电力拖动自动控制系统课后答案

习题解答（供参考）

习题二

2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？ 解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n s n rpm D s ∆==⨯⨯=-

系统允许的静态速降为2.04rpm 。

2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为 0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，且在不同转速下额定速降 不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？

解：1）调速范围 max min D n n =(均指额定负载情况下）

2) 静差率 01515010%N s n n =∆==

2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。采用降压调速。当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？ 解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯=

2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V?min/r,求：

（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆为多少？

（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？

（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少?

解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯=

(2) 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+= (3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=

2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。求：（1）输出电压d U ；（2）若把反馈线断开，d U 为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？（3）若把反馈系数减至γ=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压*u U 应为多少？

解：（1）*(1)2158.8(12150.7)12d p s u p s U K K U K K V γ=+=⨯⨯+⨯⨯=

(2) 8.8215264d U V =⨯⨯=,开环输出电压是闭环的22倍

(3) *(1)12(12150.35)(215) 4.6u d p s p s U U K K K K V γ=+=⨯+⨯⨯⨯=

2.7 某闭环调速系统的调速范围是1500r/min~150r/min ，要求系统的静差率5%s ≤，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min ，则闭环系统的开环放大倍数应有多大？

解： 1）()s n s n D N N -∆=1/

2）()7.31106.3/1001/=-=-∆∆=cl op n n K

2.8 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：

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）

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 可以求得，*35.955*0.13414.34*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=≥

()

()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， 2.11在题2.9的系统中，若主电路电感L=50mH ，系统运动部分的飞轮惯量22GD =1.6Nm ，整流装置采用三相

零式电路，试判断按题2-9要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？

解： mH L 50=，226.1Nm GD =， 3.3R ∑=Ω，0.134/e C V rpm =

()()222/0.0820.0150.003330.00333/0.0151*0.003330.00150.00333/0.0000498330.52l m l s s s K T T T T T T ⎡⎤⎡⎤<++=⨯++⎣⎦⎣⎦⎡⎤=+=⎣⎦

（

） 可见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行，K 最大为30.52。

2.12 有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：kW P N 8.2=，V U N 220=，A I N 6.15=，1500=N n r/min ，a R =1.5Ω，整流装置内阻rec R =1Ω, 电枢回路电抗器电阻L R =0.8Ω， 触发整流环节的放大倍数35=s K 。

(1)系统开环工作时，试计算调速范围30=D 时的静差率s 值。

(2)当30=D ，%10=s 时，计算系统允许的稳态速降。

(3)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求30=D ，%10=s ，在V U n 10*=时N d I I =，N n n =，计算转速负

反馈系数α和放大器放大系数p K 。

解：

（1）

（2）

（3）

2.13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

.0410246060r ZT Q c =⨯⨯== 最大误差率：→=c

ZT M n 160 min /1500r n =时，102460

01.0102441500601=⨯⨯⨯==c nZT M min /150r n =时，4.1026001.010*********=⨯⨯⨯==

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 /1711500

41025101601500410246062

02r Zn f Zn Q =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-= min /150r n =时，min /55.1150

4102410160150410246062

02r Zn f Zn Q =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-= 最大误差率：2

060ZM f n =，Zn f M 0260=， 当min /1500r n =时，77.91500

4102410606

2=⨯⨯⨯=M 当min /150r n =时，7.97150

4102410606

2=⨯⨯⨯=M min /1500r n =时，%4.11%100177.91%1001

1

%2max =⨯-=⨯-=M δ min /150r n =时，%1%1001

7.971%10011%2max =⨯-=⨯-=

M δ 可见T 法适合低速 习题三

3.1双闭环调速系统的ASR 和ACR 均为PI 调节器，设系统最大给定电压*nm U =15V ，N n =1500r/min ，N I =20A ，

电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Ω，s K =20，e C =0.127V ·min/r ，求：（1）当系统稳定运行在*n U =5V ，dL I =10A 时，系统的n 、n U 、*i U 、i U 和c U 各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，*i U 和c U 各为多少？

解：(1)

