机电传动控制冯清秀版课后习题答案

第一章

第二章

答：运动方程式：TMTLJddt

TMTLTdTd>0时：系统加速； Td=0 时：系统稳速；Td<0时，系统减速或反向加速

答：拖动转矩：电动机产生的转矩Tm或负载转矩TL与转速n相同时，就是拖动转矩。 静态转矩：电动机轴上的负载转矩TL，它不随系统加速或减速而变化。

动态转矩：系统加速或减速时，存在一个动态转矩Td，它使系统的运动状态发生变化。 答：a匀速，b减速，c减速，d加速，e减速，f匀速

答：在多轴拖动系统情况下，为了列出这个系统运动方程，必须先把各传动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量都折算到电动机轴上。

由于负载转矩是静态转矩，所以可根据静态时功率守恒原则进行折算。

由于转动惯量和飞轮转矩与运动系统动能有关，所以可根据动能守恒原则进行折算。 答：忽略磨擦损失的情况下，传动系统的低速轴和调速轴传递的功率是一样的，即P1＝P2而P1＝T1ω1，P2＝T2ω2所以T1ω1＝T2ω2，当ω1＞ω2时， T1＜T2

答：因为低速轴的转矩大，所设计的低速轴的直径及轴上的齿轮等零件尺寸大，质量也大，所以GD2大，而高速轴正好相反。 答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15

JZJMJ1JL2162.52.8(kgm) 2j12jL32152答：nLnM950DnL0.2459.459.4(r/min)v0.37(m/s)j1j24460j3602

2Z2MFv2GDGD3652nM

TL=(η1nM)=×100××950)=

1000.3722GD(1.1~1.25)1.053651.16~1.32Nm9502

2Z答：恒转矩型、泵类、直线型、恒功率型。 答：反抗性恒转矩负载恒与运动方向相反。

位能性恒转矩负载作用方向恒定，与运动方向无关。 答：（d）不是稳定运动点，其余都是稳定运行点。

答：转子在主磁通中旋转，要产生涡流和磁滞损耗，采用硅钢软磁材料，可减少磁滞损耗，而采用“片”叠压成，可减少涡流损耗。 答：因为

TKtIaTL常数 所以，当改变电枢电压或电枢串电阻时，Ia均不变。

n由

RaUTKeKeKt2 知

n会变化。

TKtIaTL常数答：因为

时， →E ↓，所以：

E当Φ ↓时，→ Ia↑由U=E+IaRa，E＝U－IaRa，当Ia ↑

：

P1INUNPNNINPNUNN7.5100038.52(A)2200.885TN9550答

PN7.5955047.75(Nm) nN1550：

PNRa0.50~0.751UINNUNINn0UNUNnNKeNUNINRa5.51000110Ra0.50~0.7510.172~0.258()1106262n011010001107~1170(r/min)11062(0.172~0.258)PN5.5955052.53(Nm)nN1000

TN9550TN9550答：

PN5.5955035.02(Nm)ININIfN61259(A)nN1500

n0答

UNUNnN1101500n01680(r/min)KeNUNIaNRa110590.2

：

⑴

n0UNUNnNKeNUNINRan022015001559(r/min)22034.40.242TN9550 ⑵

PN6.5955040.5(Nm)nN1500

在（1）中，nn0nN1559150059(r/min)RaRaTN2Tn，所以KKNetKeKt2n当串入Rad13时，n13n11＋0.242Rad1RaRad1RaRad1Tn＝N1＋RnKeKt2Raa

n1n0n11559790769(r/min)59790(r/min)Rad2当串入Rad25时，n21＋Rnan2n0n215591278281(r/min) ⑶

5n21＋591278(r/min)0.242当UUN/2时，n01UNn1559U0＝779.5(r/min)Ke2Ke22n1n01n779.559720.5(r/min)当0.8N时，n01UNnU155901949(r/min)Ke0.8KeN0.80.8n1RaRa159TT＝n92.2(r/min)NN22222KeKt0.8KeKtN0.80.8

n1n01n1194992.21856.8(r/min)答： 因为Tst=UN/Ra，Ra很小，所以Tst很大，会产生控制火花，电动应力，机械动态转

矩冲击，使电网保护装置动作，切断电源造成事故，或电网电压下降等。故不能直接启动。 答： 要求电流Ist≤（~2）IN，可采用降压启动、电枢回路串电阻进行启动。 答： 当TL=0启动时：因为励磁绕组有一定剩磁，使Φ≈0；启动时，n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia （(10~20)IN） ，但因为Φ≈0，所以 T＝KtΦIa并不大，因为TL≈0，所以动转矩大于0，系统会加速启动；启动后，虽有n，使E变大点，但因为Φ≈0，所以E仍不大， UN大部分仍要加在电阻Ra上，产生很大Ia和不大的T，使系统不断加速；当系统达到“飞车”时，在相当大的某一n稳速运行时， T＝KtΦIa=TL

