电力拖动系统解答

第1章单环控制直流调速系统

1-1什么叫调速范围？什么叫静差率？调速范围与静态速降和最小静差率有什么关系？怎

样扩大调速范围？为何？

答：最高转速和最低转速之比叫做调速范围，口二修二2。

〃min"min

静差率是负载由理想空载增长到额定值所对应日勺转速降落△n与理想空载转速no之比

s=—。

«0

调速范围、静差率和额定速降之间的关系是：D=—变一

只有设法减小静态速降A〃N才能扩大调速范围，减小静差率，提高转速的稳定度。

1-2在直流调速系统中，变化给定电压能否变化电动机日勺转速？为何？若给定电压不变，

调整反馈电压H勺分压比，与否可以变化转速？为何？

答：变化给定电压可以电动机的转速，由于系统对给定俏用的变化唯命是从；调整反馈电压

的分压比可以变化转速，由于〃=£。

a

1-3转速负反馈系统日勺开环放大系数为10,在额定负载时电动机转速降为50r/min,假如将

系统开环放大系数提高为30,它H勺转速降为多少？在同样静差率规定下，调速范围可以扩

大多少倍？

解：△"v=50"min,K=10

An

又An.=——,则bn=550r/min

"1+K卬

开环放大系数提高为30,A/f=巴匕=网_=17.74"min

“X+K1+30

由-鳖—，$和/为不变，则O,=e_q=2.82仅

An/l-.v)"17.74

因此，在同样静差率规定下，调速范围可以扩大2.82倍.

1-4某调速系统的调速范围是1007000r/min,规定5=5%,系统容许的静态转速降是多少？

假如开环系统的静态转速降为50r/min,则闭环系统口勺开环放大系数应为多大？

解:D=&max端=1。

1000x0.05

=5.26r/min

(1-s)A/x(1-().05)

An50

又』",二一丝，则长=上一1=8.5

1+K5.26

1-5某调速系统的调速范围。=10,额定转速〃N=l000r/min,开环转速降加叭=20()r/min,

若规定系统的静差率由15%减小到5%,则系统的开环放大系数将怎样变化？

1000-°-A17.65r/min

解：=

D(]-s)10x(1-0.15)

1000X005

=5.26r/min

0(一)10x(1-0.05)

1=299__1=10.33,K,5嚏-52

K、=

17.65网/

K_37.02

2=3.58,开环放大系数扩大3.58倍。

K、10.33

1-6在转速负反馈系统中，当电网电压、负载转矩、回磁电流、电枢电阻、测速发电机磁

场各量发生变化时，都会引起转速B勺变化，问系统对它们有无调整能力？为何？

答：见图。系统对反馈环内前向通道上的扰动作用可以调整，其他无能为力。测速发电机磁

场发生变化不能调整。

扰动作用

1-7积分调整器有哪些重要功能特点？采用积分调整器H勺转速负反馈调速系统为何能使转

速无静差？

答：积分调整器重要功能特点：（1）延缓作用：（2）积累作用；（3）记忆作用；（4）动态放

大系数自动变化的作用。

在动态过程中，当AUn变化时，只要其极性不变，积分调整器的J输出Uc便一直增长；只

有到达U：=，AUn=0时，Uc才停止上升；不到AUn变负，Uc不会下降。AUn=0时，Uc

并不是零，而是一种终值：假如AUn不再变化，这个终值便保持恒定而不再变化，这是积分

控制的特点。因此，积分控制可以使系统在无静差啊状况下保持恒速运行，实现无静差调速。

1-10在无静差调速系统中，假如转速检测环节参数或转速给定电压发生了变化，与否会影

响调速系统H勺稳态精度？为何？

答：受它们的影响。由于给定电源和测速发电机的扰动系统无法克服。

由于闭环系统的运作是依托给定的电源电压发号施令的，假如“指令”发生偏差，系统

必然依令运作，偏离本来口勺给定值，可见系统的精度有赖于给定电源的精度，高精度系统需

要有高精度的给定电源。

反馈检测装置H勺误差也是反馈控制系统无法克服的，例如测速发电机励磁不稳定，转速

反馈回路中电位器阻值在运行中变大，直流测速发电机输出电压中出现纹波等，闭环系统对

这些误差引起转速H勺变化是无法克服的）。

主回路电流最大时电流反馈电压整定为10V。

调速系统规定是。=4D,SW0.1,堵转电流瓜产1.5人截止电流儿r=l.〃N。

（1）试画出调速系统静态构造图。

（2）计算转速反馈系数。

（3）计算放大器的放大系数KP及其参数Ro和R。

（4）计算稳压管的稳压值。

解.：（1）调速系统静态构造图：

(2)

