ v x R/Ce = 305x0.18/0.2 = 274.5r/min⑵S N =An^/WQ =274.5/(1000 + 274.5) = 21.5%⑶ An = n N S/[D(L-s)] = 1000x0.05/[20x0.95] = 2.63/7 min心有一能稱管稳b电源•英杨态结构图如图所小•已知給定电压t/* = 8.8V.比例灣节器放大系数Kp=2.晶棉管褻n放大系数Ks =15、反惯系&Y =0.7 •求：(!) ?fi出电JK U d : (2)若耙反懺线断JF・t/d为冃值？开坏时的输出电爪址闭环楚的炙少倍？(3)若把反懺系数械至丫=0.35・当探持同样的输出电爪时.給定电矗U：应为多少？解：(1)Ud = KpKsU；JQ + KpKy) = 2x\5x&8/(1+2x15x0.7) = 12V⑵U d =8.8x2x15 = 264V .歼坏輛出电i&楚闭坏的22倍⑶ u： = Ud(1 + KpKy)[KpK, = 12X(1 + 2X15X0.35)/(2X15) = 4.6V2.7某闭坏调速系统的说速范闹足I500r/min-i50r/min.耍求系统的<5% •那么系统允许的朴念速降足参少？如果开坏系统的挣念速障楚100r/min.则闭坏系统的开坏放大倍数应有多大？解：I〉D = n N s/^n N(i-s)10 = 1500x2%/^ x98%沁=1500X2%/98%X10= 3.06r / min2）K =（4切 /A K C/）-1 = 100/3.06-1 = 31.728某闭坏调速系统的幵坏仮大侪数为15时.做定致我卜电动机的如渠将开坏妝大侪数提高到30・它的速降为多少？在同样卿羌率要求下.调速范用训以扩夫多少倍？給 4 伽=(1+K)4Q =(1+15)X8=128如和务开坏仮大倍数扯高到30.則速降为:△“ = △% /(1 + K)= 128 /(1 + 30)= 4.13rpm在同样舲養率婪求下.D町以U' A A/J C7I/△灯宀2 = 1937倍2.9 有V-M 速系统：电动机^tti. PN=2.2kW. U N=220V. k=l2.5A. nx=!5O() r/mm•电枢电M1RR.5Q•电枢何賂电抗2t电Bl RL=0.8D・内Hl&cl.oafB发整就坏节的放夫倍融匕=35・鉴求系绒满足灣速范憎D=20・挣泾率S<TW・(丨〉计0开坏系统的於态速降和调速要求併允许的闭坏舲态igWAik,・<2) «用转速负反懺细成闭坏系统.试面出系统的嫌理图和挣念结构图.<3)说整该系统参数•使U a*=!5V时.L=k・2氏・則转速负反馈系散a应该址多少？<4)计算敞大冷所需的放大倍数・解：⑴n = (t/jV-/v x/?J/C rC r =(220-12.5x1.5)/1500 = 201.25/1500 = 0.134VmiiVrn = (U N-I N xR z)/C f=> 叫=I N x/?z/C r =12.5x33/0.134 = 307.836厂 / minA/i jV = y/(D(l-5)) = 1500x10%/(20*90%) = 8.33r / min所以.A/2C/ = 8.33r/ninUPE<3> ⑷ « =(K p K s U ； - I d R )/(C e (1 + /r)) = \KU ； /«(1 + K )\-\l d R!{C e (1 + /C ))]1500 = [35.955 x 15/a(l + 35.955)]- =>a = 0.0096VmiiVr“ 35.955*0.134|1Q1讥n 电冋 代e = ----------- = ------------------- = 14.P K^a 35*0.0096也叫以川粗昭算法:心=KC /Ka . K p = 35.955x0.134/(35x0.01) = 13.762.10在題2.9的转速负反懺系统中堆设电就嚴止环节.婪求坍转电漁I 伽 -2/jV •临界蔵止电渝I dcr > 1.2/ v •应该选用多大的比 较电用和电祓反愤采样电川？要求电加反馈采样电锻不超过主电路总电阻的1/3 •如果做不到.需要增加电渝反愤放大器.试阪出系统的坝理图和 协念结构I 轧并计荒电流反惯放大系数・这时电流反馈采样电HI 和比较电**为多少？解：⑴ I dbl< 21N = 25 A . I dcr > 1.2/,v =\5Adcr = U com 【d 15 = U com / R s/伽 Ju ； +/爲/儿亠25 = (15 + /爲/& 7 = 1.5Q •% =15x1.5 = 22"(堆/3) = (1.0+1.5 + 0.8)/3 = l.lC, & >(他/3) "不符合要求，取& =1.10,需加电流反馈放大器由f-ffis 的检测电阻<a 大.说明耍求的电流馆号值也大.要冋时输足检测电阻小和电淹佰号大的要求.則必须采用放大器.对电潦倍号进行 故大.为此.K=[\n op ! \n d )-\ =307.836/&33-1 = 35.95512.5x33/(0」34(1+ 35.955))]十取R、=l•则U ami =/frr x/?v = 15xl.l = 16.5 V<3)当 /rf > Rh 有n = [K“K.M； /C」l + K)\-kpK$Kg + K)]-[刃d /q(l + K)]=Kp K 血;+ KjU』(q (1 + K))]— [(/? + K p K s K. R s)l d/(c e (1 + K))]当n=0时・/斷=KpK, (U； + K i U nm)/(R + KpKKRA(U： + KQ® J / K,R S25 = (15 + 16.5K f)/l・I£=15/(22・5-13・5) = 1・362.11在崔2.9的集统中.”左电滋电憋L=5(>mH・系统运动殊分的E轮惻/GD‘ = l・6Nm‘・廉渝装肚嚥用询冬式电豁.试月斷按匙2・9 箜求设计的转速负反惯系统能否处定运行？如鉴保证系统艳定运行・允许的必人开坏放大系数处篡少？執L = 5O//Z/7 . GD2 =\.6Nm2.饱=3・3G. C e =0A34V / rpm7； =L//?Z =0.05/33 = 0.01557；=GD2/?Z/(375C,C W)=1.6X3.3/(375X0.134X0.134X30/3.14)= 5.28/64.33 = 0.082.?7； =0.003335K < [匚(7； + 耳)+ 4订 / 7/、= [0.082 x(0.015 + O.OO333)+ O.OO3332] /(0.0151* 0.00333) =「0.0015 + 0.003332] / 0.00004983 = 30.52 '" 与MU面的K>35.955相矛盾.故系统不枪定.要使系统能給矗定运行・KhU为30.52・2.12有一个阳用■电动机调U系统.己知：电动机：P v = 2.SkW・U N = 220V z・I N = 15.6A・n N = 1500r/mn.R a =1.50.整流装置内阻&”=1C,电枢同路电抗器电HI /?L=o.8Q・触发整流环节的故大倍数K$=35.⑴系统开环工作时.