电力拖动自动控制系统-课后答案教材

1、习题解答（供参考）习题二2.2 系统的调速范围是 1000100 r min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？解： n nns D（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 1500r min ，最低转速特性为n0min 150r min ，带额定负载时的速度降落nN 15r min ，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 nmax nmin （均指额定负载情况下）nmax

2、n0maxnN 1500 15 1485nmin n0minnN 150 15 135D nmax nmin 1485 135 112) 静差率 snN n0 15 150 10%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V ， I N=378A ， nN=1430r/min ，Ra=0.023。相控整流 器内阻 Rrec=0.022 。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 0.1478V rpm第 1 页 共 24 页n IN R C

3、e378 (0. 023 0. 022) 0. 147r8pm115D nN S n(1s) 14300.2 1 15(1 0. 2)3. 1D nN S n(1s) 14300.3 1 15(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 60kW,U N 220V , I N 305A, nN 1000r min ，主电路总电阻 R=0.18,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=

4、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 R Ce 305 0.18 0.2 274.5r /min(2) SN nN n0 274.5 (1000 274.5) 21.5%(3) n nNS D(1 s) 1000 0.05 20 0.95 2.63r / min2.6 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 =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

5、 =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 264V ,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) 4.6V2.7 某闭环调速系统的调速范围是 1500r/min150r/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 nN s/ nN 1

6、 s第 2 页 共 24 页10 1500 2% / nN 98%nN 1500 2% / 98% 10 3.06r / min2） Knop / ncl 1 100 / 3.06 1 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：nclnop / 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

7、倍2.9 有一 V-M 调速系统：电动机参数 PN=2.2kW, U N=220V , I N=12.5A, n N=1500 r/min ，电枢 电阻 Ra=1.5，电枢回路电抗器电阻 RL=0.8 ，整流装置内阻 Rrec=1.0,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 S35.955 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 1500 r/min ， Ra =1.5 ，整流装置内阻 Rrec =1, 电枢

8、回路电抗器电阻 RL =0.8 ， 触 发整流环节的放大倍数 K s 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。第 6 页 共 24 页(2) 当 D 30， s 10%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 D 30，s 10%，在Un* 10V 时Id IN， n 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 0.1311V min/ r（1）nop IN R / Ce 15.6 3.3/ 0.1311 392.68r / minnmin 1500 / 30 50s no

9、p / n0min 392.68 / 392.68 50 88.7%（2）0.1 n/ n 50n 5/0.9 5.56r /min（3）n KpKsUn* /Ce 1 K R Id /Ce1 KK K p K s /Ce1500 KpKsUn*/Ce1 K R 15.6 /Ce1 KK nop / ncl 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 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

10、 时的测速分辨率和误差率最大值。解：（1）M 法：分辨率 Q 60 60 1.465r /minZTc 1024 4 0.01n 1500r /min 时， M 1nZTc601500 4 1024 0.01601024n 150r / min 时，M1nZTc 150 4 1024 0.0160 60102.4最大误差率：n 60M1ZTc第 7 页 共 24 页1500r /min 时， max % 1 100% 1 100% 0.098%M 11024150r / min 时， max% 1 100% 1 100% 0.98%M1102.4可见 M 法适合高速。（2）T 法： 分辨率：n

11、 1500r /min 时， QZn260f0 Zn21024 4 1500260 1 106 1025 4 1500171r /minn 150r / min 时，Zn260f0 Zn1024 4 150260 1 106 1024 4 1501.55r /min当 n 1500r /min 时， M 260 1069.771024 4 1500当 n 150r /min 时，M260 10697.71024 4 150n 1500r /min 时，max %1100%M 2 11100% 11.4%9.77 1n 150r / min 时，max100%197.7 1100% 1%最大误差

12、率：60f060 f0n ZM2 ， M 2Zn ，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Un*m =15V，nN =1500r/min ， IN =20A，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻 R =2， Ks =20， Ce =0.127V min/r ，求：（ 1）当系统稳定运行在 U n* =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）第 8 页 共 24 页U nm / nN 15V / 1500rpm 0.

13、01V / rpm* U * 5V当Un* 5V, 转速 n Un 5V 500rpm n 0.01V / rpmUimI dm15V40A0.375V / AUC 即*Ui*I d 0.375*10 3.75V UiUd0 E IdLR CenN IdLR 0.127*500 10* 24.175V Ks Ks Ks 20n 500rpm ,U n 5V,Ui* Ui 3.75V,Uc 4.175v2）堵转时， Ui*Idm 15V ，UcUd0Cen IdRKsKsIdmRKs40*2204V3.2 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

14、数：电动机：PN =3.7kW， U N =220V，I N =20A， nN =1000 r/min , 电枢回路总电阻 R=1.5 ,设Un*m Ui*m Ucm =8V，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。*解:1）Uim8V0.2V / A Unm 8V0.008V /rpmIdm40A nN1000rpm2） Ud0 E I dlRCenN 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

15、。Ui* 8V,Ui 8V,UC Ud0 KS 60 40 1.5V3.3 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U i*m =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） U c应如何变化？（ 3）Uc 值由哪些条件决定？第 9 页 共 24 页解: 1)Uim 8V 0.1V / AI dm 80A 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U d0 E Idl R

16、CenNUcUd0Cen Id RKsKs3.5 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：3ts6T 6 0.1 0.6ssn(3)如要求 tr 0.25s ，查表 3-1 则应取 KT 1, 0.

