电力拖动自动控制系统--运动控制系统第4版-习题答案

习题解答（供参考）

习题二

2.2 系统的调速范围是1000~100rmin，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？ 解：nnnsD(1s)10000.02(100.98)2.04rpm

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n0max1500rmin，最低转速特性为

n0min150rmin，带额定负载时的速度降落nN15rmin，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 Dnmaxnmin(均指额定负载情况下）

nmaxn0maxnN1500151485 nminn0minnN15015135 Dnmaxnmin148513511

2) 静差率 snNn01515010%

2.4 直流电动机为PN=74kW,UN=220V，IN=378A，nN=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：Ce(UNINRa)nN(2203780.023)14300.1478Vrpm

378(0.023 nINRCe(1s)]1430 DnNS[n(1s)]1430 DnNS[n0.022)0.147r8p m1150.2[115(10. 2)]0.3[115(10. 3)]V-M

3.15.33

2.5 某龙门刨床工作台采用

调速系统。已知直流电动机

PN60kW,UN220V,IN305A,nN1000rmin，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nN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SN多少？

（3）若要满足D=20,s≤5%的要求，额定负载下的转速降落nN又为多少? 解：(1)nNINRCe3050.180.2274.5r/min (2) SNnNn0274.5(1000274.5)21.5%

(3) nnNS[D(1s)]10000.05[200.95]2.63r/min

*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Uu8.8V、比例调节器

放大系数KP2、晶闸管装置放大系数KS15、反馈系数γ=0.7。求：（1）输出电压Ud；（2）若把反馈线断开，Ud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Uu 应为多少？

解：（1）UdKpKsUu(1KpKs)2158.8(12150.7)12V (2) Ud8.82152V,开环输出电压是闭环的22倍

(3) UuUd(1KpKs)KpKs12(12150.35)(215)4.6V

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s5%，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）DnNs/nN1s

1015002%/nN98%

nN15002%/98%103.06r/min

2）Knop/ncl1100/3.06131.7

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： nop1Kncl1158128

如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：

nclnop/1K128/1304.13rpm

在同样静差率要求下，D可以扩大ncl1/ncl21.937倍

2.9 有一V-M调速系统：电动机参数PN=2.2kW, UN=220V, IN=12.5A, nN=1500 r/min，电枢电阻Ra=1.5Ω，电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω，整流装置内阻Rrec=1.0Ω,触发整流环节的放大倍数Ks=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Δnop和调速要求所允许的闭环静态速降Δncl 。 （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Un*=15V时，Id=IN，n=nN ，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）

nUNINRa/CeCe22012.51.5/1500201.25/15000.134Vmin/rnUNINR/CenopINR/Ce12.53.3/0.134307.836r/min

nNnNs/D1s150010%（/20*90%）8.33r/min

所以，ncl8.33r/min （2）

（3）（4）nKpKsUnIdR/Ce1KKUn/1KIdR/Ce1K

Knop/ncl1307.836/8.33135.955

150035.95515/135.95512.53.3/0.134135.955

0.0096Vmin/r

可以求得，KpK*Ce35.955*0.13414.34 Ks*35*0.0096也可以用粗略算法：

Un*Un150.01 Unn，n1500KpKCe/Ks，Kp35.9550.134/350.0113.76

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Idbl2IN，临界截止电流Idcr1.2IN，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） Idbl2IN25A，Idcr1.2IN15A

IdcrUcom/Rs15Ucom/Rs

*IdblUnUcom/Rs2515Ucom/RsRs1.5，

Ucom151.522.5V

（2）

(R/3)1.01.50.8/31.1,不符合要求，取Rs1.1,Rs(R/3)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Rs1.1，则UcomIdcrRs151.116.5V

（3） 当IdIdcr时，有

*nKpKsUn/Ce1KKpKsKiRsIdUcom/Ce1KRId/Ce1K*KpKsUnKiUcom/Ce1KRKpKsKiRsId/Ce1K 当n=0时，

**IdblKpKsUnKiUcom/RKpKsKiRsUnKiUcom/KiRs

251516.5Ki/1.1KiKi15/22.513.51.36

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GD=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？

22解： L50mH，GD1.6Nm，R3.3，Ce220.134V/rpm

TlL/R0.05/3.30.015sTmGD2R/375CeCm1.63.3/3750.1340.13430/3.145.28/.330.082sTs0.00333s

22K/0.0151*0.00333）TmTlTsTs/TlTs0.0820.0150.003330.00333（20.00150.00333/0.0000498330.52

