交直流调速 直流复习材料

1.直流双闭环调速系统中出现电源电压波动和负载转矩波动时，（A）。

AACR抑制电网电压波动，ASR抑制转矩波动

BACR抑制转矩波动，ASR抑制电压波动

CACR放大转矩波动，ASR抑制电压波动

DACR放大电网电压波动，ASR抑制转矩波动

1、双闭环直流调速系统电流环调试时，如果励磁电源合闸，电枢回路亦同时通

电，给定由ACR输入端加入且产生恒定的额定电流，则（C）。（假定电机不带

机械负载）

A电机会稳定运转B电机不会运转C电机会加速到最高转速D

过流跳闸

2、速度单闭环系统中，不能抑制（D）的扰动。

A调节器放大倍数B电网电压波动

C负载D测速机励磁电流

3、一个设计较好的双闭环调速系统在稳态工作时（C）。

A两个调节器都饱和B两个调节器都不饱和

CST饱和，LT不饱和DST不饱和，LT饱和

3.与机组相比，相控整流方式的优点是（A、B、C、D）,缺点是（E、F）。

A功率放大倍数小于1000倍B可逆运行容易实现

C控制作用的快速性是亳秒级D占地面积小，噪音小

E高次谐波丰富F高速时功率因数低

4、转速PID调节器的双闭环系统与转速PI调节器的双闭环系统相比，（C）

A抗负载干扰能力弱B动态速降增大

C恢复时间延长D抗电网电压扰动能力增强

5、输入为零时输出也为零的调节器是（A）

AP调节器BI调节器CPI调节器DP1D调节器

6、当理想空载转速n。相同时，闭环系统的静差率.与开环下的与之比为（D）0

A1B0（K为开环放大倍数）

C1+KD1/（1+K）

4系统的静态速降△ned一定时,静差率S越小，贝I」（B）。

A调速范围D越小B额定转速均越大

C调速范围D越大D额定转速乙越小

5.当理想空载转速n°相同时，闭环系统的静差率力与开环下的与之比为（C）o

A1B0（K为开环放大倍数）

C1+KD1/（1+K）

6.当理想空载转速n0相同时，闭环系统的静差率与与开环下的”之比为（D）。

A1B0（K为开环放大倍数）

C1+KD1/（1+K）

9.一个设计较好的双闭环调速系统在稳态工作时（C）。

A两个调节器都饱和B两个调节器都不饱和

CST饱和，LT不饱和DST不饱和，LT饱和

10.a=B配合控制有环流可逆调速系统的主回路中（D）

A既有直流环流又有脉动环流B有直流环流但无脉动环流

C既无直流环流又无脉动环流D无直流环流但有脉动环流

7,直流电动反并联晶闸管整流电源供电的可逆调速系统给定为零时，主要停车

过程是（0

A本桥逆变，回馈制动B它桥整流，反接制动

C它桥逆变，回馈制动D自由停车

8、转速一电流双闭环不可逆系统正常稳定运转后，发现原定正向与机械要求的

正方向相反，需改变电机运行方向。此时不应（C

A调换磁场接线B调疾电枢接线

C同时调换磁场和电枢接线D同时调换磁埸和测速发电机接线

9、与机组相比，相控整流方式的优点是（A、B、C、D）,缺点是（E、F）。

A功率放大倍数小于1000倍B可逆运行容易实现

C控制作用的快速性是毫秒级D占地面积小，噪音小

E高次谐波丰富F高速时功率因数低

7.速度单闭环系统中，不能抑制（D）的扰动。

A调节器放大倍数B电网电压波动

C负载D测速机励磁电流

8.转速一电流双闭环不可逆系统正常稳定运转后，发现原定正向与机械要求的

正方向相反，需改变电机运行方向。此时不应（C）o

A调换磁场接线B调爽电枢接线

C同时调换磁埸和电枢接线D同时调换磁埸和测速发电机接线

1、控制系统的动态性能指标包括对给定输入信号的跟随性能指标和（对扰动输

入信号）的抗扰性能指标。

2、（晶闸管）触发与（整流）装置可看成一个纯滞后环节。

3、（调速范围）和静差率合称调速系统的（稳态性能指标）。

4、稳态裕度大，意味着动态过程（振荡弱）（超调小）。

5、比例调节那的输出只取决于（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。

6、比例积分控制综合了（比例控制）利（积分控制）两种规律的优点，比例控

制能迅速响应控制作用，积分部分则最终消除（稳态偏差）。

7、调速系统的动态指标以（抗绕性能）为主，而随动系统的动态指标则以（跟

随性能）为主。

8、可控直流电源旋转变流机组（静止式可控整流器）（直流斩波器）或（脉宽调

制变换器）。

9、光电编码器由光源（光栅码盘）（光敏原件）三部分组成。

2、转速反馈闭环调速系统是一种基本的反馈控制系统，简述他的基本特征？

1）只用比例放大器的反馈控制系统，其被调量仍然是有静差的。

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。

3、简述开环系统机械恃性和闭环系统静特性的关系？

