第三章 3.2系统的调速范围是1000-100rmi,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是 多少？ ￥.=n7%-到=1I00x020x099=2047m 系统允许的静态速降为2.04rpm。 3.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为nom=1500r/min,最低转速特性为 mn=l50r/min,带额定负载时的速度降落△nw=15rmin,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D=nax/nmm(均指额定负载情况下) nmx=0mx-△nw=1500-15=1485 nmin nomin -AIN =150-15=135 D=nmax/nmin=1485/135=11 2)静差*5=△nw/m%=15/150=10% -jani-. nma D=nmax /nmin s=△nN /nomin D=nwsI△nw(1-sl →d 3.4直流电动机为P=-74kW,UN=220V,1=378A,n=1430r/min,Ra=0.023Q。相控整流器 内阻Rrc-0.0220。采用降压调速。当生产机械要求s一20%时，求系统的调速范围。如果 530%时，则系统的调速范围又为多少？？ 解：Ce=(Uv-1wR)/mw=(220-378×0.023)/1430=0.1478/rpm △n=IxR/Ce=378×(0.023+0.022)/0.1478=115pm
第三章 3.2 系统的调速范围是 1000~100 r min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的静差转速降是 多少？ 解： 1000 0.02 (10 0.98) 2.04 (1 ) n n s n rpm D s = = = − 系统允许的静态速降为 2.04rpm。 3.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为 0max n r =1500 min ，最低转速特性为 0min n r =150 min ，带额定负载时的速度降落 15 min 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 D n n = max min (均指额定负载情况下） max 0max 1500 15 1485 N n n n = − = − = min 0min 150 15 135 N n n n = − = − = max min D n n = = = 1485 135 11 2) 静差率 0 s n n = = = N 15 150 10% 3.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V，IN=378A，nN=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： ( ) (220 378 0.023) 1430 0.1478 Ce U I R n V rpm = − = − = N N a N 378 (0.023 0.022) 0.1478 115 N = = + = n I R Ce rpm
D=mwS/△1-s]=1430×0.2/[115×1-0.2=3.1 D=nwS/△w1-s月=1430×0.3115×(1-0.3=5.33 3.5某龙门刨床工作台采用VM调速系统。己知直流电动机 乃x=60kW,Ux=220P,1w=305A,nw=1000r/min,主电路总电阻R-0.182,Ce=0.2V mint,求： (1)当电流连续时，在额定负载下的转速降落△nw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,多少？ (3)若要满足D-20,3s≤5%的要求，额定负载下的转速降落△nw又为多少？ 解：(1)△nw=Iw×R/Ce=305×0.18/0.2=274.5r/min (2)Sw=nv/m=274.5/0000+274.5)=21.5% (3)wn=nS/1D1-s月=1000×0.05/20×0.95]=2.63r/min 3.6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U=8.8即、比例调节器 放大系数Kp=2、晶闸管装置放大系数Ks=15、反馈系数Y=0.7.求：(1)输出电压Ua: (2)若把反馈线断开，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Y=0.35,当保持同样的输出电压时，给定电压U应为多少？ 解：(1)U,=K,K,U/1+KmK,y)=2×15×8.8/1+2×15×0.7)=12 (2)U4=8.8×2×15=264P,开环输出电压是闭环的22倍 ()U=Ua1+KnK,)/KnK=12×1+2x15x0.35)/2×15)=4.6 3.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/min,要求系统的静差密s≤5%，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100mn,则闭环系统的开环放大 倍数应有多大？ 解：1)D=nws/△nw1-) 10=1500×2%/△y7w×98%
