《电力拖动自控系统》课程综合复习资料.docx

电力拖动自控系统课程综合复习资料一、填空题1 .位置随动系统一般由五个部分组成，这五个部分分别是：位置传感器、电压比较放大器、和减速器与负载。2 .对调速系统转速控制的要求主要集中在三个方面，具体为、和o其中和稳态性能指标相对应的是：和o3 .调压调速是直流调速系统的主要方法，调节电枢供电电压需要有专门的可控直流电源，常用的可控直流电源有三种，具体为：、和o4 .直流调速系统的主要形式是晶闸管一电动机调速系统，简称为系统。5 .常用的可逆PWM变换器的主电路的结构的结构型式有、型和等。6 .在随动系统动态校正中，常用的有、和。7 .在闭环控制系统中，常优先考虑串联校正方案。由调节器可构成的超前校正，提高稳定裕度和改善快速性能；由调节器构成的滞后校正，可以保证系统的稳态精度；用调节器构成滞后一超前校正，兼具两者的优点。8 .在晶闸管一电动机系统中，抑制电流脉动可采取的措施是：、和。二、选择题1 .在直流电动机调速方法中，调速性能最好的是（）A、减弱励磁磁通B、调节电枢供电电压C、改变电枢回路电阻D、改变负载2 .与开环系统相比，闭环系统增加了反馈电路，反馈电路对干扰（）不起作用。A、电压扰动B、负载扰动C、反馈电路元件的本身影响D、负载冲击3 .位置信号检测装置是构成位置闭环控制所必不可少的环节。下列位置检测装置中，不属于电磁感应的是（）A、自整角机B、光电码盘C、旋转变压器D、感应同步器4 .对闭环系统而言，控制精度依赖于给定和反馈检测精度，而反馈电路对干扰并不全起作用，主要对干扰（）起作用。A、电压扰动B、给定电源扰动B、反馈电路元件的本身影响D、测速电机误差5 .调速系统和随动系统在控制中十分常用，两者的主要性能不同。对随动系统来说，主要是要求输出量准确地跟随给定量的变化，因此它的（）成了主要指标。A、快速性B、灵活性C、跟随性能D、准确性三、简答题1 .某双闭环调速系统，ASR.ACR均采用近似Pl调节器，试问：调试中怎么才能做到Uim*=6V时，Id,n=20A;如欲使Unm*=1OV时，n=1000rmi,应调什么参数？如发现下垂特性不够陡或工作段特性不够硬，应调什么参数？2 .调速系统常用的稳态性能指标分为那几类？并写出相应的性能指标。3 .某直流电动机带动一恒转矩负载（即转矩不变），测得始动电压Udo=4V,当电枢电压Ua=50V时,其转速n=1500rmin°若要求转速n=3000rmin,试问要加多大的电枢电压？4 .转速、电流双闭环调速系统中，电流调节器的作用。5 .试比较串联校正中常用的三种方法的优缺点。6 .在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器均采用PI调节器。当系统带额定负载运行时,转速反馈线突然断线，系统重新进入稳态后，电流调节器的输入偏差电压AUi是否为零？为什么？7 .电流波形连续和断续对开环V-M调速系统机械特性的影响较大，电流连续段特性较硬，改变控制角可得到一簇彼此平行的直线；断续段则呈现非线性，理想空载转速高，特性软，内阻大。为了工作在电流连续区，须采取什么措施？8 .试比较开环系统机械特性和闭环系统机械特性的静特性。9 .某直流电动机带动一恒转矩负载（即转矩不变），测得始动电压Udo=4V,当电枢电压Ua=50V时,其转速n=1500rmin°若要求转速n=3000rmin,试问要加多大的电枢电压？10 .对于转速单闭环调速系统来说，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，调整转速反馈系数能否改变转速？为什么？11 .试比较闭环控制系统中串联校正方案中PD、PkPlD三种方法。12 .环流的分类及抑制方法？13 .一组晶闸管供电的直流调速系统需要快速回馈制动时，为什么必须采用可逆线路？它有哪几种型式？14 .直流斩波器有哪几种控制方式？15 .晶闸管调速系统中，在回馈制动时电机工作在哪几个象限？16 .试画出单闭环调速系统的原理图、稳态结构图和动态结构图。四、绘图题1 .试画出双闭环调速系统的原理图和稳态结构图。2 .试对应绘出双闭环调速系统起动过程转速、电流变化曲线并注明图中各个阶段名称。五、计算题1 .有一个VM调速系统，电机参数为：Pn=IOKW,Un=220V,In=55A,n11=100OrZmin,电枢电阻&=0.10。若采用开环控制系统，只考虑电枢电阻引起的转速降。（1）要使静差率S=Sl,求系统的调速范围Do（2）要使调速范围D=2,其允许的静差率S为多少？