1、習題解答（供參考）習題二那么系統允許的靜差轉速降是多少?2.2系統的調速范圍是1000100 r jmin，要求靜差率s=2%,解：ns)10000.02/(100.98) 2.04rpm系統允許的靜態速降為 2.0 4rpm2.3某一調速系統，在額定負載下，最高轉速特性為n0max1500r/min ，最低轉速特性為 n0min150r/min ，帶額定負載時的速度降落nN15r/min ，且在不同轉速下額定速降不變，試問系統能夠達到的調速范圍有多大？系統允許的靜差率是多少?解：1）調速范圍Dnmax/nmin （均指額定負載情況下）nmaxn0maxnN 1500 151485n minn

2、OminnN 150 151352)n max靜差率IOmu2.4時，解:/ nmin1485/135 11nN/n。15/15010%S=也葉 /nominD= nNS/An(1-sHMlWIPl TJiId直流電動機為 PN=74kW,UN=220V , In=378A , nN=1430r/min , Ra=0.023 Q。相控整流器內阻 Rrec=0.022 Q。采用降壓調速。 當生產機械要求 s=20%求系統的調速范圍。如果s=30%時，則系統的調速范圍又為多少？Ce (Un iNRa)/nN(220 378 0.023)/1430 0.1478V/rpmI N R/Ce378(0.

3、0230.022)/0.1478115rpmnNS/ n(1s)14300.2/115 (1 0.2)3.1nNS/ n(1s)14300.3/115 (1 0.3)5.33R=0.18 Q ,Ce=0.2V ?min/r,求:2.5某龍門刨床工作臺采用V-M調速系統。已知直流電動機，主電路總電阻(1)當電流連續時，在額定負載下的轉速降落nN為多少?(2)開環系統機械特性連續段在額定轉速時的靜差率SN多少?(3)若要滿足D=20,s < 5%的要求，額定負載下的轉速降落nN又為多少?解：(1)nNIN R/Ce 305 0.18/0.2 274.5r/min(2)SNn/ no 274.

4、5/(1000 274.5)21.5%(3)nNS/D(1 s)1000 0.05/200.952.63r /min2.6有一晶閘管穩壓電源，其穩態結構圖如圖所示，已知給定電壓Uu8.8V、比例調節器放大系數KP2、晶閘管裝置放大系數KS15、反饋系數Y =0.7。求：(1)輸出電壓U d ；(2)若把反饋線斷開，U為何值？開環時的輸出電壓是閉環是的多少倍？(3)若把反饋系數減至Y=0.35，當保持同樣的輸出電壓時，給定電壓Uu應為多少?解：(1) UdKpKsUU/(1 KpKs ) 2 15 8.8(1 215 0.7) 12V(2) Ud 8.8 215264V ，開環輸出電壓是閉環的

5、22倍(3)Uu Ud(1KpKs )/KpKs 12 (1 2 150.35)/(2 15) 4.6V2.7某閉環調速系統的調速范圍是1500r/min150r/min，要求系統的靜差率S 5%，那么系統允許的靜態速降是多少？如果開環系統的靜態速降是100r/min ,則閉環系統的開環放大倍數應有多大?解：1) DnnS/ nN 1 s101500 2%/ nN 98%n1500 2%/98% 103.06r / min%/ ncl1100/3.06 131.72.8某閉環調速系統的開環放大倍數為15時，額定負載下電動機的速降為8 r/min，如果將開環放大倍數提高到30，它的速降為多少？在

6、同樣靜差率要求下，調速范圍可以擴大多少倍?解:nopnci1158128如果將開環放大倍數提高到30,則速降為:ncinop /1 K128/ 1 304.13rpm在同樣靜差率要求下，d可以擴大nci1/nci21.937 倍2.9內阻(1)計算開環系統的靜態速降Anop和調速要求所允許的閉環靜態速降nci有一 V-M調速系統：電動機參數Pn =2.2kW, U n=220V, In=12.5A, n n=1500 r/min，電樞電阻 Ra=1.5 Q,電樞回路電抗器電阻RL=0.8 Q,整流裝置Rrec=1.0 Q,蟲發整流環節的放大倍數Ks=35。要求系統滿足調速范圍D=20，靜差率S

