电力拖动自动控制系统期末考试复习资料

电力拖动自动控制系统复习（14电气工程本）

一．题型

填空（20）、选择（10）、简答（30）、计算（40）

二．各章节内容提要

（一）绪论——基本概念

1.运动控制系统的组成（电动机、功率放大与变换装置、控制器、相应的传感器）【P1】【填空】

2.直流电机的数学模型简单，转矩易于控制。交流电机具有结构简单等优点，但其动态数学模

型具有非线性多变量强耦合的性质。【P3】【填空】

3.转矩控制是运动控制的根本问题，磁链控制与转矩控制同样重要。【P5】【填空】

4.典型的生产机械负载转矩特性主要包含恒转矩负载特性、恒功率负载特性、风机与泵类负载

特性。【P5】【填空】

（二）第2章

1．基本概念

（1）直流调速转速公式、方法。【P7】【填空】

方法：1）调节电枢供电电压U；

公式：n=U A?I A R

K eΦ

2）减弱励磁磁通Φ；

3）改变电枢回路电阻R

（2）可控直流电源（G-M系统、V-M系统、PWM变换器）【P9】【填空】

（3）增设平波电抗器来抑制电流脉动，总电感量的计算。【P12】【选择题】

三相桥式L=0.693U2

I dmin

三相半波L=1.46U2

I dmin

单相桥式L=2.87U2

I dmin

（4）失控时间的选择【p15】【选择题】

★★★★（5）PWM调速系统的优越性表现【p16】【简答题】

○1主电路简单，需要的电力电子器件少；

○2开关频率高，电路容易连续，谐波少，电动机损耗及发热都较小；

○3低速性能好，稳速精度高，调速范围宽；

○4若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强；

○5电力电子器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开关损耗也不大，因而装置效率较高；

○6直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高

（6）不可逆PWM系统中，γ与ρ的关系。【P17】

γ=ρ

（7）泵升电压【P20】【填空题】

对滤波电容充电的结果造成直流侧电压升高

（8）调速系统的稳态性能指标S与D及相互之间的关系。【P21-22】【填空题】

○1n max、n min——额定负载时的最高和最低转速 =>D=n max

n min

○2s=?n N

n0min

最低速 =>空载转速

○3 D=n N s

?n N(1?s)例：D=1430?0.3

115?(1?0.3)

=5.3

★★★★（9）开环系统与闭环系统比较（4点结论）【P29-30】【简答题】

○1闭环系统静特性可以比开环系统机械特性硬得多。?n cl=?n op

1+K

○2闭环系统的静差率要比开环系统小得多。S cl=S op

1+K

○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。D cl=(1+K)D op

○4要取得上述三项优势，闭环系统必须设置放大器。

★★★★（10）闭环系统能减少稳态转速降的实质问题是什么？结合图形分析【P31】【简答题】闭环系统能够减少稳态速降的实质在于它的自动调节作用，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。

（11）反馈控制规律（3点）【P31】【简答题】

○1比例控制的反馈控制系统是被调量有静差的控制系统

○2反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定

○3系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度

（12）积分与比例积分调节器的作用，无静差的实现。【P35】【填空题】

比例调节器的输出只取决于输入偏差量的现状， 而积分调节器的输出则包含了输入偏差量的全部历史。

（13）香农采样定理【P41】 f ≥2f max

（14）数字测速方法及特点（3类）【P42-44】【简答/填空题】

1、M 法测速 高速段 n =

60M 1ZT c

2、T 法测速 低速段n =60f 0ZM 2

3、M/T 法测速 高低速

★★★★（15）电流截止负反馈系统稳态结构图及静特性名称及图形【P48】【简答题】

1、稳态结构图如下：（3分）

2、静特性方程：

当Id ≤Idcr )

1()

1(*

k C RI k C U K K n e d

e n

s p +-

+=

（2分）

当Id >Idcr )

1()()

1()

(*

k C I R K K R k C U U K K n e d

s s p e com n s p ++-

++=

（2分）

（16）截止电流和堵转电流的选择【填空题】

带有电流截止负反馈的单闭环直流调速系统其静特性通常被称为挖土机特性，其中堵转电流一般取I db l =（1.5～2）I N ，临界截止电流一般取I dcr =（1.1～1.2）I N 。

