运动控制系统 课后习题答案

运动控制系统课后习题答案2.2系统的调速范围是1000100r min，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？解： An = nnD（1 s） = 1000 x 0.0 2/（10 x 0.9 8） = 2.0 4rp m系统允许的静态速降为2.04 rpm2.3某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n = 1500 ”min，最低转速特性为 n 0 . = 150 r，m in，带额定负载时的速度降落A n = 1 5 r/m in，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川/nmin （均指额定负载情况下）n = n0- Ann = 1500 - 15 = 1485n = n0 - Ann = 150 - 15 = 135D = nIn = 148 5/1 3 5 = 1 12） 静差率 s = A 凡=15/150 = 10%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V，IN=378A，nN=1430r/min，Ra=0.023Q。相控整流器内阻 Rrec=0.022Q。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：Ce = (U n I nR ) n n = (220 - 378 x 0.0 23)/1430 = 0.1 478 V /rpmA n = I nR ： Ce = 378 x (0.0 23 + 0.0 22)0.1 478 = 1 15 rpmD = n nS A n (1 - s) = 1430 x 0.2 /1 15 x (1 - 0.2 ) = 3.1D = n nS k A n (1 - s) = 1430 x 0.3 /1 1 5 x (1 - 0.3) = 5.3 32.5 某龙门刨床工作台采用 V-M 调速系统。已知直流电动机Pn = 60kW , U n = 220V , I = 305 A , n = 1000 r!min，主电路总电阻 R=0.18Q ,Ce=0.2Vmin/r, 求：(1) 当电流连续时，在额定负载下的转速降落 nN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Sn多少？(3) 若要满足D=20,sW5%的要求，额定负载下的转速降落 nN又为多少？解：(1) A n n = I n x r/c e = 305 x 0.1 0.2 = 27 4.5 r /min(2) Sn = Ann = 274.5 /(1000 + 27 4.5 ) = 21.5 %(3) A n = n nS / D (1 s) = 1000 x 0.0 5./20 x 0.9 5 = 2.6 3 r /min2.6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 V、比例调节器放大系数K = 2、晶闸管装置放大系数K = 15、反馈系数Y =0.7。求：(1)输出电压U ； (2)若把反馈线断 PSd开，U d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 d = K K U*/(1 + K K y ) = 2 x 15 x 8.8 .(1 + 2 x 15 x 0.7 ) = 12V(2) U = 8.8 x 2 x 15 = 264V，开环输出电压是闭环的22倍d(3) U * = U d (1 + K Ky ) .；K K = 12 x (1 + 2 x 15 x 0.3 5) i(2 x 15) = 4.6 V2.7某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/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 n s / A n n。 s )10 = 1500 x 2% / A nN x 98%A nN = 1500 x 2% / 98% x 10 = 3.0 6 r / min2) K = (an / An i ) 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：An = (1 + K )An = (1 + 15 )x 8 = 128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为: n = n/(1 + K )= 128 /(1 + 30 )= 4.13 rpm在同样静差率要求下，D可以扩大八n nd 2 n.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Rrec=1.0Q,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Anop和调速要求所允许的闭环静态速降Anclo（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a应该是多少？（4）计算放大器所需的放大倍数。解：（1）n =（U - I x R ） / Cn C = （220 - 12.5 x 1.5 ） / 1500 = 201.2 5 / 1500 = 0.1 34V min / r en =（U - I x R ） / Cn n = I x R / C = 12.5 x 3.3 / 0.1 3 4 = 307.8 36r / min n = n s / （D （1 - s ） = 1500 x 10% /（ 20 * 90%）= 8.3 3 r / min所以， n= 8 .33 r / min(2)（3） （4） nde+ K ) 1/ / (C G+ K )=( n / n ) 1 = 3 07.8 3 6 / 8.3 3 - 1 = 3 5.9 5 51500 = 3 5.9 55 x 15 / a (1 + 3 5.9 55 ) - 12.5 x 3.3 / (0.1 34 (1 + 3 5.9 55 )n a = 0.0096 V min/ r可以求得，3 5.9 55 * 0.1 3 435 * 0.0 096=14.3 4也可以用粗略算法:15 =0.01 1500K = KC / K a，K ? = 3 5.9 5 5 x 0.1 34 / (35 x 0.0 1) = 1 3.7 62.10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Idhi 1.2In，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？