（2）堵转时，V I U dm i 15*==β，

3.2 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。已知参数：电动机：N P =3.7kW ，

N U =220V ，N I =20A ，N n =1000 r/min ,电枢回路总电阻R =1.5Ω,设cm im nm

U U U ==** =8V ，电枢回路最大电流dm I =40A,电力电子变换器的放大系数s K =40。试求：

（1）电流反馈系数β和转速反馈系数α。

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的,0d U c i i U U U ,,*值。

解:1）**880.2/0.008/401000im nm dm N U V U V V A V rpm I A n rpm

βα====== 2) 040*1.560d dl e N dl U E I R C n I R A V ∑∑=+=+=Ω=

这时：

*8,0n n U V U ==，ASR 处于饱和，输出最大电流给定值。 *8,8,i i U V U V == 06040 1.5C d S U U K V ===

3.3 在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。当ASR 输出达到*im U =8V 时，主

电路电流达到最大电流80A 。当负载电流由40A 增加到70A 时，试问：（1）*i U

应如何变化？（2）c U 应如何变化？（3）c U 值由哪些条件决定？

解: 1) *80.1/80im dm U V V A I A

β=== 因此当电流从40A ⇒70A 时， *i U 应从4V ⇒7V 变化。

2) C U 要有所增加。

3) C U 取决于电机速度和负载大小。因为 0d dl e N dl U E I R C n I R ∑∑=+=+

()0e d d c s s C n I R U U K K +==

3.5 某反馈控制系统已校正成典型I 型系统。已知时间常数T=0.1s, 要求阶跃响应超调量σ≤10％。

（1） 系统的开环增益。

（2） 计算过渡过程时间s t 和上升时间r t ；

（3） 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间r t <0.25s, 则K=?，σ％=?

解：取0.69,0.6,%9.5%KT ξσ===

(1) 系统开环增益：0.69/0.69/0.1 6.9(1/)K T s ===

(2) 上升时间 3.30.33r t T S ==

过度过程时间：

（3）

如要求0.25r t s <，查表3-1则应取 1,0.5KT ξ== , 2.4 2.4*0.10.24r t T s === 这时1/10K T ==,

超调量=16.3%。

3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为101.0101)(1+=+=s s K s W obj τ，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ％≤5％（按线性系统考虑）。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。 解：按典型I 型系统设计，选0.5,0.707,3-1%

4.3%KT ξσ===查表，得。

选I 调节器，1(),W s s τ=校正后系统的开环传递函数为110(),T 0.01(0.011)

W s s s ττ=+这样，＝， K=10/，已选KT ＝0.5, 则K ＝0.5/T=50, 所以10/10/500.2K S τ===，积分调节器：11()0.2W s s s τ=

=。 3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为)

102.0(10)1()(1+=+=s s Ts s K s W obj ，要求校正为典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超调量σ％≤30％（按线性系统考虑）。试决定调节器结构，并选择其参数。

解：应选择PI 调节器，1(1)(1)(),()(1)PI PI PI K s K s K W s W s s s s Ts ττττ++=

=+校正后系统的开环传递函数 ，对照典型Ⅱ型系统， 1/,h 83-4PI K K K hT ττσ==,选＝， 查表， %=27.2%，满足设计要求。 这样8*0.02h T s τ===，

3.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：

60=N P kW , 220=N U V , 308=N I A , 1000=N n r/min , 电动势系数e C =0.196 V·

min/r , 主回路总电阻R =0.18Ω,触发整流环节的放大倍数s K =35。电磁时间常数l T =0.012s,机电时间常数m T =0.12s,电流反馈滤波时间常数i T 0=0.0025s,转速反馈滤波时间常数n T 0=0.015s 。额定转速时的给定电压(U n *)N =10V,调节器ASR ，ACR 饱和输出电压U im *=8V,U cm =6.5V 。

系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速范围D=10,电流超调量i σ≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量n σ≤10%。试求：

