电力传动电力拖动控制系统B卷附参考答案2

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分钟考试班级：考试方式：开卷[√]闭卷[]题号一二三四合计满分20203030100实得分一、选择题（共20分，每题2分）1、直流PWM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吗二、判断题（共20分，每题2分）1、双闭环调速系统中，给定信号*nU不变，增加转速反馈系数α，系统稳定运行时转速反馈电压nU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）评阅人得分班级-------------------学号--------------姓名-----------------重修标记评阅人得分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minrM最小准则设计的“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）5、在双闭环系统调试中，若两个调节器采用PI调节器，nmU固定，想得到固定的转速n只需调节给定电压*nU即可。（对）6、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）吗三、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：转速给定电压*nU，因为转速反馈系统的转速输出服从给定。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*nU、转速调节器的评阅人得分放大倍数nK、转速调节器的限幅值、转速反馈系数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)objKWsTsTsTsTs，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%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st。（10分）解：用PI调节器校正时，调节器传递函数为1()iPIpiiWsKs取10.4iTs，并将2T、3T、4T看成小时间常数，令2340.080.0150.0050.1TTTTssss则按典型I型系统校正时系统开环传递函数为1111()(1)(1)(1)piipiiiKsKKWsKsTsTssTs取112piiKKKT，则10.412220.1ipiKKT调节时间660.10.6stTss所以PI调节器的参数0.4is，1piK；调节时间0.6sts。评阅人得分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：60NPkW，220NUV，308NIA，1000/minNnr，0.196min/eCVr，电枢回路总电阻R=0.18，允许电流过载倍数1.1，触发整流环节的放大倍数35sK，电磁时间常数0.012lTs，机电时间常数0.12mTs，电流反馈滤波时间常数0.0025oiTs，转速反馈滤波时间常数0.015onTs。额定转速时的给定电压*()10nNUV，ASR调节器饱和输出电压*imU=8V，ACR调节器饱和输出电压cmU=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，空载起动到额定转速时的转速超调量10%n。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和转速反馈系数。(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CCnnonR、、。设调节器输入电阻040Rk。（20分）解：（1）*/8/(1.1*)8/3390.0236/imdmNUIVIVAVA10/10000.01min/Vr（2）电流调节器设计确定时间常数：)0.00333saTs)0.0025oibTs0)0.00250.003330.00583iiscTTTs电流调节器结构确定：因为5%i，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，(1)()iiACRiKSWSS,电流调节器参数确定:10.012,0.5,0.5/85.76ilIiIiTsKTKTs选，85.760.0120.180.224350.0173IiisKRKK。校验等效条件：185.76ciIKs11011)1101.01330.0033311)3379.060.120.0121111)115.52330.003330.0025ciScimlcisiaTbSTTcsTT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：电流环小时间常数的近似条件：可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选040RK,则：00.224408.96iiRKRKK,取9K.由此33000/0.012/(910)1.334/40.0025/40100.25iiiiiCRFCTRF（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/IK:因为0.5IiKT则1/220.005830.01166IiKTsb)0.015onTsc)1/0.011660.0150.02666nIonTKTs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)()nnASRnKsWss,速度调节器参数确定：,5,0.1333nnnnhThhTs取2222216168.822250.02666(1)60.02360.1960.126.942250.010.180.02666NnemnnhKshThCTKhRT校验等效条件：11/168.820.133322.5cnNNnKKs1101185.76)40.43330.005831185.76)25.2330.015IcniIcnnKasTKbsT电流环近似条件：转速环小时间常数近似：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%nNnbmTCnzCnT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：0.07998nnhTs2222(1)/24/(290.02666)312.656(1)/240.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6NnnemnKhhTsKhCThRT校验等效条件：11/312.6560.0799825cnNNnKKs1/21/211/21/21)1/3(/)1/3(85.76/0.00583)40.43)1/3(/)1/3(85.76/0.015)25.2IicnIoncnaKTsbKTs可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：272.2%1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)9.97%10%n转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。速度调节器的实现：选040RK,则07.640304nnRKRK,取310K。330/0.07998/310100.2584/40.015/40101.5nnnononCRFCTRF