电力拖动自动控制系统-运动控制系统第4版习题答案

1、习题解答(供参考)习题二系统的调速范围是1000100r min，要求静差率s=2%那么系统允许的静差转速降是多少？解:1000 0.02(10 0.98)2.04rpm系统允许的静态速降为2.04rpm。某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为nmax 1500 r min，最低转速特性为nmin 150r.min，带额定负载时的速度降落n” 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 n max： n min (均指额定负载情况下)nmax n 0maxnN 1500 15 1485nminn0minnN

2、150 15 135D nmax ； nmin1485,135 112) 静差率 s nN, n15 15010%直流电动机为 R=74kW,UN=220V I n=378A, nN=1430r/min , Ra=Q。相控整流器内阻 Rrec= Q。采用降压调速。当生产机械要求 s=20%寸，求系统的调速范围。如果 s=30%寸，则系统 的调速范围又为多少？解：Ce (Un I n Ra k nN (220 378 0.023) 1430 0.1478V/rpmn lNR.Ce 378 (0.023 0.022). 0.1478 115rpm3.1nNS n(1 s)1430 0.2 115

3、(1 0.2)D nNS n(1 s)1430 0.3 115 (1 0.3)5.33某龙门刨床工作台采用 V-M 调速系统。已知直流电动机PN60kW,UN 220V , I N 305代 nN 1000 r： min，主电路总电阻R=Q ,Ce=?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=20,s 5%的要求，额定负载下的转速降落nN又为多少？解： nN In RCe 305 0.18 0.2274.5r / mi n(2)SNnN /n0 2745 (1000 274.5) 21

4、.5%(3) n nNSD(1 s)1000 0.05 20 0.952.63r/min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U；8.8V、比例调节器放大系数Kp 2、晶闸管装置放大系数 Ks 15、反馈系数丫 =。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)若把反馈系数减至丫 =，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 8.8 2 15 264V ,开环输出电压是闭环的22倍(3) U；

5、Ud(1 KpKs ). KpKs 12 (1 2 15 0.35). (2 15) 4.6V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 nnS/ nN 1 s10 1500 2%/ nN 98%nN 1500 2% / 98% 10 3.06r / min2) K np/ nci1 100/3.06 1 31.7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，如果将开在题的转速负反馈系统中增设电

6、流截止环节，要求堵转电流I dbl2I N ，临界截止电流解：nop 1 Knci1 15 8 128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：ncinop /1 K 128/ 1 304.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大 ncl1 / nci21.937倍有一 V-M调速系统： 电动机参数 R=, U=220V, In=12.5A, nn=1500 r/min ,电枢电阻 艮=Q, 电枢回路电抗器电阻 RL=Q，整流装置内阻 c=Q ,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S=10%(1) 计算开环系统的静态速降 nop和调速要求所允许的闭环静态速

7、降 ncl o(2 )采用转速负反馈组成闭环系统，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Un*=15V时，ld=|N, n=nN ,则转速负反馈系数a应该是多少？(4 )计算放大器所需的放大倍数。解:(1)n UnIn& /CeCe22012.5 1.5 /1500201.25/15000.134Vmin/rn U nl NR /Cenop1 NR / Ce12.5 3.3/0.134307.836r / minnN nns/ D 1 s 1500 10% /(20*90% ) 8.33r / min所以，ncl8.33r / min(2)(3)(4) n KpKsUn I

8、dR / Ce1 K KU n / 1 K l d R/ Ce 1 KKn op/ ncl1 307.836/8.33 1 35.955150035.955 15/1 35.95512.5 3.3/ 0.134 135.9550.0096V min/ r可以求得,KpK *CeKs35.955* 0.13435* 0.009614.34也可以用粗略算法:0.01UnnKp KCe/ Ks , Kp35.955 0.134/ 35 0.0113.76解：（1）I dbl2I N25A， I dcr1.2I N15AI dcrU com/ Rs15 Ucom /RsI dbl*Un*Ucom /R

9、s25 15Ucom/RsRs 1.5U com151.5 22.5V（2）(R /3)1.01.5 0.8 /31.1 ,Rs(R /3)I dcr 1.2I N ，应该选用多大的比较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 1/3 , 如果做不到，需要增加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静 态结构图，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？不符合要求，取 Rs 1.1 , 需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大， 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 信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，取 Rs

10、 1.1 ，则 Ucom Idcr Rs 15 1.1 16.5V3） 当 I d I dcr 时，有*n KpKsUn/Ce 1 KKpKsKiRsIdUcom /Ce 1 KRId /Ce1K pKs Un*KiUcom /Ce1KRKpKsKiRs Id/ Ce1K当 n=0 时，Idbl K pKs Un*KiUcom /RK pK sKiRs*Un*KiUcom / KiRs2515 16.5Ki/1.1 KiKi15/ 22.513.51.36在题的系统中，若主电路电感L=50mH系统运动部分的飞轮惯量 GD2=1.6Nm2，整流装置 采用三相零式电路， 试判断按题 2-9 要求设

