《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
sn 0 02 × 100
min ? n N =
= = 2 04( r min ) ( 1 ? s ) ( 1 ? 0 02)
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
= 60 k W ，
P N U N = 220 V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ，主电路总电阻 R = 0 18? ，
C e = 0 2 V ? min r ，求：
（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ?n 为多少？ N （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？ N
（3）额定负载下的转速降落?n 为多少，才能满足D = 20, s ≤ 5% 的要求。 N 解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落
I R 305 × 0 18
N ? n = = = 274 5( r m in )
N C 0 2 e （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率
? n 274 5
N s = = ≈ 0 215 = 21 5%
N n + ? n 1000 + 274 5
N N （3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落
n s 1000 × 0 05 N
? 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 U u = 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 s
（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 γ = 0.3 5 U 应为多少？ u
解：（1）输出电压
K K 2 × 15 p s *
U = U = × 8 8 = 12( V ) ；
d u 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 7
p s *
（2）若把反馈线断开， U = K K U = 2 × 15 × 8 8 = 264 ( V) ；开环时的输出电压是闭环 d p s u
时的 264 12 = 22 倍。
（3）若把反馈系数减至 γ = 0.3
5 ，当保持同样的输出电压时，给定电压 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 35 *
p s U = U = × 12 = 4 6( V ) 。
u d K K 2 × 15
p s
U ? I R 220 ? 12.5 × 1.5 N d a 解：（1） C =
= = 0.1341 V ? min/ r
e n 1500 N
RI 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8) N ? n = = = 307.6 r / min
op
C 0.1341 e n s 1500 × 0.1 N
? n = ≤ = 8.33 r / min
cl
D (1 ? s ) 20 × (1 ? 0.1) （2）
（3）
?n307.6
op
（4）闭环系统的开环放大系数为K = ?1 = ?1 = 35.93
?n8.33
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 < 1 / 3
s
图见49页
解：计算系统中各环节的时间常数
L 0.05
电磁时间常数T = = = 0.02 s
l R 1.5 + 1.0
2
GD R 1.6 ×(1.5 +1.0 + 0.8)
机电时间常数T = = = 0.082 s
m 375 C C 30
e m 375 ×0.1341 ××0.1341
π
晶闸管装置的滞后时间常数为T = 0.00167 s
s
为保证系统稳定，应满足的稳定条件：
2 2
T ( T + T ) + T 0.082 ×(0.02 + 0.00167) + 0.00167
m l s s
K < = = 53.29 T T0.02 ×0.00167
l s
可以稳定运行，最大开环放大系数是53.29
P N
2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机= 2.8 k W ，U N = 220 V，I N = 15.6 A ，1500 r min ，R = 1 5 ?，整流装置内阻R = 1?，电枢回路电抗器电阻R = 0 8 ?，n N=
a rec L
触发整流环节的放大倍数K = 35 。求：
s
（1）系统开环时，试计算调速范围= 30 D 时的静差率s。
（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 = 10V 时 I = I ， n d N n = n ，计算转速反馈系数α和放大器放大系数 K 。
N p 解：先计算电动机的反电动势系数
U ? I R 220 ? 15 6 × 1 5 N N a
C = = = 0 131 (V ? min r ) e
n 1500 N
系统开环时的额定转速降落
I ( R + R + R ) 15 6 × ( 1 5 + 1 + 0 8) N a rec L ? n =
= ≈ 393 ( r min)
Nop C 0 131 e
（1）系统开环时，调速范围 D = 30 时的静差率
D ? n 30 × 393 N s = = ≈ 0 887 = 88.7 % ；
n + D ? n 1500 + 30 × 393
N N （2）当 D = 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降
n s 1500 × 0 1 N
? n = =
≈ 5 56(
r min ) N D ( 1 ? s ) 30 × ( 1 ? 0 1 ) （3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求 D = 30, s = 10% ，则系统开环放大系数 ? n 393 op
K = ? 1 = ? 1 ≈ 69.6 8 ；
? n 5 56 cl *
U n 10
转速反馈系数 α =
= ≈ 0 0067( V ? min r ) n 1500 N KC 69 .6 8 × 0 131 e
