电力拖动自动控制系统第四版课后答案

2.2系统的调速范围是lOOOTOO〃min,要求龄差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少？

解：An=K=1000x0.02/(10x0.98)=2.04rpm

系统允许的睁态速降为2.04

2.3某一调速系统，在额定货栽下，最高转速特性为％max=1500〃min,成低轨速特性为wOmn=150r/min.带额定鱼

我时的速度降落A〃N=15r/min,旦在不同转速卜额定速降不变，试问系统能移达狗的调速范围有多大？系统允许的铮差率是多少？

解；I)调速范围0=〃mix/〃min(均指额定负载情况下)

"max=劭max-^nN=^00-15=1485

"min=%min-A〃N=150-15=135

D="max/"min=1485/135=11

2)腌率s=AnN/%=15/150=10%

2.4H流电动机为P、=74kW,UN=220V,I、=378A,nN=l430r/min.Ra=O.O23Q,相拄整流器内阻Rrec=O.O22Q,采用降压调速，当生产机械要求s=20%

时.求系统的询速箍围.如果s=30%时,则系统的调速范围又为多少？？

解：金=(。'一小()/电=(220—378x0.023)/1430=0.1478^/7加

An=INR/Ce=378x(0.023+0.022)/0.1478=115^

D=nNS/[^n(\-J)]=1430X0.2/[115X(1-0.2)]=3.1

D=nNS/[^(l-5)]=1430X0.3/[l15X(1-0.3)]=5.33

2.5某龙门刨床工作台采用V.M调速系统.已知f[流曰动机，主电路总电IBR=O.I8a,Ce=O.2V・mimr,求：

(I)当电流连续时，在额定负或下的弱速降落△〃人为多少？

(2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的除差率S”多少？

(3)若要满足D=20告45%的要求.额定负我下的转遑降落A〃N又为多少？

解:(1)^nN=INxR/Ce=305x0.18/0.2=274.5r/min

(2)SN=A®/%=274.5/(1000+274.5)=21.5%

(3)△〃=s)]=1000x0.05/120x0.95]=2.63r/min

2.6有一晶闸管稳压电源•关稳态结构图如图所示，已知给定电压U；=8.8V、比例调节器放大系数Kp=2、晶闸管装葭放大系数

Ks=15,反馈系数丫=0.7.求：”>输出电压U1；(2》若把反馈戏断开，Ud为何值？开环时的输“电压是闭环是的多少倍？(3)若

把反馈系数减至Y=0.35,当保持同样的输出电压时,检定电压U：成为多少？

解:(1)ud=KpKsU*/(I+KpKsy)=2X15X8.8/(l+2x15x0.7)=12V

⑵Ud=8.8x2x15=264V.开环输出电乐是闭环的22倍

⑶U：=Ud(1+KpKsy)/KpKs=12x(l+2xl5x0.35)/(2x15)=4.6V

2.7某闭环调速系统的两速范围是150()r/min-150r/min.要求系统的静笠率S45%,那么系统允许的潜态速降是多少？如果开环系统的静态

速降息lOOr/min.则闭环系然的开开放大倍数应在多大？

解：1》O=〃RS/A〃N(1-S)

10=1500x2%/AWJVX98%

AniV=1500x2%/98%xlO=3.06r/min

2>K=(△%,/△/)-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，额定负或下电动机的连降为8r/min,如果将开坏放大倍数提高到30,它的速降为多少？在同样静差

率要求下,调速范阳可以少大多少倍？

帆bnop=(1+K)A«C/=(1+15)x8=128

如果将开环放大倍数提高到30,则速圈为:

△6=Snop/(1+K)=128/(1+30)=4.13少机

在同样静爰率要求H.Dq以扩大△〃&：/AZC/2=1・937倍

2.9有一V-M调速系统：电动机参数P、=2.2kW.UN=：20V.I、=l2.5A.nqS00r/min,电枢电阻R,=1.5d电枢H路电抗器电网RL=O.8d整流装置

内眺RsLOQ,触发整流环节的放大倍数K,=35.要求系统满足调速范闱D=2O.静差率Sv=10%.

(1＞计灯开环系统的仰态遽降和调速要求所允许的闭环静态速降AM,

(2)采用转速负反馀组成团环系统,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UJMI5V时，U=IN，n=m.则转速负反馈系数a应该是多少？

(4)计算放大器所需的放火倍数.