≈0，所以Ia ≈0，此时，E相当大，UN几乎和E平衡。

当TL=TN启动时：n＝0，E＝0，根据UN=E+IaRa 知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia（(10~20)IN），但因为Φ≈0，所以 T＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以系统无法启动。 当电动机运行在额定转速下， T＝KtΦNIaN = TL＝TN，n＝nN，此时断开励磁， Φ≈0，虽然仍有n＝nN，但E ≈0，根据UN=E+IaRa 知，UN全加在电阻Ra上，产生很大的Ia，但因为Φ≈0，所以 T＝KtΦIa并不大，因为TL= TN，所以T＜ TL，系统逐渐减速到停车。 答

：

(1)、因为IaNUNPNN，所以IaNPNUNN2.2100025(A)1100.8(3)、PfIfNUf1.33110146.3(A)(2)、IfNUfRf1101.33(A)82.7(4)、TN9550PN2.2955014(Nm)nN1500(6)、IstUN110275(A)Ra0.4(5)、EUNIaNRa110250.4100(V)(7)、要使IstUNU1102IaN，则RstNRa0.41.8(A)Ra＋RstIst225E100IaNTst19.12531.83(Nm)nN1500

TstKtNIst9.55KeN2IaN19.1答：见书上图。如果只一段启动电阻，当启动后，把电阻一下切除，则电流会超过2IN，冲击大。所以应采用逐级切除电阻办法，切除太快，也会产生电流冲击大，见书上图。 答：调速：在一定负载条件下，人为地改变电动机的电路参数，以改变电动机的稳定转速。 速度变化：由于电动机负载转矩发生变化而引起的电动机转速变化。

答：改变电枢电路外串电阻调速：机械特性较软，稳定度低；空载或轻载时，调速范围不大；实现无级调速困难；电阻上消耗电能大。用于起重机、卷扬机等低速运转时间不长的传动系统。

改变电动机电枢供电电压调速：电源电压连续变化时，转速可以平滑无级调节；在额定转速以下调；特性与固有特性平行，硬度不变，稳定度高，调速范围大；属恒转矩调速，适合拖动恒转矩负载，可以靠调电枢电压启动电机，不用其它设备。

改变电机主磁通调速：可无级调速，额定转速以上调（弱磁升速），特性软，最高转速不得超过额定转速的倍，调速范围不大；属恒功率调速，适合于恒功率负载。往往和调压调速配合使用。

答：电动：电动机发出的转矩T与转速n方向相同；制动：T与n相反。

答：反馈制动：运行在二、四象限，转速大于理想空载转速。用于起重机调速下放重物，电网吸收电能，运行经济。

电源反接制动：制动迅速，能量靠电阻吸收，但容易反向启动。

倒拉反接制动：可得较低下降速度，对TL大小估计不准，本应下降，也许会上升，特性硬度小，稳定性差，电阻消耗全部能量。

能耗制动：用于迅速准确停车及恒速下放重物，电阻消耗全部能量。

答：（1）经历反接制动、反向电动、反向回馈制动，最后在反向回馈制动运行状态下建立系统新的稳定平衡点。

（2）当电压反向时，n不变，电压平衡方程式：

－U＝E＋Ia(Ra+Rad)，Ia=(-U-E)/(Ra+Rad)<0 所以T反向，与n方向相反，制动；

T与TL一起使n ↓，→E↓→ 反向Ia↓ → 反向T ↓，最后到c点，n=0； 此时，TL和T使电动机n反向，重物下降。处于反向电动状态。因为n反向，所以E也反向， Ia=(-U＋E)/(Ra+Rad)，即反向电流Ia ↓ → 反向T↓；