试计并调速范闱D = 30时的存走率S值・⑵当£) = 30. $ = 10%时・计并集统允许的稳念速障・⑶如组成转速负反馈有静荃调速系统•姜求£) = 30・5 = 10%・在U； = 10U时I d = I N・n = n N・计口转速负反馈系tta 和枚大容枚大系散Kp・解：C e =(220-15.6x1.5)/1500 = 0.1311 V min/ r% = I N x 堆 / q = 15.6x 3.3 / 0.1311 = 392.68厂 / min叫稣=1500/30 = 50s =叽卩 / A/z()min = 392.68 / (392.68 + 50) = 88.7%0.1 = An/(4? + 50)An = 5/0.9 = 5.56/7 min"=KpK’U： /C t,(l + K)-RJdGQ + K)[ K = K p aKJC e1500 = KpKJZ： /C'l + K)-(甩15.6)/Ce(l + K)K =(M°p /△“)— 1 =(297.48/5.56)-1 = 52.52-13雄转輪码JRJtMl数1024.借频系数4・高频时钟咏冲频率f()= 1MHz・旋转编码蹄出的脉冲个数和高频时仲M：冲个&均采川16位计数益.法测速时闾为o.oh求Kiin = 150017 min和n = 150r/miii时的测速分圳率和俣筮冷以大值.«M500,/mi n.^% = ^xim% = ^x 100% = H,4%“=150R /MI 11 B B^% =A 77TTX ,00% =^TTX I00% = 1%可见T 法适含低速60<I )M 法：分辨率。
《电力拖动自动控制系统》(第四版)习题答案
n 《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是 多少？解：系统允许的稳态速降∆n N =sn min (1 − s ) = 0.02 ×100 (1 − 0.02) = 2.04(rmin )2-5 某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机 P N = 60kW ，U N = 220V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ， 主 电 路 总 电 阻 R = 0.18Ω ，C e = 0.2V • min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ∆n N 为多少？（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 s N 多少？ （3）额定负载下的转速降落 ∆n N 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。
解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落∆n N = I N R =305 ×0.18= 274.5(r min )C e0.2 （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s N =N ∆n N + ∆nN =274.5≈ 0.215 = 21.5% 1000 + 274.5 （3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落∆n N =n N s D (1 − s )=1000 × 0.0520 × (1 − 0.05)≈ 2.63(r min )UN解：（1）C e =−I d RanN = 220 −12.5 ×1.5 = 0.1341V ⋅ min/ r 1500∆nop =RINCe=12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8)0.1341= 307.6r / min（2）∆n =nNs≤ 1500× 0.1 = 8.33r / min cl D(1 −s) 20 ×(1 −0.1)（3）∆n op 307.6（4）闭环系统的开环放大系数为 K = − 1 = − 1 = 35.93∆n clK 8.3335.93运算放大器所需的放大倍数 K p = K s α /C e = = 13.7735 × 0.01 / 0.1341解：R = 4.8Ω R s / R = 0.3125 < 1 / 3图见 49 页2-12 有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机 P N = 2.8kW ，U N = 220V ， I N = 15.6 A ， n N = 1500 r min ， R a = 1.5Ω ，整流装置内阻 R rec = 1Ω ，电枢回路电抗器电阻 R L = 0.8Ω ， 触发整流环节的放大倍数 K s = 35 。
《电力拖动自动控制系统》（第四版）习题答案
《电⼒拖动⾃动控制系统》（第四版）习题答案n 《电⼒拖动⾃动控制系统—运动控制系统》习题2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少？解：系统允许的稳态速降n N = sn min (1 s )= 0.02 ×100 (1 ? 0.02) = 2.04(r min )2-5 某龙门刨床⼯作台采⽤晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机 P N = 60kW ，U N = 220V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ，主电路总电阻 R = 0.18? ，C e = 0.2V ? min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ?n N 为多少？（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 s N 多少？（3）额定负载下的转速降落 ?n N 为多少，才能满⾜ D = 20, s ≤ 5% 的要求。
解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落n N = I N R = 305 × 0.18= 274.5(r min )C e0.2 （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s N =N ?n N+ ?n N=274.5≈ 0.215 = 21.5%1000 + 274.5（3）额定负载下满⾜ D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落n N =n N s D (1 ? s )= 1000 × 0.0520 × (1 ? 0.05)≈ 2.63(r min )UN 解：（1）C e =?IdRanN= 220 ?12.5 ×1.5 0.1341V ?min/ r1500nop =RI NCe=12.5 ×(1.5 +1.0 +0.8)0.1341= 307.6r / min（2）?n =n N s ≤ 1500×0.1 =8.33r / min cl D(1 ?s) 20 × (1 ?0.1)（3）n op 307.6（4）闭环系统的开环放⼤系数为 K = ? 1 = ? 1 = 35.93 n clK 8.33 35.93 运算放⼤器所需的放⼤倍数 K p =K s α / C e = = 13.7735 × 0.01 / 0.1341解：R = 4.8?Rs/ R = 0.3125 <1/ 3图见49 页2-12 有⼀晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机PN = 2.8kW ，UN= 220V ，IN= 15.6A ，nN =1500r min ，Ra=1.5?，整流装置内阻Rrec=1?，电枢回路电抗器电阻RL=0.8?，触发整流环节的放⼤倍数Ks = 35 。
