电力拖动自动控制系统

1、电力拖动自动控制系统运动控制系统习题2-2 调速系统的调速范围是 1000100r/min，要求静差率 s=2%，那么系统允许 的稳态速降是 多少？ 解：系统允许的稳态速降? nN = sn min 0 02 × 100 = = 2 04（ r min ） （ 1 - s ） （ 1 - 0 02）PN = 60 kW ， 2-5 某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器 -电动机调速系统。已 知直流电动机U N = 220 = r min ，主电路总电阻 R = 0 18? ， V ， IN = 305 A ， nN 1000Ce = 0 2 V ? min r ，求：（1）当电流连续时，

2、在额定负载下的转速降落 ?n 为多少？ N（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s 多少？ N（3）额定负载下的转速降落 ?n N 为多少，才能满足 D = 20, s 5的%要 求。 解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落I R 305 × 0 18 N =N =274 min ?n C e = 0 2 5（ r ） （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率? n N 274 5 = 0 215 = 21 5% n N + ? n N 1000 + 274 5 （3）额定负载下满足 D = 20, s 5要%求 的转速降落 s N =? n N = n N

3、 s 1000× 0= 0 （5 r min ） 2 63 D- s（1 ） 20 × （ 1 - 0 05）* Uu = 8 8 V , 比例调节放大 2-6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示， 已知给定电压（1）输出电压 U d ；系数 K p = 2, 晶闸管装置放大系数 K s = 15, 反馈系数 = 0 7。 求： （2）若把反馈线断开， 0.3 u 应为多少？U u = ×8 8 = 12（ V ） ； （2）若把反馈线断开， 时的 264 12 = 22 倍。 压是闭环 s uU d 为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？ = 5 U 解

4、：（1）输出电压1 + K p K s U d* = K p K U = 2K K 2 × 15 p s * U d =1 + 2 × 1(5 3)×若 0 把7 反馈系数减至1×5 × 8 8 = 264 （ V） ；开环时的输出电3)若把反馈系数减至 = 0.3。×K 1 p2 K= 4s 26 ( V 1 ×)55 ，当保持同样的输出电压时，给定电压1 + K p K s 1 + 2 × 15 × 0 35 * U u = U d =U N - I d R 12.5 ×1.5 a 220

5、- = = 0.1341 V ? min/ r 解：(1)C e = n 1500 NRI N 12.5 × (1.5 + 1.0 + 0.8) op 307.r/ ? 0.1341 e =n = C = 6 minn s 1500 ×0 .1 N cl 8.3 / ? - s ) 20 (1 - 0.1) = 3 n = D (1 ×rmin（2）（3）（ 4）闭环系统的开环放大系数为 K = ? nop 307.6 - 1 = - 1 = 35.93 ? ncl8.33运算放大器所需的放大倍数 K 35.93 K p = = = 13.77 K s / C 3

6、5 × 0.01 / 0.1341 e解：1 / 3 R = 4.8 ? R s / R = 0.3125 < 图见 49 页 解：计算系统中各环节的时间常数 电磁时间常数 L 0.05 T = = = 0.02 s l R 1.5 + 1.0GD 2 R 1.6 (×1.5 + 1.0 + 0.8) T = = = 0.082 s m 30 375 C C e m 375 × 0.1341 × × 0.1341 T s s = 0.00167 机电时间常数 晶闸管装置的滞后时间常数为 为保证系统稳定，应满足的稳定条件：2 2 T

7、 ( T + T ) + T 0.082 (0.02 +× 0.00167) + 0.00167 s K < ml s = = 53.29 TT 0.02 0×.00167 l s可以稳定运行，最大开环放大系数是 53.29PN = 2.8 kW ， UN = 220 V ， IN = 15.6 A ， 2-12 有一晶闸管 -电动机调速 系统，已知：电动机nN 1500= r min ， R = 1 5 ? ，整流装置 = 1? ，电枢回路电抗器电阻 R L rec a触发整流环节的放大倍数 K s = 35 。求：(1) 系统开环时，试计算调速范围 = 3