在T和TL作用下，反向n ↑ → 反向E ↑，在某一时刻，－U＋E＝0， → Ia=0，T＝0，即达到d点。

但此时仍有TL → 反向n ↑ → 反向E ↑ → －U＋E＞0 →Ia>0，T＞0，产生制动。当T＜TL时，还会 → 反向n ↑→ E ↑→Ia ↑ → T ↑，达到T＝TL，达到e点，稳速运行。

答：

n060f60501500(r/min)p2n0nN，nN(1SN)n0(10.02)15001470r/minn0

因为SNf2SNf10.02501(Hz)答：会反转。因为三相绕组中电流的相序发生改变。 答

：

(1)、因为nN1470r/min,所以n01500r/min,p2(2)、n0－nN1500147030(r/min)(3)、SNn0nN1500－1470＝＝0.02n01500

f2SNf10.02501(Hz)(4)、n02n2nN3014701500(r/min)(5)、n21n02n0150015000(r/min)

n260f260130(r/min)p2答：当负载增加时，转子电流增加；因为转子相当于变压器的副边，而定子相当于变压器的原边，所以当转子电流增加时，定子电流也会增加。

答：原来运行在a点，当电压减小时，运行在b点，因为n不变，s不变，所以cos φ2不变

因为U≈E1=Φ ，所以当U ↓ → Φ ↓ →I2 ↓ 时，根据T=KmΦI2cosφ2知：T ↓，此后： →n ↓ →s ↑ →I2 ↑ →T ↑直到c点。

c点和a点比，因为U ↓ → Φ ↓，而且s ↑ → cosφ2 ↓,根据T=KmΦI2cosφ2＝TL＝常数，知：I2 ↑

(2)、因为nN960r/min,所以n01000r/min,p3答： (1) Y接法。

SNn0nN1000－960＝＝0.04n01000TN9550PN3955029.84(Nm)nN960TststTN229.8459.69NmTmaxmTN229.8459.69Nm

Ist6.5IN6.57.246.8A(3)、P1PNN33.61(KW)0.83

答：电动机电流增大，烧坏电机。

答：断了一根电源线后，变成单相异步电动机，没有旋转磁场，所以不能启动。但仍能继续运转。

启动时，脉动磁场使转子产生交变电流，发热。

运转时，因为断了一相，变成单相，而单相产生的脉动磁场，分解成两个转向相反的旋转磁场后，存在： Bm1=Bm2=Bm/2

与转子旋转方向相同的旋转磁场的Φ比三相运转时的Φ要小，所以I2增大；另外，与转子旋转方向相反的旋转磁场的Φ使T减小。所以，断了一根电源线后，如果较大的TL还不变，当稳定运行时，不但n下降，面且I2相当大，会烧坏电机。

如果电流：iA=Imcosωt

则电流：iB=Imcos（ωt-180°），即 iB为流出，与iA相位相反 当ωt=0时，

BA最大BA1和BA2转到A轴上

当ωt=180°时，

BB最大

BB1和

BB2转到B轴上

所以当ωt=0时，应当把BB1BB2和退回180 °

BA1和BB1和都逆时针转，可合成

BA2和

BB2和都顺时针转，可合成

Bm1和Bm2大小相等、转向相反，转速相等，可以合成为一个脉动磁场Bm，即电动机变为

单相运行。

Bm 与A相轴线或B相轴线成30°角。

答：启动电流一样，启动转矩相同。

答：一般Tmax是TN的2~倍，在Tmax或接近Tmax运行时，I2大很多，电机会被烧坏。 答：

(1)、TN9550PN409550260(Nm)nN1470UUN时，Tst1.2TN1.2260312TL，能启动U10.8UN时，Tst10.82Tst0.82312200TL，不能启动11(2)、TstYTst1.2TN0.4TN 33所以，在TL0.45TN时，无法启动，在TL0.35TN时，能启动答：不是。串电阻 大到一定程度后，启动转矩会变小，因为 虽然cosφ2增大，但I2减小太多。

答：因为 适当串入电阻后，虽然I2减少，但cosφ2增大很多，所以启动转矩增加。 答：调压调速：可无级调速，但减小U时，T按U2减少，所以调速范围不大。

转子电路串电阻调速：只适于线绕式。启动电阻可兼作调速电阻，简单、可靠，但属有级调速。随转速降低，特性变软，低速损耗大，用在重复短期运转的机械，如起重机。 变极对数调速：多速电动机，体积大，价贵，有级调速。结构简单，效率高，调速附加设备少。用于机电联合调速。

