电力拖动自动控制系统习题答案版
精选电力拖动自动控制系统习题集附带答案
一、选择题1．转速电流双闭环调速系统中的两个调速器通常采用的控制方式是 A ．PID B ．PI C ．P D ．PD 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，则静差率 A ．越小 B ．越大 C ．不变D ．不确定3．下列异步电动机调速方法属于转差功率消耗型的调速系统是A ．降电压调速B ．串级调速C ．变极调速D ．变压变频调速根据能量转换的角度看，把调速系统分为三类第一类：转差功率消耗型，包括将电压调速，转差离合器调速，转子串电阻调速 第二类：转差功率馈送型，包括串级调速，双馈电动机调速 第三类：转差功率不变型，包括变极调速，变频变压调速4．可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，实现无静差调速的是A ．比例控制B ．积分控制C ．微分控制D ．比例微分控制积分控制可以使系统在无警察的情况下保持恒速运行，实现无静差调速 5．控制系统能够正常运行的首要条件是A ．抗扰性B ．稳定性C ．快速性D ．准确性控制系统正常工作，稳定性是首要条件。
6．在定性的分析闭环系统性能时，截止频率ωc 越低,则系统的稳定精度A ．越高B ．越低C ．不变D ．不确定截止频率与相角裕度对应，截止频率越高，系统响应变快，但稳定性变差。
7．常用的数字滤波方法不包括A ．算术平均值滤波B ．中值滤波C ．中值平均滤波D ．几何平均值滤波8．转速电流双闭环调速系统中电流调节器的英文缩写是A ．ACRB ．AVRC ．ASRD ．ATR 9．双闭环直流调速系统的起动过程中不包括A ．转速调节阶段B ．电流上升阶段C ．恒流升速阶段D ．电流下降阶段 10．三相全波整流电路的平均整流电压为A ．20.9cos U αB ．21.17cos U αC ．22.34cos U αD ．21.35cos U α 11．下列不属于双闭环直流调速系统启动过程特点的是A ．饱和非线性控制B ．转速超调C ．准时间最优控制D ．饱和线性控制 12．下列交流异步电动机的调速方法中，应用最广的是A ．降电压调速B ．变极对数调速C ．变压变频调速D ．转子串电阻调速 13．SPWM 技术中，调制波是频率和期望波相同的 A ．正弦波 B ．方波 C ．等腰三角波 D ．锯齿波 14．下列不属于异步电动机动态数学模型特点的是A ．高阶B ．低阶C ．非线性D ．强耦合 15．在微机数字控制系统的中断服务子程序中中断级别最高的是A ．故障保护B ．PWM 生成C ．电流调节D ．转速调节 16．比例微分的英文缩写是A ．PIB ．PDC ．VRD ．PID 17．调速系统的静差率指标应以何时所能达到的数值为准 A ．平均速度 B ．最高速 C ．最低速D ．任意速度18．下列异步电动机调速方法属于转差功率馈送型的调速系统是A ．降电压调速B ．串级调速C ．变极调速D ．变压变频调速 19．在定性的分析闭环系统性能时，截止频率ωc 越高,则系统的稳定精度 A ．越高 B ．越低 C ．不变 D ．不确定 20．采用旋转编码器的数字测速方法不包括A ．M 法B ．T 法C ．M/T 法D ．F 法 21．转速电流双闭环调速系统中转速调节器的英文缩写是A ．ACRB ．AVRC ．ASRD ．ATR22．下列关于转速反馈闭环调速系统反馈控制基本规律的叙述中，错误的是A ．只用比例放大器的反馈控制系统，其被调量仍是有静差的B ．反馈控制系统可以抑制不被反馈环节包围的前向通道上的扰动C ．反馈控制系统的作用是：抵抗扰动、服从给定D ．系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度23．笼型异步电动机变压变频调速系统中基频以下调速，下列哪种方式控制性能最好A ．恒1sU ω控制 B ．恒1rE ω控制 C ．恒1gE ω控制 D ．恒1sE ω控制24．SPWM 技术中，载波是频率比期望波高得多的 A ．正弦波 B ．方波 C ．等腰三角波 D ．锯齿波 25．下列不属于交流异步电动机动态数学模型特点的是A ．高阶B ．线性C ．非线性D ．强耦合26．在微机数字控制系统的故障保护中断服务子程序中，工作程序正确的是A ．显示故障原因并报警——分析判断故障——封锁PWM 输出——系统复位B ．显示故障原因并报警——封锁PWM 输出——分析判断故障——系统复位 C ．封锁PWM 输出——分析判断故障——显示故障原因并报警——系统复位 D ．分析判断故障——显示故障原因并报警——封锁PWM输出——系统复位27．正弦波脉宽调制的英文缩写是A ．PIDB ．PWMC ．SPWMD ．PD28．转速负反馈调速系统的静特性方程中K 的表达式为A ．s eK K C α=B ．p s eK K K C =C ．p s K K K α=D ．p s eK K K C α=29．采用比例积分调节器的闭环调速系统一定属于A ．无静差调速系统B ．有静差调速系统C ．双闭环调速系统D ．交流调速系统30．异步电动机数学模型的组成不包括A ．电压方程B ．磁链方程C ．转矩方程D ．外部扰动二、填空题1．常用的可控直流电源有 晶闸管整流器 、静止式可控整流器、直流斩波器或脉宽调制变换器。
电力拖动自动控制系统习题答案版
电力拖动自动控制系统习题答案版第二章2-1：答：在制动阶段，VT1始终不导通。
VT2导通期间，并能耗制动；VT2不导通期间，VD1续流，并回馈制动。
2-2：由101001000==D ； rpm s D s n n n N N cl 04.298.01002.01000)1(=??≤-=?=?；2-3：已知rpm n n n N 1500max max 0=?+=rpm n n n N 150min min 0=?+= max n n N =，rpm n N 15=?所以1115150151500min max =--==n n D1.0151114851511=?+?=?+?=D n n D n s N N N2-4：r v n R I U C N a N N e min/1478.0/)(?=-=rpm C R R I n e s a N op 1.1151478.0/045.0378/)(=?=+=?1.38.0*1.1152.0*1430)1(==-?=s n s n D N N32.57.0*1.1153.0*1430)1(==-?=s n s n D N N2-5：rpm C R I n e N op 5.2742.0/18.0305/=?==?/()27.45%N op N op s n n n =?+?=rpm s D s n n n N N cl 63.295.02005.01000)1(=??≤-==?2-6：v K K U K K U s p u s p dcl 121=+=γ264==u s p dop U K K U22/=dcl dop U U v U K K K K U dcl sp s p u 6.41=+=γ2-7：10=Drpm s D s n n n N N cl 9.795.01005.01500)1(=??