1）、闭环系统静特性可以比开环系统机械特性硬得多。

2）、闭环系统的静差率比开环系统小得多。

3）、如果所要求的静差率一定，则闭环系统可以大大提高调速范围。

4）,为得到上述优势，闭环系统必须设置放大器.

4、品闸管-电动机系统需要快速回馈制动时，采用可逆线路

当电动机需要回馈制动时，由于反电动势的极性未变，要回馈电能必须产生反向

电流，而反向电流是不可能通过VF流通的，这时，可以通过控制电路切换到反

组晶闸管装置VR,并使它工作在逆变状态，产生逆变电压，电机输出电能实现

回馈制动。

5、位置随动系统和调速系统的不同。

调速系统的给定量一经被设定，即保持恒值，系统的主要作用是保证稳定和抵抗

扰动，而随动系统的给定量是随动变化的，要求输出量准确跟随给定量的变化，

系统在保持稳定的基础上，更突出需要快速响应。总起来看，稳态精度和动态稳

定性是两种系统都必须具备的，但在动态性能中，调速系统多强调抗扰性，而位

置随动系统则更强调快速跟随性。

6、如果转速、电流双闭环调速系统中的转速调节器不是PI调节器，而改为P

调节器，对系统的静、动态性能的影响。

改为P调节器时其输出量总是正比于输入量，PI调节器的输出量在动态过程中

决定于输入量的积分，到达稳态时，输入为零，输出的稳态值与输入无关而是由

它后面环节的需要决定的。

7、在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢

电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各

量有无调节能力？为什么？

当电网电压发生变化时，系统对其有调节能力。因为电网电压是系统的给定反馈

控制系统完全服从给定。

负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻变化时系统对其有调节能力。因为他们的

变化最终会影响到转速，都会被测速装置检测出来。再通过反馈控制作用，减小

它们对稳态转速的影响。

测速发电机励磁各量发生变化时，它不能得到反馈控制系统的抑制，反而会增大

被调量的误差。反馈控制系统所能抑制的只是被反馈环包围的前向通道上的扰

动。

3、可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向（正或反）由驱动脉冲的宽窄决定。

（V）

4、直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。（V）

5、静差率和机械特性硬度是一回事。（X）

6、带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。（X）

7、电流一转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压Uk的大小并非仅取决

于速度定Ug*的大小。（J）

8、双闭环调速系统在起动过程中，速度调节器总是处于饱和状态。（X）

9、弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖

动恒转矩负载。（X）

10、只有•组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实

现制动。（V）

11、闭环系统可以改造控制对象。（J）

与开环系统相比，单闭环调速系统的稳态速降减小了。（X）

12-,。配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为木组逆变和它组制动两阶

段（J）

13、转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。

（X）

14、电压闭环相当于电流变化率闭环。（J）

17、双闭环可逆系统中，电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。•X）

18、直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电枢电压不变。（X）

19、电压闭环会给闭环系统带来谐波干扰，严重时会造成系统振荡。（J）

20、对电网电压波动来说，电压环比电流环更快。（J）

1、某调速系统的调速范围D=20,而定转速纵=1500”min,开环转速降落

即殉,二240厂/min,若要求系统的静差率由10%减少到5%,则系统的开环增益将

如何变化？（8分）

解：

当5=10%时

21500x10%

△%=8.33//min

。(1)20x(1-10%)