7、<=10%(2)(3)(4)計算放大器所需的放大倍數采用轉速負反饋組成閉環系統，試畫出系統的原理圖和靜態結構圖調整該系統參數，使當U*=15V時，Id=lN，n=nN，則轉速負反饋系數a應該是多少?解：（1）UnRa /CeCe22012.5 1.5 /1500201.25/15000.134Vmin/rnopR /CeR /Ce 12.5 3.3/0.134 307.836r/minnN nS/1500 10% /(20*90% )8.33r/min所以,ncl8.33r /min(2)A十A4+（3）（ 4）npKsUn IdR/CeKUn/1IdR/Ce11500可以求得,nop

8、/ncl35.955 15/0.0096V min/ rKPK *CeKs*也可以用粗略算法:Un UnKp KCe/KsKp307.836/8.33 11 35.95535.955* 0.13435* 0.009614.34Un150.01150035.9550.134/352.10在題2.9的轉速負反饋系統中增設電流截止環節，要求堵轉電流I dbl較電壓和電流反饋采樣電阻？要求電流反饋采樣電阻不超過主電路總電阻的態結構圖，并計算電流反饋放大系數。這時電流反饋采樣電阻和比較電壓各為多少?解：（1） IdblI dcr12.535.9553.3/ 0.134 10.0113.762I N，臨界

9、截止電流I dcr 1 .2 I35.955N ，應該選用多大的比1/3，如果做不到，需要增加電流反饋放大器，試畫出系統的原理圖和靜2I N 25A，I dcr 1.2I N 15AU com / Rs15 U com / RsdblUnU com / Rs2515 Ucom/RsRs1.5U com151.522.5V1.0 1.5 0.8 /3（R /3）（2）不符合要求，取Rs 1.11.1Rs (R /3)需加電流反饋放大器由于需要的檢測電阻值大，說明要求的電流信號值也大。要同時滿足檢測電阻小和電流信號大的要求，則必須采用放大器，對電流信號進行放大。為此，取艮 1.1 ，則 Ucom

10、IdcrRs 15 1.1 16.5VAUPEBZ-iJ-C' Q 9十i1Kii1/VD（3）當 Id Idcr 時，有n Kp KsUn/Ce 1 KKp KsKiRs I dU com / Ce 1 KRld/Ce1Kp KsUnKiU com / CeR Kp KsKi Rs Id/Ce1 K當n=0時,Idbl KpKs UnKiUcom / RKp KsKiRsUn KiUcom/ Ki Rs2515 16.5Ki/1.1 KiKi15/ 22.513.51.362.11在題2.9的系統中，若主電路電感L=50mH，系統運動部分的飛輪慣量2GD =1.6Nm2，整流裝置采用

11、三相零式電路，試判斷按題2-9要求設計的轉速負反饋系統能否穩定運行？如要保證系統穩定運行，允許的最大開環放大系數是多少?解：L 50mH , GD21.6Nm2, R 3.3 , Ce 0.134V / rpmT L/ R 0.05/ 3.30.015sTm GD2R / 375CeCm1.6 3.3 / 375 0.134 0.134 30/3.145.28/ 64.330.082sTs0.00333s0.003332 / (0.0151* 0.00333見與前面的K>35.955相矛盾，故系統不穩定。要使系統能夠穩定運行,K最大為30.52Tm T Ts Ts2 /TJs0.082

