Tl?L?0.001??0.01sR?0.1 R?GD260?0.1Tm????0.0419s375(30/?)Ce2375?9.55?0.22TS?Kcr11??0.000125sfS8000Tm(Tl?TS)?TS2TTT??m?m?S?339.4
Tl?TSTSTlTlKOP?Kcr??系统稳定KOP?Kcr?nNcl?Dcl??nNop1?KOP? 152.5?0.451?339.4nN?s1000?5??117?nNcl(1?s)0.45?9539．自动控制系统伯德图与系统性能的关系：
? 中频段以-20dB/dec的斜率穿越0dB线，而且这一斜率覆盖足够的频带宽度，则系统的稳定性好；
? 截止频率（或称剪切频率）越高，则系统的快速性越好； ? 低频段的斜率陡、增益高，说明系统的稳态精度高；
? 高频段衰减越快，即高频特性负分贝值越低，说明系统抗高频噪声干扰的能力越强。 40．采用比例（P）放大器控制的直流调速系统，可使系统稳定，并有一定的稳定裕度，同时还能满足一定的稳态精度指标。
带比例放大器的反馈控制闭环调速系统是有静差的调速系统。
采用积分（I）调节器或比例积分（PI）调节器代替比例放大器，构成无静差调速系统。 41．采用P放大器控制的有静差的调速系统，Kp 越大，系统精度越高；但 Kp 过大，将降低系统稳定性，使系统动态不稳定。
42．采用积分调节器，当转速在稳态时达到与给定转速一致，系统仍有控制信号，保持系统稳定运行，实现无静差调速。
43．采用转速负反馈和PI调节器的单闭环直流调速系统可以在保证系统稳定的前提下实现转速无静差。但是，如果对系统的动态性能要求较高，例如：要求快速起、制动，突加负载动态速降小等等，单闭环系统就难以满足需要
44．限流保护——电流截止负反馈
为了解决单闭环负反馈调速系统的起动和堵转时电流过大的问题，系统中必须有自动限制电枢电流的环节。
根据反馈控制原理，要维持哪一个物理量基本不变，就应该引入那个物理量的负反馈。那么，引入电流负反馈，就应该能够保持电流基本不变，使它不超过允许值。
? 仅采用电流负反馈，不要转速负反馈：这种系统的静特性如图中B 线，特性很陡。显然仅对起动有利，对稳态运行不利。
- 16 -
考虑到，限流作用只需在起动和堵转时起作用，正常运行时应让电流自由地随着负载增减。 如果采用某种方法，当电流大到一定程度时才接入电流负反馈以限制电流，而电流正常时仅有转速负反馈起作用控制转速。这些方法之一：叫做电流截止负反馈，简称截流反馈。
⑴ 电枢回路串电流采样电阻的电路，起静态结构图：
电流负反馈被截止时
Ufi?0*KPKSUnIdR?n??Ce(1?KOP)Ce(1?KOP)
电流负反馈没有被截止时
*KPKSUn?Ucom(KPKSRS?R?)Id n??Ce(1?Kop)Ce(1?KOP)启动电流——即堵转电流
n?0Idbl*KPKS(Unm?Ucom)?KPKSRS?R?R???KPKSRSIdbl*Unm?Ucom?RS
?Ucom?Ucr?UVZ?IdcrRs?Idbl?Idcr*Unm?RSUcrIdcr?*Idbl?IdcrUnm⑵ 电枢回路不串电流采样电阻的电路，其静态结构图：
电流负反馈被截止时
- 17 -
Ufi?0* KPKSUnIdR?n??Ce(1?KOP)Ce(1?KOP)电流负反馈没有被截止时
*KPKSUn?n?R0RUcom(KPKS?0?R?)IdR2R2 ?Ce(1?KOP)Ce(1?KOP)启动——堵转电流
n?0*KPKS(Unm?Idbl?KPKS?R???KPKSRS*Unm?R0Ucom)R2R0?R?R2Idbl?R0R*UcomUnm?Idcr?0R2R2?RR?0?0R2R2*Unm?R?0R2?Ucom?Ucr?UVZ?Idcr??Idbl?IdcrUcr?*UnmIdcr(IdblR?Idcr)0R2
45-1．即：33-2．[2-10；2。6] 晶闸管可控整流器供电的V-M系统。已知数据如下： 电动机：PN?2.2kW,UN?220V,IN?12.5A,Ra?1.5?,nN?1500r/min，晶闸管可控整流器：内阻Rrec?1.0?，电压放大系数 KS = 35；电枢回路电抗电阻：RL = 0。8Ω；若生产机械要