8、0 D 时的静差率 s。=10% 时，计算系统允许的稳态速降。 D = 30, * s U n = 10V 时 I d = I N ， (3)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求 D = 30, s = 10% ，在 n = n N ，计算转速反馈系数 和放大器放大系数 K p 。(2)当 解：先计算电动机的反电动势系数U N - I N R 220 - 15 6× 1 5 a C = = = 0 131 (V ? minn r 1)5 e0 0 N系统开环时的额定转速降落I N ( Ra + R 15 6 × ( 1 5 + 1 + 0 8) rec + R L ) =

9、393 ( r min) C 0 131 e(1) 系统开环时，调速范围 D = 30 时的静差率D ? n N 30 × 393 s = = 0 887 = 8；8.7 n% N + D ? n N 1500 + 30× 393(2) 当 D = 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降n N s 1500 × 0 1 nN56( min ) ? =D (1 - s ) =30 × ( 1 - 0 1 )5 r(3) 如组成转速负反馈有静差调速系统， 要求 D = 30, s = 10% ，则系统开环放 大系数? n 393 K = - 1 =

10、- 1 6；9.6 8? nop 5 56 cl ?n Nop =* U n 10 = 0 0067( V ? min 转r )速 反馈系数 = n N 1500KC e 69 .6 8 0× 131 =放大器放大系数 Kp 38.935 × 0 0067 =K s 3。2-13 旋转编码器光栅数为 1024，倍数系数为 4，高频时时钟脉冲频率 f 0 = 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 位计算 器，M 法和 T 法测速时间均为 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：

11、(1)M 法测速60 60 = 1 465 ZT 1024 × 4 × 0 01 cnZT c 1500 × 4096 ×0 01 M = = = 1024 ，误差率最大值 转速 n=1500r/min 时，1 60 601 1 max= = 0 00097 = 0 097%； M 1 1024nZT c 150 × 4096 ×0 01 = = = 102 4 ，误差率最大值转速 n=150r/min 时， M1 60 601 1 max = = 0 0097 = 0 97% 。 M 1 102 4 转速 n=1500r/min 和

12、 n=150r/min 时的测速分辨率 Q =(2) T 法测速60 f 0 60 × 1 × 10= 6 9 8 ，测速分辨率转速 n=1500r/min 时， M 2 = Zn 4096 × 1500Zn 2 4096 1×500 2Q = = 171 66 0 f 0 - Zn 60 × 1 × 10 - 4096 × 1500误差率最大值 max = 1 1 = 0 103 = 10 3。% M 2 - 1 9 8 - 160 f 0 60 × 1 ×10 6 转速 n=150r/min 时， 2

13、 ，测速分辨率 150 98M = Zn = 4096 × 2 Zn 2 4096 15×0 Q = = 1.55 60 f 0 - Zn 60 × 1 × 10 6 - 4096 × 150 误差率最大值 max = 1 1 = 0 0103 = 1 03。% M 2 - 1 98 - 13-1 双闭环直流调速系统的 ASR 和 ACR 均为 PI 调节器，设 系统最大给定电压* * U nm =im U = 15V ， nN 1500= r min ， I N = 20A ，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻R = 2? ， K s = 2

14、0 ， Ce = 0 127 V ? min r ，求：I dL U U U (1)当系统稳定运行在 U n = 5V ， = 10A 时，系统的 n、 n 、i 、 i 和 U c 各为多少？U i 和 U c 各为多少？ 解：转速反馈系数* U nm 15 = = = 0 01 (V? min r ) n N 1500 * 电流反馈系数* U im 15 = = = 0 375 (V A ) I dm 2 × 20 (1)当系统稳定运行在 U n = 5V ， = 10A I 时， dL= 5( V ) n * U n 5 n = = U n = 500( r min ) 0 0

15、1U i = I dL = 0 375 × 10 = 3 75( V )* U i = U i = 3 75( V )U C n + I dL R 0 127 500× + 10 2× U c = d 0 = e = = 4 175 (V ) 。 K s K s 20 * (2)当电动机负载过大而堵转时， n=0;* U i = I dm = 0 375 × 2 × 20 = 15( V )I dm R 2 2×0 × 2 = 4(U c =K s 20 = V ) 。3-2 在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器 A

16、SR、ACR 均采用 PI 调 节器。已知= 3 7 kW ， U N = 220V ， I N = 20A ， n N = 1000 r min, 参数：电动机： P N 换器的放大倍数 K s = 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1 .5? ；设 nm = U im = U cm = 8V ， 子变 U i ， U i 和 U c 的值。U d 0 电枢回路 * * U 总电阻 R = 电枢回路最大电流 I dm = 40A ，电力电解：(1)电流反馈系数* U im 8 = = = 0 2 (V A ) I dm 40 转速反馈系