Z/?_160x(0.1+0.3)_

)v——J1J

0.204

nS一1000x0.1

N=2.78(r/min)

D(\-S)40x(l-0.1)

A/2313

1=111.6

△%2.78

K111.6

Kp=>a48,R1=JR。=48x20=960g

-0.012x40/0.204

aKs!Ce

(4)P==0.0417

乙，1.5x160

Ubr=O*1dcr=0X'A】N=0.0417x1.lx160=7.33V

1-13某调速系统原理图如图1-26所示，已知数据如下：直流电动机尸N=18kW,UN=220V,

/N=94A,?7N=10（X）r/min,凡=O.I5Q,整流装置内阻R产0.3Q,触发整流环节的放大倍数K，=40。

最大给定电压U：=15V,当主电路电流到达最大值时，整定电流反馈电压

设计指标：规定系统满足调速范围D=20,静差率SW10%,堵转电流瓜产1.5人，截止

电流/dcr=1.17N0

（1）试画出调速系统静态构造图。

（2）计算转速反馈系数。

（3）计算放大器的放大系数KP。

（4）计算电阻R的数值（放大器输入电阻R）=20kn）。

（5）计算电阻R?日勺数值和稳压管VSH勺击穿电压值。

解：（1）调速系统静态构造图:

(2)

(3)

220-94x0.15

=0.2059Vmin/r

1000

94x(0.15+0.3)

△%=205.44"min

0.2059

人nS1000x().1

△=——:-N----=------------=5.56(r/min)

D(l-S)20x(l-0.1)

A/?20544

K=^^-\=———1=35,979,取K=36

5.56

K36

=12.354,取心二13

aKs/Ce0.015x40/0.2059

(4)取®=20K,则g=K,A=13x20K=260K

(5)

!dhl=l.5/iV=1.5x94=I4U

/Jcr=l.|/v=1.1x94==103.4//

Ay.=10/141=0.071%

U脂=&xfl=0.071x103.4=7.33V

由静态结构图可以得到（3=R/R）：

〃=/Q（I+Q-w」-3s）/C（I+Q-+K'）

=K『KM：+&Ss）/C（l+K）-（3M3/+/?月/伉（1+A]

堵转时，fi/!=0.Ij=iM

/如=K,K,（U：+K〃喀）/（K『K,//7+&bt：+&U躇）/K,/（忽略R）

即：（U：+=10

Ur：»=15,U9n=7.33,代入，

15+7.33K,=10K,.=15/2.67=5.618

K,=/e0//e,.&=K。/K,=20K/5.618=3.56K,取&=3.6K

第2章多环控制直流调速系统

2-1在转速、电流双闭环调速系统中，若要变化电动机的转速，应调整什么参数？变化转

速调整器的放大系数行不行？变化触发整流装置的放大系数行不行？变化转速反馈系数行

不行？

答：变化电动机的转速，应调整给定电压U；。变化转速调整器U勺放大系数和触发整流装置的

放大系数不可以。变化转速反馈系数a可以。

2-2在转速、电流双闭环调速系统中，转速调整器在动态过程中起什么作用？电流调整器

起什么作用？

答：1.转速调整器H勺作用

（1）转速调整器是调速系统的主导调整器，它能使转速〃很快地跟随给定电压U；的

变化，稳态时可减小转速误差，假如采用PI调整器，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容许的最大电流。

