电力传动电力拖动控制系统B卷附参考答案

2014—2015 学年第二学期期末考试课程名称：电力传动控制系统 开 卷 B 卷 120分钟一、选择题（共20分，每题2分）1、直流P W M 变换器—电动机系统与晶闸管—电动机系统相比， B 。

A 、前者调速范围宽但谐波大 B 、前者调速范围宽且谐波少 C 、后者调整范围宽但谐波大2、静差率和机械特性的硬度有关,当理想空载转速一定时,特性越硬,静差率 A 。

A 、越小 B 、越大 C 、不变3、在可逆直流调速系统当中，抑制瞬时脉动环流的措施为 A 。

A 、采用均衡电抗器B 、采用平波电抗器C 、采用α=β配合控制4、带比例调节器的单闭环直流调速系统，如果转速的反馈值与给定值相等，则调节器的输出为 A 。

A 、零B 、大于零的定值C 、保持原先的值不变 5、无静差调速系统的PI 调节器中P 部份的作用是 B 。

A 、消除稳态误差B 、加快动态响应C 、既消除稳态误差又加快动态响应 6、转速、电流双闭环调速系统中，在恒流升速阶段时，两个调节器的状态是 A 。

A 、ASR 饱和、ACR 不饱和 B 、ACR 饱和、ASR 不饱和 C 、ASR 和ACR 都饱和 7、控制系统能够正常运行的首要条件是 B 。

A 、准确性B 、稳定性C 、快速性 8、在直流电机调速系统中，系统无法抑制 B 的扰动。

A 、电网电压B 、电机励磁电压变化C 、运算放大器参数变化 9、α=β配合控制双闭环可逆直流调速系统制动过程主要阶段是 C 。

A 、本组逆变阶段 B 、它组反接制动阶段 C 、它组逆变阶段10、在转速、电流双闭环调速系统中，以下哪一项影响最大电流Idm 的设计 C 。

A 、运算放大器B 、稳压电源C 、 电动机允许的过载能力 二、判断题（共20分，每题2分） 1、双闭环调速系统中，给定信号*n U 不变，增加转速反馈系数α，系统稳定运行时转速反馈电压n U 不变。

（ 对 ） 2、I 型系统工程最佳参数是指参数关系选用 K=1/（2T ）或ξ=0.707。

（ 对）M最小3、双闭环调速系统的设计过程中，一般把h=4定义为按闭环幅频特性峰值rmin准则设计的“三阶工程最佳”参数配置。

（错）4、在双闭环调速系统的设计过程中，若按“三阶工程最佳”设计系统时，系统的超调量为37.6%。

（对）U固定，想得到固定的转速5、在双闭环系统调试中，若两个调节器采用PI调节器，nmU即可。

（对）n只需调节给定电压*n6、积分或比例积分调节器的输出具有记忆和保持功能。

（对）7、转速闭环系统对一切扰动量都具有抗干扰能力。

（错）8、比例积分调节器输入偏差电压为零时，其输出电压也为零。

（错）9、在双闭环调速系统的设计过程中，通常将电流环校正为典型I型系统，将转速环校正为典型II型系统。

（对）10、位置式PI调节器算法比增量式PI调节器算法更容易产生积分饱和现象，必须同时设置积分限幅和输出限幅，缺一不可。

（对）三、简答题（共30分，每题6分）1、直流PWM变换器中，泵升电压是怎样产生的？对系统有何影响？如何抑制？答：泵升电压是当电动机工作于回馈制动状态时，由于二极管整流器的单向导电性，使得电动机由动能转变为的电能不能通过整流装置反馈回交流电网，而只能向滤波电容充电，造成电容两端电压升高。

泵升电压过大将导致电力电子开关器件被击穿。

应合理选择滤波电容的容量，或采用泵升电压限制电路。

2、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：仍然受影响。

因为无静差转速单闭环调速系统只是实现了稳态误差为零，因此若给定电源发生偏移，或者测速发电机精度受到影响而使反馈电压发生改变，系统仍会认为是给定或转速发生改变，从而改变转速，以达到电压偏差为零。

3、单闭环调速系统能减少或消除转速稳态误差的实质是什么？答：比例控制直流调速系统能够减少稳态速降的实质在于它的自动调节，在于它能随着负载的变化而相应地改变电枢电压，以补偿电枢回路电阻压降的变化。

4、在转速、电流双闭环直流调速系统中，若要改变电动机的转速，应调节什么参数？若要改变电动机的堵转电流，应调节系统中的什么参数？答：在转速、电流双闭环调速系统中，若要改变电动机的转速,应调节的参数有：转速给U，因为转速反馈系统的转速输出服从给定。

定电压*nU、转速调节器的若要改变电动机的堵转电流,应调节系统中的参数有：转速的给定*n放大倍数n K 、转速调节器的限幅值、转速反馈系数α等，因为它们都在电流环之外。

5、无环流逻辑控制器DLC 中为什么必须设置封锁延时和开放延时？延时过大或过小对系统有何影响？答：设置封锁延时电路和开关延时电路后，能够保护两组晶闸管在切换时不发生短路，保证同一时间只有一组晶闸管开通。