17、数* U nm 8 = = = 0 008 (?V m in r ) 。 n N 1000 ( 2)当电动机在最高转速发生堵转时， n=0;U d 0 = C e n + I dm R = 0 + 40 1 5 = 60×( V )* U i = U i = I dm = 0 2× 40 = 8( V )U 60 U c = d 0 = = 1 5( V ) 。 K s 403-5 某反馈系统已校正成典型 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。t r 。 和上升时间 ( 2)计算过渡过程时间 t s(3) 绘出开环对

18、数幅频特性。如果要求上升时间 解：典型 I 型系统开环传递函数为 tr < 0 25 s ，则 K=? = ? K s (T s + 1)(1)要求阶跃响应超调量 10%， 则要求 KT 0 69 ，为获得尽量短的上升 时间 t r ，选 择 KT = 0 69 ；则 K = 0 69 0 1 = 6 9T = 6 ×0 1 = 0 6 ( s ) ； ( 2)过渡过程时间 ts = 6 s ) = W ( 上升时间 tr = 3 3 T = 3 3 0 1 ×= 0 33 ( s ) 。s ，则选择 KT = 1 ； ( 3)如果要求上升时间 tr &

19、;lt; 0 25K = 1 0 1 = 10 ， = 16 .3%。s + i i 1 ) 10 K i ( i s + 1) K i s +1 10) i ( ( s ) = i s= 2 开环传递函数 W ?op s (0.02 s + 1) i s s (0.02 s + 1)对型系统 30%， h=7 i = hT = 0.14 sK = h + 1 = 204.1 2 2 2 h TK i K = 2.8571 i = 10 s ) = PI 调节器 W (K i =2.8571 (0.1 4 s + 1) 0.14 s R i R 0 R 0 取 10k R i =28.571

20、k 取 30 k = 14 Fi R / iC ? %)( - z ) Cmax bn TN= 63.4% * nn Tm3-10 有一转速、电流双闭环直流调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已 知电动机参= 500kW , U N = 750 V, I N = 760A ，n 数 为 ： P N = 375 r min ， 电 动 势 系 数 N Ce = 1 82 V ? 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 s ，机电时间常数 Tm = 0 112 s ，电流反 环节的放 大倍数 K s = 75 ，电磁时间常数 Tl = 0

21、 031s 。设调节器输入输出电 馈滤波时间常数 Toi = 0 002 s ，转速反馈滤波时间常 数 Ton = 0 02* *压 U nm = U im = U nm = 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。 ，并 考虑它们T = T + T = 0 0037 s 5，% 因= 0此 5 ，要求电流超调量 i 是否，应取 K I T i s oi i合 KI 135 1 s

22、- 1。理？ （1）电流环等效时间常数 1 KI = 0 0074 s ； cnTs= 1 K I + T = 0 0074 + 0 02 = 0 0274 s ；转速环小时间常数 T n on 0017 电流反馈系数s电流环小时间常数之和* U im 10 = = (V A ) 0 00881 5 ×7 I6 N0转速反馈系数* U nm 10 = = = 0 0267(? Vm in r ) n N 375 选择转速调节器结构，其传递函数为+ ( WASR s K s 1 ) n ns ( ) = n 按跟随和抗扰动性能都较好的原则，取 h = 5, 则 ASR 的超前时间常数为

23、 n = hT n = 5 × 0 0274 = 0 137 s转速环开环增益K N =可得 ASR 的比例系数为 h + 1 5 + 1 = = 159 84 s - 2 ， 2 2 2 2 2 h T 2 5 ×× 0 0274 nK n = ( h + 1) C e T 6 × 0 0088 × 1 82 × 0 112 m； = 2 h 10 R 5T1 2 × 5 × 0 0267 × 0 14 × 0 0274 n 取调节器输入电阻 R0 = 40 k? ，则R = K n R =