12、0.015 0.003330.0015 0.003332 / 0.00004983 30.5215.6 A nN 1500r/min， Ra=1.52.12有一個晶閘-電動機調速系統，已知：電動機：PN2.8kW，UN 220V，Q,整流裝置內阻Rrec=1 Q，電樞回路電抗器電阻RL=0.8 Q,觸發整流環節的放大倍數Ks35(1)系統開環工作時，試計算調速范圍D30時的靜差率s值(2)當D 30，S 10%時，計算系統允許的穩態速降IN , n nN，計算轉速負反饋系數和(3)如組成轉速負反饋有靜差調速系統，要求D 30, s 10%，在Un 10V時Id放大器放大系數Kp解:Ce2201

13、5.6 1.5 /15000.1311V min/ r(1)nopIN R /Ce 15.6 3.3/0.1311 392.68r / min(2)nmin0.11500/30nop /n0 minn/ n50392.68 / 392.68 5088.7%505/0.95.56r/min(3)Kp KsUn /Ce 1K R Id/Ce 12.13K KpKs/CeR 15.61500 Kp KsUn/CeKnop/ ncl1297.48/5.56/Ce52.5旋轉編碼器光柵數1024,倍頻系數4，高頻時鐘脈沖頻率f01MHz，旋轉編碼器輸岀的脈沖個數和高頻時鐘脈沖個數均采用16位計數器，M法

14、測速時間為0.01s，求轉速n 1500r/min和n 150r/min時的測速分辨率和誤差率最大值解:(1) M法：分辨率60ZTc1024 41.465r / m in0.01最大誤差率：n60M 1"zT?n 1500r / min 時，MnZTc601500 4 1024 0.01102460n 150r / min 時，M1nZTc60150 4 1024 0.0160102.41500r / min 時,max %M1100%100%10240.098%150r / min 時，max %1100%M11100%102.40.98%可見M法適合高速(2) T 法:分辨率:

15、n 1500r / min 時，QZn21024 41500260f0 Zn60 1 106 1025 4171r/ m in1500n 150r / min 時，QZn21024 4 150260f0 Zn60106 10241.55r /m in4 150最大誤差率：n空0，M2ZM260 foZn1500r / min 時，M 2601069.77150r / min 時,1500r / min 時，150r / min 時，可見T法適合低速1024 4 150060 10697.71024 4 150max %max %M2 1 100%M2 1 100%9.77 1100%11.4%

16、97.7 1100% 1%1111習題三總電阻R=2Q,3.1雙閉環調速系統的 asr和ACR均為PI調節器，設系統最大給定電壓U nm=15V, nN =1500r/min , I N =20A，電流過載倍數為2,電樞回路Ks=20, C e =0.127V min/r，求：（1）當系統穩定運行在U n =5V, I肚=10A時，系統的 n、 Un、Ui、Ui 和 Uc各為多少？ （ 2）當電動機負載過大而堵轉時,Ui和U c各為多少?解：（1）UiUcUnm/nN5V,UimI dmIdUd0Ks15V /1500rpm轉速空 0.375V / A40A0.375*10E IdLRKsn

17、500rpm,U（2）堵轉時，U iI dm3.75VCeMKs5V,U15V，0.01V / rpm5V500rpm0.01V / rpmUiIdLRi Ui0.127*50010*23.75V ,U204.175v4.175VUcU d0CenIdRI dmR40*2KsKsKs204V3.2在轉速、電流雙閉環調速系統中，兩個調節器ASR，ACR均采用PI調節器已知參數：電動機：PN =3.7kW, U N =220V, I N =20A, Hn=1000 r/min , 電樞回路總電阻R =1.5 Q ,設 UnmUimU cm=8V,電樞回路最大電流I dm =40A,電力電子變換器的

18、放大系數Ks=40。試求:（1）電流反饋系數和轉速反饋系數（2）當電動機在最高轉速發生堵轉時的Ud 0, U j , Uj ,u解：1）Uim8V2)d0I dm40A0.2V/AUnmnN8V1000r pm0.008V / rpmdl RCenNI dl R40A*1.560V這時：*Un8/,Un0，*Ui8/,Ui8V,asr處于飽和，輸岀最大電流給定值Uc Udo/Ks 60/401.5V3.3在轉速、電流雙閉環調速系統中，調節器ASR , ACR均采用PI調節器。當ASR輸岀達到 U im =8V時，主電路電流達到最大電流80A。當負載電流由40A增加到70A時，試問：（1）U i