（17）稳态计算。习题2-9类型【P58】

（三）第3章

★★★★（1）双闭环的起动过程分析（各阶段的名称、转速与电流图形绘制、调节器ASR\ACR 的状态）【P63-64】

起动电流和转速波形：

（4分）

1、电流上升阶段：ASR迅速达到限幅值，电流很快达到最大电流Idm，ACR不饱和以保证电流环的调节作用。（1分）

2、恒流升速阶段：ASR饱和，转速环相当于开环，电流Id恒定略小于Idm，以保证电流环的调节作用以抵消反电动势的影响，转速呈线性增长，最终打到给定值n*值。同时晶闸管也不应饱和使Udom留有余量。（1分）

3、转速调节阶段：转速出现超调，使ASR退饱和，电流下降到略小于IL后马上又升到Id=IL值，转速也很快达到给定值n*直到稳定。（1分）

（2）双闭环起动过程的特点（3点）【P64】【填空题】

1、饱和非线性控制

2、转速超调

3、准时间最优控制

（3）抗扰性能分析【P64】？？？？

★★★★（4）两个调节器的作用【P65】【简答题】

1、转速调节器的作用

○1转速调节器是调速系统的主导调节器，它使转速n很快地跟随给定电压U n?变化，稳态时可减小转速误差，如果采用PI调节器，则可实现无静差。

○2对负载变化起抗扰作用。

○3其输出限幅值决定电动机允许的最大电流。

2、电流调节器的作用

○1作为内环的调节器，在转速外环的调节过程中，它的作用是使电流静静跟随其给定

电压U i?变化。

○2对电网电压的波动起及时抗扰动的作用。

○3在转速动态过程中，保证获得电动机允许的最大电流，从而加快动态过程。

○4当电动机过载甚至堵转时，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。

（5）工程设计法

●典Ⅰ型、典Ⅱ型系统传递函数，参数关系

●二阶最佳、三阶最佳概念

●工程近似处理方法

●已知系统模型（传递函数），根据给出指标要求按典Ⅰ型、典Ⅱ型系统进行设计，确定调节

器的结构和参数（习题3-7）【P94】

●双闭环调速系统的工程设计（习题3-8）

（四）第四章

×（1）桥式可逆PWM变换器电路的分析（重载）（脉冲的波形、输出电压、电流波形）【P97】（2）γ与ρ的关系及与电机运行状态的关系【P98】【选择题】

γ=2t on

T

?1

（3）动力润滑的概念【P98】

在电动机停止时仍有高频微振电流，从而消除了正、反向时的静音磨擦死区，起着所谓“动力润滑”的作用。

（4）V-M可逆系统的可逆线路（电枢反接与励磁反接）【补充内容】

★★★★（5）V-M系统反并联可逆线路的四种工作状态（列表说明）【补充内容】

（6）环流的概念及分类【103】【填空题】

两组装置同时工作时，便会产生不流过负载而直接在两组晶闸管之间流通的短路电流，称作环流。

（7）直流平均环流的抑制【P103】

（8）瞬时脉动环流的抑制；不能电路增设环流电抗器的个数【P105-106】【选择题】【填空题】

对瞬时脉动环流的抑制主要通过设置（环流电抗器）来实现；在反并联连接可逆线路中一般设置（4）个，三相零式整流电路中设置（2）个，交叉连接可逆线路中一般设置（2）个。

★★★★（9）配合控制有环流可逆V-M系统制动过程分析【补充内容】

●制动过程的名称及特点

●各信号的极性

●正反组桥的工作状态

●能量转换问题

●波形图

（10）逻辑无环流控制的可逆V-M系统中的DLC组成（电平检测、逻辑判断、延时电路、联锁保护）及输入信号（转矩极性鉴别信号、零电流检测信号）【P107】【填空题】

