电气直流调速小测验答案
- 格式：doc
- 大小：1.27 MB
- 文档页数：7
《直流调速》试题A
一、简答题
1、V-M系统中电流脉动的影响有哪些，其抑制措施是什么？
答：电流断续是因为V-M系统中，电机轻载或空载情况下，电机电流太小晶闸管触发角小而导致的。
电流断续使得系统空载转速升得很高而机械特性很软。
抑制措施是1，增加相数；2，设置平波电抗器；3，采用反并联可逆线路，形成环流，就可以不让电流断续。
2、简要说明V-M可逆系统中环流的种类，产生原因，解决办法。
答：1，直流平均环流，由晶闸管装置输出的直流平均电压差引起的；2，瞬时脉动环流，由于电压波形不同，存在瞬时电压差引起的。
3，动态环流，在V-M系统的过渡过程中出现。
P23
3、双极式PWM变换器的优点有哪些？
答：优点有：①电流一定连续；②可使电机在四象限运行；③电机停止时有微震电流，能消除静摩擦死区；④底速时，每个晶体管的驱动脉冲仍较宽，有利于保证晶体管可靠导通；⑤低速平稳性好，调速范围可达20000左右。
4、双闭环调速系统的起动过程三个特点是什么？
答：分三个阶段，特点是：
①饱和非线性控制；
②准时间最优控制；
③转速超调。
5、速度闭环控制系统与开环系统相比较，有何优越性？
答：1，速降小；2，静差小；3，范围大P23
6、“补偿控制”与“反馈控制”有何区别。
答：这是两个完全不同的控制作用。
反馈控制有反馈控制的规律，它可以对一切包在负反馈环内前向通道上的扰动都起拟制作用；而补偿控制只是针对一种扰动而言的。
反馈控制在调节器设计成PI调节器或积分调节器时可以做到无静差；而补偿控制要在参数配合得恰到好处时可以做到无静差，但参数配合在实际当中很难作到。
7、双闭环调速系统中两调节器的作用是什么？
答：双闭环调速系统中两调节器分别是速度调节器ASR和电流调节器ACR。
双闭环调速系统也就是由电流环（也叫内环）和速度环（也叫外环）组成。
电流环①对电网电压波动起及时抗扰作用；②启动时保证允许的最大电流；③在转速调节过程中，使电流跟随其给定值变化；④当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流最大值，从而起到快速的安全保护作用。
速度环①使转速跟随给定值变化，稳态无静差；②对负载变化起抗扰作用；③其输出限幅值决定允许的最大电流。
二、分析、论述、计算题
1，画出双极式H型PWM变换器电路，并分析电机正转、反转时晶体管与二极管的状态，画出电机电枢端电压和电流波形。
解答：P15，
2，有一V-M 系统，已知：P nom =2.8KW ，U nom =220V ，I nom =15.6A ，n nom =1500r/min ，R a =1.5Ω，R rec =1Ω，K s =37。
①、系统开环工作时，试计算D=30时的S 值。
②、当D=30、S=10%时，计算系统允许的稳态速降。
③、如为转速负反馈有静差调速系统，要求D=30，S=10%，在U n *
=10V 时使电动机在额定点工作，计算放大
器放大系数和转速反馈系数。
解答：①
e 22015.6 1.5196.6
15001500N N a U I R C n --⨯=
== op 15.6 2.5297.5196.61500
N e
I R n rpm C ⨯∆===
min 15005030n ==
min 297.5685.6%50297.56
op op n s n n ∆===+∆+
② (1)N CL n s
D n s =∆-
15000.1 5.5630(10.1)CL n rpm ⨯∆==-
③
*0(1)(1)
P S N d CL K K U I R n n n Ce K Ce K =-=-∆++
15.6 2.5
5.5619
6.6(1)(1)
1500
d CL I R n rpm C
e K K ⨯∆===++ K=52.5
*37101500 5.5628.53196.6(1)(1)(152.5)1500
P S N d P P K K U I R K n K Ce K Ce K ⨯⨯=-⇒=-⇒=+++
196.6
52.515000.00652.min/28.5337
P S P S K K KCe K V r Ce K K αα⨯