解：(I)

n=(UN-lNxRa)/Ce

=C,=(220-12.5xL5)/1500=201.25/1500=0.134Vmin/r

=加%=/“x&/C，=12.5x3.3/0.134=307.836〃min

际N=^5/(^(1-5))=1500x10%/(20*90%)=8.33"min

所以.=8.33r/min

(2)

-T.R

4

a

⑶⑷几=(KpKsU；-IdR)/(Ce(l+K))=[KU；/a(l+K)]-+K))]

K=(△〃”“/△〃”)一1=307.836/8.33-1=35.955

1500=[35.955x15/a(l+35.955)]-[12.5x3.3/(0.134(1+35.955))]

a=0.0096Vmin/r

=工=35.955*0.134434

可以求得,K

Ks*a35*0.0096

也可以用粗略舞法:

U*^U=an.a=—=—=0.01

nn”n1500

Kp=KCJK,a.Kp=35.955x0.134/(35x0.01)=13.76

2.10在题2.9的转递负反馈系统中增设电流能止环节要求堵转电流/一切421N•临界截止电流Ider~L2，N,应该选用多大的比

依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i/3,如果做不到.需要增加电流反tn放大器,试画出系统的碌理图和酹

态结构图，并计算电流反愦放大系敢，这时电流反馀来样电阻和比较电压谷为多少？

解：⑴Idh/<2IN=25A.Idcr>1.21N=15A

【dcr—Uco/&15-U。。由IR$

Idb产(u；+(n25=(15+a由)/RsnRs=1.50

Ue。加=15x1.5=22.5V

(4/3)=(1.0+1.5+0.8)/3=l.lC,R、>(RJ3)

(2)

不符合要求，取E=1.1Q,需加电流反馈放大器

由于需雯的检测电就值大.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伯号大的要求,则必缜采用放大器,对电流信号进行放

大.为此，

取K=1.1C,则Ucnrn=〃.，*K=15K1.1=16.5V

(3)当时，有

〃=k〃KQ：/Q(l+K)]-\KpKsK^RsId-U.J/gQ+K)]—伊。/Q(l+K)]

=k/M：+&U8mMeeQ+K))]-[(R+KpKs&R)/d/©(I+K))]

当n=0时.

L*K,K(u：+KU)/(/?+&KK,K卜(u：+卬,.)/K,R,

25=(15+16.5^)/1.1^=^^,=15/(22.5-13.5)=1.36

2.11在fig2.9的系统中，着主电路电感L=50mH,系统运动部分的飞轮惯量GD?=1.GNlYl2.整流袋置栗用三相零式电路,试判断按时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：22

L=50mH.GD=l.6Nm.4=3.3C.Ce=0A34V/rpm

7；=L//?Z=0.05/3.3=0.0155

2

7；=GD/?x/(375CrC,„)=1.6x3.3/(375x0.134x0.134x30/3.14)

=5.28/64.33=0.0825

Ts=0.00333$

K<[7；(7；+7；)+7；2]/7；7；=[0.082x(0.015+0.00333)+O.OO3332]/(0.0151*0.00333)

=[0.0015+0.003331/0.00004983=30.52

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-电动机网速系统,已知：电动机：Rv=2.8AW.UN=22(V.IN=15.6AnN=1500r.Bin.Ra=\.s

Q,整流装置内阻Rrec=l。，电枢网路电抗器电阻RL=0-8O,触发整流环节的放大倍数=35.

(I)系统开环工作时，试计并调速范围D=30时的挣弗率s值.

(2)当£)=30.5=10%时.计算系统允许的稔态速降.

(3)如组成转速负反馈有酹差iffl速系统.要求0=30.5=10%.在U；=10V时.n=nN，计算转速负反馈系数。和

放大器放大系数Kp.

解：

Ce=(220-15.6x1.5)/1500=0.1311Vmin/r

(1)

Anop=ZAfx/?2/Ce=15.6x3.3/0.1311=392.68"min

%n=1500/30=50

s=△〃叩/AnOmin=392.68/(392.68+50)=88.7%

(2)

0.1=An/(An+50)

△〃=5/0.9=5.56〃min

(3)

〃=KpK$U；/Q(1+K)-/Ce(1+K)

K=KpaKs/Ce

1500=监4"仁。+K)-(&15.6)/Ce(l+K)

'K=/△%)-1=(297.48/5.56)-1=52.5

2.13旋竹编玛器光栅数1024,倍频系数4,充频时钟肽冲频率=IMHZ,旋转珀码器输出的脉冲个数和高^时钟脉冲个数均采用16位计

数器，M法测速时间为o.ois,求耨速n=1500r/min和n=150r/min时的洌速分辨率和设注率最大俏

解;