19、應如何變化?（2） U c應如何變化？ （3）Uc值由哪些條件決定?解：1）2)3)Um8VI dm因此當電流從 40AUc要有所增加UcUc80A0.570A 時,Ui應從4V7V變化取決于電機速度和負載大小Ud0Cen因為Ud0E IdiRCehNIdiRdRKsKs3.5某反饋控制系統已校正成典型I型系統。已知時間常數T=0.1s,要求階躍響應超調量(1)系統的開環增益(2)計算過渡過程時間 ts和上升時間tr ；(3)繪出開環對數幅頻特性如果要求上升時間tr <0.25s,則 K=?,% =?解:KT 0.69,0.6, %9.5%(1)系統開環增益：K0.69/T0.69/0.

20、16.9(1/ s)(2)上升時間tr 3.3T0.33S過度過程時間:ts6T 60.10.6s(3)trtr2.4T2.4*0.10.24s 這時K 1/T10 ，超調量=16.3%3.6有一個系統，其控制對象的傳遞函數為Wobj(S)K1s 10.01s10 _，要求設計一個無靜差系統，在階躍輸入下系統超調量1%< 5%(按線性系統考慮)。試對系統進行動態校正，決定調節器結構，并選擇其參數解：按典型I型系統設計，選 kt0.5,0.707,查表3-1，得%4.3%選I調節器，W(s)校正后系統的開環傳遞函數為W(s)10s (0.01s1)'這樣，T = 0.01， K=1

21、0/ ，已選KT = 0.5,貝U K = 0.5/T=50,所以10/ K 10/500.2S，積分調節器W(s)3.7有一個閉環系統，其控制對象的傳遞函數為WObj (s)K110調量 %< 30% (按線性系統考慮)解：應選擇 PI調節器， WPI (s)KpK/s(Ts 1)s(0.02s 1)試決定調節器結構，并選擇其參數0.2s，要求校正為典型n型系統，在階躍輸入下系統超Kp l(s D,校正后系統的開環傳遞函數W(s)hT,選h = 8,查表3-4，Kpi( s 1)K1%=27.2%，滿3.8hT8*0.020.16s1 8 12h2T2 2*8 2 *0.02 2175

22、.78,KpI K / K1175.78*0.16在一個由三相零式晶閘管整流裝置供電的轉速、電流雙閉環調速系統中，已知電動機的額定數據為:，對照典型n型系S仃S 1)足設計要求/10 2.81PN 60kW , UN220V ,I N 308a , nN 1000r/min ,電動勢系數 Ce = 0.196 V - min/r ,主回路總電阻 R =0.18 Q ,觸發整流環節的放大倍數Ks =35 o電磁時間常數Tl =0.012s,機電時間常數 Tm =0.12s,電流反饋濾波時間常數T0i =0.0025s,轉速反饋濾波時間常數T0n=0.015s。額定轉速時的給定電壓(Un )N =

23、10V,調節器ASR，ACR飽和輸出電壓Uim =8V,Ucm =6.5V系統的靜、動態指標為：穩態無靜差，調速范圍D=10,電流超調量i < 5% ,空載起動到額定轉速時的轉速超調量n < 10% o 試求:(1)確定電流反饋系數P(假設起動電流限制在1.1I N以內)和轉速反饋系數a(2)試設計電流調節器ACR,計算其參數 Ri,、Ci、COio畫出其電路圖,調節器輸入回路電阻Rd=40 k(3)設計轉速調節器ASR,計算其參數Rn、Cn、Con。(R0=40k Q )(4)計算電動機帶 40%額定負載起動到最低轉速時的轉速超調量a(5)計算空載起動到額定轉速的時間解：(1)U

