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1、2.2系统的调速范畴是1000100r； min习题解答（供参照）习题二规定静差率s=2%，那么系统容许的静差转速降是多少？解.An = n%a_ s) =1000 x 0.02/(10x 0.98) = 2.04rpm系统容许的静态速降为2.04 rpm。2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0max = 1500r ： min，最低转速特性为n0min=150r. min 卅在-，带额定负载时的速度降落AnN =15r，min，且在不同转速下额定速降不变，试问系统可以达到的调速范畴有多大？系统容许的静差率是多少？解：1）调速范畴D = n ；n max， min （均指额定负载
2、状况下）nmax = n0max-的=1500 -15 =1485nmin = n0min -AnN = 150 -15 = 135D = 哑质=1485/135 = 112)静差率 s = An/n0 =15150 = 10%2.4 直流电动机为PN=74kW,UN=220V，In=378A，nN=1430r/min，Ra=0.023。相控整流器内阻Rrec=0.022。采用降压调速。当生产机械规定s=20% 时，求系统的调速范畴。如果s=30%时，则系统的调速范畴又为多少？ 解.Ce = (Un - 1旻)nN = (220 - 378 x 0.023)/1430 = 0.1478V/rp
3、mAn = InRC = 378 x (0.023 + 0.022) J 0.1478 = 115rpmD = nNS/An(1-s) = 1430 x 0.2/115x (1-0.2) = 3.1D = nNS/ An(1-s) = 1430 x 0.3/115x (1-0.3) = 5.332.5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=0.18Q,Ce=0.2Vmin/r,求：(1) 当电流持续时，在额定负载下的转速降落AnN为多少？(2) 开环系统机械特性持续段在额定转速时的静差率Sn多少？An(3) 若要满足D=20,sW5%的规定，额定负载下的转速降落N又
4、为多少？解： AnN = In x R/Ce = 305 x 0.18/0.2 = 274.5 r / min(2) Sn = Anjn0 = 274.5/(1000 + 274.5) = 21.5% An = nNSjD(1-s) = 1000 x 0.05/20 x 0.95 = 2.63r / min2.6有一晶闸管稳压电源，其稳态构造图如图所示，已知给定电压 Uu = 8.8V、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Ud ；（2）若把反馈线断开，Ud为什么值？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
5、=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压Uu应为多少？ 解：(1)Ud = KpKy+ KKy ) = 2 x15 x 8.8/(1+ 2 x15 x 0.7) = 12VUd = 8.8 x 2 x 15 = 264V ,开环输出电压是闭环的22倍 U* = Ud (1+ K Ky )j K K = 12 x (1+ 2 x15 x 0.35)/(2 x15) = 4.6V2.7某闭环调速系统的调速范畴是1500r/min150r/min，规定系统的静差率S - 5%，那么系统容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
6、= nNS / AnN G 一 S）10 = 1500 x 2%/ AnN x 98%AnN = 1500 x 2% / 98% x 10 = 3.06 , / min2)K = 叫 / And )-1 = 100/3.06 -1 = 31.72.8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8r/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 率规定下，调速范畴可以扩大多少倍？解.n = G + K)And = G +15 )x 8 = 128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：An = Nn /(1 + K)= 128 /(1 + 30)= 4.13
7、 rpm在同样静差率规定下，D可以扩大Nnci1 / Nnci2 = 1.937倍2.9 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=1.5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q，整流装置 内阻R叫=1.0Q，触发整流环节的放大倍数Ks=35。规定系统满足调速范畴D=20，静差率S=10%。(1) 计算开环系统的静态速降Anop和调速规定所容许的闭环静态速降Ancl。(2) 采用转速负反馈构成闭环系统，试画出系统的原理图和静态构造图。(3) 调节该系统参数，使当Un*=15V时，Id=IN，n=nN，则转速负
8、反馈系数a应当是多少？(4) 计算放大器所需的放大倍数。解：(1)n = (U -1 x R ) / Cn C 二(220-12.5x 1.5)/1500 = 201.25/1500 = 0.134Vmin/rn = (U -1 x R ) / CnAn =七 xRf /C = 12.5x3.3/0.134 = 307.836r/minAn = n s / (D (1 - s )= 1500 x 10% / (20*90% ) = 8.33r / min因此 An i = 8.33r/min(2) n =匕叩呻)(cG + K)= KU-/a G + KG/(cG + K)K = (An /