（3）若要求调速范围D=I0,静差率S=0.05,则允许的转速降为多少？2 .有一V-M调速系统，电动机参数为PnOm=2.5kw、UnOm=220V、Inom=15A、nno,n=1500rmin.Ra=2,整流装置内阻RreC=IQ,触发整流环节的放大系数Kll=30,要求调速范围D=20,转差率s=10%。试：（1）计算开环系统的稳态速降和调速要求所允许的稳态速降。（2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的稳态结构图。（3）调整该系统，使U；=20V时转速n=1000rmin,此时转速反馈系数应为多少？（可认为UnU：）（4）计算所需的放大器放大系数。3 .试分析双极性H型变换器是如何实现系统可逆的？并画出相应的电压、电流波形。4 .被控对象的传递函数为j(T1s+l)(T2s+l)(T3s+l)(T4s+1)式中，K,=2;T1=0.4s;T2=0.08s；T3=0.015s;T4=0.005s要求阶跃输入时系统的超调量%<5%o试分别用I、Pl和PID调节器校正成典型I系统，并设计各调节器参数并计算调节时间综合复习资料参考答案一、填空题1 .电力电子变换器、伺服电机。2 .调速、稳速、加减速、调速、稳速。3 .旋转变流机组（G-M系统）、静止可控整流器（V-M系统）、直流斩波器或脉宽调制变换器4 .V-M5 .M、T、H6 .串联校正、并联校正和复合控制7 .比例微分、比例积分、比例积分微分8 .增加整流电路相数、采用多重化技术、设置平波电抗器。二、选择题B、C、B、A、C三、简答题1 .当Uim*固定时，只需调节电流反馈系数即可实现；当Unm*已知时，调节转速反馈系数可实现。发现下垂特性不够陡时，可增大ACR的稳态放大系数；如工作特性不够硬时，可增大ASR的稳态放大系数。2 .稳速和调速调速范围和静差率3 .根据直流电动机的机械特性可知，随着电动机两端电压的变化，其机械特性水平上下移动，始动电压为4V,确定了负载的起动转矩，对应着转速为零；转速n=1500rmin,对应的电压为50V,其间电压差为46V,因而n=3000rmin对应的电压为50+46=96V°4 .作为内环的调节器，在外环转速的调节过程中，它的作用是使电流紧紧跟随其给定电压（即外环调节器的输出量）变化。对电网电压的波动起及时抗扰的作用。在转速动态过程中，保证获得电机允许的最大电流，从而加快动态过程。当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起快速的自动保护作用。一旦故障消失，系统立即自动恢复正常。这个作用对系统的可靠运行来说是十分重要的。5 .PD,超前校正，提高稳定裕度，快速性好，稳态精度差；PI,滞后校正，保证稳态精度，限制快速性；PlD,滞后-超前校正，集中Pl和PD优点，但实现与调试更杂。6 .AUj（）,AU,=U,-mfww;转速反馈断线，ASR饱和，输出限幅值U1系统再次稳定后，由于带额定负载，最终运行在/“加上，所以电流调节器的输入偏差电压AUj0°7 .电流脉动会产生以下两个方面的问题:(1)脉动电流产生脉动转矩，对生产机械不利。(2)脉动电流造成较大的谐波分量,流入电源后对电网不利，同时也增加电机发热。V-M系统抑制电流脉动的主要措施：增加整流电路的相数。(2)设置平波电抗器。当V-M系统主电路串接的电抗器有足够大的电感量，而且电动机的负载电流也足够大时，整流电流的波形便可能是连续的8 .(1)闭环系统静特性比开环系统机械特性硬得多。(2)如果比较同一n。的开环和闭环系统，则闭环系统的静差率要小得多。(3)当要求的静差率一定时，闭环系统可以大大提高调速范围。(4)闭环系统必须设置放大器。闭环系统可以获得比开环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，为此所需付出的代价是，须增设检测元件、反馈装置和电压放大器。9 .根据直流电动机的机械特性可知，随着电动机两端电压的变化，其机械特性水平上下移动，始动电压为4V,确定了负载的起动转矩，对应着转速为零；转速n=1500rmin,对应的电压为50V,其间电压差为46V,因而n=3OOOrmin对应的电压为50+46=96V°10 .改变给定电压，电动机转速随之改变，转速系统是转速单闭环调速系统，输出要跟随给定变化;调整转速反馈系数能改变转速，因为反馈值要跟随给定变化。H.由PD调节器可构成的超前校正，提高稳定裕度和改善快速性能；由PI调节器构成的滞后校正,可以保证系统的稳态精度；用PID调节器构成滞后一超前校正，兼具两者的优点。