11、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： L 50mH， GD2 1.6Nm2， R 3.3 ， Ce 0.134V /rpmTl L / R0.05 / 3.3 0.015 sTm GD2R / 375CeCm 1.6 3.3/ 375 0.134 0.134 30 /3.145.28/ 64.33 0.082sTs 0.00333sKTm Ti TsTs2 /TJs0.082 0.015 0.00333 0.003332 /(0.0151* 0.003330.0015 0.003332 / 0.00004983 30.52可见与前面的KMf

12、矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行，K最大为。有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：PN 2.8kW， UN 220V， I N 15.6A ,nN 1500r/min , Ra = Q,整流装置内阻Rrec=1 Q ,电枢回路电抗器电阻 Rl = Q,触发整流 环节的放大倍数Ks 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。(2) 当D 30 , s 10%时，计算系统允许的稳态速降。如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D 30 , s 10%，在U； 10V时* 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

13、 /15000.1311V min/ r/1)nop In R /Ce 15.6 3.3/0.1311 392.68r / minnmin 1500/30 50snop / n0min 392.68/ 392.68 5088.7%/ 2)0.1 n/ n 50n 5/0.95.56r / min/ 3)n KpKsU： /Ce 1 K R Id /Ce 1 KK Kp KsG1500 KpKsU；/Ce1 K R 15.6 / Ce 1 KK n p/ nci 1297.48/5.56152.5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

14、高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M法测速时间为，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：(1) M法：分辨率Q60601.465r /minZTc 1024 4 0.01最大误差率:60M1ZTcn 1500r / min 时，nZTc1500 4 1024 .0110246060n 150r / min 时，M1nZTc150 4 1024 0.016060102.41500r / min 时，max %M1100%1 100%10240.098%150r / min 时，max %100%M11 100%102.40.98%可见M法适合高速。

15、(2) T 法：分辨率：n 1500r / min 时,Zn21024 415002n 150r/min 时,最大误差率：n 空2ZM2n 1500r / min 时,n 150r/ min 时,1500r / min 时,150r / min 时,可见T法适合低速60f0 ZnZn260f。ZnM2M2max %max %60 1 106 1025 41024 4 150260106 1024171r/m in15001.55r / min4 15060 foZn ，60 1069.771024 4 150060 1061024 415097.7M21100%9.771100%11.4%M2

16、1100%97.7 1100%1%习题二双闭环调速系 统的ASR和ACR均为PI调节 器，设 系统最大 给定电压 Unm=15V，在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR ACF均采用PI调节器。当ASR输出达到Uim求：(1)当系统稳定运行在 U；=5V, ldL=10A时，系统的n、Un、U；、Ui和Uc各为多少？ ( 2)当电动机负载过大而堵转时，U；和Uc各为多少?Unm/n”15V /1500rpm0.01V / rpm当u*n5V, 转速*Un n5V500rpm0.01V / rpm*Uim15V0.375V / AI dm40 A*UiId 0.375*103.75VUiUc

17、Ud0E I dLRCe nNIdLR0.127*50010*2KsKsKs20即n500rpm,U n5V,U*Ui3.75V ,Uc 4.175v解：4.175V(2)堵转时，U* ldm 15V，UcUd0KsCen IdRKsIdmR 40*2Ks 204V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。已知参数：电 动机：Pn = , Un =220V, I n =20A, n” =1000 r/min ,电枢回路总电阻 R = Q ,设U；m Ui；m Ucm =8V,电枢回路最大电流I dm =40A，电力电子变换器的放大系数Ks=40。试求:(1)电流反

18、馈系数和转速反馈系数解：1 )(2)当电动机在最高转速发生堵转时的Ud0, U*,Ui,Uc值。I dm8V40A0.2V /AU nmnN8V1000rpm0.008V / rpm2) U d 0 E I di RCen”I di R40A*1.560V这时：U： 8V,Un 0 , ASR处于饱和，输出最大电流给定值。Ui* 8V,Ui 8V,Uc Udo. Ks 60 401.5V=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)U *应如何变化？ ( 2) uc应如何变化？ ( 3) Uc值由哪些条件决定?解：1)t 88A 0.1V/A因此当电流

19、从40A70A时，U；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 Udo E I dlRCen”IdlRU UpCen IdRc RKs某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=,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 ,则 K=?,% =?解：取 KT 0.69,(1)系统开环增益：K0.6, %9.5%0.69/T 0.69/0.16.9(1/ s)(2)上升时间tr3.3T0.33S过度过程时间:ts6T 6 0.1n0.6s(3)如要求t

20、r 0.25s，查表3-1则应取KT 1,0.5 ,tr2.4T 2.4*0.10.24s 这1/T10,超调量=%有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj (s)在阶跃输入下系统超调量% 5%器结构，并选择其参数。s 1(按线性系统考虑)10丈，要求设计一个无静差系统,0.01s 1。试对系统进行动态校正，决定调节解：按典型I型系统设计，选 KT0.5,0.707,查表 3-1，得 %4.3%。函数为1选I 调节器，W(s) ,校正后系统的开环传递sb)Toi0.0025sW(s)-s (0.01s1 oKT =,贝U K = T=50,所以10/K 10/500.2S，积分调节器：W(s