V-M系统中的DLC一般由：电平检测、延时电路、逻辑判断、联锁保护

（五）第5章

×（1）交流调速的应用领域（3点）【P113】【多选题】

1、一般性能调速和节能调速。

2、高性能的交流调速系统和伺服机系统。

3、特大容量、极高转速的交流调速。

（2）交流电动机的转速公式【P116】

n=(1?s)60f1

1、改变频率

2、改变极对数

3、改变转差率

n p

（3）交流电机的调速方法【P114】【填空题】

●异步电动机的调速方法： 1、转差功率消耗型调速系统

2、转差功率馈送型调速系统

3、转差功率不变型调速系统

●同步电机的调速方法：只能靠变压变频调速

（4）调压调速的基本特征是电动机同步转速保持为额定值不变，其气隙磁通随定子电压的降低而减小，属于弱磁调速【P118】

（5）交流力矩电机【119】

高转子电阻电动机

（6）交流调压调速的主电路主要有哪些【P118】

（7）带恒转矩负载的交流调压调速的实质问题【P119】【填空题】

带转矩负载的降压调速就是靠（增大转差功率）、（减小输出功率）来换取转速的降低。

（8）变压变频调速是改变异步电动机同步转速的调速方法【P122】

变压变频调速是改变异步电动机（同步转速）的一种调速方法，在基频以下主要采用（电动势频率比为恒值）的控制方式，当忽略定子电阻和漏感压降时可采用（恒压频比）控制方式，但在低频时要进行（低频补偿）。

（9）变压变频调速的基本原理分析（基频以下和基频以上）【P123】

图4-10系统本组逆变阶段中各处的电位极性和能量流向

图4-12系统它组逆变阶段中各处的电位极性和能量流向

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？ 解：()()12881511=?+=?+=?cl op n K n

如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：

()()rpm K n n op cl 13.4301/1281/=+=+?=?

在同样静差率要求下，D 可以扩大937.1/21=??cl cl n n 倍

2.9 有一V-M 调速系统：电动机参数P N =2.2kW, U N =220V, I N =12.5A, n N =1500 r/min ，电枢电阻R a =1.5Ω，电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω，整流装置内阻R rec =1.0Ω,触发整流环节的放大倍数K s =35。要求系统满足调速范围D=20，静差率S<=10%。

（1）计算开环系统的静态速降Δn op 和调速要求所允许的闭环静态速降Δn cl 。

（2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构图。

（3）调整该系统参数，使当U n *=15V 时，I d =I N ，n=n N ，则转速负反馈系数α应该是多少？ （4）计算放大器所需的放大倍数。 解：（1）

()()/22012.5 1.5/1500201.25/15000.134min/N N a e

e n U I R C C V r =-??=-?==

()//12.5 3.3/0.134307.836/min

N N e

op N e n U I R C n I R C r ∑∑=-???=?=?=

()()/1150010%/20*90%8.33/min N N n n s D s r ?=-=?=（）

所以，min /33.8r n cl =? （2）

（3）（4）()()()()[]

()()[]K C R I K KU K C R I U K K n e d n e d n s p +-+=+-=**1/1/1/α

()/1307.836/8.33135.955op cl K n n =??-=-=

()()()150035.95515/135.95512.5 3.3/0.134135.955α??=??+?-?+????

r V min/0096.0=?α

可以求得，*35.955*0.134

14.34*35*0.0096

e p s K C K K α=

== 也可以用粗略算法：

n U U n n

α=≈*

，01.01500

15

*===

n U n α /p e s K KC K α=，()35.9550.134/350.0113.76p

K =??=

2.10 在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流N dbl I I 2≤，临界截止电流N dcr I I 2.1≥，应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3 ,如果做不到，需要增加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构图，并计算电流反馈放大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？ 解：（1）A I I N dbl 252=≤，A I I N dcr 152.1=≥

s com s com dcr R U R U I /15/=?=

()

()Ω

=?+=?+≈5.1/1525/*

s s com s com n dbl R R U R U U I ，

V U com 5.225.115=?=

（2）

()(/3) 1.0 1.50.8/3 1.1,(/3)

1.1,

s s R R R R ∑∑=++=Ω>=Ω不符合要求，取需加电流反馈放大器

由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电阻小和电流

信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此， 取 1.1s R =Ω，则15 1.116.5com dcr s U I R V =?=?=