变频调速：用于一般鼠笼式异步电动机，采用晶闸管变频装置。

答：在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，电磁转矩也不变，这种调速叫恒转矩调速。 在调速过程中，无论速度高低，当电动机电流保持不变时，功率也不变，叫恒功率调速。 答：使每相定子绕组中一半绕组内的电流改变方向，即可改变极对数，也就改变了转速。

接线图如书上图。

答：反馈制动：用于起重机高速下放重物，反馈制动时，动能变为电能回馈给电网，较经济，只能在高于同步转速下使用。

反接制动：电源反接时，制动电流大，定子或转子需串接电阻，制动速度快容易造成反转，准确停车有一定困难，电能损耗大。当倒拉制动时，用于低速下放重物，机械功率、电功率都消耗在电阻上。

能耗制动：比较常用的准确停车方法，制动效果比反接制动差。 答：见书上图。

原来运行在a点。当p突然↑时，n>n02，所以T<0，和TL一起使n↓→s绝对值↓→I2 ↓→ T ↓。

当n= n02时，I2＝0，T＝0。

当n原来运行在a点。当相序改变时，旋转磁场旋转方向改变。因为惯性，n不能立即改变，所以运行于b点。因为旋转磁场方向变了，所以I2＜0，T＜0，为制动转矩。在T和TL作用下，n↓，此时，s＞1。当n↓时， s↓→ cosφ2 ↑→ T↑→n↓更快。

答：QB改变时，就可使电容分别拉入A相可B相绕组，接C的绕组电流在相位上会超前于另一相绕组90度时间电角度，面旋转磁场的旋转方向是由电流的超前相向电流的落后相。所以改变QB接法，就可改变n0的方向。

答：定子绕组通三相交流电后，产生旋转磁场，而转子绕组通直流电，产生固定的磁场，极对数和旋转磁场极对数一样，旋转磁极与转子磁极异性相吸，所以转子转动。 而异步电动机的旋转磁场被转子导体切割，转子产生感应电动势和感应电流，电流在磁场中产生电磁力和电磁转矩，由此产生转速。

答：定子通三相电后，立即产生n0，很快，而转子n=0，有惯性，当S0吸引N，N0吸引S时，转子有转动趋势，但还没等转起来，S0对S，N0对N又排斥，这样一吸一斥，转子始终转不起来，所以要用异步启动法。

答：同步电动机所需励磁势由定子和转子共同产生。 转子If → Φf，定子I → Φ0，Φ＝ Φf＋Φ0

当If使Φf变化时，要保持Φ不变，则Φ0要变，所以产生Φ0的I要变。

当TL＝常数，则P2＝Tn/9550=常数，略去电动机的内部消耗，则：

P3UIcos常数 1当改变If使I改变时， cosφ也随着变，所以，可调If，使cosφ＝1，即正常励磁。 当If小于正常励磁电流，叫欠励，属感性负载； 当If大于正常励磁电流，叫过励，属容性负载

过励时，直流励磁过剩，不需交流供给励磁电流，而且还向电网发出电感性电流与电感性无功功率，正好补偿电网附近电感性负载需要，使整个电网的功率因数提高。 答：n060f60503000(r/min)p1

答：工作原理同单相异步电动机。WC上加Uc，WF上加Uf时，两相绕组便产生旋转磁场，使转子旋转。

当WC上的Uc去掉后，转子仍转，叫自转。

消除自转的措施：使转子导条有较大电阻，出现Sm>1，此时，交流伺服电动机当Uc＝0时，T总是制动性的。这样便消除自转且能迅速停止。

答：当TL ↑ →T ↑，由 T=KtΦIa知，Ia↑，由n=f(T)方程知，n ↓。 答

：

因为：nUCRIa，所以(Ke)nUCRIaKeKe解以上两方程得：R＝56.41110－R　　　　　　　　Ke1500代入已知条件得：3000(Ke)1100.05R　　　　　　　　1500(Ke)1101Rn0UC1500UC1500110＝＝＝3079(r/min)Ke110－R110－56.41110RT2KtIa29.55KeIa29.5510.341(Nm)1500

UC10050，代入已知数据得：3000＝,n0KeKeKe答：解这两个方程得n1500r/min0

因为n0答：当n=0时，f1的Uf加在WF上→f1的Φf， Φf＝ Φfmsinωt，方向同WF轴线。 Φf在转子→涡流→磁通，阻止Φf变化，与Φf合成Φ1，Φ1轴线同WF轴，与WC轴线垂直，所以不在WC上产生感应电动势，Uc＝0。 当n≠0时，转子切割Φ1 →e2p →i2p