电力拖动自动控制系统第四版课后问题详解
习题解答（供参考）习题二2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm 。
2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为 0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降 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：1）调速范围max minD n n =(均指额定负载情况下）max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。
如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯=378(0.0230.022)0.1478115N n I R C e r p m ∆==⨯+=[(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。
已知直流电动机，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V •min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落Nn ∆为多少？（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落Nn ∆又为多少?解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯= (2)0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。
电力拖动自动控制系统_第四版_课后答案思考题
2-1 直流电动机有哪几种调速方法？答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。
2-2 简述直流 PWM 变换器电路的基本结构.答：直流 PWM 变换器基本结构如图，包括 IGBT 和续流二极管。
三相交流电经过整流滤波后送往直流 PWM 变换器，通过改变直流 PWM 变换器中 IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流 PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。
2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么？答：脉动直流电压。
2-4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能？答：直流 PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。
其中直流 PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。
因 fc 通常为 kHz 级，而 f 通常为工频（50 或 60Hz）为一周内），m 整流电压的脉波数，通常也不会超过 20，故直流 PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。
2-5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压？电路中是否还有电流？为什么？答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流 PWM 变换器的输出。
电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。
2-6 直流 PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。
若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。
2-7 直流 PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？答：不是。
因为若开关频率非常高，当给直流电动机供电时，有可能导致电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开始下降了，从而导致平均电流总小于负载电流，电机无法运转。
2-8 泵升电压是怎样产生的？对系统有何影响？如何抑制？答:泵升电压是当电动机工作于回馈制动状态时，由于二极管整流器的单向导电性，使得电动机由动能转变为的电能不能通过整流装置反馈回交流电网，而只能向滤波电容充电，造成电容两端电压升高。
电力拖动自动控制系统运动控制系统第4版习题答案
习题解答（供参考）习题二2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？ 解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm 。
2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降不变，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：1）调速范围 max min D n n =(均指额定负载情况下）max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率 01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。
如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯= 378(0.0230.022)0.1478115N n I R rpm ∆==⨯+= (1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。
已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V•min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆为多少？ （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R r ∆=⨯=⨯= (2) 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。
电力拖动自动控制系统运动控制四版课后习题答案,基本全