≤-==?66.1119.71001=-=-??=clop n n K 2-8：rpm n cl 801=?，15=K所以：rpm rpm K n n cl op 12801680)1(1=?=+?=?；如果：30=K ，则：rpm rpm K n n op cl 29.4131/128012==+?=?；由)1(11s n s n D cl N -?=，)1(22s n s n D cl N -?= 则：229.41/802112≈=??=cl cl n n D D2-9：1）r v n R I U C N a N N e min/1342.0/)(?=-=rpm C R R R I n e L rec a N op 4.3071342.0/3.35.12/)(=?=++=? rpm s D s n n N cl 33.89.0201.01500)1(=??=-=所以9.35133.889.2461=-=-??=cl op n n K2）系统原理图和静态结构框图见书中；3、4）方法一：由n U U n n α=≈*，所以r v n U N nm min/01.01500/15/*==≈α77.13/==s e p K KC K α；3、4）方法二：由2271.14/])1([*=++=nm s N N e p U K R I n K C K0097.0/==s p e K K KC α。
电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时完整版
电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】电力拖动自动控制系统 课后习题答案{全，内含两份，二无一失}——运动控制系统第四版{上海大学 阮毅 陈伯时}1-1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 开关频率高，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。
1-2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1g U 的脉冲变窄而导致d i 反向时，U g2变正，于是VT 2导通，VT 2导通，VT 1关断。
1-3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高转速max n 和最低转速min n 之比叫做调速范围，用字母D 表示，即：m inm ax n n D负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速min 0n 之比，称为系统的静差率S,即：min0n n s N ∆= 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：由于在一定的N n 下，D 越大，m in n 越小N n ∆又一定，则S 变大。
所以，如果不考虑D ，则S 的调节也就会容易，1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为m in /1500max 0r n =，最低转速特性为m in /150min 0r n =，带额定负载的速度降落m in /15r n N =∆，且不同转速下额定速降N n ∆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1-5闭环调速系统的调速范围是1500----150r/min ，要求系统的静差S<=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100r/min 则闭环系统的开环放大倍数应有多大1，min /06.3%)21(10%21500)1(101501500min max r S D S n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106.31001=-≥+=∆∆K K n n cl op则1-6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8 r/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同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落min /240r n Nop =∆，若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /75201500max min r D n n ===， 原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：静差率10%时原系统的开环增益为： 1-8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，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围。
电力拖动自动控制系统_试题及答案
一、选择题（每小题2分，2×10=20分）1、在伯德图上，截止频率越高，则系统的（B）。
A、稳定性越好B、快速性越好C、稳态精度越高2、在可逆运行系统当中，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3、笼型异步电动机变压变频调速系统中基频以下调速，下列哪种方式控制性能最好（C）。
A、恒Us/w1控制B、恒Eg/w1控制C、恒Er/w1控制4、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5、α=β配合控制双闭环可逆直流调速系统制动过程，本组逆变阶段的能量流向为（C）。
A、电网到电动机B、电动机到电网C、平波电抗器到电网6、逻辑控制无环流可逆系统中，下面不能作为逻辑控制环节输入信号的是（C）。
A、“零电流检测”信号U i0B、“转矩极性鉴别”信号U i*C、转速给定信号U n*7、α=β配合控制双闭环可逆直流调速系统制动过程，正组VF由整流状态进入本组逆变阶段时，反组VR的工作状态变化为（A）。
A、待逆变状态变为待整流B、待逆变状态变为整流C、待逆变状态变为逆变8、采用准PI调节器的目的是（ C ）。
A、提高系统增益B、减小高频干扰C、抑制运算放大器零点漂移9、在转速、电流双闭环调速系统带额定负载启动过程中，转速n达到峰值时，电枢电流值为（B）A、I d=0B、I d=I dLC、I d=I dm10、在转速、电流双闭环调速系统中，以下哪一项影响最大电流I dm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、填空题（每小题2分，2×5=10分）1、转速、电流双闭环直流调速系统中，电流调节器输出限幅的作用是限制电力电子变换器的最大输出电压。