放大器放大系数 K =
= ≈ 38.9 3
。 p K α 35 × 0 0067 s 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f = 1MHz ，旋转编 0 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
60 60
转速 n=1500r/min 和 n=150r/min 时的测速分辨率
Q =
= ≈ 1 465 ZT 1024 × 4 × 0 01 c
nZT 1500 × 4096 × 0 01 c 转速 n=1500r/min 时， M = = = 1024 ，误差率最大值 1
60 60
1 1
δ = = ≈ 0 00097 = 0 097% ；
max M 1024
1 nZT 150 × 4096 × 0 01 c 转速 n=150r/min 时， M = = = 10
2 4 ，误差率最大值 1
60 60
1 1
δ = = ≈ 0 0097 = 0 97% 。
max M 102 4 1
（2）T 法测速
6
60 f 60 × 1 × 10 0
转速 n=1500r/min 时， M =
= ≈ 9 8 ，测速分辨率 2 Zn 4096 × 1500 2 2
Zn 4096 × 1500 Q = = ≈ 171 6
60 f ? Zn 60 × 1 × 10 ? 4096 × 1500 0
误差率最大值
1 1
δ =
= ≈ 0 103 = 10 3% 。
max M ? 1 9 8 ? 1 2
6 60 f 60 × 1 × 10 0 转速 n=150r/min 时， M = = ≈ 98 ，测速分辨率 2 Zn 4096 × 150 2 2
Zn 4096 × 150 Q = = ≈ 1.55 6
60 f ? Zn 60 × 1 × 10 ? 4096 × 150 0
误差率最大值
1 1
δ =
= ≈ 0 0103 = 1 03% 。
max M ? 1 98 ? 1 2
3-1 双闭环直流调速系统的 ASR 和 ACR 均为 PI 调节器，设系统最大给定电压
* *
U = = 15V ， n N = 1500 r min ， I = 20A ，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻
nm U im N R = 2? ， K = 20 ， C e = 0 127 V ? min r ，求：
s *
（1）当系统稳定运行在U n = 5V ， I = 10A 时，系统的 n 、 U 、 U 、 U 和 U 各为多少？ dL n i i c
U 和 U 各为多少？ i c
解：转速反馈系数
*
U 15 nm
α = = = 0 01 (V ? min r )
n 1500
N 电流反馈系数
* U 15 im
β = = = 0 375 (V A )
I 2 × 20
dm （1）当系统稳定运行在U n = 5V ，= 10A I 时， dL
*
= = 5( V ) n U n *
U 5
n n = = = 500( r min )
α 0 01 U = βI = 0 375 × 10 = 3 75( V )
i dL *
U = U = 3 75( V )
i i U C n + I R 0 127 × 500 + 10 × 2
d 0
e dL U = = = = 4 175 (V ) 。
c K K 20
s s （2）当电动机负载过大而堵转时，n=0;
*
U = βI = 0 375 × 2 × 20 = 15( V )
i dm I R 2 × 20 × 2 dm U = = = 4( V )
。 c
K 20 s 3-2在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器 ASR 、ACR 均采用 PI 调节器。已知
参数：电动机： P = 3 7 k W ， U = 220V ， I = 20A ， n = 1000 r min, 电枢回路 N
N N N * *
总电阻R = 1 .5?；设 U = U = U = 8V ，电枢回路最大电流 I = 40A ，电力电子变
nm im cm dm 换器的放大倍数 K = 40 。试求： s
（1）电流反馈系数 β和转速反馈系数α； （2）当电动机在最高转速发生堵转时的 U U ， U 和 U 的值。 d 0
i i c
解：（1）电流反馈系数
*
U 8
im
β= = = 0 2 (V A )
I 40
dm
转速反馈系数
*
U 8
nm
α= = = 0 008 (V ?m in r ) 。
n 1000
N
（2）当电动机在最高转速发生堵转时，n=0;
U = C n + I R = 0 + 40 ×1 5 = 60( V)
d 0
e dm
*
U = U = βI= 0 2 × 40 = 8( V)
i i dm
U 60
d 0
U = = = 1 5( V)。
c K 40
s
3-5某反馈系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1s，要求阶跃响应超调量
σ≤ 10% 。
（1）系统的开环增益。
（2）计算过渡过程时间t和上升时间t 。
s r
（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间t r < 0 25 s，则K=? σ= ?
解：典型I型系统开环传递函数为
K
W ( s) =
s (T s + 1)
（1）要求阶跃响应超调量σ≤ 10% ，则要求KT ≤ 0 69 ，为获得尽量短的上升时间t ，选
r
择KT = 0 69 ；则K = 0 69 0 1 = 6 9
（2）过渡过程时间t s = 6 T= 6 × 0 1 = 0 6 (s)；
上升时间t r = 3 3 T = 3 3 ×0 1 = 0 33 (s)。
（3）如果要求上升时间t r < 0 25 s，则选择KT = 1 ；
K = 1 0 1 = 10 ，σ= 16 .3% 。
τ
i
τ
s
+
1 )
s
i
10 K
i ( τ s + 1)
i
10 K ( τ s + 1) τ
i i i
开环传递函数W ( s) = ?=
op 2
s (0.02 s + 1) τ s s (0.02 s + 1)
i
对Ⅱ型系统σ ≤ 30% ，h=7
τ= hT = 0.14 s
i
h + 1
K = = 204.1
2 2
2 h T
K τ
i
K = = 2.8571
i 10
2.8571 (0.1 4s + 1)
PI调节器W (s) = 0.14 s
R
i
K = R 取10kΩR =28.571 kΩ 取30 kΩ
i 0 i
R
R
/ i
τ =
14 μ
F
i