（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在1.1N I 以内)和转速反馈系数α。

（2）试设计电流调节器ACR,计算其参数R i, 、C i 、C Oi 。画出其电路图,调节器输入回路电阻R 0=40Ωk 。

（3）设计转速调节器ASR,计算其参数R n 、C n 、C On 。(R 0=40k Ω)

（4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量σn 。

（5）计算空载起动到额定转速的时间。

解：（1）*

/8/(1.1*)8/3390.0236/im dm N U I V I V A V A β====

（2）电流调节器设计

确定时间常数：)0.00333s a T s =

电流调节器结构确定：

因为5%i σ≤，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器，(1)

()i i ACR i K S W S S

ττ+

=,

电流调节器参数确定: 10.012,0.5,0.5/85.76i l I i I i T s K T K T s τ-∑∑=====选，85.760.0120.18

0.224350.0173

I i i s K R

K K τβ⨯⨯===⨯。

校验等效条件：1

85.76ci I K s ω-==

可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选040R K =,则： 00.224408.96i i R K R K K ==⨯=, 取9K.

由此33

000/0.012/(910) 1.334/40.0025/40100.25i i i i i C R F

C T R F τμμ==⨯===⨯⨯=

（3）速度调节器设计

确定时间常数：

a) 电流环等效时间常数1/I K :因为0.5I i K T ∑=

则 1/220.005830.01

I i K T s ∑==⨯= 速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI 调节器，

(1)

()n n

ASR n K s W s s ττ+=, 速度调节器参数确定：

2222216168.822250.02666(1)60.02360.1960.12 6.942250.010.180.02666N n e m n n h K s h T h C T K h RT βα-∑∑+=

==⨯⨯+⨯⨯⨯===⨯⨯⨯⨯校验等效条件：

11/168.820.133322.5cn N N n K K s ωωτ-===⨯=

可见满足近似等效条件。

转速超调量的校验 (空载Z=0） 转速超调量的校验结果表明，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进行设计。

按h=3，速度调节器参数确定如下：0.07998n n hT s τ∑==

2222(1)/24/(290.02666)312.656(1)/240.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6N n n e m n K h h T s

K h C T h RT βα-∑∑=+=⨯⨯==+=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=校验等效条

件：11/312.6560.0799825cn N N n K K s ωωτ-===⨯=

可见满足近似等效条件。

转速超调量的校验：

转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。

速度调节器的实现：选040R K =,则07.640304n n R K R K =⨯=⨯=,取310K 。

4) 40%额定负载起动到最低转速时:

5) 空载起动到额定转速的时间是：(书上无此公式）

仅考虑起动过程的第二阶段。 222()(),()375375375m dm dL dm dL e L dm dL e m e m e GD dn dn C I I R I I R T T I I GD GD R dt dt C T C C C --=-===-根据电机运动方程：所以：

*0.196*0.12*10000.385()(1.1*3080)*0.18

e m dm dL C T n t s I I R ===-- 3.10 有一转速、电流双闭环调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：P N =500kW ，U N =750V ，I N =760A ，n N =375 r/min ，电动势系数C e =1.82V ·min/r, 电枢回路总电阻R=0.14Ω,允许电流过载倍数λ=1.5,触发整流环节的放大倍数K s =75,电磁时间常数l T =0.031s,机电时间常数m T =0.112s,电流反馈滤波时间常数

i T 0=0.002s,转速反馈滤波时间常数n T 0=0.02s 。

设调节器输入输出电压U nm *=U im *= U nm =10V,调节器输入电阻R 0=40k Ω。

设计指标:稳态无静差，电流超调量i σ≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量n σ≤10%。电流调节器已按典型I 型系统设计,并取参数KT=0.5。

（1）选择转速调节器结构,并计算其参数。

（2）计算电流环的截止频率ci ω和转速环的截止频率cn ω，并考虑它们是否合理?