6060

（1）M法：分辨率。==1.465r!min

ZT(.1024x4x0.01

60M

用大误差率：〃=

ZTe

1500x4x1024x0.01⑺一

n=1500r/min时，M.=，----------------------------=1024

16060

nZT150x4x1024x0.01।…

〃=150〃min时.=-------=----------------------------=1U2.4

6060

1500r/min时.%=—x100%=——x100%=0.098%

1raxM11024

150/min时，31mx%--xlOO%-」一x100%-0.98%

nBXM102.4

可见M法适合高速。

（2）T法：

分辨率：

721024x4x150()2

n=1500/7min时，Q=------------=171r/min

60/o-Zn60xlxl06-1025x4x1500

Q二=一华巴曳—二1.55r/min

n=150〃/min时,

6

60f0-Zn60xlxl0-1024x4x150

604_6%

最大误差率:M

~Zn

ZM2

6)x1()6

当〃=1500/7min时，M?==9.77

1024x4x1500

60x1()6

当九=150r/minnt.M==97.7

21024x4x150

n=1500r/miniit,2小%=—5—x!00%=—J—xl(X)%=11.4%

加M2-19.77-1

〃=150厂/min时，色皿％=—!—xl00%=—!—x100%=1%

niax

M2-l97.7-1

可见T法适合低速

习题三

3.I双用讣调速系统的ASR和ACR均为PI/节2S,设系统段大给定电出=15%tlN=1500r/min,/加=20A，电流过我培数为2,电枢I可路

总电阻R=2dK,3=20,e=0.127V-«in/r,求：（1）当系统稳定运行在U»“l=5V./,C〃fL10A时，系统的〃、Ufnl、Ut,.U,I,和U,.c

各为多少？（2）当电动机负我过大而堵转时.U：和U,各为多少？

解：⑴

a=/wv=15V/1500/y^=0.0IV/rpm

当U；=5匕转速〃=力=—————二500rpni

aO.OlV/zpw

U*15V

Z?=-^=—=0.375V/A

540A

U；=pld=0.375*10=3.75V=U,

〃_U「E+IM_C产“”,0.127*5004-10*2

KsKsKs20

即〃二5003皿U“=5V,U：=q=3.75匕U,.=4.175u

⑵堵转时.U*==15V.

U=%=@+〃)="=及=4丫

cKsK$Ks20

3.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调15SSASR.ACR均采用PI调琳器。已知参数；电动机：PN=3.7kW,UN=220V,1N=20A,nN

=1000r/min,电枢回路总电阻R=1.5Q,设U；巾=（7*„=Uem=8Y,电枢回路或大电流/力”=40A,电力电子变换潺的放大系数Ks=40.

试求：

（i）电流反馈系数£和转速反馈系数a.

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的。40,U；,Uj,U<.值.

〃加一

=0.2V/A=0.008V/rpm

nNlOOO/y?///

2)Ug=E+IdK+=40A*1.5Q=60V

这时:

Un=8V,Un=0.ASR处于饱和.输出坡大电流蛤定他.

a=w，a=W,

Uc=Ud0/Ks=60/40=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P1调节器，当ASRW1HI达到U；”=8V时，主电路电流达到戢大电流80A.当负

我电流由，IOA增加到70A时，试何：（1>（/*应如何变化？<2>{7。应如何变化？⑶（4值由哪些条件决定？

jjgQI/

/=*=一=O.1V/A

）/而80A

因此当电波从40A=7OA时.U-应从4>=7V变化.

2）要有所增加.

3）Uc取决于电机速度和鱼载大小。因为=E+&段=CenN+1,风

U=u*（C〃+//）

cKxKs

3.5某反馈控制系统已校正成典型I型系统.已知时何常数T=0.1.要求阶跃响应超调抗bW10%.

（I）系统的开环增益。

（2）计算过渡过程时间ts和上升时间tr：

（3）绘出开环对数幅领特性，如果要求上升时间<O,25s.W1K=?,（T%=?

