2025 年大学电气工程（自动化设备）期末考核卷

2025年大学电气工程（自动化设备）期末考核卷

（考试时间：90分钟满分100分）班级______姓名______一、选择题（总共10题，每题3分，每题只有一个正确答案，请将正确答案填在括号内）1.以下哪种电机调速方法不属于改变转差率调速（）A.调压调速B.串级调速C.变频调速D.转子串电阻调速2.自动控制系统中反馈检测元件的精度对自动控制系统的精度（）A.无影响B.有影响，影响不大C.有影响，影响很大D.有影响，但无法判断3.直流电动机调速系统中，采用（）调速，可实现无级调速。A.改变电枢回路电阻B.改变励磁磁通C.改变电枢电压D.以上都不对4.三相异步电动机的旋转磁场的旋转方向是由（）决定的。A.电源电压大小B.电源频率高低C.定子电流相序D.转子电流相序5.对于调速系统，稳速精度以（）来衡量。A.调速范围B.静差率C.调速平滑性D.调速效率6.晶闸管整流电路中，通过控制触发角α可以控制（）。A.输出电压大小B.输出电流大小C.输出电压和电流大小D.以上都不对7.以下哪种电力电子器件属于全控型器件（）A.晶闸管B.二极管C.绝缘栅双极型晶体管（IGBT）D.电力二极管8.步进电机的步距角与（）有关。A.电机相数B.通电方式C.电机相数和通电方式D.负载大小9.自动控制系统的基本要求不包括（）A.稳定性B.快速性C.准确性D.节能性10.直流调速系统中，采用比例积分调节器，其作用是（）A.实现无静差调速B.加快过渡过程C.抑制振荡D.以上都是二、多项选择题（总共5题，每题4分，每题有两个或两个以上正确答案，请将正确答案填在括号内，少选、多选、错选均不得分）1.以下属于直流电动机调速方法的有（）A.改变电枢回路电阻调速B.改变励磁磁通调速C.改变电枢电压调速D.变频调速2.自动控制系统按输入信号的特征可分为（）A.恒值控制系统B.随动控制系统C.程序控制系统D.开环控制系统3.电力电子技术的应用领域包括（）A.电力系统B.交通运输C.工业自动化D.家用电器4.以下哪些是三相异步电动机的调速方法（）A.变极调速B.变频调速C.变转差率调速D.直接转矩控制调速5.以下关于PLC的说法正确的是（）A.可靠性高B.编程简单C.灵活性好D.抗干扰能力强三、判断题（总共10题，每题2分，请判断对错，在括号内打“√”或“×”）1.直流电动机的调速方法中，弱磁调速总是只能从基速往上调。（）2.自动控制系统中，反馈检测元件的精度对系统精度没有影响。（）3.三相异步电动机的旋转磁场转速与电源频率成正比，与磁极对数成反比。（）4.调速范围和静差率是衡量调速系统性能的两个重要指标，二者相互独立。（）5.晶闸管整流电路中，触发角越大，输出电压越高。（）6.电力电子器件的工作频率越高，其损耗越小。（）7.步进电机的步距角越小，精度越高。（）8.自动控制系统中，开环控制系统比闭环控制系统的精度高。（）9.直流调速系统中，采用比例调节器可以实现无静差调速。（）10.变频调速可以实现三相异步电动机的无级调速，且调速范围宽，效率高。（）四、简答题（总共3题，每题10分）1.简述直流电动机调压调速的原理及特点。2.说明自动控制系统中反馈的作用。3.电力电子器件的分类有哪些？各有什么特点？五、综合分析题（总共2题，每题15分）1.某直流调速系统采用晶闸管整流器供电，已知电动机额定电压Un=220V，额定电流In=50A，电枢电阻Ra=0.5Ω。要求调速范围D=20，静差率s≤5%。试计算：-调速系统的最低转速nmin。-调速系统的额定速降ΔnN。-调速系统的开环放大倍数K。2.分析三相异步电动机直接启动和降压启动的优缺点，并说明在什么情况下适合采用降压启动。答案：一、选择题1.C2.C3.C4.C5.B6.C7.C8.C9.D10.D二、多项选择题1.ABC2.ABC3.ABCD4.ABC5.ABCD三、判断题1.√2.×3.√4.×5.×6.×7.√8.×9.×10.√四、简答题1.调压调速原理：在直流电动机的电枢回路中串入晶闸管整流器，通过改变晶闸管的触发角来改变电枢电压，从而实现调速。特点：调速范围较宽，调速平滑性好，可实现无级调速；低速时效率较低，能耗较大。2.反馈的作用：检测输出信号并将其反馈到输入端，与输入信号进行比较，产生偏差信号，控制器根据偏差信号进行控制，使系统输出更接近预期值，提高系统的稳定性、准确性和抗干扰能力。3.电力电子器件分类：半控型器件（如晶闸管），其导通后不能通过控制信号使其关断；全控型器件（如绝缘栅双极型晶体管IGBT等），可通过控制信号使其导通和关断；不可控器件（如电力二极管），其导通和关断由外加电压极性决定。特点：半控型器件控制相对简单但功能有限；全控型器件控制灵活，应用广泛；不可控器件常用于整流等简单电路。五、综合分析题1.（1）首先求额定转速nN：-根据公式\(P=UI\)，已知\(U_N=220V\)，\(I_N=50A\)，可得\(P=220×50=11000W\)。-又根据\(P=T_n\)（\(T\)为电磁转矩，\(n\)为转速），\(T=9.55\frac{P}{n}\)，对于直流电动机，\(T=C_T\varPhiI_a\)（\(C_T\)为转矩常数，\(\varPhi\)为磁通，\(I_a\)为电枢电流），在额定情况下\(I_a=I_N\)，\(\varPhi\)不变，所以\(T\)不变。-设\(n_N=1500r/min\)（可根据实际情况假设，这里仅为示例）。-调速范围\(D=\frac{n_N}{n_{min}}\)，已知\(D=20\)，则\(n_{min}=\frac{n_N}{D}=\frac{1500}{20}=75r/min\)。-（2）计算额定速降\(\Deltan_N\)：-静差率\(s=\frac{\Deltan}{n_0}\)（\(n_0\)为理想空载转速），\(n_0=n_N+\Deltan_N\)。-已知\(s\leq5\%\)，\(n_N=1500r/min\)，\(n_{min}=75r/min\)，由\(s=\frac{\Deltan}{n_0}\)可得\(s=\frac{\Deltan_N}{n_N+\Deltan_N}\)，即\(0.05=\frac{\Deltan_N}{1500+\Deltan_N}\)。-解方程\(0.05(1500+\Deltan_N)=\Deltan_N\)，\(75+0.05\Deltan_N=\Deltan_N\)，\(0.95\Deltan_N=75\)，\(\Deltan_N=\frac{75}{0.95}\approx78.95r/min\)。-（3）计算开环放大倍数K：-根据公式\(K=\frac{\Deltan_N}{s(1-s)n_{min}}\)，将\(\Deltan_N\approx78.95r/min\)，\(s=0.05\)，\(n_{min}=75r/min\)代入可得：-\(K=\frac{78.95}{0.05×(1-0.05)×75}\approx22.2\)。2.直接启动优点：设备简单，启动操作方便，启动时间短。缺点：启