24、im /1 dm 8V/(1.1*In) 8V/339A 0.0236V / A10/1000 0.01V min/r(2 )電流調節器設計確定時間常數：a)Ts0.00333sb)Toi0.0025sc)T iT0iTs 0.0025 0.003330.00583s電流調節器結構確定:因為 i 5%，可按典型I型系統設計,選用PI調節器，Wacr(S)Ki( iS 1)電流調節器參數確定0.012s,選KIT i 0.5,KI 0.5/T i 85.76s 1W Ki iRKi Ks85.76 0.0120.1835 0.01730.224。校驗等效條件：.CiKi 85.76s 1可見滿足

25、近似等效條件，電流調節器的實現：選R040 K，則RKiR0 0.224 40K 8.96K，取瞅3Cii / R 0.012/(9 10 ) 1.33 F4 0.0025/40 1030.25 F由此C0i 4T0i / R0(3)速度調節器設計確定時間常數:a)電流環等效時間常數 1/K| :因為 K|T i0.5b)C)則 1/ K|2T i2 0.005830.01166sTon 0.015sT n 1/ KI Ton 0.011660.0150.02666s速度調節器結構確定:按照無靜差的要求，應選用PI調節器,Wasr(s)K,速度調節器參數確定:nsn hT n,取h 5, n

26、hT n 0.1333sKn2 52 0.026662168.82s'Kn(h 1) CeTm2h RT n6 0.0236 0.196 0.126.942 5 0.01 0.18 0.02666cnKn/ 1 Knn 168.82 0.133322.5s 1可見滿足近似等效條件 轉速超調量的校驗（空載Z=0）轉速超調量的校驗結果表明，上述設計不符合要求。因此需重新設計查表，應取小一些的h，選h=3進行設計按h=3，速度調節器參數確定如下:n hT n 0.07998sKn(hKn(h1) CeTm /2h RT n 4 0.0236 0.196 0.12/(23 0.01 0.18

27、0.02666) 7.6校驗等效條件:cn K N/ 1 Kn n 312.656 0.0799825s1/2a) 1/3(KI /T Jb) 1/3(KI /Ton)1/21/21/ 3(85.76/0.00583)40.43s1/3(85.76/0.015)1/225.2s 11cncn1)/2h2r2n 4/(2 9 0.026662)312.656s2可見滿足近似等效條件轉速超調量的校驗:n 2 72.2% 1.1 (308 0.18/0.1961000) (0.02666 /0.12)9.97%10%轉速超調量的校驗結果表明，上述設計符合要求速度調節器的實現：選 R040K ,則尺

28、KnR07.6 40304K，取310KCnn /Rn 0.07998/310 103 0.258 FCon4T)n / R040.015/40 103 1.5 F4） 40%額定負載起動到最低轉速時n%2 72.2%(1.1 0.4) (308 0.18/0.196 100) (0.02666/0.12)63.5%5）空載起動到額定轉速的時間是:（書上無此公式）僅考慮起動過程的第二階段根據電機運動方程:t所以：CeTm n3.10系數常數電阻TL(I dm 1 dL)R有一轉速、電流雙閉環調速系統GD2 dn T T37? d? e L,0.196*0.12*10001-4-dndtCm (

29、I dmGD2375IdL)R(I dm IdL)CHR(Idm IdL)-CeTm(1.1*3080)*0.180.385s，主電路采用三相橋式整流電路。已知電動機參數為:Ce =1.82V min/r,電樞回路總電阻Tm=0.112s,電流反饋濾波時間常數F0=40k Q設計指標：穩態無靜差，電流超調量KT=0.5(1)選擇轉速調節器結構，并計算其參數(2)計算電流環的截止頻率Uim解:（1）1 dmUnmnNPn=500kW, Un=75OV, In=76OA,nN=375 r/min ，電動勢R=0.14 Q ,允許電流過載倍數入=1.5,觸發整流環節的放大倍數Ks=75,電磁時間常數