25 A，I d 1.21 n = 15 AIdcr=Ucom15 = U / RcomIdbincom)/ R n 25 = (15+ U )/ R n R = 1.5 QUcom=15 x 1.5 =22 .5V(R / 3) = (1.0 + 1.5 + 0.8 ) / 3 = 1.1 Q , R (R / 3)不符合要求，取R = 1.1 Q, 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 $ = 1.1 Q，贝U U= I x R = 15 x 1.1 = 16.5 V当IdKU*/ Cn+ Kucom+ K)/ (C (1K K (Rp s I+ K )-e-U )/ C (1 + K)- RI d / C G + K ) K K K R)I / (C G + K )p s i s d e当n=0时，Idbi=K K(U * + K U ) / (R+ K K K R )r(U+ KU) KRs=15 /(22.5 - 13.5 ) = 1.3 625 = (15 + 16.5 K ) /1.1 K n K2.11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C = 0.134V / rp m许的最大开环放大系数是多少?解：L = 50 mH，GD 2 = 1.6 Nm 2，R 广 3.3 Q，T = L / R = 0.0 5 / 3.3 = 0.0 15 sT = GD 2R / (375C C ) = 1.6 x 3.3 / (375 x 0.1 3 4 x 0.1 3 4 x 30 / 3.1 4 ) =5.2 8 / 64.33 = 0.0 82sT = 0.0 0333s 算转速负反馈系数a和放大器放大系数K 。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。2.12有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：pn = 2.8kW，U n = 220 VnN = 1500r/min，r广1.5Q，整流装置内阻r泱=1Q ,电枢回路电抗器电阻R广0.8Q触发整流环节的放大倍数K = 35 。s(1)系统开环工作时，试计算调速范围D = 30时的静差率s值。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 * = 10 Vn时 Id = IN n = nN 计P解：C =(220 15 .6 x 1.5 )/1500 = 0.1311 V min/ r(1)A n = I x R / C = 15.6 x 3.3 / 0.1 3 1 1 = 392.6 8 r /minn = 1500 / 30 = 50s = An / An= 392.6 8 /(392.6 8 + 50)= 8 8.7 %(2)0.1 = An /(An + 50 )An = 5/0.9 = 5.56 r /min(3)n = K K U * / C (1 + K ) R I/ C G + K ) K = K a K / C、p s e1500 = K K U * / C (1 + K ) (R 15 .6 )/ C (1 + K ) K = (an/ An ) 1 =(297.48 /5.56 ) 1 = 52 .5、opcl2.13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 = 1500 r/min和 n = 150 r / min时的测速分辨率和误差率最大值。解：（1）M 法：，、_6060=1.465 r / min分辨率Q =ZTc1024x 4 x 0.01最大误差率:60 M ZTcn = 1500 r/ min 时，M =1nZT1500 x 4x 1024 x 0.01c60=102460n = 150 r / min时，M1nZT150x 4 x 1024x 0.01=102 .4=c =60601500 r / min 时，5 max%11100 % =0.098 %=x 100 %M1=x1024150 r / min 时，5max% =11100 % =0.98 %=x 100 % =M1二x102 .4可见M法适合高速。（2） T 法：分辨率：n = 1500 r / min 时，Q =丑=1024 x 4 x 1500=听广 / min60 f 0 - Zn 60 x 1 x 10 6 - 1025 x 4 x 1500Zn 21024 x 4 x 150 260 f0Znn = 150 r /min 时，Q = 6-ZT = 60 x 1 x 10 6 - 1024 x 4 x 150 矣 最大误差率：n = 60*，MZM2当 n = 1500 r / min 时，M260 x 10 6 =9.77 1024 x 4 x 1500当 n = 150 r / min 时，M260 x 10 61024 x 4 x 150=97 .7n = 1500 r / min 时，5%11x 100 % = x 100 % = 11 .4%219.771n = 150 r / min 时，5%11x 100 % = x 100 % = 1% 2197 .71可见T法适合低速习题二3.1双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调节器，设系统最大给定电压U * =15V, n =1500r/min，I=20A，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2QK =20，$C =0.127V-min/r，求：（1）当系统稳定运行在U *=5V，I =10A 时，系统的n、U 、U *、各为多少？ （2）当电动机负载过大而堵转时，U *i和U各为多少?c解：nm=5 00 rpm=U 主电路电流达到最大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时，试问：（1）u *应如何变化？（2）u应 / n = 15V / 1500 rpm = 0.0 1V / rpm(2)堵转时，=p I ddm=15 V，40 * 2d=dm203.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR, ACR均采用PI调节器。已知参数:电动机：PN=3.7kW，UN=220V，In =20A，nn =1000 r/min ,电枢回路总电阻 R =1.5。，设u* = U*=U=8V，cm电枢回路最大电流Idm.=40A，电力电子变换器的放大系数k =40。试求:p =U *im 二Idm15 V=0.3 7 5 V / A40 AU *i=p IdU=0.3 75 * 10 =E + I R3.7 5 V = UiC n + I R0.1 27 *500 + 10 *2U=d 0=dL =e NdL=CKsKsKs20即n =5 00 rpm , U =5 V , U * = U=3.7 5 V , U=4.1 75 vn1V / rpm=4.1 75 Vnca 0.0（1）电流反馈系数p和转速反馈系数a。（2）当电动机在最高转速发生堵转时的U, Ud 0U解:1)p = 一Idm8V =0.2 V / A a40 Anm8V =0.0 0 8 V / rp m1000 rp m2) U = E=40A * 1.5 Q = 60V这时:0，ASR处于饱和，输出最大电流给定值。=U d J K s = 60/40 = 1.5 V3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR，ACR均采用PI调节器。当ASR输出达到u * =8V时，*im如何变化?（3）u值由哪些条件决定?解：1） PimIdm8V =0.1 V / A80 A因此当电流从40An 70A时，U*应从4Vn 7V变化。2) UC要有所增加。3)L取决于电机速度和负载大小。因为U3.5(1)(2)(3)系统的开环增益。计算过渡过程时间t和上升时间t ;r绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间t 0.25s,则K=?，b %=?某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1s,要求阶跃响应超调量 W10%。取 KT = 0.6 9,& = 0.6 ,。% = 9.5 % (1)系统开环增益：K = 0.6 9 / T = 0.6 9 / 0.1 = 6.9 (1 / s) (2)上升时间 t = 3.3 T = 0.3 3 S过度过程时间：6 T = 6 x 0.1 = 0.6 s(3)如要求 t 0.25 ,查表 3-1 则应取 KT = 1 ,& = 0.5, t = 2.4 T = 2.4 *0.1 = 0.2 4s 这时K = 1 / T = 10 ,超调量=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为w(s)= 4 =一，要求设计一个无静差系统，在阶吻Ts + 10.01s + 1跃输入下系统超调量 %W5%(按线性系统考虑)。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其 参数。解：按典型I型系统设计，选KT = 0.5,& = 0.7 07, 查表3-1，得b % = 4.3 %。选 I 调节器， w (s) = , 校正后系统的开环传递函数为 T Sw(s)= j, 这样，T = 0.0 1，k=10/t ， 已选 KT = 0.5,贝【J K = 0.5/T=50,所以T s (0.0 1 s + 1)11JI。/K= ES 0.2 S ,积分调节器：正 3)七 , = 0.2 $3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为woh，(s) = Ki =10，要求校正为典型II型系统，在阶跃输入下系统超调量Q %W30%(按线性系统考虑)。试决定调节器结构，并选择其参数。解：应选择PI调节器，W(s)=七S，校正后系统的开环传递函数W(s)=七Sn 气，对照P1T ST S S (Ts + 1)典型II型系统，K = K K / t ,t = hT ,选h= 8，查表3-4Q % = 2 7. 2%，满足设计要求。这样t = hT = 8 * 0.02 = 0.16 s，17 5.7 8 ,K = KT / K = 17 5.7 8 * 0.1 6 / 10 = 2.8 1h + 1K =2h2T 22 * 82 * 0.0 223.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：P = 60 kW , u = 220 V , 1 = 308 A , n = 1000 r/min ,电动势系数 c =0.196V-min/r ,主回路总 电阻R =0.18Q ,触发整流环节的放大倍数k , =35o电磁时间常数t广0.012s,机电时间常数T广0.12s,电 流反馈滤波时间常数t0. =0.0025s,转速反馈滤波时间常数t0 =0.015so额定转速时的给定电压(Un*)N=10V, 调节器ASR，ACR饱和输出电压Uim*=8V,Ucm =6.5V。系统的静、动态指标为：稳态无静差:调速范围D=10,电流超调量0W5%，空载起动到额定转速时的转速超 调量Q 10%。试求：(1) 确定电流反馈系数月(假设起动电流限制在1.1 1以内)和转速反馈系数a。N(2) 试设计电流调节器ACR，计算其参数、CCoi。画出其电路图，调节器输入回路电阻R0=40g。(3) 设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、C (R0=40kQ )(4) 计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量b n。(5) 计算空载起动到额定转速的时间。