2、直流调速系统的稳态性能指标有静差率、调速范围、。
3、转速、电流双闭环系统，采用PI调节器，稳态运行时，转速n取决于给定电压U n*,ASR的输出量取决于负载电流I dL。
电力拖动自动控制系统习题答案版
第二章2-1：答：在制动阶段，VT1始终不导通。
VT2导通期间，并能耗制动；VT2不导通期间，VD1续流，并回馈制动。
2-2：由101001000==D ； rpm s D s n n n N N cl 04.298.01002.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆； 2-3：已知rpm n n n N 1500max max 0=∆+=rpm n n n N 150min min 0=∆+=max n n N =，rpm n N 15=∆ 所以1115150151500min max =--==n n D 1.0151114851511=⨯+⨯=∆+∆=D n n D n s N N N 2-4：r v n R I U C N a N N e m in/1478.0/)(⋅=-=rpm C R R I n e s a N op 1.1151478.0/045.0378/)(=⨯=+=∆ 1.38.0*1.1152.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N 32.57.0*1.1153.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N 2-5：rpm C R I n e N op 5.2742.0/18.0305/=⨯==∆/()27.45%N op N op s n n n =∆+∆=rpm s D s n n n N N cl 63.295.02005.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆ 2-6：v K K U K K U s p us p dcl 121=+=γ264==u s p dop U K K U22/=dcl dop U Uv U K K K K U dcl s p s p u 6.41=+=γ2-7：10=Drpm s D s n n n N N cl 9.795.01005.01500)1(=⨯⨯≤-=∆=∆ 66.1119.71001=-=-∆∆=cl opn n K 2-8：rpm n cl 801=∆，15=K所以：rpm rpm K n n cl op 12801680)1(1=⨯=+∆=∆；如果：30=K ，则：rpm rpm K n n op cl 29.4131/128012==+∆=∆； 由)1(11s n s n D cl N -∆=，)1(22s n s n D cl N -∆= 则：229.41/802112≈=∆∆=cl cl n n D D 2-9：1）r v n R I U C N a N N e m in/1342.0/)(⋅=-=rpm C R R R I n e L rec a N op 4.3071342.0/3.35.12/)(=⨯=++=∆rpm s D s n n N cl 33.89.0201.01500)1(=⨯⨯=-=∆ 所以9.35133.889.2461=-=-∆∆=cl op n n K 23、4n U U n n α=≈*，所以r v n U N nm min/01.01500/15/*⋅==≈α77.13==s e p K ；3、42271.14/])1([*=++=nm s N N e p U K R I n K C K0097.0=s p e K α。
2023《电力拖动自动控制系统》复习试题库及答案
2023《电力拖动自动控制系统》复习试题库及答案一、选择题1. 电力拖动自动控制系统的基本组成是（）。
A. 控制器、执行器、被控对象B. 输入信号、输出信号、反馈环节C. 控制器、反馈环节、执行器D. 控制器、执行器、反馈环节答案：D2. 下列哪种控制方式属于闭环控制（）。
A. 开环控制B. 电流控制C. 电压控制D. 负反馈控制答案：D3. 电力拖动自动控制系统中，执行器的作用是（）。
A. 接收输入信号B. 放大输入信号C. 实现控制作用D. 提供反馈信号答案：C4. 在PID控制器中，P、I、D分别代表（）。
A. 比例、积分、微分B. 比例、微分、积分C. 微分、积分、比例D. 积分、比例、微分答案：A5. 下列哪种控制策略属于模糊控制（）。
A. PI控制B. PD控制C. 模糊PID控制D. PID控制答案：C二、填空题6. 电力拖动自动控制系统的基本组成包括________、________和________。
答案：控制器、执行器、被控对象7. 在PID控制器中，比例环节的作用是________，积分环节的作用是________，微分环节的作用是________。
答案：调节偏差、消除静态误差、预测偏差8. 电力拖动自动控制系统中的反馈环节通常采用________反馈和________反馈两种方式。
答案：正反馈、负反馈9. 电力拖动自动控制系统中的执行器主要有________、________和________等类型。
答案：电动机、电磁阀、液压缸10. 模糊控制的核心思想是________，其基本原理是将________转化为________。
答案：模糊逻辑、精确输入、模糊输出三、判断题11. 电力拖动自动控制系统中的开环控制方式具有较高的控制精度。
（）答案：错误12. 在PID控制器中，比例环节对偏差的调节作用是最主要的。
（）答案：正确13. 电力拖动自动控制系统中的负反馈可以提高系统的稳定性。
《电力拖动自动控制系统》习题解答(1-2)
《电力拖动自动控制系统》部分习题解答第一章1. 什么叫调速范围、静差率？它们之间有什么关系？怎样才能扩大调速范围？ 答：①调速范围——电动机在额定负载下调速时，允许的最高转速max n 与最低转速min n 之比叫做调速范围，用D 表示，即minmaxn n D =②静差率——当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速0n 之比，称作静差率S ，即0Nn n S ∆=③直流变压调速系统中调速范围、静差率和额定速降之间的关系为)1(s n s n D N N -∆=④采用闭环控制方式，使转速降落N n ∆能够大幅度下降，才能在保证静差率S 不变的前提下扩大调速范围。
