《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
snmin 0.02 ×100 (1 ? 0.02) = ?nN == 2.04(r min ) (1 ? s)
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 PN = 60kW ，
U N = 220V ， I N = 305 A ， nN = 1000 r min ， 主 电 路 总 电 阻 R = 0.18? ，
（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ?nN 为多少？
Ce = 0.2V ? min r ，求：
（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 s N 多少？
（3）额定负载下的转速降落 ?nN 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。
解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落
I R 305 × 0.18 ?nN = N = = 274.5(r min )
Ce 0.2
（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率
?nN274.5
≈ 0.215 = 21.5% = n N + ?nN 1000 + 274.5
（3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落
sN =
?nN =
1000 × 0.05nN s = ≈ 2.63(r min )D(1 ? s)20 × (1 ? 0.05)
解：（1） Ce =
UN ? I d R a220 ? 12.5 ×1.5 = 0.1341V ? min/ r = 1500 nN
RI 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8)
?nop =N= = 307.6r / min
Ce 0.1341 ?n cl =
（2）
nN s 1500 × 0.1
≤ = 8.33r / min
D(1 ? s) 20 × (1 ? 0.1)
（3）
?nop 307.6
（4）闭环系统的开环放大系数为 K = ? 1 = ? 1 = 35.93
?ncl8.33
35.93 K = = 13.77 运算放大器所需的放大倍数 K p
Ksα / Ce 35 × 0.01 / 0.1341
=
解：
R = 4.8? Rs / R = 0.3125 < 1 / 3
图见 49 页
2-12 有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机 PN = 2.8kW ，U N = 220V ， I N = 15.6 A ， nN = 1500 r min ， R= 1.5? ，整流装置内阻 R= 1? ，电枢回路电抗器电阻 RL = a rec 0.8? ， 触发整流环节的放大倍数 K s = 35 。求：
（1）系统开环时，试计算调速范围 D = 30 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d I = I n N
n = nN ，计算转速反馈系数α 和放大器放大系数 K p 。
解：先计算电动机的反电动势系数
U ? I R220 ?15.6 ×1.5 Ce =N N a = = 0.131(V ? min r)
nN 1500
系统开环时的额定转速降落
I N (Ra + Rrec + RL ) 15.6 × (1.5 + 1 + 0.8)
?nNop == ≈ 393(r min)
C 0.131 e
（1）系统开环时，调速范围 D = 30 时的静差率
D?nN30 × 393≈ 0.887 = 88.7% ；= s =
nN + 1500 + 30 × 393
D?nN
（2）当 D = 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降
ns 1500 × 0.1?nN = N = ≈ 5.56(r min )
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 K = op? 1 = ? 1 ≈ 69.68 ；
?ncl 5.56
nN 1500 放大器放大系数 K p = KC e = 69.68 × 0.131 ≈ 38.93 。
K sα 35 × 0.0067 10n 转速反馈系数 α = U = ≈ 0.0067(V ? min r )*
Ci = Ri / τ i = 14 μF