12 .环流分为稳态环流与动态环流两类。而稳态环流又可分为直流平均环流与瞬时脉动环流两种。采网a=工作制配合控制可以消除直流平均环流，但不能抑制瞬时脉动环流。为抑制脉动环流，必须在环流回路中串入环流电抗器。13 .当系统要快速回馈制动时，系统中的动能要转化成其它能量，必须要为其寻找能量消耗的渠道,最好的方法是将能量反馈回电网，单组晶闸管供电的直流调速系统不能将电能反馈电网，必须要借助于其它方式，因而必须要采用可逆线路。常用的可逆线路主要有电枢反接和励磁反接两种。电枢反接又分为反并联联接和交叉联接两种。14 .PWM>PFM和两点式控制。15 .位势性负载工作在第二象限；发电回馈制动工作在第四象限，四、绘图题I.试画出双闭环调速系统的原理图和稳态结构图。图2-3双闭环调速系统电路原理图m表示限幅作用图2-4双闭环调速系统稳态结构图。一转速反馈系数S-电流反愦系数2.试对应绘出双闭环调速系统起动过程转速、电流变化曲线并注明图中各个阶段名称。第I阶段。L是电流上升的阶段。第II阶段t-t2是恒流升速阶段。第In阶段t2以后是转速调节阶段。五、计算题1.解：CeU “-1Ra220 - 55 x 0.1nn -1000= 0.2145 Vnin 一 =InRaCe55x0.10.2145=25.6rrrrinns _ 1000 x 0.1 ,r(l-ly) 25.6(1-0.1)= 4.34A二JOoOrO 色=5.26D(l-5) 10(1-0.05)2x25.6IOoO +2x25.6= 0.(M92.解：计算电动机的Ce由u,+Cm”可得CCU典T二I*mR：L=220丝2=o.27Vmjnrnnom1500开环系统的稳态压降为AnoP5-=(Ra.+R皿)=15×(2+D=35433rminCe0.127满足调速要求所允许的稳态压降为ncl=nnom-D(l-s)-20×(l-0.1)1500×°18.33rn采用转速负反馈系统的稳态结构如图所示。当U：=20V时n=l000rmin,则转速反馈系数为a-工nn 100020V rrrin r = 0.02V nin/ r闭环系统的开环放大系数为K = KpKgCe =c= 35433 _1 = 4L548.33则所需的放大器放大系数为21.54x0.127=8J9Ka30×0.02改用电压反馈后，电动机电枢电阻Ra造成的稳态速降已经是JI£!HR=15x2r/min=236rmin>8.33rminCe0.127可见，不可能达到题中提出的调速要求。采用电压负反馈调速系统的稳态特性方程为n二KPKM_ce(1+K)Ce(l+K)I一区1nomCnom式中K=KpKs其中电压反馈系数Y为30UnOmUnOm=0.1364220所以K=8.79×30×0.1364=35.973.解：双极式可逆PWM变换器的电流波形和不可逆但有制动电流通路的PWM变换器也差不多，怎样才能反映出“可逆”的作用呢？这要视正、负脉冲电压的宽窄而定。当正脉冲较宽时，ton>T2,则电枢两端的平均电压为正，在电动运行时电动机正转。当正脉冲较窄时，to11<T2,平均电压为负,电动机反转。如果正、负脉冲宽度相等，Un=T/2,平均电压为零，则电动机停止。4.解：用I调节器校正时，调节器的传递函数为WKS) ='S按典型【型系统校正，校正后的开环传递函数为sTs+1s(Ts+1)式中，T=T+T2+T3+14=0.5s按o%v5%,可取K=KlKI=I/2T,所以2K,T 2×2×0.5= 0.5调节时间A6T=6×05s=3s用Pl调节器校正时，调节器传递函数为Wp(s) =KPi1s +1取=I=0.4s,并将T2、T3、T4看成小时间常数，令T=T2+T3+T4=0.08+0.015+0.5=0.1s则按典型I型系统校正时系统开环传递函数为W(S)1s Ts +1 s(Ts +1)Kni1同样，取K=字=-,则12T2K,T2×2×0.1调节时间ts6T=6×0.1=0.6s用PlD调节器校正时，其传递函数为WwD =(3 + 1)婚 + 1)s¾1=T1=0.4s,2=T2=0.08s,令T=T3+T4=0.015+0.005=0.02s则按典型I型系统校正时系统开环传递函数为3/、1KlW(s)=-=sTs+1s(Ts+1)同样，取K=8=-J-,则2T=2K1T=2×2×().()2s=0.08s调节时间ts6T=6×0.02=0.12s比较采用不同调节器时的调节时间，用PlD调节器校正效果比较好。