30、T0i =0.002s,轉速反饋濾波時間常數Tl =0.031s,機電時間Ton =0.02s。設調節器輸入輸出電壓Um =Um = Unm =10V,調節器輸入< 5%，空載起動到額定轉速時的轉速超調量n < 10%。電流調節器已按典型I型系統設計，并取參數ci和轉速環的截止頻率cn ,并考慮它們是否合理？101.5*7600.00877V / a-10 0.0267V min/r375a)Ts0.00176s確定時間常數：b）Toi0.002sc)T i0.00367 s電流調節器結構確定：因為電流調節器已按典型 I型系統設計如下:<t%c5%,可按典型 I 型系統設計，

31、選用 PI 調節器，WACR（s）=Ki（TS+1）/T,Ti/T E=0.031/0.00367=8.25<10電流調節器參數確定：T=T l=0.031s , KiTEF 0.5,Ki=0.5/T e,=136.24 s-1KiKiTiR/Ks136.24 0.031 0.14/75 0.008770.899可見滿足近似等效條件電流調節器的實現：選R0=4OK，則RiKiRo0.899 4035.96 取 36kCiCOi30.031/36 100.86 F410i/Ro 4 0.002/ 40 1030.2 ft/r速度調節器設計確定時間常數：a) 電流環等效時間常數 1/Ki :

32、因為 KiTe=O.5 貝U 1/Ki=2Tx=2*O.OO367=O.OO734sb) b)Ton=0.02sc) c)TXn=1/Ki+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度調節器結構確定：按照無靜差的要求，應選用PI調節器，WASR(S)=Kn( tS+1)/tS速度調節器參數確定：T=hTEn,選 h=5，則 T=hTEn=0.1367s,KN=(h+1)/ (2h2T2En) =6/2*25*O.O27342=16O.54 s-2Kn=(h+1) peTm/(2h oRTXn6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10

33、.5 可見滿足近似等效條件。速度調節器的實現：選 Ro=4OK，貝U Rn=Kn*Ro=1O.5*4O=42OK0.33 pF由 此Cn=T/Rn=0.1367/420*103=0.325 尸取Con=4Ton/Ro=4*O.O2/4O*1O3=2 pF2)電流環的截止頻率是：g=Ki=136.24 f速度環的截止頻率是：2n=21.946 S2從電流環和速度環的截止頻率可以看出，電流環比速度環要快，在保證每個 環都穩定的情況下，再求系統的快速性，充分體現了多環控制系統的設計特點。3.11在一個轉速、電流雙閉環V-M系統中，轉速調節器ASR，電流調節器 ACR均采用PI調節器(1)在此系統中，

34、當轉速給定信號最大值Unm*=15V時,n=nN=1500 r/min;電流給定信號最大值Um =1OV時，允許最大電流I dm=30A,電樞回路總電阻R=2Q ,晶閘管裝置的放大倍數民=30 ,電動機額定電流In=20A ,電動勢系數Ce =0.128V min/r。現系統在U>5V ,l di =20A時穩定運行。求此時的穩態轉速n=? ACR的輸出電壓 UC =?（2）當系統在上述情況下運行時，電動機突然失磁（=0）,系統將會發生什么現象?試分析并說明之。若系統能夠穩定下來，則穩定后 n=? U =?U =? U i=? I d=? U c=?（3）該系統轉速環按典型n型系統設計

35、,且按Mrmin準則選擇參數，取中頻寬h=5,已知轉速環小時間常數Te n =0.05s ,求轉速環在跟隨給定作用下的開環傳遞函數，并計算出放大系數及各時間常數（4）該系統由空載（ldL=0）突加額定負載時，電流I d和轉速n的動態過程波形是怎樣的？已知機電時間常數Tm =0.05s,計算其最大動態速降nmax和恢復時間tv1)a U* nm /nN =15/1500=0.01 Vmin/r佞 U* im/Idm = 10/30=0.33 V/AU*n =5 V , n=U* n/ of5/0.01=500 r/minUc=Ud0/Ks=(E+I dRE)/K s=(C en+IdLi Re)