2. 某一调速系统，测得的最高速特性为n 0max ＝1500 r/min ，带额定负载时的速降N n ∆＝15 r/min ，最低速特性为n 0min ＝100 r/min ，额定速降不变，试问系统能达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解：已知N n ∆＝15 r/min ，有n max ＝n 0max －N n ∆＝1500 r/min －15 r/min ＝1485 r/min n min ＝n 0min －N n ∆＝100 r/min －15 r/min ＝85 r/min 于是 调速范围47.17851585min max ===n n D静差率%15%10010015%100min0=⨯=⨯∆=n n s N答：系统能达到的调速范围是17.47；允许的静差率是15%。
3. 为什么加负载后直流电动机的转速会降低，它的实质是什么？答：实质是负载电流增大后，电枢电阻上压降增大，使E 减小，导致转速n 必然下降。
4. 某调速系统的调速范围是1500 ~ 150 r/min ，要求静差率为s ＝2% ，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有多大？解： ①已知101501500==D ，又)1(s n s n D N N -∆=06.3)02.01(1002.01500)1(N N =-⨯=-=∆s D s n n r/min也可以这样计算n n n n n s NNN ∆+∆=∆=min 0 min r/06.302.0102.01501min N =-⨯=-=∆s s n n ②因为 K 1opcl +∆=∆n n 所以 68.31106.31001K clop =-=-∆∆=n n 答：要求静差率为s ＝2%时，系统允许的静态速降是3.06r/min ；如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有31.68。
电力拖动自动控制系统运动控制系统第五版课后练习题含答案
电力拖动自动控制系统运动控制系统第五版课后练习题含答
案
一、单选题
1.答案：A
2.答案：B
3.答案：D
4.答案：A
5.答案：B
6.答案：C
7.答案：D
8.答案：B
9.答案：A
10.答案：C
二、多选题
1.答案：ABD
2.答案：ACD
3.答案：AD
4.答案：ABC
5.答案：ABCD
三、判断题
1.答案：正确
2.答案：错误
3.答案：正确
4.答案：错误
5.答案：错误
四、简述题
1.答案：
运动控制系统是指一种能够对运动进行控制和调节的系统。
它主要由控制单元、执行机构和传感器三部分组成。
其中，控制单元可用PLC或电脑实现，执行机构可以是电动机、液压机、气动机等，传感器则负责感知物体的位置、速度等信息，并将这些信息反馈给控制单元。
2.答案：
电力拖动自动控制系统主要由电动机、变频器、PLC等组成。
其中，电动机作
为执行机构，通过变频器调节电机的转速和转矩；PLC则作为控制单元，利用编程
对电机进行精确的控制和调节，以实现系统所要求的功能。
五、计算题
1.答案：500转/分
2.答案：1000N
3.答案：50N·m
4.答案：12.5次/min
5.答案：750W
以上为本次课后练习题的答案，希望大家认真做好每一道题，提升自身的运动控制能力。
《电力拖动自动控制系统》（第四版）习题答案
《电⼒拖动⾃动控制系统》（第四版）习题答案n 《电⼒拖动⾃动控制系统—运动控制系统》习题2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少？解：系统允许的稳态速降n N = sn min (1 s )= 0.02 ×100 (1 ? 0.02) = 2.04(r min )2-5 某龙门刨床⼯作台采⽤晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机 P N = 60kW ，U N = 220V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ，主电路总电阻 R = 0.18? ，C e = 0.2V ? min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ?n N 为多少？（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 s N 多少？（3）额定负载下的转速降落 ?n N 为多少，才能满⾜ D = 20, s ≤ 5% 的要求。
解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落n N = I N R = 305 × 0.18= 274.5(r min )C e0.2 （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s N =N ?n N+ ?n N=274.5≈ 0.215 = 21.5%1000 + 274.5（3）额定负载下满⾜ D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落n N =n N s D (1 ? s )= 1000 × 0.0520 × (1 ? 0.05)≈ 2.63(r min )UN 解：（1）C e =?IdRanN= 220 ?12.5 ×1.5 0.1341V ?min/ r1500nop =RI NCe=12.5 ×(1.5 +1.0 +0.8)0.1341= 307.6r / min（2）?n =n N s ≤ 1500×0.1 =8.33r / min cl D(1 ?s) 20 × (1 ?0.1)（3）n op 307.6（4）闭环系统的开环放⼤系数为 K = ? 1 = ? 1 = 35.93 n clK 8.33 35.93 运算放⼤器所需的放⼤倍数 K p =K s α / C e = = 13.7735 × 0.01 / 0.1341解：R = 4.8?Rs/ R = 0.3125 <1/ 3图见49 页2-12 有⼀晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机PN = 2.8kW ，UN= 220V ，IN= 15.6A ，nN =1500r min ，Ra=1.5?，整流装置内阻Rrec=1?，电枢回路电抗器电阻RL=0.8?，触发整流环节的放⼤倍数Ks = 35 。
《电力拖动自动控制系统》参考答案
《电力拖动自动控制系统》参考答案：第一章一、填空题：1.答案：静止可控整流器直流斩波器2.答案：调速范围静差率.3.答案：恒转矩、恒功率4.答案：脉冲宽度调制二、判断题：答案：1.×、2. √、三、问答题：1.答案：生产机械的转速n与其对应的负载转矩T L的关系。
1.阻转矩负载特性；2.位转矩负载特性；3.转矩随转速变化而改变的负载特性，通风机型、恒功率、转矩与转速成比例；4.转矩随位置变化的负载特性。
2.答案：放大器的放大系数K p，供电电网电压，参数变化时系统有调节作用。
电压负反馈系统实际上只是一个自动调压系统，只有被反馈环包围部分参数变化时有调节作用。
3.答案：U d减少，转速n不变、U d增加。
