1-1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。
1-2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Ug1的脉冲变窄而导致id反向时，Ug2 变正，于是VT2导通， VT2导通，VT1关断。
1-3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 nmax和最低转速nmin之比叫做调速范围， 用字母D表示，即：D?nmax nmin负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落?nN 与理想空载转速n0min之比，称为系统的静差率S,即：s??nN n0min 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：
D?nNs
?nN(1?s) 由于在一定的nN下，D越大，nmin越小?nN 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，
1-4．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?nN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?nmaxn0max??nN1500?15???11 nminn0min??nN150?15s??n15??10% n0min150
1-5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，D?nmax1500nNS1500?2%??10则?n???3.06r/min nmin150D(1?S)10(1?2%)2，
?nop?ncl?K?1则K?100?1?31.7 3.06
1-6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？
K1?15;K2?30;K1??ncl1;K2??ncl2同样负载扰动的条件下?n与开环放大倍数加1成反比，则（K1?1）（/K2?1）??ncl2/?ncl1?ncl2?K1?115?1?ncl1??8?4r/minK2?130?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?1）（/K2?1）?Dcl1/Dcl2 Dcl2K2?130?1???1.94Dcl1K1?115?11-7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：nmin?nmax1500??75r/min， D20
?ncl?ncl?ncl???10%则?ncl?8.33r/minn0minnmin??ncl75??ncl原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：
?ncl??nNopK1?1?31.5r/min?K1??nNop?ncl?1?240?1?27.8 8.33静差率10%时原系统的开环增益为：
当s2?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
1-8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
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?*着Un的变化而变化
RId，由公式可以看出，当其它量均不变化时，n随
Ce(1?k)Ce(1?k)?*kpksUn3）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。
1-9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。 1-10有一V-M调速系统，电动机参数为：
PN?2.2kW,UN?220V,IN?12.5A,nN?1500r/min,
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?ncl。
?（２） 调整该系统能参数，使当Un?15V，Id?IN，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Ce?UN?INRa220?12.5?1.2??0.1367V?min/r
nN1500开环系统静态速降?nop?RIdN12.5?(1.2?1.5)??246.9r/min Ce0.1367闭环静态速降?ncl?nNs1500?0.1??8.33r/min
D(1?S)20(1?0.1)闭环系统开环放大倍数 K??nop?ncl?1?246.9?1?28.64 9.33
（2）因为n?*kpksUnCe(1?k)?RId
Ce(1?k) 所以kpks=407.4288
?=
K=0.00961V?min/r
kpKS/Ce（3）
运算放大器的放大倍数 Kp?
１－１１ 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Idbl?2IN，临界截止电流Idcr?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）Idbl?2IN?2?12.5?25A Idcr?1.2IN?1.2?12.5?15A 则 Ucom?Idcr?Rs?15Rs Idbl?*KpKs(Un?Ucom)K28.64??11.64
?KS/Ce0.00961?35/0.1367R?KpKsRs(1?42) 0
25?11.6?35(15?15Rs)(由1?42式）也可（由1?43）式
(1.2?1.5)?11.6?35?Rs得：Idbl*(Un?Ucom)15?15RS ?(1?43)；25?RsRSRs?1.46?1.5?
Ucom?Idcr?Rs?15Rs?15?1.5?22.5V
系统的原理图和静态结构图 (给它画出图)
（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：Rs?'11R?(1.2?1.5)?0.9?可选0.5欧姆 33电流反馈放大系数：Kfi?RsRs'?'1.5?3 0.5 新的比较电压：Ucom?Idcr?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
《电力拖动自动控制系统》答案（全）