240

K=21=27.8

~833

△%

当s=5%时

1500x5%

△砌==3.95r/min

。（心）-20x(1-5%)

240

^=^--1=--1=59.8

A%3.95

二系统的开环增益由27.8到59.8

2、旋转编码器光栅数为1024,倍频系数为4,高频时钟脉冲频率,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，测速时间均

为0.01s,用M法求转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辩率和误差率

最大值？（10分）

解:

60(37,4-1)60M_60_60

测速分辨率r/min=1.4677min

0=ZT-Z7^-4096x0.01

zrcC

电动机的转速为〃=丝必

ZTc

„…〃ZTii4096x0.01x1500，八〜

当n=1500r/niin时,M,=—c—=------------------------=1024

16060

测速误差率显大值鼠=—x100%=—x100%%0.098%

皿A/,1024

”.」ZTn4096x0.01x150,八.

当n=150i7nuii时，M,=—c—=-----------------------x102

16060

测速误差率最大值8=—x100%=—x100%%0.98%

M102

3已知位置随动系统的K/,K“KKJG，=500^+7；+7；=0.007S,7；”=0.9S.

要求设计一个调节器，使系统满足下述性能指标：

1、加速度品质因数：心2250s22、阶跃响应动态指标：c%W30%,25S。

典型II型系统阶跃输入跟随性能指标：

H45678

43.6%37.6%33.2%29.8%27.2%

瓢/T11.659.5510.4511.3012.25

解：根据设计要求中的（22532,应把系统校正成典型n型系统，其开环传

Kg+l)长h+\

递函数为T=hT

S2(TS+1)'2h2T2

位置调节器APR选用PID调节器，W“£5）=空里也上』

T（S（T^S+1）

调节器实现图为:

Ri»R2>7?3，r()=&©,%=(&+/?2)Cpr2=(&+/?3)C2,r3=R3c2,rf>r2>r3

取G=Tm=0.9S,j«rpr3<0.09S，取q=0.005S,

500____________(jS+1)____________

则开环传函:W(S)=

77S2(jS+1)(7；劝S+1)(.5+1)((S+1)

令TM=6+T向n=%+0.007=0.01令

...W(S)=&，2§+1)是典型II型系统.

7S2(〃S+1)

按动态指标cr%«30%,应取〃=7，G=hT"=7x0.012=0.084S

8500>r=-^-=0.882S

火=提=566952=---0

2X72X0.0\^「。5669

加速度品质因数：=K=5669>250

超调量CT%=29.8%V30%

过渡过程时间：ts=11.37；,=11.3x0.012=0.136S<0.255o符合设计要求。

PID调节器的实现：

0RR2

取4=40KQ所以「0=&G=0.882SC,=］奇=227

取&=25（12所以j=R3G=。°°5。2=嘿^=20"

09

马=（飞+&）G=0.9（飞+&）=五彘产=40.9KC

0，84

j=（R,+RJC,=0.084,+250=°A=4.2/CQ

----20x106

所以凡=4.2-0.25=3.95KQ<4KQR=40.9-4=37KQ

4、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8r/min,

如果将开环放大倍数提高到30,它的速降为多少？在同样的静差率要求下，调

速范围可以扩大多少倍？（8分）

解：⑴

"J+K

△%

\n)p=(1+K)^ncl=(1+15)x8=128r/min

△〃卬

△%=—=4.13r/min

1+K1+30

△%（一）

••D&=

，以二也=2=1.94

DdA””4.13

5、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，倍频系

数为4,旋转编码潜光栅数为1024,高频时钟脉冲频率为=1"法，测速时间均

为0.01s,用T法求转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辩率和误差率

最大值?*(10分)

当n=1500r/min时，n=‘％

ZAf2

测速分辨率

Z>r4096xl500:

C_阿。刨>_神__________________________77nm)5sl71rniiii

〜ZGW,-1)ZIAZ\A(M-1)60/,-Z/60xlO6-4096x1500

『M'S^取整数）

测速误差率最大值七---xl00%=-x10096%12.5%

A/2-l