习题解答（供参考） 习题二2.2 系统的调速围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？ 解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm 。
2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降不变，试问系统能够达到的调速围有多大？系统允许的静差率是多少？解：1）调速围 max min D n n =(均指额定负载情况下）max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率 01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器阻Rrec=0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速围。
如果s=30%时，则系统的调速围又为多少？？解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯= 378(0.0230.022)0.1478115N n I R rpm ∆==⨯+=(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。
已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V •min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆为多少？ （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯= (2) 0274.5274.5)21.5%N N S n n =∆=+= (3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。
电力拖动自动控制系统_第四版_课后答案思考题
电力拖动自动控制系统_第四版_课后答案思考题第2章三、思考题2-1 直流电动机有哪几种调速方法,各有哪些特点,答:调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。
特点略。
2-2 简述直流 PWM 变换器电路的基本结构。
答:直流 PWM 变换器基本结构如图，包括 IGBT 和续流二极管。
三相交流电经过整流滤波后送往直流 PWM 变换器，通过改变直流 PWM 变换器中 IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流 PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。
2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么, 答:脉动直流电压。
2=4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能, 答:直流 PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。
其中直流PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期(1/fc) ，而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半(1/(2mf)。
因 fc 通常为 kHz 级，而 f 通常为工频(50 或 60Hz) 为一周内 ) ，m 整流电压的脉波数，通常也不会超过 20，故直流 PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。
2=5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压,电路中是否还有电流,为什么, 答:电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流 PWM 变换器的输出。
电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。
2-6 直流PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用,如果二极管断路会产生什么后果, 答:为电动机提供续流通道。
若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。
2-7 直流 PWM 变换器的开关频率是否越高越好,为什么,答:不是。
因为若开关频率非常高，当给直流电动机供电时，有可能导致电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开始下降了，从而导致平均电流总小于负载电流，电机无法运转。
电力拖动自动控制系统_第四版_课后答案
电力拖动自动控制系统_第四版_课后答案(总20页)-本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-习题解答（供参考）习题二min r10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-2.04rpm0max 1500min n r =0min 150min n r =15min N n r ∆=max minD n n =max 0max 1500151485N n n n =-∆=-=min 0min 15015135N n n n =-∆=-=max min 148513511D n n === 01515010%N s n n =∆==()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯= 378(0.0230.022)0.1478115N n I R Ce rpm ∆==⨯+= [(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=N n ∆N S Nn ∆3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯= 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=[(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=*8.8u U V =2P K =15S K =d U d U *uU *(1)2158.8(12150.7)12d p s u p s U K K U K K V γ=+=⨯⨯+⨯⨯=8.8215264d U V=⨯⨯=*(1)12(12150.35)(215) 4.6u d p s p s U U K K K K V γ=+=⨯+⨯⨯⨯=5%s ≤()s n s n D N N -∆=1/1015002%/98%N n =⨯∆⨯15002%/98%10 3.06/min N n r ∆=⨯⨯=()7.31106.3/1001/=-=-∆∆=cl op n n