峪取AT=0.69,g=0.6,cr%=9.5%

⑴系统开环增益：K=0.69/T=0.69/0.1=6.9（1/s）

⑵上升时间0=3.37=0.335

过度过程时间：

3

4®=6T=6x0.1=0.6s

,勒

如要求。＜0.255,查表3/则应取KT=1,^=0.5,。=2.47=2,4*0.1=0.24$这时

K=[/T=10阊调量=16.3%,

3.6有一个系统，其拄制对象的传递函数为叱加(5)=——=----------，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入卜系统超调iftb%SS%

rs4-10.015+1

(技战性杀统考电)。或对系统世打动态校正，决定峋方器玷构，井通择其号数，

解：按典型I型系统设计.选KT=0.5,4=0.707,查表3-1,得。％=4.3%

送I调节器，W(S)=二二，校正后系统的开环传后函数为W(s)=-L,这样，T=0.01,K=10/T,已选

TSTS(0.015+1)

KT=0.5.则K=0.S/T=50,所以t=10/K=10/50=0.25,枳分调节器：卬(5)=」-=小1

TS0.25

u,,、K[10

3.7有一个Hi环系统，其控制对象的传递函数为叱.($)=---!—=---------------，要求校正为典里II型系统，在阶跃输入下系统超

向5(75+1)5(0.025+1)

期量。％这30%(按城性系统考虑〉。试决定调节器结构,并选择其参数.

解：应选择PI调节器，%/(s)校正后系统的开环传递函数W(s)=—'—,对照典型H型系

TSTSS(Ts+1)

铳，K=KplKi/r,“仃，选h=8，查表34，的27.2%,满足设计费求.这样

子=力7=8*0.02=0.18,

K=-^4=——__?=175.78,K〃/=K"K[=175.78*0.16/10=2.81

2〃2r22*82*0.022p,1

3.8在一个由三和零式品闸管整流装置供电的转速.电流双闭环蠲速系统中,已知电动机的额定数据为：PN=60kw.UN=220v.

1N=308A.nN=1OOOr.min.电动势系数Ce=0.196Vmin/r.主回路总电阻R=0.18。.触发整流环节的放大倍数Kg=35.电磁时

间常数7}=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电洸反索滤波时阿常数Tw=0.0025s,转速反馈逑波时间常数%=0.015s.额定转速时的给定电压

(U；h=10V,调节器ASR.ACR饱和输出电乐U/=8V,U<.=6.5V.

系统的静、动态指标为:稳态无睁差，调速范困D=10,电流超调量(TjSS%.空战起动到班定杨建时的轨速超调维。“W10%.试求：

(1)确定电流反馍系数B(假设起动电流限制在1.1以内)和转速反馈系数。.

(2)试设计电流调节器ACR,计算其参数R.、C、G：.画出其电路图,调节器输入回路电阻

(3)设计转速调节潜ASR,计算其参数&、C、(Ro=40kQ)

(1)计算电动机带10%额定仇我起动到圾低转速忖的转速超调最。”

(5)计算空祓起动到额定转速的时间。

峪⑴p=(/*/IA

„dm=8V/(1.1*ZV)=8V/339A=0.0236V/

a=10/1000=0.01Vmin/r

(2)电流调不骞设计

确定时间常数：a)Ts=0.00333s

b)Toi=0.0025s

c)Q=几+1=0.0025+0.00333=600583s

电流调节器结构确定:

&SS+D

因为<7；<5%.可按典型I型系统设计,选用PI调行器，W4a（S）=

电流调节器多数确定：盯=7；=0.0125,选勺7^=0.5,烙=0.5/7^=85.765-1

85.76x0,012x0,18

=0.224

35x0.0173

校验等效条件：cod=峪=85.76sT

。）电力电子装置传递函数的近似条件：J=—\—1=10101>%

JTS3X0.00333

R.==0.224x40AT=8.96K,取出

3

C,=T.//?f=0.012/(9X10)=1.33//F

由此,

几./&=X3

COi=44x0.0025/4010=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/&:因为K4产0.5

则1/(=27^=2x0.00583=0.01166$

b)Z,“=0.015s

o弓〃=1/K,+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,

卬.（$）=£”9"1）.速度调储参数确定:

Tn=，取/?=5,/=h&=0.1333s

K==—-----?=168.82父2

N2h2Tl,2X52X0.026662

乙校脸等效条件：

K_(h+\)J3C(Tin_6x0.0236x0.196x0.12

n

~2haRT^n~2x5x0.01x0.18x0.02666-,

cocn=KN/=KNrn=168.82x0.1333=22.55"

。）电流环近似条件」,叵=1=40.435-'>/

3NG3V0.00583tn

b）转速环小时间常数近似《后=g席|=25.2J>/

可见满足近似等效条件.