解：（1）**100.00877/1.5*760

100.0267min/375im dm nm N U V A I U V r n βα======

电流调节器已按典型I 型系统设计如下：

确定时间常数：)0.00176)0.002)0.00367S oi i a T s

b T s

c T s

∑===

电流调节器结构确定：因为σ%≤5%，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器， W ACR (s)=K i (τi s+1)/τi s ， T l /T ∑i =0.031/0.00367=8.25<10

电流调节器参数确定：τi =T l =0.031s ， K I T ∑i = 0.5， K I = 0.5/T ∑i =136.24 s -1

校验等效条件：ωci =K I =136.24 s -1

可见满足近似等效条件。

电流调节器的实现：选R 0=40K ，则

00.8994035.96i i R K R =⨯=⨯= 取36K

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 则1/K I =2T ∑i =2*0.00367=0.00734s b) b)T on =0.02s

c) c)T ∑n =1/K I +T on =0.00734+0.02=0.02734s

速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI 调节器，

W ASR (s)=K n (τn s+1)/τn s

速度调节器参数确定：

τn =hT ∑n ，选h=5，则τn =hT ∑n =0.1367s,

K N =(h+1)/（2h 2T 2∑n ）=6/2*25*0.027342=160.54 s -2

K n =(h+1)βC e T m /（2h αRT ∑n ）= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5

校验等效条件：ωcn =K N /ω1=K N τn =160.54*0.1367 =21.946 s -2

a) 1/3(K I /T ∑i )1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s -1>ωcn

b) 1/3(K I /T on )1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s -1>ωcn

可见满足近似等效条件。

速度调节器的实现：选R 0=40K ，则 R n =K n *R 0=10.5*40=420K

由此 C n =τn /R n =0.1367/420*103=0.325μF 取0.33μF C 0n =4T 0n /R 0=4*0.02/40*103=2μF

2) 电流环的截止频率是：ωci =K I =136.24 s -1

速度环的截止频率是： ωcn =21.946 s -2

从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体现了多环控制系统的设计特点。

3.11 在一个转速、电流双闭环V-M 系统中，转速调节器ASR ，电流调节器ACR 均采用PI 调节器。

（1）在此系统中,当转速给定信号最大值U nm *=15V 时,n=n N =1500 r/min;电流给定信号最大值U im *=10V 时,允许最大电流I dm =30A,电枢回路总电阻R=2Ω,晶闸管装置的放大倍数K s =30 ,电动机额定电流I N =20A ,电动势系数C e =0.128V ·min/r 。现系统在U n *=5V ,I dl =20A 时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR 的输出电压U c =?

（2）当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(Φ=0) , 系统将会发生什么现象? 试分析并说明之。若系统能够稳定下来,则稳定后n=? U n =? U i *

=? U i =? I d =? U c =?

（3）该系统转速环按典型Ⅱ型系统设计, 且按M rmin 准则选择参数,取中频宽h=5, 已知转速环小时间常数T ∑n =0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。

（4）该系统由空载(dL I =0)突加额定负载时,电流d I 和转速n 的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常数m T =0.05s,计算其最大动态速降max n ∆和恢复时间v t 。

1) α= U*nm /n N =15/1500=0.01 Vmin/r β= U*im /I dm = 10/30=0.33 V/A U*n =5 V ，n=U*n /α=5/0.01=500 r/min

U c =U d0/K s =(E+I d R ∑)/K s =(C e n+I dLl R ∑)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V

2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁（Φ=0）则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流I dm 。因此，系统稳定后， n=0，U n =0

U*i =U*im =10， U i =U*i =10 I d =I dm =30A

U c =U d0/K s =(E+I d R ∑)/K s =(0+30*2)/30=2 V

3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：

τn =hT ∑n =5*0.05=0.25s T ∑n =0.05s

K N =(h+1)/2h 2T 2=6/2*25*0.052=48s-2

4) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。（p93,94)

Δn b =2(λ-z)Δn N T ∑n /T m =2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min

[ C b =2FK 2T=2I dN RT ∑n /C e T m =2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min ] 最大动态速降：Δn max =(ΔC max /C b )*Δn b =81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间：t v =8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表）

习题五

5.8两电平PWM 逆变器主回路，采用双极性调制时，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。根据开关状态写出其电压空间矢量表达式，画出空间电压矢量图。 解：两电平PWM 逆变器主回路：