解：(1) p = U * / 1= 8 V / (1.1 * 1 ) = 8 V / 339 A = 0.0 23 6 V / Aa = 10 /1000 = 0.01 V min/ r(2)电流调节器设计确定时间常数：a ) T = 0.0 0333 sh)T = 0.0 025 s c)T= T + T = 0.0 025 + 0.0 03 3 3 = 0.0 05 8 3s电流调节器结构确定:K (t S + 1) 因为Q 0 is wci可见满足近似等效条件，电流调节器的实现:40K，则:1a）电力电子装置传递函数的近似条件：1c）电流环小时间常数的近似条件：一3R = K R = 0.2 24 x 40K = 8.9 6K ,取 9K.C = t / R = 0.0 12 /(9 x 103) = 1.3 3 |i FC = 4T / R = 4 x 0.0 025 / 40 x 103 = 0.2 5 F(3) 速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数1 / KI :因为K T= 0.5贝【J1/ K = 2T= 2 x 0.0 05 8 3 = 0.0 1 166s b) T = 0.0 15 s c） J = 1 / K + T = 0.0 1 166 + 0.0 15 = 0.0 2666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，K+ D，速度调节器参数确定:t s=hT = 0.1 3 33 sh + 16校验等效条件Kn = 2 h 2 T 2 = 2 x 52 x 0.0 26662 =艄，8 2 s X nK (h + 1) 0 C T 6 X 0.0 23 6 x 0.1 9 6 x 0.1 269 4n 2ha RT 2 x 5 x 0.0 1 x 0.1 8 x 0.0 2666X nw = K / w = K t = 168.8 2 x 0.1 333 = 22.5 s -1cncna ）电流环近似条件A. J =3 T i1b）转速环小时间常数近似：一31 8 5.7 6一、：=40.4 3 s -1 3 0.0 05 8 3可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）。% = 2 * ( C max )(入z ) =2 X 81.2 % X 1.1 X -0801 x6nCn * T0.1 96 X 10000.1 2bm=11.2 3% 10%转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需重新设计。 查表，应取小一些的h，选h=3进行设计。按h=3，速度调节器参数确定如下：t = hT = 0.0 7998 sK = (h + 1) / 2 h2 T 2 = 4 / (2 x 9 x 0.0 26662) = 3 12.6 5 6 s -2K = (h + 1) p C T / 2ha RT = 4 x 0.0 23 6 x 0.1 96 x 0.1 2 / (2 x 3 x 0.0 1 x 0.1 8 x 0.0 2666) = 7.6校验等效条件：o = K / o = K t = 31 2.6 56 x 0.0 7998 = 25 s -1a )1/3( K / T )2 = 1 / 3(8 5.7 6 / 0.0 0583)1/2 = 40.4 3 s -1 ob )1 / 3( K / T )2 = l/ 3(8 5.7 6 / 0.0 15)2 = 25.2 s -1 o可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：c = 2 x 7 2.2 % x 1.1 x (3 0 8 x 0.1 8 / 0.1 96 x 1000) x (0.0 2666 / 0.1 2) = 9.9 7% 10%转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。速度调节器的实现：选R = 40K，则R = K x R = 7.6 x 40 = 304K ,取310K。C = t / R = 0.0 7998 / 3 10 x 103 = 0.2 5 8 |i FC= 4T / R = 4 x 0.0 15 / 40 x 103 = 1.5 p F4) 40%额定负载起动到最低转速时：c % = 2 x 7 2.2 % x (1.1 0.4 ) x (3 0 8 x 0.1 8 / 0.1 96 x 100) x (0.0 2666 / 0.1 2) = 6 3.5 %5) 空载起动到额定转速的时间是：(书上无此公式)仅考虑起动过程的第二阶段。GD 2 dn 根据电机运动方程：；二二=T - T l，dnC (I I )R (I I )Rdt= m dmdL =GD 2dmdL = ( /GD 2Rdm旺）C T375Ce 375C Ce mm e0.1 96 * 0.1 2 * 10000.3 8 5 st =CL *所以： (I I )R(1.1 * 308 0) * 0.1 83.10有一转速、电流双闭环调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：PN=500kW，UN=750V， IN=760A，nN=375 r/min，电动势系数C=1.82V.min/r,电枢回路总电阻R=0.14Q，允许电流过载倍数入=1.5, 触发整流环节的放大倍数K75,电磁时间常数t广0.031s,机电时间常数Tm =0.112s,电流反馈滤波时间常 数t0. =0.002s,转速反馈滤波时间常数t0 =0.02；。设调节器输入输出电压Unm*=Uim*=Unm=10V,调节器输入电 阻 R0=40kQ。设计指标：稳态无静差，电流超调量气W5%，空载起动到额定转速时的转速超调量q n 10%。电流调节 器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5。（1）选择转速调节器结构，并计算其参数。（2）计算电流环的截止频率o 和转速环的截止频率o n，并考虑它们是否合理？