K()()12881511=⨯+=∆+=∆cl op n K n()()rpm K n n op cl 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e d e com d s i s p e n s p ++-++=+-+--+=1/1/1/1/1/**()()()**//dbl p s n i com p s i s n i com i s I K K U K U R K K K R U K U K R =++≈+()()251516.5/1.115/22.513.5 1.36i i i K K K =+⇒=-=22GD =1.6NmmH L 50=226.1Nm GD = 3.3R ∑=Ω0.134/e C V rpm =()()2/0.05/3.30.015/375 1.6 3.3/3750.1340.13430/3.145.28/64.330.0820.00333l m e m s T L R sT GD R C C s T s∑∑=====⨯⨯⨯⨯===()()222/0.0820.0150.003330.00333/0.0151*0.003330.00150.00333/0.0000498330.52l m l s s s K T T T T T T ⎡⎤⎡⎤<++=⨯++⎣⎦⎣⎦⎡⎤=+=⎣⎦（） kW P N 8.2=V U N 220=A I N 6.15=1500=N n a R rec R L R 35=s K30=D s30=D %10=s30=D %10=s V U n10*=N d I I =N n n =αp K()r V C e m in/1311.01500/5.16.15220=⨯-=()min 0min /15.6 3.3/0.1311392.68/min 1500/3050/392.68/392.685088.7%op N e op n I R C r n s n n ∑∆=⨯=⨯====∆∆=+=()min/56.59.0/550/1.0r n n n ==∆+∆∆=()()⎪⎩⎪⎨⎧=+-+=∑e s p e d e n s p C K K K K C I R K C U K K n /1/1/*α ()()()()()⎪⎩⎪⎨⎧=-=-∆∆=+-+=∑5.52156.5/48.2971/1/6.151/1500*cl op e e n s p n n K K C R K C U K K MHz 1f 0=min /r 1500n =min /r 150n =min /465.101.0410246060r ZT Q c =⨯⨯==→=cZT M n 160min /1500r n =10246001.0102441500601=⨯⨯⨯==c nZT Mmin /150r n =4.1026001.010*********=⨯⨯⨯==c nZT Mmin /1500r %098.0%10010241%1001%1max =⨯=⨯=M δ min /150r %98.0%1004.1021%1001%1max =⨯=⨯=M δmin /1500r n =min /17115004102510160150041024606202r Zn f Zn Q =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=min /150r n =min /55.1150410241016015041024606202r Zn f Zn Q =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=260ZM f n =Zn f M 0260=min /1500r n =77.9150041024106062=⨯⨯⨯=M min /150r n =7.9715041024106062=⨯⨯⨯=M min /1500r n =%4.11%100177.91%10011%2max =⨯-=⨯-=M δmin /150r n =%1%10017.971%10011%2max =⨯-=⨯-=M δ习题三*nmU N n N I R s K e C *n U dL I n n U *i U i U c U *i U c U*****0*/15/15000.01/55,5000.01/150.375/400.375*10 3.750.127*50010*24.17520500,5, 3.75,nm N nnim dm i d i d dL e N dL C s s s n i i c U n V rpm V rpmU VU V n rpmV rpmU V V AI AU I V U U E I R C n I R U V K K K n rpm U V U U V U ααββ==============+++=========当转速即4.175v=V I U dm i 15*==β()040*2420e d d dm c s s s C n I R U I R U V K K K +=====N P N U N I N n R cm im nmU U U ==**dm I s K βα,0d U c i i U U U ,,***880.2/0.008/401000im nm dm N U V U V V AV rpmI An rpmβα======040*1.560d dl e N dl U E I R C n I R A V∑∑=+=+=Ω=*8,0n n U V U ==*8,8,i i U V U V ==06040 1.5C d S U U K V ===*imU *i U c U c U *80.1/80im dm U V V A I Aβ===⇒*i U ⇒C U C U 0d dl e N dl U E I R C n I R ∑∑=+=+()0e d d c s sC n I R U U K K +== σ（1）（2）s t r t （3）r t σ0.69,0.6,%9.5%KT ξσ===(1)0.69/0.69/0.1 6.9(1/)K T s ===(2) 3.30.33r t T S ==3660.10.6s nt T s ξω≈==⨯=0.25r t s <1,0.5KT ξ== 2.4 2.4*0.10.24r t T s ===1/10K T ==101.0101)(1+=+=s s K s W obj τσ0.5,0.707,3-1% 4.3%KT ξσ===查表，得1(),W s sτ=110(),T 0.01(0.011)W s s s ττ=+这样，＝， K=10/10/10/500.2K Sτ===11()0.2W s s sτ==)102.0(10)1()(1+=+=s s Ts s K s W obj σ1(1)(1)(),()(1)PI PIPI K s K s K W s W s s s s Ts ττττ++==+校正后系统的开环传递函数 1/,h 83-4PI K K K hT ττσ==,选＝， 查表， %=27.2%8*0.020.16hT s τ===12222181175.78,/175.78*0.16/10 2.8122*8*0.02PI h K K K K h T τ++======60=N P 220=N U 308=N I 1000=N n e C R s K l T m T i T 0n