电力拖动自动控制系统问题解答.docx

习题解答(供参照)习题二2.2 系统的调速范围是IoOO-100"min,规定静差率s=2%,那么系统容许的静差转速降是多少？解：z=%(1_*=100OX0.02/(10X0.98)=2.04w系统容许的静态速降为2.04加。2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为他max=1500rmin,最低转速特性为“min=150”min,带额定负载时的速度降落AiN=15"min,且在不一样转速下额定速降不变，试问系统可以到达的调速范围有多大？系统容许的静差率是多少？解：1）调速范围O=%m¼n（均指额定负载状况下）"max=max-1500-15=1485wmin=minnN=150-15=135=axin=1485/135=112） 静差率S=A"%=15/150=10%2.4 直流电动机为PN=74kW,UN=220V,In=378A,nN=1430r/min,Ra=O.023。相控整流器内阻RreC=O.022Q。采用降压调速。当生产机械规定s=20%时，求系统的J调速范围。假如s=30%时，则系统的调速范围又为多少？解：Ce=(UN-=(220-378x0.023)1430=0.1478V6mn=INRlCe=378×(0.023+0.022)/0.1478=115rpmD=IINS/n(l-s)=1430×0,2115×(1-0.2)=3.1D=Sn(l-5)=1430×0.3l15×(1-0.3)=5.332.5 某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。已知直流电动机PN=6(洪W,UN=220V,=3()5A,nN=l(XX)rmin,主电路总电阻R=0.18,Ce=0.2Vmin/r,求：(1)当电流持续时，在额定负载下的转速降落/V为多少？(2)开环系统机械特性持续段在额定转速时口勺静差率S,V多少？(3)若要满足D=20,sW5%的规定，额定负载下的转速降落又为多少？解：(1)njv=ZjvXRICe=305×0.18/0.2=274.5r/min(2) SN=NInO=274.5/(1000+274.5)=21.5%(3) n=11nSD(-s)l(XX)×0.0520×0.95=2.63rmin2.6有一晶闸管稳压电源，其稳态构造图如图所示，己知给定电压U：=8.8V、比例调整器放大系数Kp=2、晶闸管装置放大系数KS=I5、反馈系数Y=O.7。求：(1)输出电压Uq(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=0.35,当保持同样的输出电压时，给定电压U：应为多少？解：(1)Ud=KpKsU/(1+KpKs)=2×15×8.8(1+2×15×0.7)=12V(2) Ud=8.8x2x15=264V,开环输出电压是闭环的22倍(3) U：=Ud(1+KpKs)/XTpXT5=12×(1+2×15×0.35)/(2×15)=4.6V2.7某闭环调速系统的调速范围是1500rmin150rmin,规定系统H勺静差率S5%,那么系统容许的静态速降是多少？假如开环系统的静态速降是100rmin,则闭环系统的开环放大倍数应有多大？解：1)D=nNs/11n(-s)10=1500×2%,zv×98%ZIN=1500×2%/98%×10=3.06r/min2) K=/wcJ-l=1003.06-l=31.72.8 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8rmin,假如将开环放大倍数提高到30,它的速降为多少？在同样静差率规定下，调速范围可以扩大多少倍？解：P=(1+K)Ancl=(1+15)×8=128假如将开环放大倍数提高到30,则速降为：ncl=np(l+K)=128/(l+3)=4.13pm在同样静差率规定下，D可以扩大/A&2=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=1500rmin,电枢电阻Ra=1.5C,电枢回路电抗器电阻RL=O.8Q,整流装置内阻RrcC=I.OC,触发整流环节的放大倍数KS=35。规定系统满足调速范围D=20,静差率SV=I0%。(1)计算开环系统的静态速降An°p和调速规定所容许H勺闭环静态速降And。(2)采用转速负反馈构成闭环系统，试画出系统H勺原理图和静态构造图。（3）调整该系统参数，使当Un*=15V时，Id=lN,11=11n,则转速负反馈系数应当是多少？(4)计算放大器所需的放大倍数。解：n=(UN-INxRa)/Ce=>Cr=(220-12.5×1.5)/1500=201.25/1500=0.I34Vminr=>t=INXR/C=I2.5×3.3/0.134=307.836r/minjv=即s/(0(I-S)=I500X10%/(20*90%)=8.33rmin因此，nef=8.33rrrrin(2)3 + /UCudKp Ks Una -/小o+ EnlCe -r-(4)=(Kp&U：-/(Ce(I+K)=m"(l+K)-%R/(Q(I+K)K=(%/)-l=307.836/8.33-1=35.9551500=35.955×15a(l+35.955)-12.5×3.3/(0.134(1+35.955)可以求得,35.955*0.134 35*0.0096zz>a=0.96Vminr14.34也可以用粗略算法:U：XUn=Cm,«=0.01"n1500t=KCe!KSa,KP=35.955×0.134/(35×0.01)=13.762.10 在题2.9H勺转速负反馈系统中增设电流截止环节，规定堵转电流m2m临界截止电流dcr1.2N,应当选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？