（3）当dcr d I I >时，有

()[

]()()[

]

()[]()

()()[

](

)()()

[]

K C I R K K K R K C U K U K K K C RI K C U I R K K K K C U K K n e d s i s p e com i n s p e d e com d s i s p e n s p ++-++=+-+--+=1/1/1/1/1/**

当n=0时，

()()()**//dbl p s n i com p s i s n i com i s I K K U KU R K K K R U KU K R =++≈+

()()251516.5/1.115/22.513.5 1.36i i i K K K =+?=-=

旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率MHz 1f 0=，旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M 法测速时间为0.01s ，求转速

min /r 1500n =和min /r 150n =时的测速分辨率和误差率最大值。

解：

（1）M 法：分辨率min /465.101

.04102460

60r ZT Q c =??==

最大误差率：→=

c

ZT M n 1

60 min /1500r n =时，102460

01

.0102441500601=???==

c nZT M min /150r n =时，4.10260

01.010*********=???==c nZT M min /1500r 时，%098.0%1001024

1%1001%1max =?=?=

M δ

min /150r 时，%98.0%1004

.1021%1001%1max =?=?=

M δ 可见M 法适合高速。 （2）T 法： 分辨率：

min /1500r n =时，min /171150041025101601500410246062

02r Zn f Zn Q =??-????=-=

min /150r n =时，min /55.1150

410241016015041024606

2

02r Zn f Zn Q =??-????=-= 最大误差率：2

60ZM f n =

，Zn f M 0260=，

当min /1500r n =时，77.915004102410606

2=???=

M 当min /150r n =时，7.971504102410606

2=???=

M min /1500r n =时，%4.11%1001

77.91

%10011%2max =?-=

?-=

M δ

min /150r n =时，%1%1001

7.971

%1001

1

%2max =?-=

?-=

M δ

可见T 法适合低速 2.已知调节器对象为)

103.0)(101.0)(12.0(10

)(+++=

s s s s W 试将其校正为典型I 型系统，

要求设计成二阶工程最佳系统，求出调节器传递函数。

解:将对象化简得)

105.0)(12.0(10

)(++=

s s s W ，因为要校正成二阶最佳则，系统按典型1

型系统校正得)

1()()(+=

s s K

s W s W g d τ ,

并且5.0=g K τ.

所以可采用调节器PI 调节器s

s Kp s W d d d ττ)

1()(+=。由上可知05

.02.010

===g d d

K

Kp

τττ

所以2.0=Kp ，即s

s s s s W d 1

2.02.0)12.0(2.0)(+=+=

3.一个经整流变压器由三相全控桥式晶闸管整流装置供电的转速电流双闭环直流调速系统，其基本数据如下：

直流电动机的额定参数为：U N =220V ，I N =136A ，n N =1460r/min,Ce=0.132v.min/r ，过电流倍数λ=1.5,Ks=40，R =0.5Ω，Ta=0.03s ，Tm=0.18s ，Toi=0.002s ，Ton=0.01s ，

α=0.007（r/min ）β=0.05(v/A),设计指标：电流超调量σi%≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量σn%≤10%。

（1） 电流环按典Ⅰ型系统设计，取KT=0.5(ξ=0.707)，选择调节器结构和参数。 （2） 转速环按典Ⅱ型系统设计，并按h=5设计，选择调节器结构和参数。 解：（1）电流调节器结构G(S)=Ki （τi s+1）/τi s

τi =Ta=0.03s

s T T T fi s i 0037.0002.000167.0=+=+=∑

K I =1/2T ∑i =129.26(s -1)

Ki= K I τi R/βKs= 0.97

（2）电流环作为转速环的一个环节则传递函数为：

1

2/1)(+=

∑i T s G β

，转速环按典二型系统设计，调节器采用PI 调节器，传递函数为

s

s K s G n n n ττ)

1()(+=

。

s T T T n i n 0084.001.00074.020=+=+=∑∑

又h=5所以由按典二型设计原理可知：2.24212

2=+=

∑∑αβ

τR T C T h h K n m e n

n 042.00084.05=?==∑n n hT τ