T 0i σn σ1.1N IΩk*/8/(1.1*)8/3390.0236/im dm N U I V I V A V A β====10/10000.01min/V r α==)0.00333s a T s =)0.0025oi b T s =0)0.00250.003330.00583i i s c T T T s ∑=+=+=5%i σ≤(1)()i i ACR i K S W S Sττ+=10.012,0.5,0.5/85.76i l I i I i T s K T K T s τ-∑∑=====选85.760.0120.180.224350.0173I i i s K R K K τβ⨯⨯===⨯185.76ci I K s ω-==1111)1101.01330.00333)79.06)115.52ciS cicia Tb Sc s ωωω--==>⨯==<===>电力电子装置传递函数的近似条件：忽略反电势的影响的近似条件：040R K=00.224408.96i i R K R K K ==⨯=33000/0.012/(910) 1.334/40.0025/40100.25i i i i i C R F C T R Fτμμ==⨯===⨯⨯=a)1/I K 0.5I i K T ∑=1/220.005830.01166I i K T s ∑==⨯=b)0.015on T s =c) 1/0.011660.0150.02666n I on T K T s ∑=+=+=(1)()n n ASR n K s W s sττ+=,5,0.1333n n n n hT h hT s ττ∑∑====取2222216168.822250.02666(1)60.02360.1960.126.942250.010.180.02666N n e m n n h K s h T h C T K h RT βα-∑∑+===⨯⨯+⨯⨯⨯===⨯⨯⨯⨯11/168.820.133322.5cn N N n K K s ωωτ-===⨯=11)40.43)25.2cncna sb s ωω--==>==>max *3080.180.02666%2*()()281.2% 1.10.19610000.1211.23%10%n N n b m T C n z C n T σλ∑∆∆⨯=-=⨯⨯⨯⨯⨯=>0.07998n n hT s τ∑==2222(1)/24/(290.02666)312.656(1)/240.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6N n n e m n K h h T sK h C T h RT βα-∑∑=+=⨯⨯==+=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=11/312.6560.0799825cn N N n K K s ωωτ-===⨯=1/21/211/21/21)1/3(/)1/3(85.76/0.00583)40.43)1/3(/)1/3(85.76/0.015)25.2I i cn I on cna K T sb K T s ωω-∑-==>==>272.2% 1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)9.97%10%n σ=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<040R K =07.640304n n R K R K =⨯=⨯=330/0.07998/310100.2584/40.015/4010 1.5n n n on on C R F C T R Fτμμ==⨯===⨯⨯=%272.2%(1.10.4)(3080.18/0.196100)(0.02666/0.12)63.5%n σ=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=222()(),()375375375m dm dL dm dL e L dm dLe mem eGD dndn C I I R I I R T T I I GD GD R dtdt C T C C C --=-===-根据电机运动方程：*0.196*0.12*10000.385()(1.1*3080)*0.18e m dm dL C T n t sI I R ===--l T m T i T 0n T 0i σn σci ωcn ω**100.00877/1.5*760100.0267min/375im dm nmN U V AI U V r n βα======)0.00176)0.002)0.00367S oi i a T s b T s c T s∑===/136.240.0310.14/750.008770.899i I I s K K T R K β==⨯⨯⨯=11/21/211/21/21)1/31/30.00167199.6)(1/)3(1/0.1120.031)50.9)1/3(1/)1/3(1/0.001670.002)182.39s cim l cis oi cia T sb T T sc T T s ωωω---=⨯=>=⨯=<=⨯=>00.8994035.96i i R K R =⨯=⨯=33000/0.031/36100.864/40.002/40100.2i i i i i C T R F C T R fμμ==⨯===⨯⨯=a) b) c)ΦdL I d I n m T max n ∆v t()()()112++=∑s T s s K s W n n N n τ习题五~2d U 2d U ACB'O1202d x x d x U S u U S ⎧=⎪⎪=⎨⎪-=⎪⎩(21)2dx x U u S =-'O2()j j A B C u u e u e =++γγs u1u 65uAO u BO u CO u AO u BO u CO u su2AO j BO j CO u u e u e ===γγAO BO CO u u u2j j AO BO CO u u e u e =++=++γγs AO BO CO u u u u)(0j e As u s ψAO u BO u CO u s u sψdtd R s s s s ψi u +=dtd s s ψu ≈dt ∆≈⎰s s ψu)(1ϕωψ+=t j s e s ψ1()21j t s eπω++ϕ≈ωψs udu011121212312000000,3,,,,j s s d d T Nw w t t t t t t u U U e T T T T T T ππ⎧=↑⎪⎪↓⎨⎪↓=+=+↓↓⎪⎩开关周期输出频率u u u1212,,t t T t t ∴↓↓--↑1u 02T t u 101T t us u d u θθ习题六⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡---=2323021211322/3C s()A m i I co t ω=2s()3B m i I co t πω=-2cos()3C m i I t πω=+αs i βs i1111122220022223002A AB CsBsC B CAB Ci i i