17、5 , tr 2.4T 2.4*0.1 0.24s 这时 K 1/ T 10 ,超调量 =16.3% 。K103.6 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 1 0.01s 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， 决第 10 页 共 24 页定调节器结构，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 调 节 器， W(s)s,校正W(s)1 10 ,这样， T 0.01，K=10/ ，s (0.01s 1)10/K 10 /50S0，.

18、2积分调节器：1W(s)后系统的开环传已 选 KT 0.5, 则 K 10.2s 。递函数为0.5/T=50, 所 以3.7 有一个闭环系统，K110，要求校正为其控制对象的传递函数为Wobj (s)s(Ts 1) s(0.02s 1) 典型型系统，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),校正后系统的开环传递函数W(s) KPI ( s 1) K1 ，s s s(Ts 1)对照典型型系统， K KPIK1/ ,hT ,选h8， 查表 3-4， %=27.2%，满足设计要求。 这样 hT

19、8*0.02 0.16s ，K h2 12 82 1 2 175.78, KPI K /K1 175.78*0.16 /10 2.81 2h2T2 2*8 2 *0.02 2 PI 13.8 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 60 kW , U N 220 V , I N 308 A , nN 1000 r/min , 电动势系数 Ce =0.196 Vmin/r , 主回路总电阻 R =0.18 ,触发整流环节的放大倍数 K s =35。电磁时间 常数 Tl =0.012s, 机电时间常数 Tm =0.12s, 电流反馈滤波时间

20、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 (假设起动电流限制在 1.1I N以内 )和转速反馈系数 。(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=40 k 。(3) 设计转速调节器 ASR, 计算

21、其参数 Rn 、Cn 、COn。(R0=40k)n。( 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第 11 页 共 24 页(5)计算空载起动到额定转速的时间。解：(1)Ui*m /Idm 8V /(1.1*IN) 8V /339A 0.0236V / A10 /1000 0.01V min/ r(2)电流调节器设计 确定时间常数： a)Ts 0.00333sb)Toi 0.0025sc)T i T0i Ts 0.0025 0.00333 0.00583s 电流调节器结构确定：K ( S 1) 因为 i 5% ，可按典型 I型系统设计，选用 PI调节器， WACR ( S)i

22、 i电流调节器参数确定:iSTl 0.012s,选K IT i 0.5, K I 0.5/T i 85.76s 1 ，Ki KI i R 85.76 0.012 0.18 0.224。Ks35 0.0173校验等效条件： ci K I 85.76s 1a)电力电子装置传递函数的近似条件：13 0.00333b)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：13TS1 101.01 ci10.00333 0.0025115.52s 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 0.224 40K 8.96K , 取 9K.Cii / Ri

23、0.012 / (9 103) 1.33 F由此 i i i 3C0i 4T0i /R0 4 0.0025 / 40 103 0.25 F(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则 1 /KI2T i 2 0. 00583 0.s01第 12 页 共 24 页b) Ton 0.015sc) 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：nsn hT n, 取 h 5, n hT n0.1333s

24、KNKnh12h2T 2n 2 5 (h 1) CeTm2h RT n0.026662 168.82s6 0.0236 0.196 0.126.942 5 0.01 0.18 0.02666校验等效条件cn K N / 1 KN n 168.82 0.1333 22.5sa) 电流环近似条件： 1 K I 1 85.7640.43s 1 cn3 T i 3 0.00583 cnb) 转速环小时间常数近似： 1 KI 1 85.76 25.2s 1 cn3 T0n 3 0.015 cn 可见满足近似等效条件。308 0.18 0.026660.196 1000 0.12转速超调量的校验 (空载

25、Z=0 )n% 2*(Cmax )(z) n*N T n 2 81.2% 1.1Cbn Tm11.23% 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 0.07998sKN (h 1)/ 2h2T 2n 4/(2 9 0.02666 2 ) 312.656 s 2Kn (h 1) CeTm /2h RT n 4 0.0236 0.196 0.12 /(2 3 0.01 0.18 0.02666) 7.6校验等效条件： cn KN / 1 KN n 312.656 0.0799

26、8 25s 11/2 1/2 1a) 1/ 3( K I /T i)1/2 1/ 3(85.76 / 0.00583)1/2 40.43s 1 cn1/2 1/2 1b) 1/ 3( KI / Ton )1/2 1/ 3(85.76 / 0.015)1/2 25.2s 1 cn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%第 13 页 共 24 页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 ,

27、取 310K 。3Cn n / Rn 0.07998 / 310 103 0.258 FCon 4Ton /R0 4 0.015 / 40 103 1.5 F4) 40% 额定负载起动到最低转速时 :n% 2 72.2% (1.1 0.4) (308 0.18/ 0.196 100) (0.02666/ 0.12) 63.5%仅考虑起动过程的第二阶段。根据电机运动方程：GD2 dn375 dtdn Cm(Idm IdL )dt GD 2375R(I dm IdL ) (II ) RC GD2R(Idm IdL ) CeTm375CmCe0.385sCeTmn*0.196*0.12*1000所以

