电力传动电力拖动控制系统B卷附参考答案.doc

电力传动电力拖动控制系统B卷附参考答案 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， 因此假设给定电发生偏移， 或者测速发电机精度受到影响而使反应电压发生改变， 系统仍会认为是给定或转速发生改变，从而改变转速，以到达电压偏向为零3、单闭环调速系统能减少或消除转速稳态误差的本质是什么答：比例控制直流调速系统可以减少稳态速降的本质在于它的自动调节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，在于它能随着4、在转速、电流双闭环直流调速系统中，假设要改变电动机的转速，应调节什么参数假设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，假设要改变电动机的转速, 应调节的参数有：转速给定电压 U n_，因为转速反应系统的转速输出服从给定假设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 U n_、转速调节器的放大倍数K n、转速调节器的限幅值、转速反应系数等，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， 可以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评阅人得分四、计算题 〔共 30分〕1、设控制对象的传递函数为Wobj (s)K1，式中 K1 =2；(T1s1)(T2s 1)(T3s 1)(T4s 1)T1 =， T2 =， T3 =， T4 =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t s 〔 10 分〕解：用 PI 调节器校正时，调节器传递函数为i1WPI (s) K pii s取 iT10.4s ，并将 T2、 T3 、 T4看成小时间常数，令T T2T3T40.08 s0.015s 0.005s0.1s那么按典型 I型系统校正时系统开环传递函数为W (s)i s1K1K piK1K pi(T1s1)(Ts 1)i s (Ts 1)i s取 KK piK11，那么2Ti0.41K pi222K1T0.1调节时间 ts6T60.1s 0.6s所以 PI 调节器的参数i0.4s， K pi1；调节时间 t s 0.6s 。

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电动机参数为： PN60kW ，U N220V ，I N308A ，nN1000r / min ，Ce 0.196V min/ r ，电枢回路总电阻 R=，允许电流过载倍数1.1，触发整流环节的放大倍数K s35 ，电 磁 时 间 常 数 Tl0.012s ， 机 电 时 间 常 数 Tm0.12s ， 电 流 反 馈 滤 波 时 间 常 数Toi0.0025s ， 转 速 反 馈 滤 波 时 间 常 数 Ton0.015s 额 定 转 速 时 的 给 定 电 压(U n_)N10V ， ASR调节器饱和输出电压U im_=8V， ACR调节器饱和输出电压U cm =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i5 ，空载起动到额定转速时的转速超调量n10 试求：电流调节器已按典型I 型系统设计，并取参数KT=1)确定电流反应系数和转速反应系数选择转速调节器构造，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 Rn、 Cn、 Con 设调节器输入电阻R040k〔 20 分〕解：〔 1〕U im_/ I dm8V/ (1.1_I N )8V / 339 A 0.0236V / A10/1000 0.01V min/ r〔 2〕电流调节器设计确定时间常数： a)Ts 0.00333sb)Toi0.0025sc)T iT0 iTs0.0025 0.003330.00583s电流调节器构造确定：因为 i 5 ，可按典型I型系统设计，选用K i (i S 1)PI 调节器， WACR (S),i S电 流 调 节 器 参 数 确 定 :iTl0.012s, 选K I T i 0.5, K I0.5 / T i85.76s 1，K I i R85.760.0120.180.224 。

K i350.0173K s校验等效条件：ciK I85.76 s 1a)电力电子装置传递函数的近似条件：11.01ci3TS310.00333b)忽略反电势的影响的近似条件：313179.06S 1ciTmTl0.12 0.012c)电流环小时间常数的近似条件：1111115.52s 1ci3TsT0i30.003330.0025可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选 R0 40 K , 那么：Ri K i R0 0.224 40K 8.96K , 取 9K.Cii / Ri 0.012/ (9 103 )1.33F由此103C0i4T0i / R0 4 0.0025/ 400.25 F3〕速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数1/ K I : 因为 K I T i 0.5那么1/ K I 2T i2 0.00583 0.01166sb)Ton0.015sc) T n 1/ K I Ton 0.01166 0.015 0.02666 s速度调节器构造确定：按照无静差的要求，应选用 PI 调节器，K n (n s1),速度调节器参数确定：WASR (s)n snhT n , 取 h5,nhT n0.1333 sK Nh 12 526168.82 s 22h2T 2n0.02666 2校验等效条件：K n( h 1)CeTm60.0236 0.196 0.122h RT n250.016.940.18 0.02666cn K N / 1 K N n 168.82 0.1333 22.5s 1a)电流环近似条件： 1K I185.7640.43s 1cn3T i30.00583b)转速环小时间常数近似： 1K I185.7625.2 s 1cn3T0n30.015可见满足近似等效条件。

转速超调量的校验(空载 Z=0〕n 2_(C ma_)(z)nNT n2 81.2 1.13080.180.02666Cbn_Tm10000.120.19611.2310转速超调量的校验结果说明，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 进展设计按 h=3，速度调节器参数确定如下：nhT n0.07998sK N(h1) / 2h2 T 2n4 / (290.026662 )312.656s 2K n(h 1) CeTm / 2hRT n40.02360.1960.12/ (230.010.18 0.02666) 7.6校验等效条件：cnK N /1K Nn 312.6560.0799825s 1a)1/ 3(K I/ T i )1/21/ 3(85.76 / 0.00583)1/240.43s 1cnb)1/ 3( K I/ Ton )1/21/ 3(85.76 / 0.015)1/225.2 s 1cn可见满足近似等效条件转速超调量的校验：n2 72.2 1.1 (3080.18 / 0.1961000)(0.02666 / 0.12)9.97 10转速超调量的校验结果说明，上述设计符合要求。

速度调节器的实现：选R040 K , 那么 RnK nR07.6 40304K , 取 310KCnn / Rn0.07998/ 3101030.258FCon4Ton / R040.015/ 401031.5F第 19 页 共 19 页。