2.电流调整器的作用

（1）作为内环的调整器，在转速外环口勺调整过程中，它II勺作用是使电流紧紧跟随其给

定电压U：（即外环调整器的输出量）的变化。

（2）对电网电压的波动起及时抗扰的作用。

（3）在转速动态过程中，保证获得电机容许U勺最大电流，从而加紧动态过程。

（4）当电机过载甚至培转时，限制电枢电流的最大值，起迅速的自动保护作用。一旦

故障消失，系统立即自动恢复正常。这个作用对系统R勺可靠运行来说是十分重要的。

2-3转速、电流双闭环调速系统起动过程的3个阶段中，转速调整器是不是都在起调整作

用？电流调整器呢？

答：恒流升速阶段转速调整器不起调整作用；电流调整器3个阶段均起作用。

2-6在转速、电流双闭环调速系统中，转速调整器与电流调整器为何采用PI调整器？它

们的输出限幅怎样整定？

答：为了获得良好的静态却动态性能，一般转速调整器ASR和电流调整器ACR均采用P【调整

器，两个调整器的输出均带有限幅。

转速调整器（ASR）的输出限幅值：Ui=pldm

电流调整器（ACR）的输出限幅值：.塌=%/+小

cm

KsKs

2-9转速、电流双闭环调速系统稳态运行时•，转速调整器与电流调整器输入偏差各为多大？

答：系统稳定运行时•，两个调整器都不饱和，它们的输入偏差电压都是零。

2-10转速、电流双闭环调速系统的转速调整器在哪些状况下会出现饱和？电流调整器在启

动过程中能否饱和？为何？

答：转速调整器在启动过程的恒流升速阶段、电动机忽然失磁、转速反馈忽然断线等状况下

会出现饱和。电流调整器在启动过程中不能饱和：启动时，ACR应保证获得电机容许的最大

电流/向恒定，从而加紧转速动态过程。

2-11在转速、电流双闭环调速系统中，两个调整器ASR、ACR均采用PI调整器。已知参

数t/N=220V,/N=20A,/N=l（X）0r/min,电枢回路总电阻设U1=U；"=U,.,“=10V,

电枢回路最大电流Aim=40A,触发整流装置的放大系数&=4（）。试求如下问题。

（I）电流反馈系数4和转速反馈系数四

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的So、U：、Ui、U,值。

解:（1）电流反馈系数〃=4L=12=025

黑40-

转速反馈系数a=%

—=0.01

nN1000

电机在最高转速发生堵转时，转速为〃=0,则

^O=C.«+//W/?=4OX1=4OV

ASR输出电压为U：=Uln=-lOV,则q=10V

ACR输出电压为Ua=^-=^=W

2-12在转速、电流双闭环调速系统中，出现电网电压波动与负载扰动时，哪个调整器起重

要作用？

答：转速调整相对负载变化起抗扰作用；电流调整器对电网电压波动起及时抗扰作用。

2-13试从下述几方面来比较双闭环调速系统和带电流截止负反馈H勺单闭环调速系统。

（1）静特性。（2）动态限流特性。（3）起动迅速性。（4）抗负载扰动性能。（5）抗电源电

压波动的性能。

答：（1）调速系统的静态特性同样。

（2）动态限流性能，双闭环调速系统好。

（3）起动H勺迅速性，双闭环调速系统好。

（4）抗负载扰动的性能，双闭环调速系统好。

（5）抗电源电压波动时性能，双闭环调速系统好。

2-14某反馈控制系统己校正成经典I型系统，已知时间常数7=O.ls,规定阶跃响应超调量

大0%。

（1）求系统的开环增益。

（2）计算过渡过程时间G和上升时间人

（3）绘出开环对数幅频特性。假如规定上升时间内0.25s,则K=？e?

解：（1）由于cr%=10%,由表2-2,知K7=0.69,T=0.1,因此，XT=6.9

（2）由表2-2,知O=3.3T=3.3xO.l=O.33s/=67=6x0.1=0.65

（3）若规定0<0.25s,由表2-2知，KT=1,因此K=10,此时cr%=16.3%

2-15有一种系统，其控制对象的传递函数为叱沟.（$）=鸟=；°,规定设计一个无

T5I1vze1SI1

静差系统，在阶跃输入下系统超调量。W5%（按线性系统考虑）。试对该系统进行动态校正,

决定调整器构造，并选择其参数。

解：采用&进行串联校正

s

由于,W(s)

O.OLv+ls

10^.

一5(0.015+1)

因此r=0.015=r

又由于K7=0.5,因此占=5

2-16有一个闭环系统，其控制对象口勺传递函数为W附（s）=/：、=小八,规定

校正为经典n型系统，在阶跃输入下系统超调量〃W30%（按线性系统考虑）。试决定谎整器

构造，并选择其参数。

解：采用PI调整器。

W/\I。>一十11%（丁+1）

-5（0.025+1）PTS-02（002s+1）

由于。％工30%,由表2-6可知，h=7o

又7=0.02,因此了="7=7x0.02=0.14

〃+110匕，

K=-r-r=―^=300,因此=2.86

2hTTP

2/7调整对刎传递函数为％（S）=旃瀛破E规定用调整器分别将其校

正为经典I型和H型系统，求调整潴H勺构造与参数。

18________

解:W(s)=

(0.5s+1)(00055+1)

18Kp

校正成经典I系统：W(s)=0.5,采用P调整器

rs(0.005s+l)

K7=0.5,7=0.05,则K=100

18K”18K“

K=——匕=——^-=100则匕,=2.78

r0.5

18K/g+1)

校正成经典H系统:W(s)=

0.5s(0.005s+1)TS

18K*S+1)

采用PI调整器

OST.*(0.005$+i)