*求调速范围D=20，静差率s≤10%，调整该系统的参数，使得Unm?15V,IdL?IN,n?nN时，转速
负反馈系数α=0。01；若增设电流截止环节，要求Idbl?2IN,Idcr?1.2IN，应选择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原主回路总电阻的1/3；如果作不到，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。这时的电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？
首先计算：RS?计算：
11(Rrec?RL?Ra)?(1?0.8?1.5)?1.1? 33 - 18 -
Idbl*Unm?Ucr??2IN，设Idbl?2INRSIdcr?Ucr?1.2IN，设Idcr?1。2INRS
*Unm15RS???1.5?Idbl?Idcr(2?1.2)?12.51。5?1。1加电流放大器
R0?1；选择RS?1?。则：R2Ucom?Ucr?IdcrRS?1.2INRS?1.2?12.5?1?15V*KPKSUnm?KPKSUcrIdbl?R0R2*Unm?UcrRKPKS0RS?R?R2R0RSR2?R0R2*Unm?IdcrRSR0RSR2?R0R2
R0RSR2*Unm?(Idbl?Idcr)*R0Unm15???1.5R2(Idbl?Idcr)RS0.8?12.5?145-2．即：33-2．[2-10；2。6] 晶闸管可控整流器供电的V-M系统。已知数据如下： 电动机：PN?2.5kW,UN?220V,IN?15A,Ra?2?,nN?1500r/min，晶闸管可控整流器：内阻Rrec?1.0?，电压放大系数 KS = 30；若生产机械要求调速范围D=20，静差率s≤10%，调
*整该系统的参数，使得Unm?30V,IdL?IN,n?nN时，转速负反馈系数α=0。02；若增设电流截止
环节，要求Idbl?2IN,Idcr?1.2IN，应选择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原主回路总电阻的1/3；如果作不到，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。这时的电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？
首先计算：RS?计算：
11(Rrec?Ra)?(1?2)?1? 33 - 19 -
Idbl*Unm?Ucr??2IN，设Idbl?2INRSIdcr?Ucr?1.2IN，设Idcr?1。2INRS
*Unm30RS???2.5?Idbl?Idcr(2?1.2)?152.5?1.1加电流放大器
R0?1；选择RS?1?。则：R2Ucom?Ucr?IdcrRS?1.2INRS?1.2?15?1?18V*KPKSUnm?KPKSUcrIdbl?R0R2*Unm?UcrRKPKS0RS?R?R2R0RSR2?R0R2*Unm?IdcrRSR0RSR2?R0R2
R0RSR2*Unm?(Idbl?Idcr)*R0Unm30???2.5R2(Idbl?Idcr)RS0.8?15?146．[2。8] 某调速系统如图所示，已知数据如下：
电动机：⑴ PN?18kW,UN?220V,IN?94A,Ra?0.15?,nN?1000r/min ⑵ PN?30kW,UN?220V,IN?160A,Ra?0.1?,nN?1000r/min
整流装置内阻：触发整流环节的放大倍数：最大给定电压：Rrec?0.3?，KS?40，Unm?15V，当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压Uim?10V，设计指标：D＝20，
*S?10%,Idbl?1.5IN,Idcr?1.2IN
要求：⑴画出系统的静态结构图；⑵计算速度反馈系数α、电流反馈系数β；⑶调节器放大系数Kp（R0=20kΩ）；⑷稳压管VST的稳压值Uz；⑸电阻R2与Ro的比值R2/Ro＝？ - 20 -