24、10 51× 40 = 420 4， k取? 420k ? 0 n 0 137 - n (F ) = 0 326 = = 3 26 17 0× F ，取 0.33 F 3 R 420 1×0 n4 T 4 × 0 02 - on (F) = 2 C on = = = 2 × 16， 0取 2 F F 。3 R 40 ×10 0 C ns -1 (2)电流环的截止频率 ci = KI = 135 1 ，0 137 21 9； s 转速环的截止频率 cn = K N n = 159 84 × 检验近似条件1)校验晶闸管整流装置传

25、递函数的近似条件 - 11 1 = 196 1 ( s -1 ) > ci ，满足 近似条件； 3 Ts 3 × 0 0017 校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件3 1 1 = 3 ( s -1 ) <，满足 近ci 似条件； 50 91 T T 0 112 × 0 031 m l校验电流环小时间常数近似条件1 1 1 1 = 180 8( s -1 ) > ，满足近 c似i 条件； 3 T T 3 0 0017 0 0×02 s oi 校验电流环传递函数近似条件1 K 1 135 1 I - 1 63 7( =

26、s ) >，满足 cn近 似条件； 3 T 3 0 0037 i校验转速环小时间常数近似条件1 K I 1 135 1 = >，满 c足n 近似条件。 27 4( s -1 ) 3 T 3 0 02 on校核转速超调量? ? ? ? C n n? = m ax ? * b ? C b ? n? ? max C = 2 ? C ? b ? ? n N T n ( ? - nz T) *? m760 × 0 140 0274 = 2 × 0 812 × ( 1 5 - 0)× 1 82 × 375 0 112 0 093

27、 < 10% 满足设计要求。解：(1) = 15 = 0.01 V ? min/ r 1500* U n 5 n = = = 500 r / min 0.01U d 0 = C n 104 V e + I d R = U U c = d 0 = 3.47 V K s ( 2) 当电动机突然失磁，电机停转。 U n = 0* * U i = U im = 10 VU i = -1 0 VI d = I dm = 2 V(3) W ( s ) = K ( s + 1)s 2 ( Ts + 1) = hT = 0.25 sh + 1 K N = 2 2 = 48 s - 2 2 h T

28、W ( s ) = 48(0.25 s + 1)s 2 (0.05 s + 1)Tm = 0.44 s ( 4) t v = 8.8? nb = 2 RT - I dL ）I n （ dm = 93.75 r / minT eCr C ? C b max （ %） ?/ n = 76.12 5-1 一 台 三 相 鼠 笼 异 步 电 动 机 的 铭 牌 数 据 为 ： 额 定 电 压 380V = U ， 额 N b mi 定转 速 r min nN = 960 ，额定 频率 fN = 50H z ，定子 绕组为 Y 联接 。 由实验测得 定子电阻 n R = 0 35 ? ， 定子漏感 L

29、= 0 006H ，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感 L = 0 26H ，s ls m = 0 5 = 0 ，00转7H子 参数已折算到定子侧， 忽略铁芯损耗。 ? ，转子漏感 L 转子电阻 R r lr（ 1）画出异步电动机 T 形等效电路和简化电路。 mI1 N 和额定电磁转矩。 （ 2）额定运行时的转差率 s N ，定子额定电流 （3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率 械特性。解：（1） I 0 。 s T m 和临界转矩 em ，画出异步电动机的机 异步电动机 T 形等效电路异步电动机简化电路min ，同步转速 n1 额定运

30、行时的转差率（2）由于额定转速nN = 960 r=1000( )，= n p= 3 rsN =60 f N 60 × 50minn - n 1000 -960 1= = 0 04 n 1000 1- j R 0 006 0 35 s = 1+ - j 1 023- j 0 004 1 023 2 f N L 0 26 100由异步电动机 T 形等效电路， R + j L L s 1 ls ls C = 1+ 1 L j 1 m = 1 + L m可得转子相电流幅值 = I r U s ? ? R 2 2 r ( ) R + C + L + ?C sL 1 11 lslr s N ?