U *10P = - = = 0.0 0877V / A解：（1）、1，5 760U *10a = m = = 0.0 267V min / rN电流调节器已按典型I型系统设计如下：a) T = 0.0 01 7 6 s确定时间常数：b)T = 0.0 02 sc)T = 0.0 0367 s电流调节器结构确定：因为o%5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，WACR(s)=Ki(Tis+1)/Tis,Ti/TZi=0.031/0.00367=8.25ob )(1 / T T )1/2 = 3(1 / 0.1 12 x 0.0 31)2 = 50.9 s -1 o可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选R0=40K，则R = K x R = 0.8 9 9 x 40 = 3 5.9 6 取 36KC = T / R = 0.0 31 / 36 x 103 = 0.8 6 |i FC = 4T / R = 4 x 0.0 02 / 40 x 103 = 0.2 f速度调节器设计确定时间常数：a) 电流环等效时间常数 1/K:因为 丁=0.5 贝【J 1/K=2T=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sc) c)TDi=1/Ki+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，WASR(s)=Kn(Tns+1)/Tns速度调节器参数确定：t =hT ，选 h=5，则 t =hT =0.1367s,n Enn nKN=(h+1)/ (2h2T2En)=6/2*25*0.027342=160.54 s-2Kn=(h+1)pCeTm/ (2haRTEn)= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：cn=KN/1=KNTn=160.54*0.1367 =21.946 s-2a) 1/3(KI/Ti)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s-1cnb) 1/3(KI/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1cn 可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R0=40K，则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K由此 Cn=Tn/Rn=0.1367/420*103=0.325pF 取 0.33四F C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2四F2)电流环的截止频率是：c.=KI=136.24 s-1速度环的截止频率是：cn=21.946 s-2从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统 的快速性，充分体现了多环控制系统的设计特点。3.11在一个转速、电流双闭环V-M系统中，转速调节器ASR，电流调节器ACR均采用PI调节器。(1) 在此系统中，当转速给定信号最大值Unm*=15V时,n=nN=1500 r/min;电流给定信号最大值Uim*=10V时,允 许最大电流I而=30A,电枢回路总电阻R=2Q,晶闸管装置的放大倍数Ks=30 ,电动机额定电流In=20A ,电动 势系数Ce =0.128V.min/r。现系统在U：=5V ,Idi=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR的输出电压 U =?(2) 当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁(=0),系统将会发生什么现象？试分析并说明之。若 系统能够稳定下来，则稳定后n=? Un=? Ui*=? U？ Id=? U广？(3) 该系统转速环按典型II型系统设计，且按Mrmin准则选择参数，取中频宽h=5,已知转速环小时间常数T =0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。En(4) 该系统由空载(i =0)突加额定负载时，电流七和转速的动态过程波形是怎样的？已知机电时间常数 Tm =0.05s,计算其最大动态速降An max和恢复时间。1) a= U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r片 U*im/Idm = 10/30=0.33 V/AU*n=5 V，n=U*n/a=5/0.01=500 r/minUc=Ud0/Ks=(E+IdRz)/Ks=(Cen+IdLlRz)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V转速调节2)在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(=0)则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零， 器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流Idm。因此，系统稳定后，n=0, Un=0U*i=U*im =10, U.=U*.=10Id=Idm=30AU =U /K =(E+T R )/K =(0+30*2)/30=2 V cd0s d 旗 s3)在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是:Tn=hTn=5*0.05=0.25sTn=0.05sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-24)空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94)Anb=2(X-z)AnNTZn/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/minCb=2FK2T=2IdNRTn/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降：Anmax=(ACmax/Cb)*Anb=81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81 表)Q习题五