E2p ∝Φ1mn，而当Uf 一定时，Φ1m 基本不变(Uf ＝ N1 Φ1m ),∴ E2p ∝n ∵E2p →i2p →脉动磁通Φ2 ，正好和CW轴线重合→CW上e0 。 E0 ∝Φ2 ∝E2p ∝n ∴E0 ∝n或U0＝E0＝Kn

答：温升与负载大小、负载持续时间（即运行方式）有关。

铭牌上的温升值：指电动机允许的温度与周围介质温度（＋40℃）之差。

电动机温升＝电动机温度－环境温度

答：电压、温升不许超过额定值，否则烧坏电机。电流、功率可短时超过额定值，因为热惯性，电动机在短时温升不能超过允许值。 答：容量、种类、电压、转速、结构形式。 答：发热：应有θmax ≤θa

TNILmaxImaxiINTLmaxTmaxm 过载能力：

启动能力： TL＜λst TN

答：连续工作制、短时工作制、重复短时工作制。 应采用等效功率法进行计算。

答：容量可以不相同，因为在不同的季节里，环境温度不同，如在冬季，电动机的温升可以较大，也不会超过允许的温度，所以容量可以大一些；而在很热的夏季，如果温度很高，超过40度时，电动机的容量必须降低使用。

答:答

50010QH3600PL19.4(KW)102121020.90.781000

：

T12t1T22t2T32t3T42t4T52t5Td6.29(Nm)t1t2t3t4t5PLTdn6.2914500.96(KW)95509550

PL222P1t1P2t2P3t33.96(Nm)t1t2t3答：

答：

tP30P350.33，查图7.6得：K＝2.7PNP13(KW)Th90K27

不能。因为虽然答：换

算

（

1515%，但规定tPt010分钟1585

按

ε

SN

折

合

）

PS1P110.1520.43023.24(KW)PS2P22025.3(KW)SN0.25SN0.25

tP0.720.240.24PSP109.8(KW)tPt00.722.28SN0.25答：

答：导通条件：阳极、控制极同时加控制电压。 导通后，电流决定于主电压和负载。 阻断：阳极电压变0或变负。

阻断后：承受电压大小决定于主电压。

答：不能。当加上控制电流Ig后，晶闸管有强烈正反馈，立即导通，导通后阳极电流I（由主电压和负载决定）和Ig无关。

答： 答：

答：（1）不亮。因为控制极没加正向电压；

（2）亮。因为控制极加正向电压，当阳极也加正向电压时，晶闸管导通。

（3）再把S断开，不亮。因为U2为交流，当S断开，且U2为负时，晶闸管关断，此后，没有Ug，不会再导通。 答：

答： UDRM为断态重复峰值电压，在控制极断路时，可以重复加在晶闸管两端的正向峰值电

压，其数值规定比正向转折电压小100V。

URRM为反向重复峰值电压，在控制极断路时，可以重复加在晶闸管元件上的反向峰值电压，其数值规定比反向击穿电压小100V。 IT为额定通态平均电流（额定正向平均电流）。在环境温度不大于40℃和标准散热及全导通