31、 ?2200 5 ? ? 2 0 35 + 1 023× 100 ) 2 × ( 0 006 + 1 02?3 ? + ( ×0 0 04 0?07? )220 2 2 = = 172 5939 + 17 0953= 15 9735 (A )气隙磁通在定子每相绕组中的感应电动势? 2 2 ?R r = 15 9735 ×E = 1I 5+6 25 + 4L 8361 202 (73V52) g r ? ?1 lr ?s N ? 额定运行时的励磁电流幅值 2I 0 = 202 7352 = 2 482 ( A) L 1001 × 0 26 mU

32、s? R ? 2 2 ) R ( Lls+ L ? s + 2 ? + 1 lr s? ?220 2 E g 由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值I = 1 N =220 0 5 ? ? 2 0 35 + 100 ) × (0 006 + 0 ?00?7) + 2 ( 0 04 ? ? 2 = 165 .1 225 + 16 .67 96= 16 .3 16 4A)额定电磁转矩3 n p 2 R 3 3 ×0 5P 2 m r T = = I =× 15 9735 ?× m ) ( 9依1据 37(T N 形等效电路) e m 1 r s

33、100 0 04 N 或T e = 3 n 2 R 3 0× 5 P2 m r = p I =× 16 3164 × ? m )9 5( 3依3 据( N简 化等效电路) m 1 1 N s 100 0 04 NU sR + ( Lls + L m ) 2 s 2 1 2 (3)定子电压和频率均为额定值时，理想空载时 的励磁电流 I 0 = = 220 0 35 + ( 100 ) × (0 006 + 0 26)0 50 35 + ( 100 ) × (0 006 + 0 007) 2 2 2 2 2 = 2 6(334 )(A定 ) 子电压

34、和频率均为 额定值时，临界转差率 s = m R r ) R + ( +L lsL lr 2 s 2 12 3 n p U s 2 = 2 = 0 122 临界转矩 T = em ?R + R 2 + 2 ( ?2 ) Lls + L 1 ?s s 1 lr ?2 = 3 × 3 × 220 2 2 200 × × 0 35 + 0 35 2 + ( 100 ) × (0 006 + = 155 83( N ? m )异步电动机的机械特性： Sn0 n 1S m1 0 T em T e12 2 3 5-2 异步电动机参数如习题 5-1 所示，画

35、出调压调速在 U N 和 U N 时 的机械特性，计算临T 界转差率 s m 和临界转矩 em ，分析气隙磁通的变化，在额定电流下的电磁 转矩，分析在恒转 矩负载和风机类负载两种情况下，调压调速的稳定运行范围。 解： 定子相电压改变，临界转差率不变，即(0 006 + 0 007)s = m R r ) R + ( L+l sL lr 2 s 2 1 2 = 0 5 0 35 + ( 100 ) ×2 2 2 = 0 1221 1 12 4 42 4 4 = T = 1×55 83 = 69 26 ( N ? min) 。当调压至 U N 时，临界转矩 T em e max

36、 3 9 9U s 气隙磁通： m 随 定子电压的降低而减小。 4 44 f N k 1 s Ns = T = 155 83 = 38 96 ( N ? min) ，当调压至 U N 时，临界转矩 T e max em 5-6 异步电动机参数如习题 5-1 所示，输出频率 f 等于额定频率 fN 时，输出 电压 U 等于额定电压 UN，考虑低频补偿，若频率 f=0，输出电压 U=10%UN。 (1)求出基频以下电压频率特性曲线 U=f(f) 的表达式，并画出特性曲线。 (2) 当 f=5Hz 和 f=2Hz 时，比较补偿与不补偿的机械特性曲线，两种情况下的临 界转矩 Temax。解：(1)UN

37、=220(A) 斜率U - 0 1 U N 220 - 22 k = N = = 3 96 ， f N - 0 50 - 0 考虑低频补偿时，电压频率特性曲线 U = 3 96 f + 22 ； 220 f = 4 4 f 不补偿时，电压频率特性曲线 U = 50 (2)当 f=5Hz 时A、不补偿时，输出电压 U = 4 4 f = 22( V) , 临界转矩= 3 × 3 ×22 22 2 ) 20 × × 0 35 + 0 35 + ( 10× (0 006 += 02 030 n7 )p 2 U Ts 2e m? ? R+ R 2 +

38、2 ( ) 2 L + L? 1s ?s 1 ls lr= 78 .084 ( N ? m ).96 f + 22 = 41 .8( V ) B、补偿时，输出电压 U = 3T em = 2 3 n p U s 2 ?R + R 2 + 2 ( ) 2 L + L? 1s s? =1 l3s lr ×3 × 41.8 22 2 ) 20 × × 0 35 + 0 35 + ( 10× (0 006 + 0 007) 2 = 281 .883 ( N ? m ) 当 f=2Hz 时 .8( V ) , 临界转矩 A、不补偿时，输出电压 U = 4