利速超调*的校验（空战z=o）

308x0.180.02666

%=2*(^£2^)(4一z)第&=2x81.2%xl.lx----------x-------

0.196x10000.12

a〃Tm

=11.23%>10%

转逋超调员的校验结果表明，上述设il不符合耍求,因此需重制设il.

查表，应取小•些的h,选h=3进行设计.

按h=3,速度调节器叁数确定如K：Tn=hT^n=0.07998s

2

KN=(7?+1)/2必巩=4/(2x9x0.02666)=312.656.小

Kn=(h+\)fiCeTm/2haRTXn=4x0.0236x0.196x0.12/(2x3x0.01x0.18x0.02666)=7.6

校骁等效条件：cocn=Kv/例=KNTn=312.656x0.07998=25尸

a)l/3(K//G严=l/3(85.76；0.00583严=40.43『>吗”

b)l/3(KJ7；“严=i/3(85.76/o.oi5严二25.2—>%

可见满足近似等效条件.

转速超调量的校验：

%=2x72.2%xl.lx(308x0.18/0.196x1000)x(0.02666/0.12)=9.97%<10%

粕速超弱■的检胶结果表明，上述设计符合要求。

速度调节器的实现：选&=40K.则&=x&=7.6x40=304K.取310K.

3

CH=rn/R“=0.07998/310xl0=0.258〃/

C加=47；”/%=4x0.015/40x1()3=1.5〃/

a40%额定负载起动到最低找速时:

5%=2x72.2%x(l.l-0.4)x(308x0.18/0.196xl00)x(0.02666/0.12)=63.5%

5)空较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.阶段.

根据电机运动方程:寰？=工-九%隔卢=畛畜=告

375atatGD。GDKC工”

375e375cq

”C”=0.196*0.12*1000=0385,

所以：QdmTdJR(1.1*308-0)*0.18,'

3.10有•转速、电流双闭环调速系统，主电路采用三和桥式整流电跖.已知电动机参数为：Ps=500kW,l\=750V,h=760A,n^375r/»in.电动势

系数C.=1.82Wmin/r.电枢网路总电阻R=0.14。，允许电流过新倍数\=1.5,触发整流环节的放大倍数（=75.电破时间常数7}=0.031s,机电时间常

数7；,,=0.112s,电流反馈滤波时间常数TQi=0.002s,转速反馈泄波时间常数TOn=0.02s.设调节器输入输出电压IL=10V,ifl节器输入电

胤如，10kC.

设计指标:和态无静差，电流制调fit<TjW5%,空或起动到额定转速时的转速秘调量W10%。电流调节器己按典型I型系统设计，井取参数

KT=0.5.

（1）选择转速调节器结构，并计算箕参数.

（2）计算电流环的截止频率和转速环的截止频率Q.“.并考虑它付是否合理?

夕=%=-3—=0.00877V/A

Ia.ni1.5*760

解：＜1)*

a=%=也=0.0267Vmin/r

nN375

电流调节器L1按典型I型系统设计如下：

a)Ts=0.001765

确定时间常数：/?)〃♦=0.002s

c)7^f=0.003675

电流调节器结构确定：因为O%4%,可按典型I型系统设计.选用P1调节器.WACHS尸KNTS+Wts，T/Tv.=0.03l/O.00367=8.25<l0

电流调节器参数确定：I,=TI=0.031S.KITS,=0.5.KI=0^^=136.24s'

=K,T,R/Ks/3=136.24x0.03lx0.14/75x0.00877=0.899

校验等效条件：g产K(=136.244

-1

^)1/37；=1/3x0.00167=199.6s>d?t.

Z?)(l/T润),/2=3(l/0.112x0.031),/2=50.9L<公

c)l/3(1/严=i/3(i/0.()0167x0.002严=182.39尸>coci

可见满足近似等效条件.

电流调节器的实现：选&=40K.则

风=Kjx4=0.899x40=35.96取36K

G=TJR=0.031/36x10=0.86〃F

3

COi=4",♦/%=4x0.002/40X10=0.2〃/

速慢调节器设计

确定时间常数：

a)电流环等效时间常数IM：因为KiMOS则1%=21£产2900367=0.00734$

b)b}Tg=0.02s

c)c)T9=I/Ki+T.»=0.00734+0.02=0.02734s

速度阈节器结构确定：

按照无铮差的要求，应选用PI调节器.

WA«(S)=K<,(T.S+1Vw

速度调节器参数确定：

rn=hTvn.选h=5,则x=hTjji=<M367$.