条件下，晶闸管元件可以连续通过的工频正弦半波电流（在一个周期内）的平均值，简称额定电流。

IH为维持电流。在规定的环境温度和控制极断路时，维持元件继续导通的最小电流。 答：答：见书上表

答：控制角：晶闸管元件承受正向电压起始点到触发脉冲的作用点之间的电角度。 导通角：晶闸管在一周期内导通的电角度。

1答：输出电压平均值 Ud22U2sintd(t)0.45U21cos2

当 α＝0时， Ud＝99V；当α＝ π时， Ud＝0V。所以Ud的调节范围是0～99V。当α＝π

/3时，Ud＝

负载电流平均值

IdUdU1cos0.452RR2

当α＝π/3时，Id＝。

考虑晶闸管的安全系数，一般取~2，所以： IT＝（~2）×＝（~）A 晶闸管最大反向电压：2U22220V311V

考虑安全系数为2~3，故断态和反向重复峰值电压为：

UDRM＝（2~3）×311V＝（622~933）V

根据以上IT和UDRM的值查有关资料，选取合适的晶闸管。

答：当电源电压变负时，V导通，负载上由电感维持的电流流经二极管。VS关断，电源负电压不加于负载上。

作用：可提高大电感负载时的单相半波可控整流电路整流输出平均电压。 极性若接反：造成短路。 答：见图、图、图 答：

1Ud2cos2U2sintd(t)0.45U21cos22Ud260110.212120.45U20.45220

α＝°，导通角θ＝180－＝ °

Ud0.9U2答：

1cos2

当α＝0°时，电压应达最大，即为60V，所以变压器副边电压：

U22Ud26066.667V0.9(1cos)0.9(1cos0)

2U2266.66794.281

元件承受的最大正反向电压为

考虑安全系数为2~3，故断态和反向重复峰值电压（额定电压）为： UDRM＝（2~3）×＝（~）V

额定电流：因α＝0° ，所以IT＝（~2）×10＝（15~20）A 答： 答：

答：见图。如VS1被击穿，则VS3、VS5会短路，因为UBA、UCA不会加于负载，VS4用不着导通。

答： 对晶闸管触发脉冲的要求主要有足够大的触发电压和电流、有一定的脉宽度、不触发时的输出电压小最好为负、前沿要陡和与主电路同步。

主要有三个环节：同步波形产生、移相控制、脉冲形成三个环节组成。

同步波形产生：产生与主电路电压同步的电压波形，使对应每一主电压波形的控制角α都一样。

移相控制：为了改变输出主电压平均值，需要对同步波形移相，以改变控制角α大小。 脉冲形成：把产生的具有一定控制角且可人为改变控制角的同步波形变成触发脉冲输出。 答：振荡频率是由充电常数（RC）决定。为了获得较高的振荡频率，减小充电电阻R与减小电容C效果是一样的。

EUVEUPRIPIV

R受以下因素的：

答：如果不同步，由于每个正半周的控制角不同，输出电压就会忽大忽小的波动。所以要求在晶闸管承受正向电压的半周内，控制极获得第一个正向触发脉冲的时刻都相同。 答：改变R就改变了电容的充电时间常数（RC），也就改变了电容充电的快慢，也就改变了

第一个正向触发脉冲的时刻，即实现移相。移相的目的是：改变整流电路输出直流电压平均值大小。

答：图(b)，为α＝2π/3的情况。

didudUddt，id↑，即eL极性在ωt1触发VS1，ud＝uA，且在1~2区间，ud>0，由式

L为左正右负，L储能。交流电网、电动机输出能量。

到2~3区间，ud<0，但Ud更负，由上式，id↑，L、交流电网吸收能量，电动机输出能量。

到3点，ud＝Ud，id达最大值。

过3点后，ud比Ud更负，id↓，eL左负右正，L、电动机输出能量，交流侧电流由高电位流向低电位，吸收能量。L释放能量→维持VS1导通直到触发VS2导通为止。 ud波形负面积>正面积，故Ud<0，一周期中变流器总的是吸收能量，直流电动机电枢电流由低电位到高电位是输出能量，

特点：直流电变成交流电回送到电网。电动机工作于发电(制动)状态。

EUd有源逆变条件：Ud及E的极性与整流状态相反，且

逆变角β：α＋β＝π，对三相半波逆变电路，有 Ud＝ cosβ 当β＝0，Ud＝Udmax；

当β＝π/2，Ud＝0，为使逆变电路工作可靠，一般βmin＝π/6，故逆变电路：π/6≤β<π/2。

答：只有控制量（输入量）对被控制量（输出量）的单向控制作用，而不存在被控制量对控制量的影响和联系，这样的控制系统称为开环控制系统。开环控制系统不能满足高要求的生产机械的需要，调速范围小。

输入量与输出量之间既有正向的控制作用，又有反向的反馈控制作用，形成一个闭环，

即闭环控制系统。闭环控制系统调速范围大。

答：电动机在额定负载下所允许的最高转速和在保证生产机械对转速变化率的要求前提下所能达到的最低转速之比叫调速范围。

电动机由理想空载到额定负载时的转速降与理想空载转速之比叫静差度。

在一个调速系统中，转速降一定时，在不同的静差度下就有不同的调速范围。静差度越大，调速范围也越大。

保证在一定静差度的前提下，扩大系统调速范围的方法是提高电动机机械特性的硬度，以减小转速降。

答：静态指标：静差度S 、调速范围D 、调速的平滑性 动态指标：过渡过程时间、最大超调量、振荡次数

答：电动机在调速过程中，在不同的转速下运行时，实际输出转矩和输出功率能否达到且不超过其允许长期输出的最大转矩和最大功率，并不取决于电动机本身，而取决于生产机械在调速过程中负载转矩TL及负载功率PL的大小和变化规律。所以，为了使电动机的负载能力得到最充分的利用，在选择调速方案时，必须注意电动机的调速性质与生产机械的负载特性要配合恰当。