9、An；)-1 = 307.836 / 8.33 1 = 35.9551500 = 35.955 x 15 /a (1 + 35.955) 12.5 x 3.3 /(0.134 (1 + 35.955)na = 0.0096V min/ r可以求得，K = KX = 35.955* 0.134 =1434 p K* a 35* 0.0096也可以用粗略算法:U； A Un =an a151500=0.01K = KC /Ka Kp = 35.955 x 0.134 / (35 x 0.01)= 13.762.10在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，规定堵转电流1 dbl - 21N，临
10、界截止电流1 dcr - 1.21N，应当选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？规定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，需要增长电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态构造图，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？IdcrU coJ Rs n15 = U/Rs解：(1)1 dbl 1.21N = 15 AUcom=15 x 1.5 = 22.5V：+ Ucom s)R n 25 =(15 + Uoom )/ R, n R, = 1.5QR 气 /3)(R /3) = (1.0 +1.5 + 0.8)/3 = 1.10,不符合要求，取R = 1.10
11、,需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，阐明规定的电流信号值也大。要同步满足检测电阻小和电流信号大的规定，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，取 Rs = 1.10，则气。广、x R = 15 x 1.1 = 16.5 V(3)当n=0时,+ KUi com+ K KKR )*(U* + KU)/KRp s i sn i com i s25 =(15 + 16.5K )/1.1 K n K = 15 /(22.5 -13.5) = 1.362.11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GD2=1.6Nm2整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9规定设
12、计的转速负反馈系统能否稳定运营？如要保证系统稳定运营，容许的最大开环放大系数是多少？解：L = 50mH，GD2=.6Nm2，R = 3.3Q，C广0.13世/ gT = L / R = 0.05/3.3 = 0.015sT = GD 2 R /(375CC )= 1.6 x 3.3 /(375 x 0.134 x 0.134 x 30/3.14 )=5.28/64.33 = 0.082sT = 0.00333s sK T(T + T )+ T2 / TT =0.082 x(0.015 + 0.00333)+ 0.003332 / (0.0151* 0.00333) m l s s l s-=
13、0.0015 + 0.003332 / 0.00004983 = 30.52见与前面的K35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统可以稳定运营，K最大为30.52。2.12有一种晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：PN = 2.8kW，UN =220必，/n =15.6A，nN = 1500 gin，Ra =1.5 。，整流装置内阻Rrec =1。，电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q，触发整流环节的放大倍数K = 35(1)系统开环工作时，试计算调速范畴D = 30时的静差率s值。(2)当D = 30 , S = 10%时，计算系统容许的稳态速降。如构成转速负反馈有静差调速系统，规定D = 30
14、，S =10%，在U* = 10U时Id = IN，n = nN，计算转速负反馈系数a和放大器放大系数Kp。解：Ce =(220 -15.6x 1.5)/1500 = 0.1311V min/ r(1)An = I x R / C = 15.6 x 3.3/0.1311 = 392.68r /minn . =1500/30=50s=An /An。. = 392.68/(392.68 + 50)= 88.7%(2)0.1 = An / (An + 50)An = 5/0.9 = 5.56r / min(3)n = K KU*/ Ce G + K )- R I d / C (1 + K )K =
15、K a Ks / C1500 = K K U* AC ( + K)-(R 15.6)/C ( + K)(p S n ) e (eK = An / An 1 = 397.48/5.56)-1 = 52.5op cl2.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4,高频时钟脉冲频率f0 = 1MHZ，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/min和n = 150r/min时的测速辨别率和误差率最大值。60=1.465r /min1024 x 4 x 0.01解：Q =巡(1)m法：辨别率ztc_ 60M1最大误差率：n =ZTcn = 1500r
