电力拖动自动控制系统复习资料全.docx
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电力拖动自动控制系统复习资料全
《电力拖动自动控制系统》复习资料（全）
相关答案整理
2-4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开关频率髙，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。
2-1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”小的脉冲变窄而导致J反向时，Ug2变正，于是VT2导通，
VT2导通，VTi关断。
2・2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髙转速怙和最低转速gm之比叫做调速范槪
用字母D表示，即：
D=如竺
负载由理想空载增加到额立值时，所对应的转速降落与理想空载转速从）mm之比，称为系统的静差率S,即：
S=^-
"omin
调速范囤，静差速降和最小静差之间的关系为：
D=%
A/7jV（1-5）
由于在一泄的®/下，D越大，”min越小街5又一泄，则S变大。
所以，如果不考虑D,则S
的调节也就会容易，
2-3.某一调速系统，测得的最高转速特性为n（）max=15OOr/nin,最低转速特性为HOmin=15Or/nin,
带额定负载的速度降落A/2v=15r/nin,且不同转速下额定速降Ag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=亘=叽K-呱=1500-15=Hgin心丽一加“150-15
All
=15-10%
"umin
150
2-7闭环调速系统的调速范围是1500--150r/min,要求系统的静差Sv=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lOOr/min则闭环系统的开环放大倍数应有多大？
2,^k=K+l贝l」KX竺一1=31.7A/:
r/3.06
2・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8r/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？
K]=15;心=30;
K]14乙[；心t>M/2
同样负载扰动的条件下5与开环放大倍数加成反比，贝I」g+1）/（0+1）=4也/4如
同样静差率的条件下调速范用与开环放大倍数加1成正比
（/C1+l）/（/f2+l）=Dzl/Dz2
K2+\_30+1
K|+1一15+1
思考2-12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，从而在保证一左静差率的要求下，能够提高调速范围。
为此，所需付岀的代价是需增设电压放大器以与检测与反馈装麗。
kkU*RI
2）能。
因为“=，由公式可以看出，当其它量均不变化时，"随着U；的变化
C「（l+灯C,（l+k）
而变化
3）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用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：
系统对于上述兔量中电网电压、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逍中，对于测速发电机励磁％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。
2-10在题1一10的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流Idbl<2/a.,临界截止电流
Ider>1.21N,应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？
要求电流反馈釆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<2/jV=2x12.5=25A
=1.2x12.5=154
则u“=
S叫*'r：
k[kr、"）（1~42）0
得:
…十（7込皆
R,=1.46=1.50
U窗=IderxR、=15&=15x1.5=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:
11
新的采样电阻：
R、=-/?
=-（1.2+1.5）=0.90可选0.5欧姆
33
电流反馈放大系数：
K（i=-^=22=3
力R,0.5
新的比较电压：
Ucom=1^XRs=15/?
v=15x0.5=8.5V
所以加上的电流反馈放大器的放大倍数为3
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1-12某调速系统原理图如图所示，已知数据如下：
电动机
PN=\SKW,Un=220V;/v=94A;/?
zj=1000r/nin;7?
^=0.15QPn=18KW,Un=220V,In=94A,整流装
置内阻心「=0.3G,触发整流环节的放大倍数Ks=40o最大给定电压Unm=15V,当主电路电达到最大值时，整
定电流反馈电压U,m=10V.
设计指标：
要求系统满足调速范围D=20,静差率SW10%,Idhl=\.SINtIdcr<\AIN.试画出系统的静
态结构框图，并计算：
（1）转速反馈系数a。
（2）调节器放大系数Kp。
（3）电阻&的数值。
（放大器的输入电阻R°=20KG）
（4）电阻伦的数值和稳压管VS的击穿电压值。
解：
⑴也产册T罟罟"⑹吩冷曲
94x0.45一，
An“=——=
==20、.44r/nun
0.2059
Az?