规定电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3,假如做不到，需要增长电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态构造图，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)Idhl<21n=25A,IdCrNI21N=I5AIderUCCm/&=15=UmniRS/曲产(u：÷Uq/Rsn25=(15+Ucom)/RsnRS=1.5，USwt=I5L5=22.5V(¾/3)=(1.0+1.5+0.8)/3=1,1,R,>(R3)(2)不符合要求，取K=I1,需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，阐明规定的电流信号值也大。要同步满足检测电阻小和电流信号大的规定，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此,取凡=L,则Uttra=小用=15XL1=16.5V(3)当时，有=psu/Ce(1+K)HKPK内依3-Ucotn)/Ce(I+C)-¾Ce(l+K)=kpKR:+KjUwJ/C(1+K)H(R+KPK禺Rs)I/©。+K)当n=0时，G=KpKx(u：+KiUctm)/(R+KPKKR)H+KUqlKK25=(15+16.5KJ/1.1K,nK,=15/(22.5-13.5)=1.362.11 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GD2=1.6N11,整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9规定设计H勺转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，容许的最大开环放大系数是多少？解：L=50m",GD2=i.6Nm2f%=3.3,Ce=034V/rpm7；=L¾=0.05/3.3=0.01557；=G£>2&/(375CC)=I.6x3.3/(375x0.134x0.134x30/3.14)=5.28/64.33=0.082sZ=0.003335K<Tn(Tl+Ts)+TTTs=0.082×(0.015+0.00333)+O.OO3332/(0.0151*0.00333)=.()15+().0()33320.(X)(X)4983=30.52可见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统可以稳定运行，K最大为30.52。2.12 有一种晶闸-电动机调速系统，己知：电动机：Pn=2MW,Un=22(V,In=15.64,zljv=1500rmin,(=1.5。，整流装置内阻RreJIQ,电枢回路电抗器电阻RLo8。，触发整流环节的放大倍数&=35。(1)系统开环工作时，试计算调速范围。=30时的静差率S值。当0=30,S=I0%时，计算系统容许的稳态速降。如构成转速负反馈有静差调速系统，规定0=30,S=Io%,在U：=IOV时=/心=n，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=0.1311Vin/r(1)q,=ZyvX2.ZCf=15.6×330.1311=392.68r/minnmin=1500/30=50S=阻,/0min=392.68/(392.68+50)=88.7%(2)0.1=(a乂+50)=5/0.9=5.56rmin=KPKSU；/C+K)RJd/CeQ+)K=KpaKsCe1500=KpKsU/Ce(1+c)-(jR15.6)/Ce(1+K)<K=UoPlAncl)-1=(297.48/5.56)-1=52.52. 13旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率f°=IMHz,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=1500rmin和n=150rmin时的测速辨别率和误差率最大值。解：(1) M 法:辨别率Q=9 ZTc601024 X4x0.01=1.465 r/mill最大误差率：二攀 = 150(Wmin时，M=/=型3色"1 = 10246060n = 150r min 时,nZTc 150×4×1024×0.016060102.415(Xkmin 时，SiraX % = -×100% = ×100% = 0.098%max Ml1024150rmin 时，必皿 = XloO% = ! 100% = 0.98%IraX M102.4可见M法适合高速。(2) T 法：辨别率:n = 1500r min 时,Z2_1024x4x150()2- 6(VO-Z60×l×106-1025×4×1500=171rminn = 150r min 时,Z刀21024x4x15()2- 6(VO-Zn 60×l×106-1024 ×4×150=1.55 min最大误差率：=更皿，MZM26。