第二章 2-1为什么PVM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。 2-2试分析有制动通略的不可逆PWM变换器进行制动时，两个VT是如何工作的？ 答：制动时，由于U1的脉冲变窄而导致反向时，U2变正，于是VT导通 VT2导通，VT关断。 2,3调速范围和静差率的定义是什么？调速范，静态速降和最小静差之间有什么 关系？为什么脱高了调速范围，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高转速，和最低转速n之比叫做调速范围， 用字母D表示，即：D=” 负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落△w与理想空载转速om之比， 称为系统的静差率S,即：S= △nx nomin 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为： nys D=n,0- 由于在一定的mw下，D越大，n越小△nx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， 2-4某一调速系统，测得的最高转速特性为mm=l500r/min，最低转速特性为 nm=150r/mn,带额定负载的速度降落△n=15r/mim,且不同转速下额定速降△n 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 D=m=-x-1500-15 =11 nmmn-△nw150-15 知品-10
第二章 2-1 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。 2-2 试分析有制动通路的不可逆 PWM 变换器进行制动时，两个 VT 是如何工作的？ 答：制动时，由于 U g1 的脉冲变窄而导致 d i 反向时，Ug2 变正，于是 VT2 导通， VT2 导通，VT1 关断。 2-3 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高转速 max n 和最低转速 nmin 之比叫做调速范围， 用字母 D 表示，即： min max n n D = 负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落 N n 与理想空载转速 n0min 之比， 称为系统的静差率 S,即： 0min n n s N = 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为： n (1 s) n s D N N − = 由于在一定的 N n 下，D 越大， nmin 越小 N n 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， 2-4 某一调速系统，测得的最高转速特性为 n0max =1500r/min ，最低转速特性为 n0min =150r/min ，带额定负载的速度降落 nN =15r/min ，且不同转速下额定速降 N n 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 11 150 15 1500 15 0min 0max min max = − − = − − = = N N n n n n n n D 10% 150 15 0min = = = n n s
2.5闭环调速系统的调速范围是1500-150r/min,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/mm则闭环系统的开环放大倍数应有 1500×2%=306r/mm GD-=15010则n=D0-1o1-2% 150 2, =K+1则K≥100 -1=31.7 △vn 3.06 2-6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8rmm,如果将 开环放大倍数他提高到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？ K1=15,K2=30 K1→△niK2→△n2 同样负载扰动的条件下△n与开环放大倍数加l成反比，则(K,+1D/(K2+D=△n2/△n K+1 15+l×8≈4r/min Ae:-K+1n -30+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 (K1+1D/(K2+1D=D/D2 881 2-7某调速系统的调速范围D=20,额定转速n=1500r/mim，开环转速降落 △p=240r/mm1,若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化2 解：原系统在调速范围D-20,最小转速为：n=” 1500=75r1mim D20 And= △n ,=10%则△n,=8.33r/mm Morin rin+△n75+△n。 原系统在范围D-20,静差率为109%时，开环增益为： -=5r1mm→K=-1g33 △n _240-1=27.8 静差率10%时原系统的开环增益为： 当52=5%时，同理可得K2=59.76 所以系统的开环增益K将从27.8增加到59.76 2-8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
2-5 闭环调速系统的调速范围是 1500-150r/min，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， 3.06 / min 10(1 2%) 1500 2% (1 ) 10 150 1500 min max r D S n S n n n D N = − − = = = 则 = 2， 1 31.7 3.06 100 = +1 − = K K n n cl op 则 2-6 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 开环放大倍数他提高到 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？ 8 4 / min 30 1 15 1 1 1 1 1 / 1 / ; 15; 30; 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 n r K K n n K K n n K n K n K K cl cl cl cl cl cl + + = + + = + + = → → = = 同样负载扰动的条件下 与开环放大倍数加 成反比，则（ ）（ ） 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 1.94 15 1 30 1 1 1 1 / 1 / 1 2 1 2 1 2 1 2 + + = + + = + + = K K D D K K D D cl cl （ ）（ ） cl cl 2-7 某 调 速 系 统 的 调 速 范 围 D=20 ， 额 定 转 速 n =1500r/min ， 开 环 转 速 降 落 nNop = 240r/min ，若要求静差率由 10%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=20，最小转速为： 75 /min 20 max 1500 min r D n n = = = ， 原系统在范围 D=20，静差率为 10%时，开环增益为： 1 27.8 8.33 240 31.5 / min 1 1 1 1 − = − = = → = + = cl Nop Nop cl n n r K K n n 静差率 10%时原系统的开环增益为： 27.8 59.76 2 5% 2 59.76 所以系统的开环增益 将从 增加到 当 时，同理可得 K s = K = 2-8 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 10% 8.33 / min 75 0min min n r n n n n n n n cl cl cl cl cl cl = = + = + = 则