恒转矩型负载应选用恒转矩性质调速方式，且电动机的TN应等于或略大于TL；恒功率型负载应选用恒功率性质调速方式，且电动机的PN应等于或略大于PL。这样，电动机在调速范围内的任何n下运行时，均可保持I等于或略小于IN，电动机得到最充分利用。

因为n01和n02,显然是变电枢电压调速。nmax1480101470r/min答：nmin15710147r/min

DS2nmax147010nmin147nN100.0n02157

答：当负载增加时，Ia加大，由于IaRΣ的作用，会使转速下降，

(nK0UgCe(1K)RIa)Ce(1K)

nfRnIaCe(1K)1K

闭环比开环转速降小答：当负载↑ →Ia↑ →Uf(αU) ↓(因为内阻)，n ↓ → ΔU ↑ →Ud ↑ →n ↑

U即使由于电压负反馈作用维持不变，但TL ↑时， IaRa↑,还要引起n↓。即电压负反馈只能补偿内阻所引起的速度降落。

答：电流正反馈可补偿IaRa引起的速降。电流正反馈强度和电压负反馈强度比例恰当，则综合反馈便具有转速反馈性质。如果电流正反馈强度调得不适当，则达不到转速反馈性质。 答：

因为满足R2R3后R1RaR3EnR3Ra

反馈电压Uab答：电流负反馈可人为造成“堵转”，防止电枢电流过大而烧坏电动机，从而起到保护作用。

转折点电流：I0＝1.35IaN,IaN为额定电流堵转电流：Ia0＝(2~2.5)IaN比较电压Ub应满足：　　　　　　UbUb0KIaNR　　　　　　Ub0为二极管的开放电压　　　　　　K＝I0/IaN,K1.35　　　　　　R为电枢回路所串电流反馈电阻

计算：Df＝由　　Df＝nmax150020nmin75nmaxS2　　得nNf(1S2)nmaxS215002%1.53r/minDf(1S2)20(12%)　　　nNf　　nNfnN1＋K答：n100　　K＝N－1＝－1＝.4nNf1.53n01nmaxn10001001100(r/min)Dnmaxnmin

nminnmax1000100(r/min)D10　n02nminn100100200(r/min)　S2＝n1000.5n02200

答：

当闭环时：n02不变，S2＝nfn02nfS2n020.0520010(r/min)由　nf＝n　　得1Kn100　　K119nf10

答：锯齿波形成环节，形成与主电压同步的锯齿波，为触发脉冲的形成和移相控制做好准备。

原理略。 移相控制环节，使触发脉冲相对主电压进行移相，利用锯齿波与控制电压相比

较，来控制1VT通断来实现。原理略。

脉冲输出环节，利用4VT和脉冲变压器得到触发脉冲。原理略。

UKR11UUdtR0R0C1

答：因为

∵只要ΔU＝Ug－Uf≠0，系统就会起调节作用，当ΔU＝0，Ug＝Uf，调节作用才停止。 调节停止后，PI输出Uk由于积分作用，保持在某一数值，以维持电动机在给定转速下运转，系统可以消除静态误差。

1UdtRC当ΔU＝0，系统输出电压决定于Uk，而Uk决定于积分值：01

答：PI调节器是一个无差元件，无静差调速系统出现偏差时PI动作以削除偏差，当偏差为零时停止动作。

开始和中间阶段，比例调节起主要作用，它首先阻止Δn的继续↑，而后使n迅速↑，在末期，Δn很小，比例调节作用不明显，而积分调节作用就上升到主要地位，它最后消除Δn，使n回升到n1。

答：是。因为：偏差电压ΔU＝Ug－Uf，当Ug不稳定，或测速发电机的Uf 不稳定，都会影响到ΔU，从而也影响到UK，继而影响到Ud和n稳定精度。

.