£）Zn当九二 150（kmin时，M26×6 .9771024 ×4×1500当"二150"min时，M2n=1500"min时，SIraX%=-XlOo%=!X100%=11.4%nnxM2-I9.77-1n=150rmin时，nx%=!X100%=JX100%=1%EM2-I97.7-1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调整器，设系统最大给定电压U；“,二15V,nN=1500rmin,v=20,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻H=2C,Kx=20,Ce=0.127Vminr,求：（1）当系统稳定运行在U；=5V,/=10A时，系统日勺、U”、U；、Uj和U,各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，U；和UC各为多少？解：a=U：/nN=15V/150OrPm=0.01V/rpm当U；=5V,转速n-=-=500w"0.01VwU"15V/7=-=0.375V/AJ4（MU：=ld=0.375*10=3.75V=Uiu=Ud-E+*lJN+/R.0.127*500+10*2_,17WcKsKxKs20即n=500rpm,Un=5V,U；=Ui=3.75V,6rc=4.175v（2）堵转时，U：=仇dm=15V,U=%=(C+/=旦=贮=4VCKSKSKs203.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调整器ASR,ACR均采用Pl调整器。已知参数:电动机:Pn=3.7kW,Un=220V,In=20A,N=机OOrmin,电枢回路总电阻R=I.5C,设U：,“=U；“=UE=8V,电枢回路最大电流/加=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U,o,a*,%,%值。.2V7*QI/解：)7=-=-=0.2VAa=A=0.008VzpmIdttl4QAnN1000/p/n2)Ud0=E+IdiK=G%+,K=40*L5=60V这时：U：=8V,U=0,ASR处在饱和，输出最大电流给定值。U：=8V,½=8V,Uc=UdOlKS=60/40=1.5V3.3在转速、电流双闭环调速系统中，调整器ASR,ACR均采用PI调整器。当ASR输出到达U'=8V时，主电路电流到达最大电流80Ao当负载电流由40A增长到70A时，试问：(I)U；应怎样变化？(2)UC应怎样变化？(3)也值由哪些条件决定？解.n7=-=-=0.1VA解D/Idm80A因此当电流从40A=>70A时，U；应从4V=>7V变化。2) UC要有所增长。3) UC取决于电机速度和负载大小。由于UdO=E+L6=C>,v+&4jj-UdO=C"+AR)LKJKs3.5某反馈控制系统己校正成经典I型系统。已知时间常数T=O.1s,规定阶跃响应超调量。10%o(1)系统的开环增益。(2)计算过渡过程时间和上升时间。；(3)绘出开环对数幅频特性。假如规定上升时间0.25s,则K=?,b%=?解：取KT=0.69,J=0.6,b%=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=().33S过度过程时间：3t=6T=6×0.1=0.6S飙(3)如规定。0.25s,查表3-1则应取KT=I4=0.5,。=2.47=2.4*0.1=0.24S这时K=lT=10,超调量=16.3%。3.6 有一种系统，其控制对象H勺传递函数为W的G)=A、=而*f,规定设计一种无静差系统，在阶跃输入下系统超调量b%W5%(按线性系统考虑)。试对系统进行动态校正，决定调整器构造，并选择其参数。解：按经典I型系统设计，选KT=0.5,=0.707,查表31,得cr%=4.3%°选I调整器，WG)二(，校正后系统的开环传递函数为W(三)=，这样，T=0.0LK=10r,已选KT=0.5,则K=0.5f=50,因此s(0.015+1)z=10K=IO50=02S,积分调整器：W(5)=-os0.2S3.7 有一种闭环系统，其控制对象的传递函数为W(s)=Vi下=+d,规定校正为经典11型系统，在阶跃输入下系统超调量。W30%(按线性系统考虑)。试决定调整器构造，并选择其参数。解：应选择Pl调整器，%(s)=66+D.校正后系统的开环传递函数W(三)=KMrKD&，sss(Ts+1)对照经典11型系统，K=KPKy丁=仃,选h=8,查表34,%=27.2%,满足设计规定。这样汇=ZzT=8*0.02=0.16s',K=-4=7=175.78,KR=KTK=175.78*0.16/10=2.812h2T22*82*0.022p,3.8 8在一种由三相零式晶闸管整流装置供电H勺转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机时额定数据为：Pn=60kW,Un=220V,In=308A,11n=1OOOrZmin,电动势系数Ce=O.196Vminr,主回路总电阻R=0.18Q,触发整流环节的放大倍数K,二35。电磁时间常数7；:0.012s,机电时间常数Tm=O.12s,电流反馈滤波时间常数2=0.0025s,转速反馈滤波时间常数为=0.015s。