39、 4 f = 8T em = 2 3 n U p s 2 ?R + R 2 + ?2 8( × × 0 35 + 0 35 2 + () 42 × (0 00 6 +0 007) 2 ) 2 L + L 1? s ?1 =ls 3 l r ×3 ×8.8 2= 37 .666 ( N ? m )6 f + 22 = 29.9 2( V) B、补偿时，输出电压 U = 3.9T em = = 2 ? 2 2 ?8 × × 0 353 5+ 20 + ( 4 ) 2 × (0 006 + 0 007) 2 ( ) 2

40、R+ R + L + L 1 s 1 ls ?l rs ? 2 3 n p U s 3 3 ×29 .92 2= 435 .419 ( N ? m )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 写出其电压矢量表达式， 画出空间电压矢量图。解：5-11 采用电压空间矢量 PWM 调制方法，若直流电压 u d 恒定，如何协调 输出电压与输出频 率的关系。解：在一个周期 s ( k ) = ? s ( k ) = u ( k ) ? t = 2 2 u d u d ? t = 3 3

41、3正六边形定子磁链的大小与直流侧电压成正比， 而与电源角频率成反比。在基频 以下调速时，越小时， ? t 越大，势必应保持正六边形定子磁链的最大值恒定。若直流侧电 压恒定，则1导致 s (k ) 增加。因此，要保持正六边形定子磁链不变，必须使 在变频的同时必须调节直流电压，造成了控制的复杂性。 有效的方法是插入零矢量，当零矢量作用时，定子磁链矢量的增量 定子磁链矢量停留不动。有效工作矢量作用时间 ?t1 < ? t ， u 1 为常数，这意味着 d ? s ( k ) =0 ，表明t = ? t - ? t1 ，零矢量作用时间 ? 0? t = 1( ? t1 + ? t ) =

42、 时 ，3 定子磁链矢量的增量为 当 1 0 正六边形定子磁链的最大值在直流电压不变的条件下，要保持 s (k ) 恒定，只要使 ?t 1 为常数即可。输 出频率越低， t? 越大，零矢量作用时间 ?t 定子磁链矢量轨迹停留的时间越长。 由此可知，零矢量 0 也越大， 的插入有效地解决了定子磁链矢量幅值与旋转速度的矛盾。6-1 按磁动势等效、功率相等原则，三相坐标系变换到两相静止坐标系的变换 矩阵为1 1 ?1 - - 2 ? 2 2 ? C = ? 3 2 3 3 ? 3 ?0 - ? 2 2 ?2 2 =A I m sin( 、 t ) i = I sin( t - ) i = I sin

43、( ，求现有t 三+ 相) 正弦对 称电流 i 、 B m C m 3 3 变换后两相静止坐标系中的电流 i 和 i s ， 分析两相电流的基本特征与三相电 流的关系。 s? 1 1 ?I m sin(? t )1 - - i? t2 ) ?2 ? 3 ?I m sin( s ? 2 2 ? ?I sin( =- ) = 解： ? m ?- I cos( ?； i 3 3 t ) 3 ?3 m2 ?s ? ?0 - ?2 ? ? 2 2 ?I sin( t + )? m3 ?6-2 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换矩阵为? cos ? sin ? ? C 2 s 2 r = ?- sin

44、? cos ? ?将习题 6-1 中的静止坐标系中的电流 i 和 i 变换到两相旋转坐标系中的电流 i 和 i sq ，坐 s sd s 标系旋转速度为 d ? = i i 1 。分析当 1 = 时 ，电流 sd 和 sq 的基本特征， 电流矢量幅值 dt2 2 i 的关系，其中 是三相电源角频率。 > 和 1 < 时， 1 s = i sd + i sq 与三相电流幅值 I mi i sd 和 sq 的表现形式。i t ?) t - ? ) ? 3 ? I m sin( ? cos ? sin ? 3 ? I m sin( sd ? = 解：? = ?- Icos