[ (1 )] 1430 0.2 [115 (1 0.2)] 3.1 D n S n s = − = − = N [ (1 )] 1430 0.3 [115 (1 0.3)] 5.33 D n S n s = − = − = N 3.5 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 , 1000 min P kW U V I A n r N N N N = = = = ，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) 305 0.18 0.2 274.5 / min N N = = = n I R Ce r (2) 0 S n n N N = = + = 274.5 (1000 274.5) 21.5% (3) [ (1 )] 1000 0.05 [20 0.95] 2.63 / min N = − = = n n S D s r 3.6 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 * 8.8 U V u = 、比例调节器 放大系数 2 KP = 、晶闸管装置放大系数 15 KS = 、反馈系数γ=0.7。求：（1）输出电压 Ud ； （2）若把反馈线断开， Ud 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 * Uu 应为多少？ 解：（1） * (1 ) 2 15 8.8 (1 2 15 0.7) 12 U K K U K K V d p s u p s = + = + = (2) 8.8 2 15 264 U V d = = ,开环输出电压是闭环的 22 倍 (3) * (1 ) 12 (1 2 15 0.35) (2 15) 4.6 U U K K K K V u d p s p s = + = + = 3.7 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 s 5% ，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） D n s n ( s) = N / N 1− 10 1500 2% / 98% = nN
△nw=1500×2%/98%×10=3.06r/min 2)K=(nn/△wn）-1=100/3.06-1=31.7 3.8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8rmi,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 △np=1+K)△wn=1+15)x8=128 如果将开环放大倍数提高到30，则速降为： △na=△nop/1+K)=128/0+30)=4.13pm 在同样静差率要求下，D可以扩大△nh/△ne2=1.937倍 3.9有一V-M调速系统：电动机参数P-2.2kW,U-220VI=12.5A,nN=1500rmin,电枢 电阻R=1.5,电枢回路电抗器电阻RL=0.82,整流装置内阻Re=1.02,触发整流环节的放 大倍数K,=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△np和调速要求所允许的闭环静态速降△nu。 (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Un=5V时，lu-小w,=,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) n=(Uw-Ix×R)/C →C,=(220-12.5×1.5)/1500=201.25/1500=0.134min/ n=(U-x×R)C →△np=1w×R/C.=12.5×3.3/0.134=307.836r/min =s/(D1-s=1500x10%120*90%)=8.33r1min 所以，△na=8.33r1mim (2)
1500 2% / 98% 10 3.06 / min N = = n r 2） K = (no p / ncl)−1 = 100 / 3.06 −1 = 31.7 3.8 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： no p = (1+ K)ncl = (1+15)8 = 128 如果将开环放大倍数提高到 30, 则速降为： ncl = no p /(1+ K) = 128/(1+ 30) = 4.13rpm 在同样静差率要求下，D 可以扩大 ncl1 / ncl2 =1.937 倍 3.9 有一 V-M 调速系统：电动机参数 PN=2.2kW, UN=220V, IN=12.5A, nN=1500 r/min，电枢 电阻 Ra=1.5Ω，电枢回路电抗器电阻 RL=0.8Ω，整流装置内阻 Rrec=1.0Ω,触发整流环节的放 大倍数 Ks=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 Δnop 和调速要求所允许的闭环静态速降 Δncl 。 （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 Un*=15V 时，Id=IN，n=nN ，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） ( ) ( ) / 220 12.5 1.5 / 1500 201.25 / 1500 0.134 min/ N N a e e n U I R C C V r = − = − = = ( ) / / 12.5 3.3 / 0.134 307.836 / min N N e op N e n U I R C n I R C r = − = = = = − = = n n s D s r N N / 1 1500 10% / 20*90% 8.33 / min ( ( )) （ ） 所以， ncl = 8.33r/ min （2）
(3)(4)n=(KK,U:-14R)/(C.(1+K)=KU:/a(1+K)-[R/(C.(1+K) K=（△wnm/△n）-1=307.836/8.33-1=35.955 1500=[35.955×151a(1+35.955)]-[12.5×3.3/(0.1341+35.955)] =a=0.0096rmim/ 可职求得 35955*0.134=1434 35*0.0096 也可以用粗略算法： h150=001 K,=℃，1Ka,K。=35.955×0.134/(35×0.01)=13.76 3.10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1≤21w,临界截止 电流I之1.2/N,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13，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)11≤21w=25A,1d21.21x=15A Ider =UcomIR,-15=UcomI R lM≈U0+Ucom/R,→25=15+Uom)/R→R,=1.52 Ucom=15×1.5=22.5Y e朵0电 R>(R/3) 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