iiiiiiαβ⎤⎤⎡⎤----⎥⎥⎡⎤⎢⎥⎥==⎢⎥⎢⎥⎥⎣⎦⎢⎥--⎣⎦⎥⎣⎦⎣⎦⎤⎥⎥=⎥⎥⎣⎦A B Ci i i++=2222()()()()33332333s()002222s()s()]333cos()2[]223s()2[AsmsB Cm j t j t j t j tm jco tiiico t co tte e e eco te eαβππππωωωωπωππωωωω---+-+-⎡⎤⎤⎢⎥⎥⎡⎤⎥⎥==⎢⎥⎥⎥⎣⎦--+⎥⎥⎣⎦⎦⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎥++⎥-⎥⎦=-2223332233]223s()2)23s()s()22sin()sin()sin()3j j jj t j tm j t j tj jm me ee eco te ee eco tco tttπππωωππωωωωωπωω----⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎥-⎥+⎥⎦⎡⎤⎢⎥⎢⎥=-⎢⎥-⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎢⎥⎡⎤=⎥⎢⎥⎣⎦⎥⎥⎦2π⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ϕϕϕϕcossinsincos2/2rsCαsiβsisdisqi1ωϕ=dtdωω=1sdisqi22sqsdsiii+=mIωs()sin()s m s i co t i t αβωω⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦cos sin cos sin s()sin cos sin cos sin()cos s()sin sin()cos()cos sin()sin s()sin()sd s m sq s m m i i co t i i t co t t t t co t t αβϕϕϕϕωϕϕϕϕωϕωϕωωϕϕωϕωωϕ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦+-⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦1ωϕ=dtd 1t ϕω=cos()sin()0sd m m sq i t i t ωϕωϕ⎤-⎡⎤⎡⎤⎥==⎢⎥⎢⎥⎥-⎣⎦⎣⎦⎢⎥⎣⎦s sd m i i ==kW P N 3=V U N 380=A I N 9.6=min /1400r n N =Hz f N 50=Ω=1.85s R Ω=2.658r R H L s 0.294=H L r 0.2898=H L m 0.2838=2m 0.1284kg J ⋅=r ψsm i st i11150014001150015N N n n s n --===11002/15sN N N N s s f rad s πωωπ===6.9s m i A ===1mr rsm r rm st sr rL d i dtT T L i Tr d dtrm sm L i21 1000.2898 2.283515 2.658s r rst s r sm smsmm T i Ti i i L2.493 6.9s sm sm i i ====6.9 4.79A 2.493sm i == 2.2835 2.2835 4.79=10.937A stsm i i0.2838 4.79=1.359Wb rm sm L i。
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习题解答（供参考）习题二2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm 。
2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降 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：1）调速范围 max min D n n =(均指额定负载情况下）2) 静差率 01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。
如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。
已知直流电动机，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V?min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆为多少？（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少?解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯=(2) 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。
求：（1）输出电压d U ；（2）若把反馈线断开，d U 为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？（3）若把反馈系数减至γ=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压*u U 应为多少？解：（1）*(1)2158.8(12150.7)12d p s u p s U K K U K K V γ=+=⨯⨯+⨯⨯=(2) 8.8215264d U V =⨯⨯=,开环输出电压是闭环的22倍(3) *(1)12(12150.35)(215) 4.6u d p s p s U U K K K K V γ=+=⨯+⨯⨯⨯=2.7 某闭环调速系统的调速范围是1500r/min~150r/min ，要求系统的静差率5%s ≤，那么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？解： 1）()s n s n D N N -∆=1/2）()7.31106.3/1001/=-=-∆∆=cl op n n K2.8 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8 r/min ，如果将开环放大倍数提高到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： ()()12881511=⨯+=∆+=∆cl op n K n如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：在同样静差率要求下，D 可以扩大937.1/21=∆∆cl cl n n 倍2.9 有一V-M 调速系统：电动机参数P N =2.2kW, U N =220V, I N =12.5A, n N =1500 r/min ，电枢电阻R a =1.5Ω，电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω，整流装置内阻R rec =1.0Ω,触发整流环节的放大倍数K s =35。
要求系统满足调速范围D=20，静差率S<=10%。