=⇒===⨯
3， 试画出α=β工作制配合控制有环流可逆系统原理框图，并标出它组建流子阶段，反组整流，正组待逆变，电机反
接制动时各处电位的极性和能量流向。
解答：
4，某晶闸管供电的双闭环直流调速系统，采用三相桥式整流电路，已知：P nom =2.8KW ，U nom =220V ，I nom =15.6A ，n nom =1500r/min ，R a =1.5Ω，T L =0.008S ，T M =0.25S ，R rec =1Ω，T On =0.01S ，K s =50，
当速度给定的最大电压U nM *=10V ，其对应最高转速为n m =1200r/min ，速度调节器输出限幅值U iM *
=8V 。
设计此双闭环直流调速系统的两个调节器，设计要求：
①、稳态指标：无静差。
②、动态指标：空载启动到1200r/min 时的转速超调量Ơn%≤10%；电流超调量Ơi%≤5%。
解答：
一：电流调节器的设计 1、 求解时间常数
（1） 平均失控时间T s=0.0017S （1分） （2） 电流滤波时间常数T OI =0.002S (1分) 2、 选择电流调节器结构
根据系统的设计要求，选择PI 调节器结构： （2分）
3、 电流调节器参数配合
（1）i τ=T L =0.008s(1分)
（2）查表得出：希望电流超调量σi < 5%，可选 ξ =0.707，K I T ∑i =0.5，由此 K I =0.5/T ∑i =135.1（2分）
据公式 计算得出i K =0.108（3分）
4、 校验近似条件
c ω= K I =135.1
（1）晶闸管装置传递函数近似条件：
Ts
31
=196.1＞c ω（1分） s s K s W i i i ACR
)1()(ττ+=R K K K i s i I τβ
=Ts
31c ≤
ω
)1)(1(21)(++=s T s
T K W s obj （2）忽略反电动势对电流环影响的条件：
（1分） （3）小时间常数近似处理条件：
（1分）
5、计算调节器电阻值和电容值 因为R 0=20K
R i =K i R 0=2k （1分） C i =i τ/ R i =4µF （1分） C OI =4T oi /R 0=0.4µF （1分） 二：转速调节器的设计 1、求解时间常数
（1）电流环等效时间常数：2 T ∑i =0.0074（1分）
（2）转速环小时间常数T ∑n =2 T ∑i + T On =0.0174s(1分) 2、选择转速调节器结构
根据系统的设计要求，选择PI 调节器结构： （2分） 3、 转速调节器参数配合
查表得出：按跟随和抗干扰性能都好的原则，取h=5， （1）n τ=h T ∑n =0.087 (2分)
（2）转速开环增益 =396.4（2分）
(3) 转速调节器的比例系数为
=28.28 （3分）
4、 校验近似条件
因为c ωn =K N n τ=34.5 （1分）
（1）电流环传递函数近似条件：
c ωn ≤1/（5T ∑i ） =54.1（1分） （2）小时间常数近似处理条件：
（1分）
5、计算调节器电阻值和电容值 因为R 0=20K
R n =K n R 0=560k （1分） C n =n τ/ R n =0.15µF （1分） C On =4T on /R 0=2µF （1分）
效验转速超调量
max n 2(*N b C n C n σλ∆∆∑=n
m
T )(-z)T
5，调节对象的传递函数为： 其中：K=300，T 1=0.5S ，T 2=0.01S 。
分别将其校正成典型Ⅰ型和Ⅱ型系统，选择调节器结构，并指明参数配合。
解答：
构成典型I 型：选用PI 调解器，Г1=T 1=0.5S ；
08.67008
.025.031m 31l c
=⨯=>T T ω8.180002.00017.031oi s 31c ＝＝⨯≤T T ω75
.3801.00037.0231on 2T 31i c ＝＝⨯⨯≤∑T ωs s K s W n n n ASR
)1()(ττ+=2n
2N
21∑+=
T h h K n m
e n 2)1(∑+=
RT h T C h K αβ
构成典型II型：选用PI调解器，Г1=hT2=5*0.01=0.55S；1/T1S+1=1/T1S=1/0.5。
