电力拖动自动控制系统—运动控制系统(第四版)习题答案

《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

)min (04.2)

02.01(10002.0)1(min r s sn n N =−×=−=∆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kW P N 60=，V U N 220=，A I N 305=，min 1000r n N =，主电路总电阻Ω=18.0R ，r V C e min 2.0•=，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）额定负载下的转速降落N n ∆为多少，才能满足%5,20≤=s D 的要求。解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落

)min (5.2742

.018.0305r C R I n e N N =×==∆（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率

%5.21215.05

.27410005.274=≈+=∆+∆=

N N N N n n n s （3）额定负载下满足%5,20≤=s D 要求的转速降落)min (63.2)

05.01(2005.01000)1(r s D s n n N N ≈−××=−=∆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,8.8*V U u =比例调节放大

系数,2=p K 晶闸管装置放大系数,15=s K 反馈系数7.0=γ。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时的多少倍？

（3）若把反馈系数减至5.30=γ，当保持同样的输出电压时，给定电压*u U 应为多少？

解：（1）输出电压

)V (128.87.015211521*=×××+×=

+=u s p s

p d U K K K K U γ；（2）若把反馈线断开，)V (2648.8152*=××==u s p d U K K U ；开环时的输出电压是闭环

时的2212264=倍。

（3）若把反馈系数减至5.30=γ，当保持同样的输出电压时，给定电压

)V (6.41215

235.015211*=××××+=+=d s p s p u U K K K K U γ

。c

解：（1）

22012.5 1.5

0.1341min/

1500

N d a

e

N

U I R

C V r

n

−−×

===⋅

12.5(1.5 1.00.8)

307.6/min

0.1341

N

op

e

RI

n r

C

×++

∆===

15000.1

8.33/min

(1)20(10.1)

N

cl

n s

n r

D s

×

∆=≤=

−×−

（2）

（3

）

（4）闭环系统的开环放大系数为

307.6

1135.93

8.33

op

cl

n

K

n

∆

=−=−=

∆

运算放大器所需的放大倍数

35.93

13.77

/350.01/0.1341 p

s e

K

K

K C

α

===

×

解：

4.8R =Ω/0.31251/3

s R R =

<图见49

页

解：计算系统中各环节的时间常数电磁时间常数0.050.021.5 1.0

l L T s R ===+机电时间常数2 1.6(1.5 1.00.8)0.082303753750.13410.1341m e m GD R T s C C π

×++===×××晶闸管装置的滞后时间常数为

0.00167s T s =为保证系统稳定，应满足的稳定条件：

22

()0.082(0.020.00167)0.0016753.290.020.00167m l s s l s

T T T T K TT ++×++<==×可以稳定运行，最大开环放大系数是53.29

2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机kW P N .82=，V U N 220=，A I N .615=，min 1500r n N =，Ω=5.1a R ，整流装置内阻Ω=1rec R ，电枢回路电抗器电阻Ω=8.0L R ，触发整流环节的放大倍数35=s K 。求：

（1）系统开环时，试计算调速范围30=D 时的静差率s 。

（2）当%10,30==s D 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%10,30==s D ，在V 10*=n U 时N d I I =，

N n n =，计算转速反馈系数α和放大器放大系数p K 。解：先计算电动机的反电动势系数

)min V (131.01500

5.1

6.15220r n R I U C N a N N e •=×−=−=系统开环时的额定转速降落

)min (393131

.0)8.015.1(6.15)(r C R R R I n e L rec a N Nop ≈++×=++=

∆（1）系统开环时，调速范围30=D 时的静差率

%.788887.0393

30150039330=≈×+×=∆+∆=N N N n D n n D s ；（2）当%10,30==s D 时，系统允许的稳态速降

)min (56.5)

1.01(301.01500)1(r s D s n n N N ≈−××=−=∆（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求%10,30==s D ，则系统开环放大系数

8.669156.53931≈−=−∆∆=cl op n n K ；转速反馈系数)min V (0067.01500

10*r n U N n •≈==α放大器放大系数3.9380067

.035131.08.669≈××==αs e p K KC K 。2-13旋转编码器光栅数为1024，倍数系数为4，高频时时钟脉冲频率MHz 10=f ，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位计算器，M 法和T 法测速时间均为0.01s ，求转速n =1500r/min 和n =150r/min 时的测速分辨率和误差率最大值。

解：（1）M 法测速

转速n =1500r/min 和n =150r/min 时的测速分辨率465.101

.0410246060≈××==

c ZT Q 转速n =1500r/min 时，102460

01.040961500601=××==c nZT M ，误差率最大值%097.000097.01024

111max =≈==M δ；转速n =150r/min 时，4.10260

01.04096150601=××==c nZT M ，误差率最大值%97.00097.04.102111max =≈==M δ。（2）T 法测速

转速n =1500r/min 时，8.91500

409610160606

02≈×××==Zn f M ，测速分辨率≈×−×××=−=1500

409610160150040966062

02Zn f Zn Q 171