（1）计算开环系统的静态速降Δn op 和调速要求所允许的闭环静态速降Δn cl 。
（2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构图。
（3）调整该系统参数，使当U n *=15V 时，I d =I N ，n=n N ，则转速负反馈系数 α应该是多少？（4）计算放大器所需的放大倍数。
解：（1）所以，min/33.8r n cl =∆（2）（3）（4）()()()()[]()()[]K C R I K KU K C R I U K K n e d n e d n s p +-+=+-=**1/1/1/α可以求得，*35.955*0.13414.34*35*0.0096e p s K C K K α===也可以用粗略算法：n U U n nα=≈*，01.0150015*===n U n α /p e s K KC K α=，()35.9550.134/350.0113.76p K =⨯⨯=2.10 在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流N dbl I I 2≤，临界截止电流N dcr I I 2.1≥，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） A I I N dbl 252=≤，A I I N dcr 152.1=≥()()Ω=⇒+=⇒+≈5.1/1525/*s s com s com n dbl R R U R U U I ，V U com 5.225.115=⨯=（2）()(/3) 1.0 1.50.8/3 1.1,(/3)1.1,s s R R R R ∑∑=++=Ω>=Ω不符合要求，取需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。
要同时满足检测电阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。
为此，取 1.1s R =Ω，则15 1.116.5com dcr s U I R V =⨯=⨯=（3） 当dcr d I I >时，有()[]()()[]()[]()()()[]()()()[]K C I R K K K R K C U K U K K K C RI K C U I R K K K K C U K K n e d s i s p e com i ns p e d e com d s i s p e n s p ++-++=+-+--+=1/1/1/1/1/**当n=0时，2.11在题2.9的系统中，若主电路电感L=50mH ，系统运动部分的飞轮惯量22GD =1.6Nm ，整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？解： mH L 50=，226.1Nm GD =， 3.3R ∑=Ω，0.134/e C V rpm =()()222/0.0820.0150.003330.00333/0.0151*0.003330.00150.00333/0.0000498330.52l m l s s s K T T T T T T ⎡⎤⎡⎤<++=⨯++⎣⎦⎣⎦⎡⎤=+=⎣⎦（） 可见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳定。
要使系统能够稳定运行，K 最大为30.52。
2.12 有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：kW P N 8.2=，V U N 220=，A I N 6.15=，1500=N n r/min ，a R =1.5Ω，整流装置内阻rec R =1Ω, 电枢回路电抗器电阻L R =0.8Ω， 触发整流环节的放大倍数35=s K 。
(1)系统开环工作时，试计算调速范围30=D 时的静差率s 值。
(2)当30=D ，%10=s 时，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30=D ，%10=s ，在V U n10*=时N d I I =，N n n =，计算转速负反馈系数α和放大器放大系数p K 。
解：（1）（2）（3）2.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率MHz 1f 0=，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M 法测速时间为0.01s ，求转速min /r 1500n =和min /r 150n =时的测速分辨率和误差率最大值。
解：（1）M 法：分辨率min /465.101.0410246060r ZT Q c =⨯⨯==最大误差率：→=cZT M n 160min /1500r n =时，10246001.0102441500601=⨯⨯⨯==c nZT Mmin /150r n =时，4.1026001.010*********=⨯⨯⨯==c nZT Mmin /1500r 时，%098.0%10010241%1001%1max =⨯=⨯=M δ min /150r 时，%98.0%1004.1021%1001%1max =⨯=⨯=M δ 可见M 法适合高速。
（2）T 法：分辨率：min /1500r n =时，min /17115004102510160150041024606202r Zn f Zn Q =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-= min /150r n =时，min /55.1150410241016015041024606202r Zn f Zn Q =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-= 最大误差率：260ZM f n =，Zn f M 0260=，当min /1500r n =时，77.9150041024106062=⨯⨯⨯=M 当min /150r n =时，7.9715041024106062=⨯⨯⨯=M min /1500r n =时，%4.11%100177.91%10011%2max =⨯-=⨯-=M δmin /150r n =时，%1%10017.971%10011%2max =⨯-=⨯-=M δ可见T 法适合低速习题三3.1双闭环调速系统的ASR 和ACR 均为PI 调节器，设系统最大给定电压*nm U =15V ，N n =1500r/min ，N I =20A ，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Ω，s K =20，e C =0.127V ·min/r ，求：（1）当系统稳定运行在*n U =5V ，dL I =10A 时，系统的n 、n U 、*i U 、i U 和c U 各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，*i U 和c U 各为多少？解：(1)（2）堵转时，V I U dm i 15*==β，3.2 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。