45、( ? 2 ?-I cos( i -sin cos t ) 2? ? ? s qt ?- )? m ?m ?d ? = = ?t +0( ?0为初始角位置)由坐标系旋转速度为 11 ，则 ? dtt =t ?+0(1)当1 =时 ， = ? ，则 13 i -?I sin2 i= I m 0sd ?2 c -3 ， o3 0 2 2 i = i + i sqs sd sq m； s = 2 I s= - sm t- ?0 (2)当1 > 和 1 <时， 设 ?- ，则，t - 1i t -? ) ? s t +? 0 ) ? 3 ? I m sin( 3 ?- I

46、m sin( sd ? = ?- I cos( ? = 2 ?- I cos( ?。 i 2 t - ) ? ?t ?+ 0) ? m ? m s ? sq ?6-3 按转子磁链定向同步旋转坐标系中状态方程为坐标系的旋转角速度为L m i st 假定电流闭环控制性能足够好，电流闭环控制的等效传递函数为惯性环节 di 1 r 1* sm= - i r iT s m1 i dt 1 + - sm T di T Ti 为等效惯性时间常数。画出电流闭环控制后系统的动态结构 图，输入为 i ism 和 ist ，输出为i T 和 ，讨论系统稳定性。 i r st st 解：电流闭环控制后系统的动态结构图

47、如下： ii*sm1 T s + 1 ii smL dt mT s + 1 + r rst i*im st 1 1 T s + ii stn Lp L rT eT LnpJs转子磁链环节为稳定的惯性环节；转速通道存在积分环节，系统不稳定，必须加 转速外环使之稳定。kW ，额定电压 U N = 380V ，额定电流 6-4 鼠笼异步电动机铭牌数据为：额 定功率 PN = 3I N = 6 9A ，额定转速 nN = 1400 r min ，额定频率 fN = 50H z ，定子绕组 Y 联接。由实 = 1 85 ? ，转子电阻 R = 2 658 ? ，定子电感 L = 0 294H ，转子 自

48、感验测得定子电阻 R r s s L = 0 2898H ，定、转子互感 L = 0 2838H ，转子 参数已折合到定子侧，系统的转动惯 r m2量 J = 0 1284 kg ? m ，电动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i 向的定子电流两个分量 i sm 和 st 。1400 r min ，额定频率 fN = 50H z ，则电动机极对数 n p = 2 ，额定转解：额 定转速 nN = 速 m = 2 n N = 146 6 ( rad s ) ； = n p m = 293 2 ( rad； s )6 0 设三相正弦对称电流i = I m sin( 2 f

49、 N t ) = 9 758 sin( 100、 A t )i = I m sin( 2 f N t - B2 2 ) = 9 758 sin(100、 t -3 ) 3 2 2 ) = 9 758sin( 100 ， 3 3 t + )? 1 1 ?I m sin( 2 f N t ) ?1 - - i ?100 ?t )? 2 ?2 ? ?11 951 sin( s ? 2 2 = I sin( 2 f t - ) = ? m ? i ? N ?3 3 3 3 - 11 951 cos( 100 ? t? )? s? ?0 - ?2 ? ? 2 2 ?I sin( 2 f N t + )

50、m ? 3 ?L 0 2898 r = = = 0 109( s ) ，转子电磁时间常数 T r R 2 658 r i = I m sin( 2 f Nt + C电动机稳定运行在额定工作状态时 r = L i - r Trs m r = L i Tr r m s + r = 2 1 +， 2得 T r L i - TLr i m s m s 0 2838× 11 951× sin(100 t ) - 293 2× 0 109 × 0 2838 × ( -1 1 951 )×= 2 1 + 293 2 0 ×109 2= 0

51、 0033 × sin(100 t ) + 0 1060× cos(100 t )L i + TLr s m i r = m s 2 1 + 2 Tr0 2838× ( -1 1 951 )× cos( 100 t ) + 293 2× 0 109 × 0 2838×1 1 951 ×t )2 2 1 +293 2 0 1×09= -0 0033 × cos( 100 t ) + 0 1060× sin(100 t ) =2 2 r sin 2 ( 100 t ) + 0 0006996× sin(100 t ) × cos(100 t ) + 0 1060 22 ( 100 t ) =0 0033 ×2 2 2 rc os 2 ( 100 t ) - 0 0006996× sin(100 t ) × cos(100 t ) + 0 10602 ( 100 t ) =0 0033 ×2 r r r + 20 0033 2 + 0 1060 2 0 1061 = - 0 0033 × cos(100 t ) + 0 1060 × s?in(=1 r0