电气直流调速小测验答案

《直流调速》试题A
、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，
1500
2,有一 V-M 系统，已知：P nom =2.8KW , U nom =220V , l nom =15.6A , n nom =1500r/min , R a =1.5Q , R rec =1 Q , 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%寸，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=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 C U N —gR a 220 —15.6 X1.5 196.6 C e - - -
n 1500 1500
A I N R 15.67.5 ce — % = Ce 196.6 297.5rpm 1500
1500 “ n min
50
30 s "op 29
7.56 俠.6% n min n op 50 297.56 ②
%L (1-S
)
1500 0.1 … 5.56 rpm 30(1 -0.1) n
K P K S U N I d R
n =
Ce(1 K) Ce(1 K)
心 _________ LB _____ 15.6><2.5 n C 「Ce(1 K) 一彈(1K 「5.56rpm
1500
I d R
K=52.5
K p K S U N
I d R K P 37 10
n — N d
1500 P
5.56二
K P =28.53
Ce(1+K) Ce(1+K)
^(^52 5)
解答
TM
£
N
VF
ACR
U
u .
5
L
VR
T M
GTF
==
VF
ASR
KR
L
㊉
GTR
z
VR
TG
P
%
3,试画出a = 3 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。

196.6
KCe 52.5 - —— I
500
=
0.00652V.min/ r
K p K S 28.53 37
“ K p Ks ： K
二 --------------------
Ce
ACR
U ；
C3 L c
VF
T
/
F
1 GT
ol
KF
R
s 2
厶c
M
T
VF
丰
3
L c
A
6
C2
VR
丰
M
T
Q
L
&
M VF
2
VR
n o
z
-A
®%a
GTF
一
R
Ac
丸・
o 曹
KF R K
o
T
ASR
&
」
A ©
a-
1
c =
K I =135.1
（1）晶闸管装置传递函数近似条件：
1
=196.1 > c （1 分）
•'C 乞
3T S
3T S
n nom =1500r/min , R a =1.5 Q , T L =0.008S , T M =0.25S , R rec =1 Q , T on =0.01S , K s =50,
当速度给定的最大电压 U M =1OV ,其对应最高转速为 n m =1200r/min ，速度调节器输出限幅值 U M *=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 ？ n % < 10%电流超调量？ i% < 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： W
（S ）二 3 i S O （2分）
3、 电流调节器参数配合 ACR '丿
• j
s
（1） j =T L =0.008S （1 分）
（2） 查表得出：希望电流超调量 5 < 5%，可选E =0.707, KTH =0.5，由此
K=0.5/T 》=135.1 （2 分） 据公式 心 二心幺-计算得出K i =0.108 （3分） 4、校验近似条件iR
4,
但
a)
GTF
MO 纱
1
TA
?
d)
U 抽缈
g
AK GTR
AR GTR.
GTF
eu tt
图3-13理=0工作制配合控制有环流可逆系统正向制动各阶段申各处电位的极性和能蜃流向
I
讨正向运行.正组整汛朗待逆变b ）半组妙阶氐正组逆变，反组待昨小它组颐于阶段・总驚 礼正组持逆整M 反接制动d ）它组醪子阶賢反组逆蚊正组般亂电机回逋制动亡）反向减汀 阶准，反组逆变（或有_段整菰h 电机停车
_
_
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 , l nom =15.6A
5、计算调节器电阻值和电容值 因为R °=20K R i =K i R 0=2k ( 1 分) C i = i / R i =4 疔(1 分)
C Oi =4T oi /R 0=0.4 (JF (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 工=0.0074 (1分)
(2) 转速环小时间常数 T n = 2 Tp + T On =0.0174s(1分)
5,调节对象的传递函数为：
W
K
也（s ） _ （T 1S 1）（T 2s 1）
其中：K=300,「=0.5S , 解答：
T 2=o.ois 。

分别将其校正成典型i 型和n 型系统，选择调节器结构，并指明参数配合。

构成典型I 型：选用PI 调解器，r =T 1=0.5S ;
(2)忽略反电动势对电流环影响的条件:
1
-'C -
67.08
3JTmT
3J0.25 汉 0.008
(3) 小时间常数近似处理条件：
（1 分）
1
3、TsToi ----------------- = 180.8
3、0.0017 0.002 （1 分）
2、 选择转速调节器结构
根据系统的设计要求，选择 3、 转速调节器参数配合
PI 调节器结构: W ASR （S ）=U4 SS
（2 分）
查表得出：按跟随和抗干扰性能都好的原则，取 h=5, (1) n =h T n =0.087 (2 分) (2) 转速开环增益 K
_=3964 ( 2分)
3 2h 2T 2n
(3) 转速调节器的比例系数为
K _ ( h =2竝8C e T m
n
2h ：RT 、n
4、校验近似条件 因为 cn = K N n =34.5
( 1 分)
(1 )电流环传递函数近似条件：
'-c nW 1/ ( 5T i ) (2)小时间常数近似处理条件：
（3 分）
=54.1 （1 分）
■■c
2TyTon 3\2 0.0037 0.01
5、计算调节器电阻值和电容值 因为R °=20K
R n =K n R 0=560k (1 分)
= 38.75 （
1 分）
C n = ■ n / R n =0.15 疔（1 分） C On =4T on /R 0=2 忻（1 分） 效验转速超调量
n =2
（ir ）
（ -z ）
n* T
m
构成典型II型：选用PI调解器，r=hT2=5*0.0仁0.55S ; 1/T1S+1=1/T1S=1/0.5。