70S4
K=一1>^-―一1=35.95（取36）
S/tcl5.56
同1-10可得3二0.0145
（2）心=一-一=匕兰=12.8（4X13）
卩aKs/Ce0.0145x40/0.2059
⑶&=K,岛=13x20=260m（4）Zrfw=1.5Zv=1.5x94=141A：
⑺=l・lg=1.1x94=103.4A：
当主电路电流最大即为/咖时，"沏=l°u
而当主电路电流为仃存时，7为：
hblherhbl⑷
此时电流反馈起作用，稳压管的击穿电压f/疗可根据S确左取稍大值：
"疽=7・4U
当主电路的电流增大到/仙时，为起到保护作用应使流过忌的电流人2等于流过&的电流.以使电机转速迅速降落。
此时：
/厂=如=2=0.75mA;凡=5_5=10~74=3.47kQ（取3・5kQ）
R2他20・IK20.75
系统的静态结构框图
思考2—15在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数发生变化时，系统是否有调节作用，为什么？
An
297.7»八一
s==
=-85.61%
"omin
50+297.7
5
2）当D=30,S=10%时讣算系统允许的稳态速降
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（4）电动机励磁电流（5）电压反馈系数a
答：
3）电枢电阻，4）电动机励磁电流，（5）电压反馈系数a无调肖作用。
因为反馈控制系统所能抑制的只是被反馈包用的前向通道上的扰动。
1-14有一个V-M系统，已知:
电动机：
（15分）
Pn=2^KW-.Un=220V;/v=15A;nv=1500r/nin;/?
<7=0.15Q,Ra=l.5,整流装置内阻
Rrec=IO,触发整流环节的放大倍数Ks=35。
（15分〉
（1）系统开环工作时，试计算调速范围D=30时的静差率s值；
（2）当D二30,5=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=30,5=10%,在，
U；t=\0VJd=INji=nNt计算转速负反馈系数a和放大器放大系数Kp;
（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求在
U；=\0VJd=I^n=nN,并保持系统原来的开环放大系数K不变，试求在D=30时的静差率。
解宀）“加讪•（原来多加了I）
弘」5"需7.7皿
求取Q的方法同1-10
可得a=0.00652min/r
（4）改为电压负反馈有静差调速系统
闭环转速降落为：
静差率为:
5.=—=—-:
——X1OO%=7&35%
nN+DSjin1500+30x180.8
显然比速度反馈系统在调速范用不变的情况下静差率大的多，但比无反馈系统静差率小了
思考2-13.为什么用积分控制的调速系统是无静差的?
在转速负反馈调速系统中，当积分调节器的输入偏
差电压△（7=0时,调节器的输出电压是多少?
它取决于那些因素？
答：
使用积分控制时可以借助积分作用，使反馈电压匕与给泄电压〃；相等，即使△匕为零—•一样有输出，不再需要来维持Uc，由此即可使输岀稳左于给左值使调速系统无静差。
当△（/“=0时调肖器的输岀为电压Uc,是对之前时刻的输入偏差的积累。
它取决于△匕的过去变化，当△匕为正增加，当△匕为负/•下降，当为零时不变。
思考2-14在无静差转速单闭环调速系统中,转速的稳态精度是否还受给定电源和测速发电机精度的影响?
试说明理由；
答：
在无静差转速单闭环调速系统中，转速的稳态精度同样受给左电源和测速发电机精度的影响。
无静差转速单闭环调速系统只是消除了误差，使输出的转速基本稳左于给宦的转速。
但是，这种系统依然属于反馈控制系统，只能抑制被反馈环包围的前向通道上的扰动，对于其他环节上的精度影响无可奈何。
18.采用比例调节器控制的电压负反馈系统，稳态运行时的速度是否有静差?
为什么?
试说明理由；答：
有静差。
电压负反馈系统中是在转速较髙时，
Cen-IaRa=U^忽略了转速的降落认为电枢电压正比于转速，而实际上是电枢电压无静差，从公式中可以看出速度的降落是不能消除的。
因为调节器的输出是电力电子变换器的控制电压i/c=Kpg。
所以只要电动机在运行，就必须有控制电压t/c，因而也必须有转速偏差电压△〃”O
思考3・6在转速、电流双闭环调速系统中，若改变电动机的转速，应调节什么参数？
改变转速调节器的放大倍数Kn不行？
改变电力电子变换器的放大倍数Ks行不行？
改变转速反馈系数&行不行？
若要改变电动机的堵转电流，应酋系统中的什么参数？
答：
改变转速，调节给泄电压U；,改变转速调节器放大倍数K”不行，改变K,也不行，改变a行。
改变堵转电流酋
电流反馈系数0.