36、/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V2）在上述穩定運行情況下，電動機突然失磁（=0）則電動機無電動轉矩，轉速迅速下降到零，轉速調節器很快達到飽和，要求整流裝置輸出最大電流I dm。因此，系統穩定后，n=0, Un=0U*i=U* im =10 , U i=U* i =10Id=Idm =30AUc=Ud0/Ks=(E+I dRE)/K s=(0+30*2)/30=2 V3）在跟隨給定作用下，轉速環處于線性狀態，此時系統的開環傳遞函數是:Wn SKNns 1S2TnS 1T=hT 乩=5*0.05=0.25sT 乩=0.05sK N=(h+1)/2h 2T2=6/2*2

37、5*0.052=48s-24）空載突加額定負載時，轉速有動態降落(P93,94)Anb=2( Az) nNTsn/Tm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/minCb=2FK 2T=2I dN RT&/CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min 最大動態速降：Anmax =(ACmax/Cb)* Anb=81.2%*625 =507.5 r/min恢復時間：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s( p81 表)習題五5.8兩電平PWM逆變器主回路，采用雙極性調制時，用“1”表示上橋臂開通，“ 0”表示上橋臂關

38、斷，共有幾種開關狀態，寫出其開關函數。根據開關狀態寫岀其電壓空間矢量表達式，畫岀空間電壓矢量圖解：兩電平PWM逆變器主回路:丄歲IC A辰A采用雙極性調制時，忽略死區時間影響，用“O'1”表示上橋臂開通,Ud"0”表示下橋臂開通，逆變器輸出端電壓:UdSxUxUdSxUx1)以直流電源中點 O為參考點Us(UaUBejucej2 )SaSbScUAUBUcUsUo000Ud2Ud2Ud20Ui100Ud2Ud2Ud2厚U2110Ud2Ud2Ud2U30102匕2匕2U4011222U5001Ud2Ud2Ud2U6101Ud2Ud2Ud2U7111Ud2Ud2Ud20空間電壓矢

39、量圖:Ui5.9當三相電壓分別為U AO、UbO、Uco，如何定義三相定子電壓空間矢量U AO、U BO、U CO和合成矢量Us，寫出他們的表達式解：A,B,C為定子三相繞組的軸線，定義三相電壓空間矢量:AOAOBOUboCOuco'uuej2ej合成矢量:UsUaoUBOUcoUaoUBoejj2Ucoe5.10忽略定子電阻的影響，討論定子電壓空間矢量A(ej0)U s與定子磁鏈Ws的關系,當三相電壓u AO、ubo、Uco為正弦對稱時，寫出電壓空間矢量us與定子磁鏈 Ws的表達式，畫出各自的運動軌跡解：用合成空間矢量表示的定子電壓方程式:UsRsis d 嘰dt忽略定子電阻的影響,

40、dtUsUsdt，即電壓空間矢量的積分為定子磁鏈的增量 當三相電壓為正弦對稱時，定子磁鏈旋轉矢量ej( ItsD電壓空間矢量:Usj(1 seIt -)解：兩相靜止坐標系中的電流5.11采用電壓空間矢量PWM?制方法，若直流電壓ud恒定，如何協調輸出電壓與輸出頻率的關系解：直流電壓恒定則六個基本電壓空間矢量的幅值一定,開關周期To輸出頻率w13Nw1C t上2ttj3 t1Us,Q UsU1氏 一UdUde,T0T0 T0T0T0sT0t2，Tot1，t2，T t1t2，零矢量作用時間增加，所以插入零矢量可以協調輸出電壓與輸出頻率的關系To 15.12兩電平PWM逆變器主回路的輸出電壓矢量是有限的，若期望輸出電壓矢量Us的幅值小于直流電壓 Ud ,空間角度 任意，如何用有限的PWM逆變器輸出電壓矢量來逼近期望的輸出電壓矢量解：兩電平PWM逆變器有六個基本空間電壓矢量，這六個基本空間電壓矢量將電