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：PN2.8kW，UN220V，IN15.6A，nN1500r/min，Ra=1.5Ω，整流装置内阻Rrec=1Ω, 电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω，

触发整流环节的放大倍数Ks35。

(1)系统开环工作时，试计算调速范围D30时的静差率s值。

(2)当D30，s10%时，计算系统允许的稳态速降。

*10V时IdIN，(3)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D30，s10%，在UnnnN，计算转速负反馈系数和放大器放大系数Kp。

解：

Ce22015.61.5/15000.1311Vmin/r

（1）

nopINR/Ce15.63.3/0.1311392.68r/minnmin1500/3050snop/n0min392.68/392.685088.7%（2）

0.1n/n50n5/0.95.56r/min（3）

*nKpKsUn/Ce1KRId/Ce1K KKK/Cpse*1500KpKsUn/Ce1KR15.6/Ce1K Knop/ncl1297.48/5.56152.52.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率f01MHz，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

n1500r/min和n150r/min时的测速分辨率和误差率最大值。

解：

（1）M法：分辨率Q60601.465r/min ZTc102440.01最大误差率：n60M1 ZTcn1500r/min时，M1nZTc1500410240.011024 6060n150r/min时，M1nZTc150410240.01102.4 60601500r/min时，max%11100%100%0.098% M11024150r/min时，max%可见M法适合高速。

（2）T法： 分辨率：

11100%100%0.98% M1102.4Zn21024415002171r/min n1500r/min时，Q660f0Zn60110102541500Zn21024415021.55r/min n150r/min时，Q60f0Zn60110610244150最大误差率：n60f060f0，M2， ZM2Zn601069.77 当n1500r/min时，M21024415006010697.7 当n150r/min时，M210244150n1500r/min时，max%1M211100%1100%11.4%

9.771n150r/min时，max%可见T法适合低速

M21100%1100%1%

97.71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Unm=15V，

*nN=1500r/min，IN=20A，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R=2Ω，Ks=20，

**Ce=0.127V·min/r，求：（1）当系统稳定运行在Un=5V，IdL=10A时，系统的n、Un、Ui、

Ui和Uc各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，Ui*和Uc各为多少？

解：(1)

*Unm/nN15V/1500rpm0.01V/rpm当U5V,*n转速n*Un5V500rpm0.01V/rpm*Uim15V0.375V/AIdm40AUi*Id0.375*103.75VUiUC即Ud0EIdLRCenNIdLR0.127*50010*24.175VKsKsKs20n500rpm,Un5V,Ui*Ui3.75V,Uc4.175v

（2）堵转时，Ui*Idm15V，

Ud0CenIdRIdmR40*2Uc4V

KsKsKs203.2 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：PN=3.7kW，UN =220V，IN =20A，nN =1000 r/min ,电枢回路总电阻R=1.5Ω,

**UimUcm =8V，设Unm电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大系数Ks=40。试

求：

（1）电流反馈系数和转速反馈系数。

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0,Ui*,Ui,Uc值。

*Uim8V0.2V/A解:1）Idm40A*Unm8V0.008V/rpm

nN1000rpm 2) Ud0EIdlRCenNIdlR40A*1.560V 这时：

* Un8V,Un0，ASR处于饱和，输出最大电流给定值。

Ui*8V,Ui8V,

UCUd0KS60401.5V

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Uim =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）Ui*应如何变化？（2）Uc应如何变化？（3）Uc值由哪些条件决定？

*Uim8V0.1V/A 解: 1) Idm80A 因此当电流从40A70A时， Ui* 应从4V7V变化。 2) UC要有所增加。

3) UC取决于电机速度和负载大小。因为 Ud0EIdlRCenNIdlR

UcUd0CenIdR KsKs3.5 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≤10％。

（1） 系统的开环增益。

（2） 计算过渡过程时间ts 和上升时间tr ；

（3） 绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr <0.25s, 则K=?，％=? 解：取KT0.69,0.6,%9.5%

(1) 系统开环增益：K0.69/T0.69/0.16.9(1/s) (2) 上升时间tr3.3T0.33S 过度过程时间：

ts3n6T60.10.6s

（3）

如要求tr0.25s，查表3-1则应取 KT1,0.5 , tr2.4T2.4*0.10.24s 这时

K1/T10,超调量=16.3%。

3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)K110，要求设计一个无静差s10.01s1系统，在阶跃输入下系统超调量％≤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KT0.5,0.707,查表3-1，得%4.3%。