延时过大会引起切换时间太长，延时过小会造成换流逆变失败。

四、计算题（共30分）1、设控制对象的传递函数为11234()(1)(1)(1)(1)obj K W s T s T s T s T s =++++，式中1K =2；1T =0.4s ，2T =0.08s ，3T =0.015s ，4T =0.005s 。

要求阶跃输入时系统超调量5%σ<用PI 调节器将系统设计成典型I 型系统，试设计调节器参数并计算调节时间s t 。

（10分） 解：用PI 调节器校正时，调节器传递函数为1()i PI pi i W s K sττ+= 取10.4i T s τ==，并将2T 、3T 、4T 看成小时间常数，令2340.080.0150.0050.1T T T T s s s s=++=++=则按典型I 型系统校正时系统开环传递函数为1111()(1)(1)(1)pii pii i K s K K W s K s T s Ts s Ts τττ+==+++ 取112pi iK K K Tτ==，则 10.412220.1ipi K K Tτ===⨯⨯调节时间660.10.6s t T s s≈=⨯=所以PI 调节器的参数0.4i s τ=，1pi K =；调节时间0.6s t s =。

2、某转速、电流双闭环直流调速系统，主电路采用三相零式整流电路。

已知电动机参数为：60N P kW =，220N U V =，308N I A =，1000/min N n r =，0.196min/e C V r =⋅，电枢回路总电阻R=0.18Ω，允许电流过载倍数 1.1λ=，触发整流环节的放大倍数35s K =，电磁时间常数0.012l T s =，机电时间常数0.12m T s =，电流反馈滤波时间常数0.0025oi T s =，转速反馈滤波时间常数0.015on T s =。

额定转速时的给定电压*()10n N U V =，ASR 调节器饱和输出电压*im U =8V ，ACR 调节器饱和输出电压cm U =6.5V 。

系统的静、动态设计指标为：稳态无静差，调速范围D=10，电流超调量5%i σ≤，空载起动到额定转速时的转速超调量10%n σ≤。

试求：电流调节器已按典型I 型系统设计，并取参数KT=0.5。

(1) 确定电流反馈系数β和转速反馈系数α。

(2) 选择转速调节器结构，并计算其参数？(3) 考虑转速超调，试设计转速调节器ASR ，计算其参数C C n n on R 、、。

设调节器输入电阻040R k =Ω。

（20分）解：（1）*/8/(1.1*)8/3390.0236/im dm N U I V I V A V A β====10/10000.01min/V r α==（2）电流调节器设计确定时间常数：)0.00333s a T s =)0.0025oi b T s =0)0.00250.003330.00583i i s c T T T s ∑=+=+=电流调节器结构确定：因为5%i σ≤，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器，(1)()i i ACR i K S W S Sττ+=,电流调节器参数确定: 10.012,0.5,0.5/85.76i l I i I i T s K T K T sτ-∑∑=====选，85.760.0120.180.224350.0173I i i s K R K K τβ⨯⨯===⨯。

校验等效条件：185.76ci I K s ω-==1111)1101.01330.00333)79.06)115.52ciScici aTb Sc sωωω--==>⨯==<===>电力电子装置传递函数的近似条件：忽略反电势的影响的近似条件：可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选40R K=,则：0.224408.96i iR K R K K==⨯=, 取9K.由此33000/0.012/(910) 1.334/40.0025/40100.25i i ii iC R FC T R Fτμμ==⨯===⨯⨯=（3）速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数1/I K:因为0.5I iK T∑=则1/220.005830.01166I iK T s∑==⨯=b)0.015onT s=c)1/0.011660.0150.02666n I onT K T s∑=+=+=速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，(1)()n nASRnK sW ssττ+=, 速度调节器参数确定：,5,0.1333n n n nhT h hT sττ∑∑====取2222216168.822250.02666(1)60.02360.1960.126.942250.010.180.02666Nne mnnhK sh Th C TKh RTβα-∑∑+===⨯⨯+⨯⨯⨯===⨯⨯⨯⨯校验等效条件：11/168.820.133322.5cn N N nK K sωωτ-===⨯=11)40.43)25.2cncna sb sωω--==>==>可见满足近似等效条件。

转速超调量的校验(空载Z=0）max*3080.180.02666 %2*()()281.2% 1.10.19610000.1211.23%10%nNnb mTC nzC n Tσλ∑∆∆⨯=-=⨯⨯⨯⨯⨯=>转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。

因此需重新设计。

查表，应取小一些的h，选h=3进行设计。

按h=3，速度调节器参数确定如下：0.07998n nhT sτ∑==2222(1)/24/(290.02666)312.656(1)/240.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6N nn e m nK h h T sK h C T h RTβα-∑∑=+=⨯⨯==+=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=校验等效条件：11/312.6560.0799825cn N N nK K sωωτ-===⨯=1/21/211/21/21)1/3(/)1/3(85.76/0.00583)40.43)1/3(/)1/3(85.76/0.015)25.2I i cnI on cna K T sb K T sωω-∑-==>==>可见满足近似等效条件。