额定转速时时给定电压(U,%=10V,调整器ASR,ACR饱和输出电压Ui>8V,Uc0=6.5Vo系统的静、动态指标为:稳态无静差，调速范围D=IO,电流超调量3W5%,空载起动到额定转速时的转速超调量W10%。试求:（1）确定电流反馈系数B（假设起动电流限制在11n以内）和转速反馈系数。（2）试设计电流调整器ACR,计算其参数Ri,、C、Coio画出其电路图，调整器输入回路电阻Ro=40A°（3）设计转速调整器ASR,计算其参数Rn、C11、Co110（Ro=40k）（4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时H勺转速超调量。o（5）计算空载起动到额定转速日勺时间。解：（1）=Ui/Idtn=8V/（1.1*Zjv）=8V/339A=0.0236V/Aa=101000=0.01Vminr（2）电流调整器设计确定期间常数：«）7；.=0.003335b）E=0.0025sc）Ti=Tw-Ts=0.0025+0.00333=0.00583s,(7 + i)TiS电流调整器构造确定：由于C5%,可按经典I型系统设计，选用Pl调整器,电流调整器参数确定：耳=4=0.0125,选（&=0.5,&=0.5/%=85.76上，= 0.224。KER85.76x0012x018Ks35×0.0173校验等效条件：%.=K1=85.76y,幻电力电子装置传递函数的近似条件LL=-1=101.01>¾3Ts3×0.00333份忽略反电势的影响的近似条件:C)电流环小时间常数的近似条件,口二=4屋C “1八八八U3 V TSTOi 3 V 0.00333 X 0.0025= 115.525, > d可见满足近似等效条件，电流调整器的实现：选=40K,则:Ri = KiRQ= 0.224 × 4()K = 8.96K,取 9K.由此 Ci = i / /?, = 0.012 / (9 × 103) = 1.33FCOi = % / % = 4 X 0.0025 40×103= 0.25 F(3)速度调整器设计确定期间常数:a)电流环等效时间常数1 / K,：由于KITZi = 0.5则 MK1 =2G= 2x0.00583 = 0.01166sb)0.015sC)T=I / K/ + 7；“ = 0.01166 + 0.015 = 0.02666s速度调整器构造确定:按照无静差的规定，应选用PI调整器,Wasr(s) = K"""' ' ", 速度调整器参数确定:nsr,1 = hTn,取 =5,tm= hTl = 0.1333$2A = 2x52x0.026662168.825-2 Jh + D0CtT,ft 6x0.0236x0.196x0.12” =23 R 也=2×5×0.01×0.18×0,02666校验等效条件：= 6.94c,l = KNlSl= KNQ =168.82x0.1333 = 22.5父）电流环近似条件4黑=40.43b>/J1JVU.LMJ2）bJ份转速环小时间常数近似后=I篇I=25,2<'>可见满足近似等效条件。= 2×81.2%×1.1×308×0.18 0.02666X0.196×10000.12转速超调量的校验（空载Z=O）。“=2*(空厘)(4)斗马CbTm=11.23%>10%转速超调量FI勺校验成果表明，上述设计不符合规定。因此需重新设计。查表，应取小某些的h,选h=3进行设计。按h=3,速度调整器参数确定如下：/=/ZTL=O.07998sKN=(A+1)/2lrTn=4(2×9×0.026662)=312.656s-K11=(/?+V)CJm/IhaRTn=4×0.0236×0.196×0.12(2×3×0.01×0.18×0.02666)=7.6校验等效条件：=KN/例=KNT“=312.656x0.07998=25STa)3(Kl/¾/2=l3(85.760.00583),y2=40A3s-i>cnb)l/3(K/“严=1/3(85.76/0.015严=25.2J>%可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：ll=2×72.2%×1.Ix(308×0.180.196×1000)×(0.02666/0.12)=9.97%<10%转速超调量的!校验成果表明，上述设计符合规定。速度调整器的实现：选=40K,则R11=KllX凡=7.6×40=304K,取310KoCfl=jRfi=0.07998/31O×1O3=0.258/C(m=47；;rt/=4×0.01540×103=1.5F4)40%额定负载起动到最低转速时：z,%=2×72.2%×(1.1-0.4)×(308×0.180.196×100)×(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。根据电机运动方程:票多=Tf与=当卢="1=(”般)5IJCltCltLjUCUDK37?J375Cq”C工M0.196*0.12*1000.3859因此：(Idm-L)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：Px=500kW,U=750V,h=760,11n=375rmin,电动势系数Ce=1.82Vminr,电枢回路总电阻R=O.14,容许电流过载倍数=L5,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=0.112s,电流反馈滤波时间常数几=0.002s,转速反馈滤波时间常数与二0.02so设调整器输入输出电压U；=U；=Um=IOV,调整器输入电阻Ro=40k0设计指标：稳态无静差，电流超调量6W5%,空载起动到额定转速时H勺转速超调量W10%o电流调整器已按经典I型系统设计,并取参数KT=0.5o（1）选择转速调整器构造,并计算其参数。