2.5 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,UN?220V,IN?305A,nN?1000rmin，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V?min/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,s≤5%的要求，额定负载下的转速降落?nN又为多少? 解：(1)?nN?IN?RCe?305?0.180.2?274.5r/min (2) SN??nNn0?274.5(1000?274.5)?21.5%
(3) ?n?nNS[D(1?s)]?1000?0.05[20?0.95]?2.63r/min
3.2 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
**?Uim?Ucm =8V，电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大R=1.5Ω,设Unm系数Ks=40。试求：
（1）电流反馈系数?和转速反馈系数?。
（2）当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0,Ui*,Ui,Uc值。
*Uim解:1）??Idm?8V40A??0.2V/A???*UnmnN?8V1000rpm?0.008V/rpm
2) Ud0?E?IdlR?CenN?IdlR?40A*1.5??60V 这时：
* Un?8V,Un?0，ASR处于饱和，输出最大电流给定值。 * Ui?8V,Ui?8V,
UC?Ud0KS?6040?1.5V
3.8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：PN?60kW , UN?220V , IN?308A , nN?1000r/min , 电动势系数
Ce=0.196 V·min/r , 主回路总电阻R=0.18Ω,触发整流环节的放大倍数Ks=35。电磁
时间常数Tl=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数T0i=0.0025s,转速
反馈滤波时间常数T0n=0.015s。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?i≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量?n≤10%。试求：
（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在1.1IN以内)和转速反馈系数α。 （2）试设计电流调节器ACR,计算其参数Ri, 、Ci 、COi。画出其电路图,调节器输入回路电阻R0=40k?。
（3）设计转速调节器ASR,计算其参数Rn 、Cn 、COn。(R0=40kΩ)
（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σn。 （5）计算空载起动到额定转速的时间。
*/Idm?8V/(1.1*IN)?8V/339A?0.0236V/A 解：（1）??Uim ??10/1000?0.01Vmin/r
（2）电流调节器设计
确定时间常数：a)Ts?0.00333s
b)Toi?0.0025s
c)T?i?T0i?Ts?0.0025?0.00333?0.00583s
电流调节器结构确定：
因为?i?5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，WACR(S)?Ki(?iS?1)?iS,
电流调节器参数确定: ?i?Tl?0.012s,选KIT?i?0.5,KI?0.5/T?i?85.76s?1，
Ki?KI?iRKs??85.76?0.012?0.1835?0.0173?0.224。
校验等效条件：?ci?KI?85.76s?1
11a)电力电子装置传递函数的近似条件：?1?101.01??ci3TS3?0.00333b)忽略反电势的影响的近似条件： 31TmTl?310.12?0.01210.00333?0.0025?79.06S?1??ci??115.52s?1??ci
111c)电流环小时间常数的近似条件：?3TsT0i3可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R0?40K,则：
Ri?KiR0?0.224?40K?8.96K, 由此
取9K.
Ci??i/Ri?0.012/(9?103)?1.33?FC0i?4T0i/R0?4?0.0025/40?10?0.25?F3（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KIT?i?0.5
则 1/KI?2T?i?2?0.00583?0.01166s b) Ton?0.015s
c) T?n?1/KI?Ton?0.01166?0.015?0.02666s
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(?ns?1)?ns, 速度调节器参数确定：
?n?hT?n,取h?5,?n?hT?n?0.1333s
KN?Kn?h?12hT22?n?62?5?0.02666?22?168.82s?2(h?1)?CeTm2h?RT?n6?0.0236?0.196?0.122?5?0.01?0.18?0.02666校验等效条件：
?6.94?cn?KN/?1?KN?n?168.82?0.1333?22.5s?1
1KI1a)电流环近似条件：?3T?i385.760.00583?40.43s?1??cn
1KI185.76b)转速环小时间常数近似：??25.2s?1??cn3T0n30.015可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验 (空载Z=0）
?n%?2*(?CmaxCb)(??z)?nNT?nn*Tm?2?81.2%?1.1?308?0.180.196?1000?0.026660.12
?11.23%?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：?n?hT?n?0.07998s
KN?(h?1)/2h2T?2n?4/(2?9?0.026662)?312.656s?2Kn?(h?1)?CeTm/2h?RT?n?4?0.0236?0.196?0.12/(2?3?0.01?0.18?0.02666)?7.6校验等效条件：?cn?KN/?1?KN?n?312.656?0.07998?25s?1
a)1/3(KI/T?i)1/2?1/3(85.76/0.00583)1/2?40.43s?1??cnb)1/3(KI/Ton)1/2?1/3(85.76/0.015)1/2?25.2s?1??cn
可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验：
?n?2?72.2%?1.1?(308?0.18/0.196?1000)?(0.02666/0.12)?9.97%?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R0?40K,则Rn?Kn?R0?7.6?40?304K,取310K。
Cn??n/Rn?0.07998/310?103?0.258?FCon?4Ton/R0?4?0.015/40?10?1.5?F4) 40%额定负载起动到最低转速时:
3
?n%?2?72.2%?(1.1?0.4)?(308?0.18/0.196?100)?(0.02666/0.12)?63.5%
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。
GD2dn根据电机运动方程：?Te?TL,375dtdndt?Cm(Idm?IdL)R(Idm?IdL)R??(I?I)dmdLGD2GD2RCeTmCe375375CmCe所以：
t?CeTmn*(Idm?IdL)R?0.196*0.12*1000(1.1*308?0)*0.18?0.385s
复习题
2-1 直流电动机有哪几种调速方法？各有哪些特点？
答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。特点略。 2-8 泵升电压是怎样产生的？对系统有何影响？如何抑制？
答：泵升电压是当电动机工作于回馈制动状态时，由于二极管整流器的单向导电性，使得电 动机由动能转变为的电能不能通过整流装置反馈回交流电网，而只能向滤波电容充电，造成电 容两端电压升高。 泵升电压过大将导致电力电子开关器件被击穿。应合理选择滤波电容的容量，或采用泵升电 压限制电路。
2-9 在晶闸管整流器-电动机开环调速系统中，为什么转速随负载增加而降低？ 答：负载增加意味着负载转矩变大，电机减速，并且在减速过程中，反电动势减小，于是电 枢电流增大，从而使电磁转矩增加，达到与负载转矩平衡，电机不再减速，保持稳定。故负载 增加，稳态时，电机转速会较增加之前降低。
2-11 调速范围与静态速降和最小静差率之间有何关系？为什么必须同时提才有意义？ 答：D=（nN/△n） （s/（1-s）。因为若只考虑减小最小静差率，则在一定静态速降下，允许 ） 的调速范围就小得不能满足要求；而若只考虑增大调速范围，则在一定静态速降下，允许的最 小转差率又大得不能满足要求。因此必须同时提才有意义。 2-13 为什么用积分控制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当积分调节器的输 入偏差电压△U=0 时，调节器的输出电压是多少？它决定于哪些因素？ 答：因为积分调节器能在电压偏差为零时仍有稳定的控制电压输出，从而克服了比例调节器 必须要存在电压偏差才有控制电压输出这一比例控制的调速系统存在静差的根本原因。 当积分调节器的输入偏差电压为零时，调节器输出电压应为一个恒定的积分终值。它取决于 输入偏差量在积分时间内的积累，以及积分调节器的限幅值。