4.答案：生产机械要求电动机提供的最高转速和最低转速之比叫做调速范围。
当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转速降落与理想空载转速之比，称作转差率。
静态速降值一定，如果对静差率要求越严，值越小时，允许的调速范围就越小。
5.答案：反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。
系统能有效地抑制一切被负反馈环所包围的前向通道上的扰动作用。
但完全服从给定作用。
反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰动。
可见，测速发电机的励磁量发生变化时，系统无能为力。
6.答案：采用比例积分调节器的闭环调速系统是无静差调速系统。
积分控制可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，原因是积分调节器的输出包含了输入偏差量的全部历史。
可以实现无静差调速。
四、计算题：1.答案：开环系统的稳态速降：354.33r/min；满足调速要求所允许的稳态速降：8.33r/min；闭环系统的开环放大系数：41.542.答案：42.5N•M，3.41N•M3.答案：T=62.92N•M，n=920r/min，cosФ=0.784.答案：α=0。
时n0=2119r/min, α=30。
时n0=1824r/min，α=31.1。
电力拖动自动控制系统答案
习题解答（共享）习题二2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？ 解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n sn rpm D s ∆==⨯⨯=-系统允许的静态速降为2.04rpm 。
2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降不变，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少？解：1）调速范围 max min D n n =(均指额定负载情况下）max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率 01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。
如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯=378(0.0230.022)0.1478115N n I R C er p m ∆==⨯+=[(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-=[(1)]14300.3[115(10.3)]5.33N D n S ns =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。
已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V•min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆为多少？ （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯= (2) 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。
电力拖动自动控制系统习题集及解答
第二章 习题集及解答2-1、某可控硅供电的双闭环直流调速系统，整流装臵采用三相桥式电路，基本数据如下：V U nom 220=，A I nom 136=，rpm n nom 1460=，Ra ＝0.2Ω，5.1=λ，40=s K ，电枢回路总电阻Ω=5.0R ，平波电抗器mHL 15=，2264.22Nm GD =，调节器的限幅值为10V ，V U n 10*max =，反馈滤波时间常数S T oi 002.0=，S T on 01.0=。
设计要求：稳态指标：无静差。
动态指标：电流超调量%5%≤i σ，起动额定转速时的转速超调量%10%≤n σ。
解：电流环设计：rpm V n I R U C nomnoma nom e /132.0=-=。
三相桥式可控硅整流装臵的滞后时间常数：S T s 0017.0=min/.007.0146010/05.0136*5.110*5.1101018.030*375,03.0*max 22r V n U A V I I SC R GD T S R L T nom n nom dm e m l ===========αβπ 电流环的小时间常数：S T T T oi s i 0037.0002.00017.0=+=+=∑，1011.80037.003.0<==∑i l T T ，因此可按典型I 型系统设计，选电流调节器为PI 调节器，其传递函数为：SS K i i iττ1+ 选S T l i 03.0==τ，因为要求%5%≤i σ取5.0=∑i I T K 因此11.1350037.0*2121-∑===S T K i I1.0345.005.0*40*0037.0*22===∑R K T K s i i β 校验条件：11.135-==S K I ci ω11960017.0*3131-==≤S T s ci ω满足条件 182.4003.0*18.01313-==≥S T T l m ci ω满足条件 18.180002.0*0017.0131131-==≤S T T oi s ci ω满足条件电流调节器的参数：取R0=40K Ω，R0=K i R0=41.36K Ω，SS 0296.0103.0034.1+f R C iii μτ74.01==∴，取0.75μff R T C oi oi μ2.0104002.04430=⨯⨯==按上述指标设计：%5%3.4%≤=i σ，满足设计要求。
电力拖动自动控制系统习题集及解答
电力拖动自动控制系统习题集及解答（内部参考资料）支长义编郑州大学电气工程学院第一章 习题集及解答1－1、改变给定电压是否能够改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调整反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速机励磁发生变化，系统有没有克服这种扰动的能力？解：不管开环或是闭环调速系统，转速对给定是惟命是从的，所以*n U 变必然导致n 变。
对于有静差系统：)1()1(*K C R I K C U K K n e d e ns p +-+=分压比的变化即α的变化→K 的变化，在*n U 不变时，n 必然变化，（或者n U nα≈*→α*nU n =,α变→n 变），测速机的励磁变化等效于α的变化，所以n 不必然变化，故系统没有克服这种扰动的能力。