，并考虑它们与否合理?（2）计算电流环Fl勺截止频率外出I转速环的截止频率=a=0.00877V/A1.llfl1.5*760解：a=0.0267VminrnN375电流调整器己按经典I型系统设计如下：a)Ts=0.001765确定期间常数：8)7；=0.002S¾.=0.00367j电流调整器构造确定：由于%<5%,可按经典I型系统设计，选用PI调整器,WACR(三)=Ki(us+l)is，IVTzi=O.031/0.00367=8.25<10电流调整器参数确定：i=T=0.031s,KTs=0.5,KI=O.5T=136.24s"Ki=K1T1R/Ks=136.24×0.031×0.1475×0.00877=0.899校验等效条件：Sci=K尸136.24L4)1/37；=1/3X0.00167=199.6>b)(/TlJl)y2=3(1/0.112×0.031),/2=50.9<,<¾c)l/3(1/TsToi)y2=1/3(1/0.00167X0.002),z2=182.39L>ci可见满足近似等效条件。电流调整器的实现：选Ro=40K,则Ri=Ki×Rti=0.899×40=35.96取36KG=7；/Rj=O.031/36x10'=0.86/COi=4几/%=4X0.00240×103=0.2/速度调整器设计确定期间常数：a)电流环等效时间常数1/Ki：由于KT»=0.5贝Jl/Ki=2TZi=2*0.00367=0.00734sb) b)To11=0.02sc) C)TEn=I/K+To11=0.00734+0.02=0.02734s速度调整器构造确定：按照无静差的规定，应选用Pl调整器，WASR(三)=Kn(TnS+1)nS速度调整器参数确定：n=hT£n>选h=5,则n=h=O.1367s,KN=(h+l)/(2h2T)=62*25*0.027342=160.54s-2Kn=(h÷l)CeTm/(2hRT)=6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条件：cn=K=Knti1=160.54*0.1367=21.946s-2a) l/3(Ki/TZi),/2=l/3(136.24/0.00367),/2=64.22s-,>ocnb) l3(KTon严=1/3(136.24/0.02严=27.51s">3s可见满足近似等效条件。速度调整器的实现：选Ro=40K,则Rn=Kn*Ro=105*40=420K由此Cn=TnZRn=OJ367/420*103=0.325F取0.33FCon=4TnRo=4*0.0240*103=2F2)电流环的截止频率是：ci=K=136.24s-1速度环的截止频率是：cn=21.946s-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状况下，再求系统的迅速性，充足体现了多环控制系统的设计特点。3.11在一种转速、电流双闭环V-M系统中，转速调整器ASR,电流调整器ACR均采用Pl调整器。(1)在此系统中,当转速给定信号最大值Unm*=15V时,n=nN=1500r/min;电流给定信号最大值UiZ=IOV时,容许最大电流Le=30A,电枢回路总电阻R=2。，晶闸管装置的放大倍数h=30,电动机额定电流In=20A,电动势系数Ce=0.128Vminro现系统在Un*=5V,Ln=20时稳定运行。求此时的稳态转速n=?ACR的输出电压Uc=?(2)当系统在上述状况下运行时,电动机忽然失磁(=0),系统将会发生什么现象？试分析并阐明之。若系统可以稳定下来,则稳定后n=?Un=?UJ=?Ui=?L=?Uc=?(3)该系统转速环按经典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TEn=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(/血=0)突加额定负载时,电流和转速的动态过程波形是怎样的I?已知机电时间常数7;*005s,计算其最大动态速降%ax和恢复时间，L1)=U*nm11N=15/1500=0.01Vmin/r=U*i11Idm=10/30=0.33V/AU*n=5V,n=U*n=50.01=500rminUC=UdKs=(E+IdRE)K=(Ccn+IdI)/KS=(0.128*500+20*2)/30=3.467V2)在上述稳定运行状况下，电动机忽然失磁(=O)则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调整器很快到达饱和，规定整流装置输出最大电流Idm。