则T=0.005,h=5,r=/?7=5x0.005=0.025

7?+l6

=4800

2h2T22x52x0.025

18K〃

=4800,则K=3.33

0.5r0.5x0.025p

2-18某三相零式晶闸管供电H勺转速、电流双闭环调速系统，其基本数据如下。

直流电动机：PN=60kW,(/N=220V,/N=305A,wN=1000r/min,电动势系数G=0.2V-min/r,

主回路总电阻R=0.18Q。

晶闸管整流装置放大系数：K、=300

电磁时间常数：丁尸0.012s。

机电时间常数：Tm=0.12so

反馈滤波时间常数:%=0.0025s,30.015s。

额定转速时的给定电压：(U：)N=15V。

调整渊饱和输出电压：12V。

系统口勺动、静态指标：稳态无静差，调速范围。=10,电流超调量aW5%,空载起动到

额定转速时的转速超调量6W10%。试求如下问题。

（1）确定电流反馈系数”（假设起动电流限制在330A以内）和转速反馈系数呢

（2）试设计电流调整器ACR,计算其参数凡、G、Q,o画出其电路图，调整器输入回

路电阻Ro=4OkQ。

（3）设计转速调整器ASR,计算其参数以、C“、C0”,（RoEOkC）。

（4）计算电动机带4）%额定负载起动到最低转速时口勺转速超调量为。

（5）计算空载起动到额定转速的时间。

U*15U*12

解：（1）a=y=^=0.015^=^-=—=0.036

%1映%330

（2）①确定期间常数

7s=0.0033s；刀”=0.0025s：八产北+A〃=0.0058s。

②选择电流调整器构造

TC4-1

规定0W5%,按经典1型系统设计电流调整器。用PI型电流调整器。WACR（s）=K工一

③计算电流调整器参数

“0.50.5,

r,=7)=O.OI2s,K/7L=0.5,K.=—=-------=86.2s/

/T=0.0058

K居R_86.2x0.012x018

=0.1724

K、/3-30x0.036

④检查等效条件

“i=K/=86.2s,

11

=101.01S">GH=86.2s-1

3x0.0033

1

=79.06s/<Mi=86.2s-1

0.12x0.012

=116.05s">rOd=86.2s'1

0.0033x0.0025

满足近似等效条件。

⑤计算调整器电阻和电容

取R)=40kQ,则

Ri=K〃)=0.1724X40kC=6.896kC，取7kQ

=1.7x10yF=1.7//F,取2.0//F

4〃=4x0.0025

=0.25x10、F=0.25//F,取0.3〃F

40xl03

按上述参数，电流环可到达的动态跟随性能指标为。尸4.3%<5%,满足设计规定。

(3)①确定期间常数

—=27^=2X0.0058=0.0116s；7；”=0.0l5s；T、“=—+=0.0116+0.015=0.0266

Ki&

②选择转速调整器构造

TC4-1

按无静差规定，选用PI调整器，叱^。)=火〃上一o

③计算转速调整器参数

按跟随和抗扰性能都很好的原则，取力=5,则

“=唯”=5x0.0266=0.1335

〃+15+1

=169.6

N-2/727^„-2X52XO.O2662

k=(h+l)/3CeTm=6x0,036x0,2x0.12=1

n~~2haRT~~10x0.015x0.18x0.0266-,

乙〃

④检查等效条件

转速环截止角频率为4,="=K-N=169.6x0.133=22.56s-1

满足近似等效条件

⑤校核转速超调量

当斤5时，查表得△Cmax/Q%=81.2%

305x0.18

=274.5r/min

0.2

._[cc274.50.0266,_

cr%n=8Oi1.2%x2xl.08x-----x-------=10.7%>10%

“10000.12

转速超调量H勺检查成果表明，卜.述设计不符合规定，因此需重新设计。

按h=3速度调整器参数确定如F：

rn=hTLn=3x0.0266=0.0798s

〃+l3+1

KN==314.07

2^；2X32X0.02662

,_(h+\)pCJm_4x0.036x0.2x0.12

K.、-1------------------------------------------------------iS.UZ

2haRTyn6x0.015x0.18x0.0266

检查等效条件

转速环截止角频率为七“="=K、,5=314.07X0.0798=25.06S/

(6

满足近似等效条件

转速超调最检查：

当/?=3时，查表得ACmaJC%=72.2%

..__cc,c1八c274.50.0266..

cr,.%=72.2%x2xl.08x-----x------=9.49%<10%

“10000.12

转速超调量H勺检查成果表明，上述设计符合规定。

⑥计算调整器电阻和电容

取Ro=4OkQ,则

Rn=K“R0=8.02x40=320.8kd取R产320kC

=00798x10：=取配

"R320

47”4x0.(。5xMP

=1.5/zF,取Con=l〃F

4()

⑷『2堂2吟.争

心=变=l.08,z=0.4

N305

/,、,R305x0.18.