选I

1W(s),校正后系统的开环传递函数为调节器，

s110,s(0.01s1)这样，T＝0.01， K=10/，已选KT＝0.5, 则K＝0.5/T=50, 所以

W(s)W(s)，积分调节器：10/K10/50S0.2

11。 s0.2sK110，要求校正为s(Ts1)s(0.02s1)3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超调量％≤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，WPI(s)KPI(s1)K(s1)K1,校正后系统的开环传递函数 W(s)PI，sss(Ts1)对照典型Ⅱ型系统， KKPIK1/,hT,选h＝8， 查表3-4， %=27.2%，满足设计要

求。 这样hT8*0.020.16s，

K

h181175.78,22222hT2*8*0.02KPIK/K1175.78*0.16/102.81

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：PN60kW , UN220V , IN308A , nN1000r/min , 电动势系数min/r , 主回路总电阻R=0.18Ω,触发整流环节的放大倍数Ks=35。电磁时间Ce=0.196 V·

常数Tl=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数T0i=0.0025s,转速反馈滤波时间常数T0n=0.015s。额定转速时的给定电压(Un)N =10V,调节器ASR，ACR饱和输出电压Uim=8V,Ucm =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≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量n≤10%。试求：

（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流在1.1IN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Ri, 、Ci 、COi。画出其电路图,调节器输入回路电阻R0=40k。

（3）设计转速调节器ASR,计算其参数Rn 、Cn 、COn。(R0=40kΩ) （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。

*

*

*/Idm8V/(1.1*IN)8V/339A0.0236V/A 解：（1）Uim 10/10000.01Vmin/r

（2）电流调节器设计

确定时间常数：a)Ts0.00333s

b)Toi0.0025s

c)TiT0iTs0.00250.003330.00583s

电流调节器结构确定：

因为i5%，可按典型I型系统设计，选用PI调节器，WACR(S)Ki(iS1),

iS1电流调节器参数确定: iTl0.012s,选KITi0.5,KI0.5/Ti85.76s，

KiKIiR85.760.0120.180.224。 Ks350.01731校验等效条件：ciKI85.76s

11a)电力电子装置传递函数的近似条件：1101.01ci3TS30.00333b)忽略反电势的影响的近似条件： 311379.06S1ciTmTl0.120.012

1111c)电流环小时间常数的近似条件：115.52s1ci3TsT0i30.003330.0025可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R040K,则：

RiKiR00.22440K8.96K, 取9K.

由此

Cii/Ri0.012/(9103)1.33FC0i4T0i/R040.0025/40100.25F3

（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/KI:因为KITi0.5

Ti2则 1/KI2b) Ton0.015s

0.005830.s0 1c) Tn1/KITon0.011660.0150.02666s 速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI调节器，

WASR(s)Kn(ns1), 速度调节器参数确定：

nsnhTn,取h5,nhTn0.1333s

KNKnh16168.82s222222hTn250.02666(h1)CeTm60.02360.1960.126.942hRTn250.010.180.02666校验等效条件：

cnKN/1KNn168.820.133322.5s1

1KI185.76a)电流环近似条件：40.43s1cn3Ti30.005831KI185.76b)转速环小时间常数近似：25.2s1cn3T0n30.015可见满足近似等效条件。

转速超调量的校验 (空载Z=0）

n%2*(CmaxnT3080.180.02666)(z)*Nn281.2%1.1CbnTm0.19610000.12

11.23%10%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：nhTn0.07998s

222KN(h1)/2h2Tn4/(290.02666)312.656sKn(h1)CeTm/2hRTn40.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.61校验等效条件：cnKN/1KNn312.6560.0799825s

a)1/3(KI/Ti)1/21/3(85.76/0.00583)1/240.43s1cnb)1/3(KI/Ton)1/21/3(85.76/0.015)1/225.2scn1

可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验：

n272.2%1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)9.97%10%

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R040K,则RnKnR07.640304K,取310K。

Cnn/Rn0.07998/3101030.258FCon4Ton/R040.015/40101.5F4) 40%额定负载起动到最低转速时:

3

n%272.2%(1.10.4)(3080.18/0.196100)(0.02666/0.12)63.5%

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。

GD2dn根据电机运动方程：TeTL,375dtdnCm(IdmIdL)R(IdmIdL)R(II)dmdLGD2GD2RdtCeTmCe375375CmCeCeTmn*0.196*0.12*1000t0.385s所以： (IdmIdL)R(1.1*3080)*0.18

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：PN =500kW，UN =750V，IN =760A，nN=375 r/min，电动势系数Ce =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Ks=75,电磁时间常数Tl=0.031s,机电时间常数Tm=0.112s,电流反馈滤波时间常数T0i=0.002s,转速反馈滤波时

间常数T0n=0.02s。设调节器输入输出电压Unm=Uim= Unm =10V,调节器输入电阻R0=40kΩ。 设计指标:稳态无静差，电流超调量i≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量n≤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和转速环的截止频率cn，并考虑它们是否合理?