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，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。 2)能。因为n= k kU 0+府C+由公式可以看出，当其它量均不变化时，n防 RI, 者U的变化而变化 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 负反债调节系统中，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。 2-10有一V-M调速系统，电动机参数为： Px=2.2kW,Ux=220r,1x=12.5A,nx=1500r/mim 电枢电阻R,=1.22,整流装置内阻R=1.52,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△山n和调速要求所允许的闭环静态速降”。· （2)调整该系统能参数，使当U:=l5,Ia=Ix,n=nw,则转速负反馈系数α应该是多 少？ (3)计算放大器所需的放大倍数。 解：1)电动机的电动势系数C。=-,B_220-125x12=0,1367.m, 1500 开环系统静态速降-L125×021-2469r1m 0.1367 nNS 1500×0.1 闭环静态速降△，D-201-083r/m 闭环系统开环放大倍数 K=4-1=2469-1=2864 9.33
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，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。 2）能。因为 (1 ) (1 ) * C k RI C k k k U n e d e p s n + − + = ，由公式可以看出，当其它量均不变化时， n 随 着 * Un 的变化而变化 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。 2-9 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。 2-10 有一 V-M 调速系统，电动机参数为： P 2.2kW,U 220V,I 12.5A,n 1500r/min, N = N = N = N = 电枢电阻 Ra =1.2 ，整流装置内阻 Rrec =1.5 ，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 nop 和调速要求所允许的闭环静态速降 cl n 。 （２） 调整该系统能参数，使当 Un =15V ， d N I = I ，n = nN ，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。 解：（１）电动机的电动势系数 V r n U I R C N N N a e 0.1367 min/ 1500 220 12.5 1.2 = − = − = 开环系统静态速降 246.9 / min 0.1367 12.5 (1.2 1.5) r C RI n e dN o p = + = = 闭环静态速降 8.33 /min 20(1 0.1) 1500 0.1 (1 ) r D S n s n N cl = − = − = 闭环系统开环放大倍数 1 28.64 9.33 246.9 −1 = − = = cl op n n K
(2)因为n= kk,Ui C.(1+k)C.(1+k) 所以kk,-407.4288 ak,k1C.00061:mr (3) 28.64 运算放大器的放大倍数 K,ak:1C.00961x3510.1567=I164 2-11在题1一10的转速负反馈系统中增设电流止环节，要求堵转电流1≤21，临界截止电流 I和≥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 总阻的13，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 反放大系数。 这时电流反惯采样电阻和比较电压各为多少？ 解：(1)Iw≤21x=2×12.5=25A 1o21.21x=1.2×12.5=15A 则Um=I×R,=15R, -42)0 R+KK.R 11.6×3515+15R) 25-a2+Si6对×R-2武)也可（由-4》式 得：1C+2-4325=15+15R R R R,=1.46=1.52 Umm=1×R,=15R,=15×1.5=22.5 系统的原理图和静态结构图（给它画出图）
（2）因为 (1 ) (1 ) * C k RI C k k k U n e d e p s n + − + = 所以 p s k k =407.4288 = pKS Ce k K / =0.00961 V min/ r （3） 运算放大器的放大倍数 11.64 0.00961 35 / 0.1367 28.64 / = = = S e p K C K K 2-11 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 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） I dbl 2I N = 212.5 = 25A I dcr 1.2IN =1.212.5 =15A 则 com dcr Rs Rs U = I =15 (1 42) ( ) * − + + = p s s p s n com dbl R K K R K K U U I 0 (由1 42式）也可（由1 43）式 (1.2 1.5) 11.6 35 11.6 35(15 15 ) 25 − − + + + = s s R R 得： S S s n com dbl R R R U U I 15 15 (1 43) 25 ( ) * + − = + ； Rs =1.46 =1.5 Ucom = I dcr Rs =15Rs =151.5 = 22.5V 系统的原理图和静态结构图 (给它画出图)
R Ucox U. a (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：R=R=12+15)=0,90可选0,5欧姆 电发大孟名一是-品 新的比较电压：Um=1b×R,=15R=15×0.5=8.5 所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为3
（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： = = (1.2 +1.5) = 0.9 3 1 3 ' 1 Rs R 可选 0.5 欧姆 电流反馈放大系数： 3 0.5 1.5 ' = = = s s fi R R K 新的比较电压： Ucom I dcr Rs 15Rs 15 0.5 8.5V ' = = = = 所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为 3