采用双极性调制时，忽略死区时间影响，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示下桥臂开通，逆变器输出端电压：

(21)2d

x x U u S =

-，

以直流电源中点'

O 为参考点

0 0 0 0

1 0 0

1

1

0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1

1

1

1

空间电压矢量图： 5.9当三相电压分别为AO

u 、

BO

u 、

CO

u ，如何定义三相定子电压空间矢量

AO

u 、

BO

u 、

CO

u 和合成矢量

s

u ，

写出他们的表达式。

解：A,B,C 为定子三相绕组的轴线，定义三相电压空间矢量： 合成矢量：

5.10忽略定子电阻的影响，讨论定子电压空间矢量s

u 与定子磁链

s

ψ的关系，当三相电压

AO

u 、

BO

u 、

CO

u 为

正弦对称时，写出电压空间矢量

s

u 与定子磁链

s

ψ的表达式，画出各自的运动轨迹。

解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式： 忽略定子电阻的影响，

dt ∆≈⎰s s ψu ，

即电压空间矢量的积分为定子磁链的增量。 当三相电压为正弦对称时，定子磁链旋转矢量 电压空间矢量：

5.11采用电压空间矢量PWM 调制方法，若直流电压

d

u 恒定，如何协调输出电压与输出频率的关系。

解：直流电压恒定则六个基本电压空间矢量的幅值一定，

1212,,t t T t t ∴↓↓--↑，零矢量作用时间增加，所以插入零矢量可以协调输出电压与输出频率的关系。

5.12 两电平PWM 逆变器主回路的输出电压矢量是有限的，若期望输出电压矢量

s

u 的幅值小于直流电压

d

u ，空

间角度θ任意，如何用有限的PWM 逆变器输出电压矢量来逼近期望的输出电压矢量。

解：两电平PWM 逆变器有六个基本空间电压矢量，这六个基本空间电压矢量将电压空间矢量分成六个扇区，根据空间角度θ确定所在的扇区，然后用扇区所在的两个基本空间电压矢量分别作用一段时间等效合成期望的输出电压矢量。

习题六

6．1 按磁动势等效、功率相等的原则，三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为 现有三相正弦对称电流s()A m i I co t ω=，2s()3B

m i I co t πω=-

，2cos()3

C m i I t π

ω=+，求变换后两相静止坐标系中的电流αs i 和βs i ，分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。 解：两相静止坐标系中的电流 其中，0A B C i i i ++=

两相电流与三相电流的的频率相同，两相电流的幅值是三相电流的的32倍，两相电流的相位差2π。 6．2 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换阵为

将上题中的两相静止坐标系中的电流αs i 和βs i 变换到两相旋转坐标系中的电流sd i 和sq i ，坐标系旋转速度1ωϕ=dt

d 。分析当ωω=1时，sd i 和sq i 的基本特征，电流矢量幅值22sq sd s i i i +=与三相电流幅值m I 的关系，其中ω是三相电源角频率。

解：两相静止坐标系中的电流

两相旋转坐标系中的电流 当1ωϕ=dt

d 时，1t ϕω=，两相旋转坐标系中的电流 电流矢量幅值

6．4笼型异步电动机铭牌数据为：额定功率kW P N 3=，额定电压V U N 380=，额定电流A I N 9.6=，额定转速min /1400r n N =，额定频率Hz f N 50=，定子绕组Y 联接。由实验测得定子电阻Ω=1.85s R ，转子电阻Ω=2.658r R ，定子自感H L s 0.294=，转子自感H L r 0.2898=，定、转子互感H L m 0.2838=，转子参数已折合到定子侧，系统的转动惯量2

m 0.1284kg J ⋅=，电机稳定运行在额定工作状态，试求：转子磁链r ψ和按转子磁链定向的定子电流两个分量sm i 、st i 。

解：由异步电动机稳态模型得额定转差率

额定转差

电流矢量幅值

由按转子磁链定向的动态模型得 稳定运行时，0r d dt

y =，故r m sm L i y =， 解得

转子磁链