**

解：（1）

*Uim100.00877V/AIdm1.5*760U100.0267Vmin/rnN375a)TS0.00176s*nm

电流调节器已按典型I型系统设计如下： 确定时间常数：b)Toi0.002s

c)Ti0.00367s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， WACR(s)=Ki(τis+1)/τis， Tl/T∑i=0.031/0.00367=8.25<10

电流调节器参数确定：τi=Tl=0.031s， KIT∑i= 0.5， KI= 0.5/T∑i=136.24 s-1

KiKITIR/Ks136.240.0310.14/750.008770.9

校验等效条件：ωci=KI=136.24 s-1

a)1/3Ts1/30.00167199.6s1cib)(1/TmTl)1/23(1/0.1120.031)1/250.9s1cic)1/3(1/TsToi)1/21/3(1/0.001670.002)1/2182.39s1ci可见满足近似等效条件。

电流调节器的实现：选R0=40K，则

RiKiR00.94035.96 取36K

CiTi/Ri0.031/361030.86FC0i4T0i/R040.002/40100.2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/KI：因为KIT∑i= 0.5 则1/KI=2T∑i=2*0.00367=0.00734s b) b)Ton=0.02s

c) c)T∑n=1/KI+Ton=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， WASR(s)=Kn(τns+1)/τns 速度调节器参数确定：

τn=hT∑n，选h=5，则τn=hT∑n=0.1367s,

KN=(h+1)/（2h2T2∑n）=6/2*25*0.027342=160. s-2

Kn=(h+1)βCeTm/（2hαRT∑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=KN/ω1=KNτn=160.*0.1367 =21.946 s-2

a) 1/3(KI/T∑i)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=.22s-1>ωcn b) 1/3(KI/Ton)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R0=40K，则 Rn=Kn*R0=10.5*40=420K

由此 Cn=τn/Rn=0.1367/420*103=0.325μF 取0.33μF C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2μF 2) 电流环的截止频率是：ωci=KI=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Unm*=15V时,n=nN=1500 r/min;电流给定信号最大值Uim=10V时,允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2Ω,晶闸管装置的放大倍数Ks=30 ,电动机额定电流IN =20A ,电动势系数Ce =0.128V·min/r。现系统在Un=5V ,Idl=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR的输出电压Uc =?

（2）当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(=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=? Un=? Ui=? Ui=? Id=? Uc =?

（3）该系统转速环按典型Ⅱ型系统设计, 且按Mrmin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(IdL=0)突加额定负载时,电流Id和转速n的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常数Tm=0.05s,计算其最大动态速降nmax和恢复时间tv。

1) α= U*nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r β= U*im/Idm = 10/30=0.33 V/A

U*n =5 V，n=U*n/α=5/0.01=500 r/min

Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(Cen+IdLlR∑)/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Idm 。因此，系统稳定后， n=0，Un=0

*

*

*

U*i=U*im =10， Ui=U*i =10 Id=Idm=30A

Uc=Ud0/Ks=(E+IdR∑)/Ks=(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：

WnsKNns1sTns12

τn=hT∑n=5*0.05=0.25s T∑n=0.05s

KN=(h+1)/2h2T2=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)

Δnb=2(λ-z)ΔnNT∑n/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min [ Cb=2FK2T=2IdNRT∑n/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min ] 最大动态速降：Δnmax=(ΔCmax/Cb)*Δnb=81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间：tv=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：

Ud2~Ud2ABO'C

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：

Ud2uxUd2Sx1 Sx0ux'Ud(2Sx1)2，

以直流电源中点O为参考点

us(uAuBejuCej2)