1－2、某调速系统的调速范围是1500～150rpm ，要求是S=2%,那么，系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的100=∆op n ,则开环系统的开环节放大倍数应有多大？ 解：由)1(s n s n D nom -∆=知：闭环允许的速降为rpm 398.01002.01500≈⨯⨯≤,如果开环100=∆op n ，则闭环系统的开环放大倍数应大于等于：3.32131001=-=-∆∆=clop n n K 。
1－3、有一V-M 调速系统，电动机参数为nom P =2.5KW,nom U =220V ，nom I =15A ，nom n =1500rpm,a R =2Ω,整流装有置内阻为：rec R =1Ω,s K =30,要求：D =20，S =10%。
试求：1、计算开环系统的稳态速降和调速系统允许的稳态速降。
2、画出转速负反馈系统的稳态结构。
3、当*n U ＝20V 时，n ＝1000rpm,则转速反馈系数应为多少？4、系统开环放大系数是多少？比例放大器放大倍数是多少？5、若主电路电压L=60mH,2GD =1.8,2Nm 整流电路为三相零式，则满足D 、S 的转速负反馈系统能否稳定运行？为了保证稳定，允许最大的开环放大倍数是多少？6、如果增设电流截止环节，要求dl I ≤2nom I ,dcr I ≤1.2nom I ,s R =?,com U =?若要求电流反馈电阻),(31a rec s R R R +⨯≤如果做不到，须增加电流放大器，试计算电流反馈放大倍数if K ，com U 和s R 各为多少？画出系统的原理图和静态结构图。
《电力拖动自动控制系统》答案(全)
答：生产机械要求电动机提供的最高转速 nmax 和最低转速 nmin 之比叫做调速范围， 用字母 D 表示，即： D
nmax nmin
负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落 n N 与理想空载转速 n0 min 之比， 称为系统的静差率 S,即： s
n N n0 min
调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：
D
nN s n N (1 s)
由于在一定的 n N 下，D 越大， nmin 越小 n N 又一定，则 S 变大。所以，如果不 考虑 D，则 S 的调节也就会容易， 1-4 ． 某 一 调 速 系 统 ， 测 得 的 最 高 转 速 特 性 为 n0 max 1500r / min ， 最 低 转 速 特 性 为
得： I dbl
* (U n U com ) 15 15RS (1 43)； 25 Rs RS
Rs 1.46 1.5 U c o m I d c r Rs 15Rs 15 1.5 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： 新的采样电阻： Rs
闭环静态速降 ncl
nN s 1500 0.1 8.33r / min D(1 S ) 20(1 0.1)
K nop ncl 1 246.统开环放大倍数
（2）因为 n
* k p k sU n
C e (1 k )
某 调 速 系 统 原 理 图 如 图 所 示 ， 已 知 数 据 如 下 ： 电 动 机
PN 18KW ;U N 220V ; I N 94 A; nn 1000r / min; Ra 0.15 Ｐｎ＝18ＫＷ，Ｕｎ＝220Ｖ，In＝
电力拖动自动控制系统》试题及答案
电力拖动自动控制系统》试题及答案电力拖动自动控制系统》试题一、填空题（本题30分，每空1.5分）1、在直流电机调压调速系统中，电动机的最高转速为nN，调速范围、静差率和额定速降之间应满足调速范围≥额定速降+静差率×XXX。
2、闭环系统可以获得比开环系统更好的稳态特性，但为此需要增设装置和电压放大器。
3、综合了比例控制和积分控制两种规律的优点，比例部分能迅速响应，积分部分则最终消除误差。
4、转速、电流双闭环调速系统的静特性在低频时表现为转速无静差，这时电流调节器起主要调节作用。
5、工程设计方法的基本思路是，把调节器的设计方法分作两步：第一步，先选择调节器的结构，以确保系统稳定，同时满足所需性能；第二步，再选择调节器的参数，以满足性能指标。
6、有环流可逆直流调速系统的典型控制方式是串联工作制。
7、当一组晶闸管整流工作时，让另一组晶闸管处于封锁状态，但两组触发脉冲的错开得比较远，彻底杜绝了瞬时的电流突变，这就是错位控制的无环流可逆系统。
8、脉宽调制器是一个装置，由电流调节器ACR输出的控制电压进行控制。
9、串级调速系统可以实现异步电机的调速，而且具有高效率的调速性能，但需要增设多级变频器。
10、在s值很小的范围内，只要转速保持不变，异步电动机的转矩近似与转差频率成正比，这就是转差频率控制系统的基本概念。
二、判断题（本题10分，每小题1分）1、自动控制的直流调速系统，往往以调节电枢供电电压为主。
错误。
2、在V-M系统中，设置平波电抗器可以抑制电流脉动。
正确。
3、在电流断续时，V-M系统机械特性很软，理想空载转速翘得很高。
错误。
4、与晶闸管-电动机调速系统相比，直流脉宽调速系统开关频率高，电流容易连续，谐波少，电机损耗及发热都小。
正确。
5、转速、电流双闭环直流调速系统中，当电动机过载甚至堵转时，转速调节器可以限制电枢电流最大值，具有快速自动保护作用。
正确。
6、按照典型II型系统设计转速调节器时，中频宽h可以任意选择。
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第二章2-1:答:在制动阶段,VT1始终不导通。
VT2导通期间,并能耗制动;VT2不导通期间,VD1续流,并回馈制动。
2-2:由101001000==D ; rpm s D s n n n N N cl 04.298.01002.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆; 2-3:已知rpm n n n N 1500max max 0=∆+=rpm n n n N 150min min 0=∆+=max n n N =,rpm n N 15=∆ 所以1115150151500min max =--==n n D 1.0151114851511=⨯+⨯=∆+∆=D n n D n s N N N 2-4:r v n R I U C N a N N e m in/1478.0/)(⋅=-=rpm C R R I n e s a N op 1.1151478.0/045.0378/)(=⨯=+=∆1.38.0*1.1152.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N 32.57.0*1.1153.