因此，系统稳定后，n=0,Un=OU*i=U*im=10,Ui=U*i=10Id=Idm=30AUC=Ud(K'=(E+IdR)/KS=(O+30*2)/30=2V3)在跟随给定作用下，转速环处在线性状态，此时系统的开环传递函数是：W(三)=KN()n=hTn=5*O.O5=O.25sT5>=0.05sKn=(H÷1)2h2T2=62*25*0.052=48s-24)空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94)Anb=2(X-z)AnNTZn/Tm=2*(1-0)*20*20.128*(0.05/0.05)=625r/minCb=2FK2T=2I(iNRTZn/CcTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625r/min最大动态速降：nli=(CmaCb)*nb=81.2%*625=507.5r/min恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表)d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”表达上桥臂开通，“0”表达上桥臂关断，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体现式,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，忽视死区时间影响，用“1”表达上桥臂开通，“0”表达下桥臂开通,逆变器输出端电压：bs,=""LS-0JI-U2X%=与（251）J9以直流电源中点°为参照点us=(ua+uliej+UCej2')SASBSCuAUc%M0000旦2Ud2旦20M1100Ud222朋W2110Ud2Ud2旦2“30102Ud2旦2%0112Ud2Ud2%001旦2旦2Ud2即“6101Ud2旦2Ud2Wu111Ud2Ud2Ud20空间电压矢量图:5.9当三相电压分别为心。、“8。、怎样定义三相定子电压空间矢量口,。、"即、UCo和合成矢量U1写出他们的体现式。解：A,B,C为定子三相绕组的轴线，定义三相电压空间矢量:uAOuAOiuBO=UBOeU-u户"co_wCOc合成矢量:jy2yus=uao+ubo+uco=uao+uBoe+仇Coe5.10忽视定子电阻的影响，讨论定子电压空间矢量明与定子磁链，的关系，当三相电压“ao、"so、"e为正弦对称时，写出电压空间矢量口，与定子磁链，的体现式，画出各自的运动轨迹。解：用合成空间矢量表达的定子电压方程式：也SsSdt忽视定子电阻的影响，dt%J4大,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s=wd,)电压空间矢量:7(co,+-+)"s1ve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,输出频率叫L2,T-2f零矢量作用时间增长，因此插入零矢量可以协调输出电压与输出频率的I关系。5. 12两电平PWM逆变器主回路口勺输出电压矢量是有限的，若期望输出电压矢量见的幅值不大于直流电压人,空间角度6任意，怎样用有限的PwM逆变器输出电压矢量来迫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提成六个扇区，根据空间角度6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I原则，三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换矩阵为2t24既有三相正弦对称电流iA=Itllcos(t),z=Incos(t-),ic=wcos(<w/+-),求变换后两相静止坐标系中的电流乙和i%,分析两相电流的基本特性与三相电流的关系。解：两相静止坐标系中的电流币.3 .T, F其中，。+，8+心=0)两相电流与三相电流时的频率相似，两相电流H勺幅值是三相电流於J的Jl倍，两相电流的相位咚6.2两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换阵为CoSeSineC?s2r一-SIn0COSe将上题中的两相静止坐标系中的电流L和,第变换到两相旋转坐标系中的电流L和，坐标系旋转速度，=电。分析当用=3时，心和心的基本特性，电流矢量幅值is=+与三相电流幅值(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cos(t)sin(<f)两相旋转坐标系中的电流cos(t-) Sin(W)Pvrfl cos sins L¼J sine COSeCOSe SinG cos(t)-Sin 夕 COSe sin(r)cos 9cOSGyr)+sin sin(<r) cos esin(f) - sin cost)当迎=用时，=it,两相旋转坐标系中的!电流at骁=居kos(所叫=恳J丫2sin(诩一。)I、ljL0电流矢量幅值6. 4笼型异步电动机铭牌数据为：额定功率为=3攵卬，额定电压UN=38OV,额定电流In=6.9At额定转速N=I4(X)rmin,额定频率EY=5()出，定子绕组Y联接。由试验测得定子电阻R,=1.85。，转子电阻&=2.658。，定子自感4=0.294H,转子自感Lr=0.2898H,定、转子互感LZH=O.2838，转子参数已折合到定子侧，系统的转动惯量J=0.1284kgm2,电机稳定运行在额定工作状态，试求：转子磁链”,和按转子磁链定向的定子电流两个分量乙、,o解：由异步电动机稳态模型得额定转差率111-11n_1500-1400_J_“一-1500-15额定转差100叫N=SN=5二冗/N=rad/S电流矢量幅值<=匕+4=6X6.9A由按转子磁链定向的动态模型得dyr-1V+LmidtTrrTrsmryr稳定运行时，4上二0，故Vr=LmiStn,ati =2r =“L.”IOQp701289822835