电气直流调速小测验答案.doc

《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，

电机转向
0≤t＜ton
ton≤t＜T
开关状况
UAB
开关状况
UAB
正转
VT1,VT4导通
VT2,VT3截止
＋US
VT1,VT4截止
VD2VD3续流
-US
反转
VD1VD4续流
VT2,VT3截止
＋US
VT2,VT3导通
VT1,VT4截止
-US

2，有一V-M系统，已知：Pnom=2.8KW，Unom=220V，Inom=15.6A，nnom=1500r/min，Ra=1.5Ω，Rrec=1Ω，Ks=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Un*=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

②

③

K=52.5

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：Pnom=2.8KW，Unom=220V，Inom=15.6A，nnom=1500r/min，Ra=1.5Ω，TL=0.008S，TM=0.25S，Rrec=1Ω，TOn=0.01S，Ks=50，
当速度给定的最大电压UnM*=10V，其对应最高转速为nm=1200r/min，速度调节器输出限幅值UiM*=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Ts=0.0017S（1分）
（2） 电流滤波时间常数TOI=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）=TL=0.008s(1分)
（2）查表得出：希望电流超调量si < 5%，可选 x =0.707，KITSi =0.5，由此
KI=0.5/TSi=135.1（2分）

据公式 计算得出=0.108（3分）
4、 校验近似条件
= KI=135.1
（1）晶闸管装置传递函数近似条件：
=196.1＞（1分）
（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R0=20K
Ri=Ki R0=2k（1分）
Ci=/ Ri=4µF（1分）
COI=4Toi/R0=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 TSi=0.0074（1分）
（2）转速环小时间常数TSn =2 TSi + TOn =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）=hTSn=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n=KN=34.5 （1分）
（1）电流环传递函数近似条件：
n≤1/（5TSi） =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R0=20K
Rn=Kn R0=560k（1分）
Cn=/ Rn=0.15µF（1分）
COn=4Ton/R0=2µF（1分）

效验转速超调量

5，调节对象的传递函数为：
其中：K=300，T1=0.5S，T2=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=T1=0.5S；
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