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N 2-5:rpm C R I n e N op 5.2742.0/18.0305/=⨯==∆/()27.45%N op N op s n n n =∆+∆=rpm s D s n n n N N cl 63.295.02005.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆ 2-6:v K K U K K U s p us p dcl 121=+=γ264==u s p dop U K K U22/=dcl dop U Uv U K K K K U dcl s p s p u 6.41=+=γ2-7:10=Drpm s D s n n n N N cl 9.795.01005.01500)1(=⨯⨯≤-=∆=∆66.1119.71001=-=-∆∆=cl opn n K 2-8:rpm n cl 801=∆,15=K所以:rpm rpm K n n cl op 12801680)1(1=⨯=+∆=∆;如果:30=K ,则:rpm rpm K n n op cl 29.4131/128012==+∆=∆; 由)1(11s n s n D cl N -∆=,)1(22s n s n D cl N -∆= 则:229.41/802112≈=∆∆=cl cl n n D D 2-9:1)r v n R I U C N a N N e m in/1342.0/)(⋅=-=rpm C R R R I n e L rec a N op 4.3071342.0/3.35.12/)(=⨯=++=∆rpm s D s n n N cl 33.89.0201.01500)1(=⨯⨯=-=∆ 所以9.35133.889.2461=-=-∆∆=cl op n n K 2);3、n U U n n α=≈*,所以r v n U N nm min/01.01500/15/*⋅==≈α77.13=s e p K K ;3、2271.14/])1([*=++=nm s N N e p U K R I n K C K0097.0=s p e K K α。
2-10:已知:s com dcr R U I /=s n com dbl R U U I /)(*+≈由N s com dcr I R U I 2.1/-≤-=-,N s n com dbl I R U U I 2/)(*≤+≈ 两式相加可得: N s n I R U 8.0/*≤进一步:Ω=⨯=≥5.1)5.128.0/(158.0/*N n s I U R ;所以:v I R U N s com 5.222.1=⨯≥。
要求Ω=++≤1.13/)(L rec a s R R R R ,所以:设置电流反馈系数364.11.1/5.1==fi K , 所以:v v U com 5.165.1/1.15.22=⨯=,Ω=1.1s R 。
:0)1(/])([=+---=K C RI R I R I K K U K K n e dbl s dcr s dbl s p nm s p ,堵转时可知, )/()]/([*dcr dbl s p dbl nm s I I K K RI U R --=,与前方结果一致！2-11:s C C R GD T m e m 0819.0375/2==,s R L T l 0152.0/==,s T s 00333.0= 所以:2.30/])([2=++=s l s s l m cr T T T T T T K 。
因为稳态要求9.35≥K ,而稳定性要求2.30≤K ;所以系统不稳定。
如果系统要稳定,则2.30≤K 。
2-12:r v n R I U C N a N N e m in/1311.0/)(⋅=-=rpm C R I n e N op 7.3922.0/3.36.15/=⨯==∆8871.0307.3921500307.392=⨯+⨯=∆+∆=D n n D n s N N N rpm s D s n n N cl 56.59.0301.01500)1(=⨯⨯=-=∆ r v n U N nm min/0067.0/*⋅=≈α 6.69156.57.3921=-=-∆∆=cl opn n K 所以:9.38350067.0/1311.06.69/=⨯⨯==s e p K KC K α)]1(/[)(*+-=K C R I U K K n e N nm s p N 可知:8.39/])1([*=++=nm s N N e p U K R I n K C K ; 0.0066/==s p e K K KC α2-13:1:M 法测速时:当rpm n 1500=有公式:c ZT M n /601=,可知:102460/1==c nZT M所以:4648.1/60==c ZT Q ,41max 107656.9/1-⨯==M δ当rpm n 150=有公式:c ZT M n /601=,可知:4.10260/1==c nZT M所以:4648.1/60==c ZT Q ,31max 107656.9/1-⨯==M δ2:T 法测速时:当rpm n 1500=有公式:20/60ZM f n =,可知:7656.9/6002==Zn f M所以:1.171)60/(02=-=Zn f Zn Q ,1141.0)1/(12max =-=M δ当rpm n 150=有公式:20/60ZM f n =,可知:656.97/6002==Zn f M所以:5519.1)60/(02=-=Zn f Zn Q ,01141.0)1/(12max =-=M δ第三章3-1:r v n U N nm min/01.01500/15/*⋅==≈αmin /500/5r v n ==αv U U n n 5*==dL d i i I I U U ββ===*v K R I n C U s dL e c 175.4/)(=+=dm im i I U U β==**v K R I U s dm c 4/)==3-2:r v n U N nm min/008.0/*⋅==αA v I U dm im /2.0/*==β;v v R I U dm d 605.1400=⨯==;v U U im i 8**==;v U i 8-=;v K U U s d c 5.140/60/0===;3-3:当d I 由40A 变到70A 时,*i U 由4v 变到7v; s dl e c K R I n C U /)(+=,增大;由当时的速度与负载决定。
3-4:由于N m L N m N m e I C T I C I C T =>==5.1275.0,所以:1:N n n =,电动机的速度将首先下降(因为电磁转矩突然变小),然后由于电流上升最大值导致N m L N m e I C T I C T =>=5.1,电动机速度经过闭环系统调节,又回到给定转速,此时N I C T I C T ===)3/4()4/3(2:速度调节完之前,ASR 将饱与输出N im i I U U βλ==**;速度调节完之后,ASR 将线性输出N i I U )3/4(*β=。