（3）（4） n (K K U I R) (C ( K)) KU ( K) I R (C ( K)) = p s n − d e + = n + − d e + / 1 / 1 / 1 K n n = − = − = ( op cl / 1 307.836 / 8.33 1 35.955 ) 1500 35.955 15 / 1 35.955 12.5 3.3 / 0.134 1 35.955 = + − + ( ) ( ( )) = 0.0096V min/ r 可以求得， * 35.955*0.134 14.34 * 35*0.0096 e p s K C K K = = = 也可以用粗略算法： Un Un =n ， 0.01 1500 15 * = = = n Un / K KC K p e s = ， K p = = 35.955 0.134 / 35 0.01 13.76 ( ) 3.10 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 dbl N I 2I ，临界截止 电流 dcr N I 1.2I ，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） I dbl 2I N = 25A， I dcr 1.2I N =15A dcr Ucom Rs Ucom Rs I = / 15 = / ( + )/ 25 = (15+ )/ =1.5 * dbl Un Ucom Rs Ucom Rs Rs I ， Ucom =151.5 = 22.5V （2） ( / 3) 1.0 1.5 0.8 / 3 1.1 , ( / 3) ( ) 1.1 , s s R R R R = + + = 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R=1.1Q,则Um=1×R=15x1.1=16.5V + AU.A U:UPE M TG U. a.- ☑®+4 (3)当1a>1r时，有 n=[KK,U:/C.(+K)-K,K,K,(R.Ia-Um)/C.(+K-[R/C.(+K) =K,KU+K,Um)/C.1+K月-【R+KK,K,R。C.0+K川 当n=0时， Iw=KK.(U:+KU)/(R+K KK,R.)+)/K.R. 25=(15+16.5K)/1.1K,→K,=15/(22.5-13.5)=1.36 3.1Ⅱ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GD2=1.6Nm2
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 1.1 R s = ，则 U I R V com dcr s = = = 15 1.1 16.5 （3） 当 d dcr I I 时，有 ( ) ( ) ( ) ( ) K K (U K U ) (C ( K)) (R K K K R )I (C ( K)) n K K U C K K K K R I U C K RI C K p s n i com e p s i s d e p s n e p s i s d com e d e = + + − + + = + − − + − + / 1 / 1 / 1 / 1 / 1 * * 当 n=0 时， ( ) ( ) ( ) * * / / 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 = + + + 25 15 16.5 /1.1 15 / 22.5 13.5 1.36 = + = − = ( K K K i i i ) ( ) 3.11 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 2 2 GD =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：L=50mH,GD2=1.6Nm2,R=3.32,C。=0.134W1pm T7=L1R=0.05133=0.015s T=GD2R,1(375CC.)=1.6×3.31(375×0.134×0.134×3013.14) =528/64.33=0.0825 T=0.00333s K35.955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。 3.12有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：Px-2.8kW,UN=220V,1w-15.64, mw=1500r/min,R,=1.5Q,整流装置内阻R,c=1Q,电枢回路电抗器电阻R=0.8Q,触 发整流环节的放大倍数K,=35。 (①)系统开环工作时，试计算调速范围D-30时的静差率s值。 (2)当D=30,s=10%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D=30,s=10%,在U。=10P时1。=1w,n=mv, 计算转速负反馈系数α和放大器放大系数K。 解： C。=(220-15.6×1.5)/1500=0.1311Wmim/r △nm=1w×R/C=15.6×3.310.1311=392.68r1min nm=1500/30=50 s=△np/△mm=392.681/(392.68+50)=88.7% (2) 0.1=△n/△n+50) △n=5/0.9=5.56r/mm (3) n=KpK,U/C(1+K)-Rsla/Ce(1+K) K=KpaK,/C. 1500=KK,Um/C.1+K)-(R15.6)/C.1+K) K=△wnop/△n-1=(297.48/5.56)-1=52.5 3.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率f。=1M,旋转编码器输