K门h+1)/<ZhT0)=6/2*25*O.O27342=16054s,

K«=(h+l)pC,Tn；<2haRTv.)=6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0,02734=10.5

2

校验等效条件：<ixn=KN/<oi=KKr„=160.54*0.1367=21.946s

,a,

a)I/3(Ki/T»y2=1/3(136.24/0.00367)=64,22s-Xott1

b)1/3(K/T“JJ/3(136.2例.02产-27.5

可见满足近似等效条件.

速度调节器的实现：选Ro=40K,则R.=K.*Rn=IO,5*40=420K

由此01rl/R„=01367/420*1炉=0.325所取O.33pFC%=4T(»^R>=4*0.02/40*1

2)电流环的截止频率是：36.24

2

速度环的低止频率是：Gxn=21.946s-

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，在保证摄个环都检定的怙况卜,，再求系统fR快速性，充分体现了多环控制系统

的设计特点.

3.11在•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“；=I5V时4=臃=1500Mnin;电流给定信号最大值山；=1011时,允许最大电流30A.电枢回路总电阻R=2

。，易制管装置的放大倍数K1=30,电动机额定电流K=20A,电动势系数C=0.128V.min/r.现系统在U,；=5V,I..P20A时检定运行.求此时的稳态转

速n=?ACR的输出电压&=?

（2）当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磅（①=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=?

U；=?U.=?L=?U<=?

（3）该系统转速环按典型n型系统设计.且按M,““准则选择参数.取中频宽h=5.已知转速环小时间化数TK“=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）该系统由空裁（/〃=0）突加额定负裁时,电流ld和转速n的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常放（“=o.o5s.ir算其技大动态速降

瓯max和恢复时间。.

I）a=U*„/nN=15/1500=0.01Vmin/r

p=UOm/lj-=1330=0.33V/A

U*„=5V.n=U*,^a=5/X）.Ol=500r/min

U=U^lG=（E+l4RvyiG=<C<n+IduR£yKs=（0.128»5<XH-2O*2y3O=3.467V

2）在上述稳定据行情况下.电动机突然失磁（g«）划电动机无电动转矩.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Ido,因此，系统检定后，

n=0.Un=4）

UHU%・K>,Ui・U%・10

l4=lfm=30A

UkUWKKE-LRi）/K・=（»3O・2y3O=2V

3）在践随给定作用下，游速环处「线性状态，此时系统的开环传递函数是：

W（s…i）

.hTVO.O5=O.25s

Tvf=0.05s

Ks=(h+1阿干=6/2'25也052=48§・2

4)空就央加额定负载时.转速有动态降落.(p93.3)

Aiw=2(X-z)AnNTI>/Tra=2*(I-0)*20*2A).128*(0.05^.D5)=625r/min

>

(Cb=2FK;T=2UNRTv,/CeT»=2*20*2*0.05/0,l2«0.05=625r/min1

最大动态速降：An^^AC^c/CO*Anh=81.2%«625=507.5r/min

恢史时间：b=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p8l表)

0

习题五

5.8两电平逆变器上回路.果用双极性调制时.用“1”表示上桥皆开通,“0”表示上桥行关断,共有几种尸关状态,写出其开美函数.根据开

关状态写出其电压空间矢城表达式.画出空间电压矢仪图.

解：两电平pni逆变器主回路：

采用双极性调制时，忽略死区时间影响，用“】”表示上桥曾开通，“0”表示卜.桥曾开通，逆变器输出皓电压:

（Ta

〃'一旦s「0

2x

〃工考（2S「1）

以口流电源中点°为参考点

J7J27

us=(uA+uBe+uce)

S.SBSc14cUs

〃0000旦0

222

100L旦

222朋

*L

%110

222

“3010L

222即咛

UdL

%011

222

旦u,展垮

%001旦

222

“6101L旦L

222捌产

以以以

%1I10

222

空间电压矢量图:

5.9当三相电压分别为“8°、％,如何定义三相定子电压空间矢量11A。UUOCO和合成矢量”一写出他们的表达式.

解：A,B,C为定子：相绕组的轴线,定义三相电压空向矢量：

UAO~UAO

UB0=UBOe，/

UC0=UCOejr

合成矢量：

Us=+UBO+UCO=UAO+5”+

U5“AC14RC

5.10忽略定子电阻的影响,讨论定于电乐空间矢fit$t与定于磁链Vs的关系.当:相电乐BOC°为正弦对称时.写出电压空

IIW

间欠吊：S与定子尚摄丫s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.

U.«

sdt