思考3・7转速、电流双闭环调速系统稳态运行时，两个调节器的输入偏差电压和输出电压各是多少？
为什么？
答：
两个调节器的输入偏差电压均为0,如果不为0则和U；继续变化，就不是稳态。
转速调节器的输出电压为：
U；=pid电流调节器的输出电压为：
5=仏=乞叽"_^丄
Ks&
思考3・8如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是PI调节器，而改为P调节器，对系统的静、动态乍将会产生什么影响？
答：
稳态精度变差，但跟随性和抗干扰能力都不会得到改善，使系统成为不稳左系统。
答：
静特性1）闭环系统的静特性变软2）存在静差率相对较大。
动特性：
跟随性和抗干扰能力不会得到改善，动态稳定性降低，而快速性却提高了。
思考3・9试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环调速系统：
<1）调速系统的静态特性；
（2）动态限流性能；
（3）起动的快速性；
（4）抗负载扰动的性能；
（5）抗电源电压波动的性能；
答：
（1）单闭环：
在系统稳泄时实现转速无静差。
双闭环：
可实现转速无静差和电流无静差。
（2）单闭环：
只能在超过临界电流/姑后，限制电流冲击
双闭环：
电流调节器通过电流反馈系数0随时调节控制电流
（3）单闭环：
快、不平稳
双闭环：
起动快、平稳
（4）单闭环：
差
双闭环：
强、靠ASR
单闭环：
差
双闭环：
由电流内环ACR与时调节
2・5在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器均采用PI调节。
当系统带额定负载运行时，转速线突然断线，系幻新进入后，电流调节器的输入偏差电压是否为零？
为什么？
答：
转速和电流调廿器的输出达到饱和为上，电流调盯器的输入偏差电压不为零，因为稳立后电流反馈依像
6=pld只能增加电动机的转速达到新的平衡U亦=Cfnmax+RId
思考3・3在转速、电流双闭环调速系统中，转速给定信号"；未改变，若增大转速反馈系数°,系统稳定后转速反伐压是增加、减少还是不变？
为什么？
答：
不变。
因为°增大，在达到新的稳泄运行时，依然要是无静差系统，系统的转速下降，在达到同样的时
3・3在转速、电流比闭环调速系统中，调节器ASRACR均采用PI调节器。
当ASR输出达到U；in=8V时，主电路住达到最大电流80A。
当负载电流由40A增加到70A时，试问：
（1）U；应如何变化？
（2）"'应如何变化?
（3）4值由哪些条件决定？
解：
（1）U；应增加。
因为当负载电流由40A增加到70A时/增加，U；是确左的。
U：
8
0=」=—=O・1U/A
G80
U.=pid=0.1x40=4V
U：
=卩1/=0.1x70=7"
ld由40A增加到70A时，U：
由4V增加到7V
（2）匕略有增加。
因为UcxKs=UdQ=Cen+RId:
0的增加使匕。
增加，使得U,增加
（3）Uc由n和匚决定。
uc='Ks=
K$
3-4在转速、电流双闭环调速系统中，电动机拖动恒转矩负载在额定工作点正常运行，现因某种原因使电动机励磁R电压突然下降一半，系统工作情况将会如何变化？
写出U；、g、"do、匚与n在系统重新进入稳定后的表达式.
答：
当磁通下降一半时0=©
2
但电动机拖动恒转矩负载运行所以几=2仃
1）：
=01厂2阻
U_U&,_CQU：
g+21』R
CK、Ks
Udo=C^U；/a+2I^R
3-5图
Kin
3・6有一个系统，其控制对象的传递函数为比切=—、=—-，要设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超酋
ts+\0.015+1
o-<5%（按线性系统考虑）。
试对该系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。
解：
校正成典型I型系统，调节器传递函数为VV,（5）=^校正后系统的开环传递函数为：
5
5査表得:
灯“5心篇=50—=。
皿K产厂絆5
1Q
2-13调节对象的传递函数为W；.（5）=——一—一,要求用调节器分别将其校正为典型I型和口型系统,（0.2^5+1）（0.0055+1）
调节器的结构与参数。
解：
校正成典型I型系统选择PI调节器：
/l.（T.5+1）
Wri（s）=-一校正后的开环传递函数为：
W（s）=%・（s）%G）=
心（^+1）x18
®$（0・25s+l）（0・005s+l）
令T,=0.25K=KpixlS/r}
100
叫2而詰T而4.3%灯“5K=ioo"6〃0.03
^=J7r=12nr^=L39
（2）校正成典ri型系统，选择pi调宵器:
K+1）x&】txs（JTxs+l）（7^s+1）化严a各町看成大十贯t生3^节>
W（s）=VV%（s）W；切（s）
（兀s+1）
h=5t}=hT2=5x0.005=0.025ts!
T=9.55ts=9.55x0.005=0.047
b=37.6%
k4=」亠他0“空=4800;心=空』°°325><（）・25十72/rT25OxO.OO52pK】
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