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： L = 50mH ， 2 2 GD =1.6Nm ， R 3.3 = ， 0.134 / C V rpm e = ( ) ( ) 2 / 0.05 / 3.3 0.015 / 375 1.6 3.3 / 375 0.134 0.134 30 / 3.14 5.28 / 64.33 0.082 0.00333 l m e m s T L R s T GD R C C s T s = = = = = = = = ( ) ( ) 2 2 2 / 0.082 0.015 0.00333 0.00333 / 0.0151*0.00333 0.0015 0.00333 / 0.00004983 30.52 m l s s s l 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。 3.12 有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机： PN = 2.8kW ，UN = 220V ，I N = 15.6A， nN = 1500 r/min，Ra =1.5Ω，整流装置内阻 Rrec =1Ω, 电枢回路电抗器电阻 RL =0.8Ω， 触 发整流环节的放大倍数 Ks = 35。 (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% 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 D = 30 ，s =10% ，在 Un 10V * = 时 d N I = I ，n = nN ， 计算转速负反馈系数 和放大器放大系数 K p 。 解： C ( ) V r e = 220 −15.61.5 /1500 = 0.1311 min/ （1） ( ) min 0 min / 15.6 3.3 / 0.1311 392.68 / min 1500 / 30 50 / 392.68 / 392.68 50 88.7% op N e op n I R C r n s n n = = = = = = = + = （2） ( ) 5/ 0.9 5.56 / min 0.1 / 50 n r n n = = = + （3） ( ) ( ) = = + − + p s e p s n e d e K K K C n K K U C K R I C K / / 1 / 1 * ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = − = − = = + − + / 1 297.48/ 5.56 1 52.5 1500 / 1 15.6 / 1 * o p cl p s n e e K n n K K U C K R C K 3.13 旋转编码器光栅数 1024，倍频系数 4，高频时钟脉冲频率 f 1MHz 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 n=1500r/mm和n=150r/mm时的测速分辨率和误差率最大值。 解 (IDM法：分辨率Q=60 60 2Z元1024×4x001=1.465r/mm 60M→ 最大误差*：川=Z。 hs1s00rm时.M,=z7c=500x404x001=1024 60 n=150r1m时，M=mZ匹-150x4×1024x001=1024 60 60 150r1m时，ia%=M 1 109%6=1024×100%=0098% 1501m时.6a%7x100%024210%=098% 可见M法话合高速。 (2)T法： 分辨率： Zn2 1024×4×15002 n=150r/m时.Q=600-石60x1x10°-1025x4x1500 171r/min 72 1024×4×1502 n=150w/m时.0-c-a60x1k1010a4415015r/m 最大误差率：n=605,M,=606 ZM、 Zn 60×106 当n=150r/m时，M,F1024×4×1500 977 60×106 当=150r/m时，4，产104x4150977 1 1 n=150r/mm时.a%=4-×100%=g7×100%=1.49%
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 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：分辨率 1.465 / min 1024 4 0.01 60 60 r ZT Q c = = = 最大误差率： = → ZTc M n 60 1 n =1500r/min 时， 1024 60 1500 4 1024 0.01 60 1 = = = M nZTc n =150r/min 时， 102.4 60 150 4 1024 0.01 60 1 = = = M nZTc 1500r/min 时， 100% 0.098% 1024 1 100% 1 % 1 max = = = M 150r/min 时， 100% 0.98% 102.4 1 100% 1 % 1 max = = = M 可见 M 法适合高速。 （2）T 法： 分辨率： n =1500r/min 时， 171 / min 60 1 10 1025 4 1500 1024 4 1500 60 6 2 0 2 r f Zn Zn Q = − = − = n =150r/min 时， 1.55 / min 60 1 10 1024 4 150 1024 4 150 60 6 2 0 2 r f Zn Zn Q = − = − = 最大误差率： 2 60 0 ZM f n = ， Zn f M 0 2 60 = ， 当 n =1500r/min 时， 9.77 1024 4 1500 60 106 2 = M = 当 n =150r/min 时， 97.7 1024 4 150 60 106 2 = M = n =1500r/min 时， 100% 11.4% 9.77 1 1 100% 1 1 % 2 max = − = − = M
1 1 n=150r/m时i%=,*10%-g77*1006=1% 可见T法适合低速
n =150r/min 时， 100% 1% 97.7 1 1 100% 1 1 % 2 max = − = − = M 可见 T 法适合低速