SA 0 SB 0 SC 0 uA uB uC us 0 u0 Ud 2Ud 2Ud 2Ud 2Ud 2u1 1 0 0 Ud 2Ud 2Ud 22Ud 3j2Ude3 32j2Ude3 3u2 1 1 0 Ud 2Ud 2Ud 2Ud 2u3 0 1 0 u4 0 1 1 Ud 2Ud 2Ud 2Ud 2Ud 2 2Udej 3 4j2Ude33 u50 0 1 Ud2 u6 1 0 1 Ud 2 Ud 2Ud 2Ud 25j2Ude33 u7 1 1 1 Ud2 Ud 20 空间电压矢量图：

u3u2u4u0,u7u5u6u1

5.9当三相电压分别为和合成矢量

uAOuBO、

、

uCO，如何定义三相定子电压空间矢量

uAO、

uBO、

uCOus，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：

uAOuAOuBOuBOejuCOuCOej2合成矢量：

usuAOuBOuCOuAOuBOejuCOej2

B(ej)usuBOuCOuCOuBOuAOA(ej0)C(ej2)

5.10忽略定子电阻的影响，讨论定子电压空间矢量

us与定子磁链

ψs的关系，当三相电压的表达式，画出各自

uAO、

uBO、

uCO为正弦对称时，写出电压空间矢量

us与定子磁链

ψs的运动轨迹。

解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式：

dψsusRsis

dt忽略定子电阻的影响，

usdψs dtψsusdt，

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

ψssej(1t)电压空间矢量：

us1sej(1t)2

us1us2ψs21ψs1us1ψs3ψs4us4us31us4us2us3

5.11采用电压空间矢量PWM调制方法，若直流电压

ud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，

开关周期T,03Nw1输出频率w1,u,ut1ut2ut1Ut2Uej3,t1,t2ss12ddT0T0T0T0T0T0

t1,t2,Tt1t2，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。

u2t2u2T0usθ3t1u1T0u1

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于直流电压

us的幅值小

ud，空间角度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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

C3/2112233021232 现有三相正弦对称电流iAImcos(t)，iBImcos(t22)，iCImcos(t)，求33变换后两相静止坐标系中的电流is和is，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

11iA1iAis2222iBi3333si00C223i00A223330iiCB22其中，iAiBiC0

1iB23iB21iC23iC2

3iAis22i3s02Im33cos(t)22Im332233[cos(t)cos(t)]iBiC332223cos(t)22222j(t)j(t)j(t)j(t)33333eeee[]222003cos(t)22Im2222jjjj33e3e333eejtjt[ee]2223cos(t)22Im2jtjtj33j23ee(ee3)223cos(t)23cos(t)2ImIm2sin(t)323sin()sin(t)3

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3倍，两相电流的相2位差

。 2

6．2 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换阵为

C2s/2rcossin sincos将上题中的两相静止坐标系中的电流is和is变换到两相旋转坐标系中的电流isd和isq，坐标系旋转速度

d1。分析当1时，isd和isq的基本特征，电流矢量幅值dt22isisdisq与三相电流幅值Im的关系，其中是三相电源角频率。

解：两相静止坐标系中的电流

is3cos(t)

Imi2sin(t)s两相旋转坐标系中的电流

isdcossinis3cossincos(t)Imiisincos2ssincossin(t) sq3coscos(t)sinsin(t)3cos(t)ImIm2cossin(t)sincos(t)2sin(t)当

d1时，1t，两相旋转坐标系中的电流 dt3isd3cos(t)Im

Imi2sin(t)2sq0电流矢量幅值

isisd

3Im 26．4笼型异步电动机铭牌数据为：额定功率PN3kW，额定电压UN380V，额定电流

IN6.9A，额定转速nN1400r/min，额定频率fN50Hz，定子绕组Y联接。由实

验测得定子电阻Rs1.85，转子电阻Rr2.658，定子自感Ls0.294H，转子自感

Lr0.28H，定、转子互感Lm0.2838H，转子参数已折合到定子侧，系统的转动惯

量J0.1284kgm，电机稳定运行在额定工作状态，试求：转子磁链r和按转子磁链定向的定子电流两个分量ism、ist。 解：由异步电动机稳态模型得额定转差率

2sN额定转差

n1nN150014001 n1150015sNsN1sN2fN电流矢量幅值

22isismist100rad/s 153Im36.9A 2由按转子磁链定向的动态模型得

Ldyr1=-yr+mismdtTrTrws=LmistTryr

稳定运行时，

dyr=0，故yr=Lmism， dtist=wsTryr100p0.28=wsTrism=?ismLm152.6582.2835ism

22isismist12.28352ism2.493ism36.9

解得

ism36.94.79A

2.493ist=2.2835ism=2.2835?4.79=10.937A转子磁链

yr=Lmism=0.2838?4.79=1.359Wb