28、：t(Idm IdL)R (1.1*308 0)*0.183.10 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，I N =760A， nN=375 r/min ，电动势系数 Ce =1.82V min/r, 电枢回路总 电阻 R=0.14 ,允许电流过载倍数 =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 T0 n =0.02s 。设调节器输入输出电压 Unm*=Uim*= Un

29、m =10V,调节器输入电阻 R0=40k。 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 ?第 14 页 共 24 页解：（1）UimI dm10 0.00877V / A1.5*760UnmnN电流调节器已按典型10 0.0267V min/ r375I 型系统设计如下：a)TS 0.00176s确定时间常数： b)Toi 0.002sc) T i 0.00367s电

30、流调节器结构确定：因为%5%，可按典型 I 型系统设计，选用 PI 调节器，WACR (s)=K i(is+1)/is， Tl/T=i0.031/0.00367=8.25cn1/2 1/2 -1b) 1/3(K I/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02) 1/2=27.51s-1cn 可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选 R0=40K ，则 Rn=K n*R 0=10.5*40=420K第 15 页 共 24 页33由此 Cn=n/Rn=0.1367/420*10 3=0.325 F 取 0.33F C0n=4T0n/R0=4*0.02/40*10 3=2F-12) 电流环的截

31、止频率是： ci=K I=136.24 s-1速度环的截止频率是： cn=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 I dm=30A,电枢回路总电阻 R=2 ,晶闸管装置的放大倍数 Ks=30 , 电 动机额定电流

32、 IN =20A ,电动势系数 Ce =0.128V min/r 。现系统在 Un*=5V ,I dl=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=? U n=? U i*=? U i=? I d=? U c =?(3) 该系统转速环按典型型系统设计, 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 Tn =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

33、间常数。(4) 该系统由空载 ( I dL =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n max和恢复时间 tv。1) = U* nm/nN =15/1500=0.01 Vmin/r= U* im/I dm = 10/30=0.33 V/AU*n =5 V ， n=U* n/=5/0.01=500 r/minUc=U d0/K s=(E+I dR)/K s=(C en+IdLl R)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(=0 )则电动机无电动

34、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 ，U n=0第 16 页 共 24 页U* i=U* im =10， Ui=U* i =10I d=I dm =30AUc=U d0/K s=(E+I dR)/Ks=(0+30*2)/30=2 V3) 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 sKN ns 12s T ns 1n=hT n=5*0.05=0.25sT n=0.05s22KN=(h+1)/2h 2T2=6/2*25*0.052=48s-24) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。 ( p93,9

35、4) nb=2(-z)nNTn/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min C b=2FK 2T=2I dNRT n/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大动态速降： nmax=(Cmax/Cb)*nb=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

36、出空间电压矢量图。解：两电平 PWM逆变器主回路：第 17 页 共 24 页采用双极性调制时，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：uxUd2UUd2Sx 1Sx 0uxd(2Sx 1)以直流电源中点 O 为参考点us (uA uBejuCej2 )SASBSCuAuBuCusu0000Ud2Ud2Ud20u1100Ud2UdUd23Ud22u2110Ud2Ud2Ud23Ude 3u3010Ud2Ud2Ud232Udej23u4011Ud2Ud2Ud223Udeju5001Ud2Ud2Ud232Udej43第 18 页 共 24 页u6101Ud2

37、UdUd232Udej532u7111UdUdUd0222空间电压矢量图：5.9 当三相电压分别为 uAO、uBO、uCO，如何定义三相定子电压空间矢量 uAO 、uBO 、uCO 和合成矢量 us ，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：uAOuAOuBOuBOejuCO uCOej 2合成矢量：usuAO uBOej uCOej2A(ej0)第 19 页 共 24 页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 s 的关系，当三相电压us 与定子磁链 s的表达式，画出各自uAO 、 u BO 、 uCO为正弦对称时，写出电压空间

38、矢量的运动轨迹。解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式：us忽略定子电阻的影响，usdsdtsusdt ，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sej( 1t ) se电压空间矢量：1 sej ( 1t 2 )1s5.11 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 T0,输出频率 w1 ,1us, ust1 u1t2 u2t1 Udt2Ude 3,t1,t2s sT0 1T0 2T0 dT0 d T0T0t1 ,t2 ,T t1 t2 ，零矢

39、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。第 20 页 共 24 页t2T0u1T 0 115.12 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 us 的幅值小于直流电压 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/ 212321232现有三相正弦对称电流iA Imcos( t)，iB Imcos( t 3 )，iC I m cos( t 3 )，求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1isisiA3iAA2A2 iC0iB23iA12iB3i23iB1i2iC3i23iC23iB其中， iA iB iC 0第 21 页 共 24 页iss232iA3iBiB2B3Im2Imm3m3iC2C3cos( t)2j( t 3 ) ej ( t 3