=——=---------=274.5r/min

Ce0.2

〃N*n1000

D=—7-,n=—N=----=100r/min

nD10

A「

查表，h=5,―^=().812因此,

G

%=2x0.812x(1.08-0.4)x±27■4二5x巴0027100%=68%

”1000.12

CTn0.2x0.12x1000

(5)t.«一£一、tn上N一=0.404s

ULQR京()二(向)18

2-19有一转速、电流双闭环调速系统，采用三相桥式整流甩路，已知电动机参数：尸N=550kW,

UN=750V,/N=775A,〃N=375r/min,Q=1.92V•min/r,电枢回路总电阻RR.12C,容许电

流过载倍数加1.5,触发整流装置的放大系数K,二75,电磁时间常数7>O.O3s,机电时间常数

7]„=0.09s,电流反馈游波时间常数7；产0.002s,转速反馈滤波时间常数刀,产0.02s。设调整器

输入输出电压U：”二U；产UE=12V,调整器输入电阻R尸40kC。

设计指标：稳态无静差，电流超调量4W5%,空教起动到额定转速时的转速超调量外

W10%。电流调整器已按经典【型系统设计，并取参数KT=0.5。试求如下问题。

（1）选择转速调整器构造，并计算其参数。

（2）计算电流环的截止角频率以.，和转速环的截止角频率g〃，并考虑它们与否合理。

rV4-1

解：（1）采用PI调整器，卬.SR（S）=尤-—

TXi=T+T(,=0.00167+0.002=0.00367s

sW5%,取K改尸0.5,贝ijK/二竺二136.24

%

Ty=—+T=—!一+0.02=0.02734s

工"K,0,1136.24

按跟随和抗扰性能都很好的原则，取力=5,贝ijr“二〃q”=5x0.02734=0.1367s

〃+15+1

=160.54

2Mq2x52x0.02734

G—U：「\2u

0.0103,a—=0.032

*1.5x775nN375

_(h+Y)pCJm_6x0.0103x1.92x0.09

——=1U.1/

2haRT少10x0.032x0.12x0.02734

转速超调量检查:

当力=5时，查表得△Cmax/Q%=81.2%

2=1.5,z=0,A/?..==775x0.12_48.4375厂/min

Ce1.92

c-48.43750.02734

cr„ft%/=8O11.2%x2x1.5x-------x-------=9n.5cr6ft%/<10%

”3750.09

转速超调后日勺检查成果表明，上述设计符合规定。

计算调整器电阻和电容：

取Ro=4OkQ,则

凡=^=10.17x40=406.8kd取R“=400kC

二=0.1367x1°=034渡，取G,=0.3/zF

"Rtl320

4T4x0.02xl03cu

C=——=-----------=2〃F,取C”“=2〃F

加《40

(2)①o)ci=&=136.2

—=---------=196.1s">①3=136.2s-1

3TS3x0.0017

----!----=57.74s"<gi=136.2s-1

=3x

0.09x0.03

=3X1

1^-^0.0017X0.002=180.8s'1>a)ci=136.2s'1s"1

满足近似等效条件

②以“=KNrlt=160.54x0.1367=21.95

21

63.95

33V0.0037

1136.2…

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满足近似等效条件

第3章直流电机可逆调速及直流斩波调速系统

3-1.环流分为哪几类？有什么优缺陷？

答：环流分为两大类：静态环流和动态环流。静态环流又分为直流平均环流和瞬时脉动环流。

长处：在保证晶闸管安全工作的前提下，适度I内环流能使晶闸管-电动机系统在空载或

轻载时保持电流持续，防止电流断续对系统性能的影响。可逆系统中的少许环流，可以保证

电流无换向死区，加紧过渡过程。

缺陷：环流的存在会明显地加重晶间管和变压器承担，消耗无用功率，环流太大时甚至

会损坏晶闸管，为此必须予以克制。

3-5a二万配合控制可以消除直流平均环流，为何还需要环流电抗器？

答：由于整流器电压和逆变器电压瞬时值不相等从而产生瞬时脉动环流。在环流回路串入环

流电抗器，可以克制瞬时J水动环流。

3-10.试简述瞬时脉动环流及其克制措施。

答：由于整流器电压和逆变器电压瞬时值不相等从而产生瞬时脉动环流。在环流回路串入环

流电抗器，可以克制瞬时冰动环流