3:速度调节完之前, d i I U β=稍小于N im i I U U βλ==**,速度调节完之后, d i I U β=等于N i I U )3/4(*β=;4:s N N e c K R I n C U /)(+=下降为s N N e c K R I n C U /))3/4()4/3((+=; 5:)(0R I n C U N N e d +=下降为))3/4()4/3((0R I n C U N N e d +=; 6:速度调节完之前, d I 稍小于dm N I I =λ,速度调节完之后,d I 等于N I )3/4(; 3-5:1)又题意,查表2-2可知:69.0=KT ,所以9.6=K ;2)查表2-2可知:s T t s 6.06==;s T t r 33.03.3==。
3)频率特性图略,由T t r 5.225.0=<,查表2-2可知10=K ,%3.16=σ。
3-6:由题意:调节器设计为积分调节器s G τ/12=, 而固有系统)101.0/(100+=s G 所以)1()101.0()/10(1+=+=∑s T s K s s G i I τ,因为%5≤σ,查表2-2可知: 5.0=∑i I T K ,得到50=I K ;又因为50/10==τI K ,所以5/1=τ。
3-7:由题意:调节器设计为比例积分调节器s s K G n n n ττ/)1(2+=, 而固有系统)102.0/(100+=s G ,所以)1()1()102.0()1)(/10(221++=++=∑s T s s K s s s K G n n N n n n τττ,因为%30≤σ,查表2-6可知:7=h 。
所以:s hT n n 14.0==∑τ,1.204)2/()1(22=+=∑n N T h h K ,86.210/==n N n K K τ。
3-8:1)r v n U N nm min/01.0/*⋅==α A v I U dm im /0173.0/*==β;2)电流调节器设计:①确定时间常数:s T s 31033.3-⨯=,s T oi 3105.2-⨯=,s T l 012.0=,s T T T oi s i 31083.5-∑⨯=+=②ACR 结构选择:s s K G i i i ττ/)1(2+=③确定参数:s T l i 012.0==τ,因为%5≤i σ,查表2-2可知:5.0=∑i I T K ,得到2.86==ci I K ω,所以224.0/==βτs i I i K R K K④校验近似条件（1） 电力电子变换器滞后的近似处理1003/176.85=≤=s ci T ω------成立（2） 忽略反电势对电流环影响的近似处理79)/(1376.85=≥=l m ci T T ω------成立（3） 小惯性群的近似处理5.115)/(13176.85=≤=oi s ci T T ω------成立 ⑤所以:电路图略, Ω≈Ω==k k R K R i i 997.80,F F R C i i i μμτ4.1338.1/≈==F F R T C oi oi μμ25.025.0/40≈==3)速度调节器设计:①确定时间常数:s T T T on i n 0267.02=+=∑∑,s T m 12.0=②ASR 结构选择:s s K G n n n ττ/)1(2+=③确定参数:当5=h 时,%10%2.11)12.01000/(0267.085.2821.1%2.812))((2*max >=⨯⨯⨯⨯⨯=∆-Λ=∑mn N b n T n T n Z C C λσ不成立;当4=h 时,%10%7.10)12.01000/(0267.085.2821.1%5.772))((2*max >=⨯⨯⨯⨯⨯=∆-Λ=∑mn N b n T n T n Z C C λσ不成立;当3=h 时,%10%99.9)12.01000/(0267.085.2821.1%2.722))((2*max <=⨯⨯⨯⨯⨯=∆-Λ=∑mn N b n T n T n Z C C λσ成立; 所以:s hT n n 0801.0==∑τ,7.311)2/()1(22=+=∑n N T h h K ,7.7)/(==R T C K K m e n N n αβτ,25==n N cn K τω④校验近似条件（4） 小惯性群的近似处理40/3125=≤=∑i I cn T K ω------成立 （5） 电流环的降阶近似处理2.25/3125=≤=on I cn T K ω------成立 ⑤所以:电路图略, Ω≈Ω==k k R K R n n 3103080,F F R C n n n μμτ26.026.0/≈==F F R T C on on μμ5.15.1/40≈== 4)%6.63)12.0100/(0267.085.282)4.01.1(%2.812))((2*max =⨯⨯⨯-⨯⨯=∆-Λ=∑mn N b n T n T n Z C C λσ5)s R I I n T C t dl dm m e 386.0])/[(*2=-=3-9:略3-10:1)r v n U N nm min/0267.0/*⋅==α A v I U dm im /00877.0/*==β;2)电流调节器设计:确定时间常数:s T s 31067.1-⨯=,s T oi 3102-⨯=,s T T T oi s i 31067.3-∑⨯=+=确定参数:因为%5≤i σ,查表2-2可知:5.0=∑i I T K ,得到2.136==ci I K ω,所以9.0/==βτs i I i K R K K3)速度调节器设计:①确定时间常数:s T T T on i n 0273.02=+=∑∑,s T m 12.0=②ASR 结构选择:s s K G n n n ττ/)1(2+=③确定参数:当5=h 时,%10%25.9))((2*max <=∆-Λ=∑mn N b n T n T n Z C C λσ成立; 所以:s hT n n 13671.0==∑τ,160)2/()1(22=+=∑n N T h h K ,46.10)/(==R T C K K m e n N n αβτ,22==n N cn K τω④校验近似条件（6） 小惯性群的近似处理64/3122=≤=∑i I cn T K ω------成立 （7） 电流环的降阶近似处理27/3122=≤=on I cn T K ω------成立 ⑤所以: Ω≈Ω==k k R K R n n 4204200,F F R C n n n μμτ33.033.0/≈==F F R T C on on μμ22/40≈==4)电流环的截止频率:2.136=ci ω,速度环的截止频率:22=cn ω,合理！ 3-11:1)由rpmv n U rpm v n U n N nm 5005150015**=== v K R I n C U s dl e c 47.330/)220500128.0(/)(=⨯+⨯=+=2)速度自由滑行减速直到为零。