21、)10.2sW0bj(S)K11，要求校正为典s(0.02s 1)型n型系统，在阶跃输入下系统超调量w 30%(按线性系统考虑)。试决定调节器结构，并选择其参数。有一个闭环系统,其控制对象的传递函数为s(Ts 1)解：应选择PI调节器,Wpi (s)Kpi(s D,校正后系统的开环传递函数sW(s)十缶，对照典型n型系统,KKpK/ ,hT,选 h = 8,查表 3-4,%=27.2%,满足设计要求。这样hT8*0.020.16s ,Kh 181175.78, KPI K / K1175.78* 0.16/102.812h2T22 *8 2* 0.022在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速

22、、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：PN 60 kW , Un 220 V , IN 308 A , n” 1000r/mi n ,电动势系数 Ce =V- min/r ,主回路总电阻R=Q ,触发整流环节的放大倍数Ks=35。电磁时间常数Tl =,机电时间常数Tm=,电流反馈滤波时间常数 T0i =,转速反馈滤波时间常数 T0n =。额定转速时的给定 电压(Un*) N =10V,调节器 ASR ACR饱和输出电压 Um*=8V,Ucm =。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

23、馈系数B(假设起动电流限制在1.1I N以内)和转速反馈系数a。(2) 试设计电流调节器 ACR计算其参数 R,、C、。画出其电路图，调节器输入回路电阻 R)=40k。(3) 设计转速调节器 ASR,计算其参数 R、G、Con。(R0=40kQ )(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bno(5) 计算空载起动到额定转速的时间。, *解：(1) Uim / Idm 8V /(1.1* IN) 8V /339A0.0236V / A10/10000.01V min/r(2)电流调节器设计确定时间常数：a)Ts 0.00333sc)T i Toi Ts 0.0025 0.0

24、03330.00583s电流调节器结构确定：因为匚5%，可按典型|型系统设计，选用PI调节器，Wacr（S）K( iS 1)iS电流调节器参数确定i Tl 0.012s,选KIT i 0.5, KI 0.5/T i 85.76sKig 85.76 0.012 0.18 0.224。Ks35 0.0173校验等效条件：ci Ki 85.76sa）电力电子装置传递函数的近似条件:111 101.01ci3Ts3 0.00333179.06Sb）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:3二ci3 0.12 0.012115.52sci可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选&

25、40K ,则:RKiR0 0.224 40K 8.96K,取 9K.G R 0.012/（9 103） 1.33 F由此3編 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贝U 1/ KI 2T i 2 0.005830.01166sb) Ton 0.015sc) T n 1/ KI G 0.01166 0.0150.02666s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)心(nS 1)速度调节器参数确定:nsnhT n,取h 5,hTn0.1333sK

26、nh 12 2-2h T n2 62168.82s22 50.02666校验等效条件Kn(h 1) CeTm2h RT n6 0.0236 0.196 0.125 0.01 0.18 0.026666.94cnKn / 1 Kn1168.82 0.133322.5sKI 185.7613a）电流环近似条件:T i 3 0.0058340.43s 1cnb）转速环小时间常数近似：1185.7625.2s30.015Ki3 Tn1cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）n%2*(CmaxnN T nCT)(zF2 81.2% 1.1308 0.180.026660.196 1000

27、0.1211.23%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)/2h2T2n 4/(2 9 0.026662) 312.656s2Kn (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 0.07998 25s 1a)1/3(KI /T i)1/21/ 3(85.76/0.00583)1/2 40.43scn

28、1/21/2b)1/3(KI /Ton)1/3(85.76/0.015)25.2scn可见满足近似等效条件。 转速超调量的校验：2 72.2% 1.1 (308 0.18/0.196 1000) (0.02666 /0.12)9.97%10%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 f 40K ,则尺Kn7.6 40 304K ,取310K。Cnn /R, 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 0.18/0.1

29、96 100) (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：驀罟Te TL，dn Cm(ldm ldL)2dt GD2375R(l dm I dL )2(l dm 1 dL)C GD RCeTme 375CmCe所以:CeTmn(I dm I dL)R0.196*0.12*1000(1.1*3080)*0.180.385s解：(1)imdm需面 .00877/AU nmnN103750.0267V min/ r电流调节器已按典型I型系统设计如下: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

30、动机参数为：Pn=500kW U =750V, I n =760A, nn=375 r/min，电动势系数 Ce = min/r,电枢回路总电阻 R=Q ,允许电流过载倍数入=,触发整流环节的放大倍数Ks=75,电磁时间常数 T =,机电时间常数Tm =,电流反馈滤波时间常数T0i =,转速反馈滤波时间常数T0n =。设调节器输入输出电压U*=Um*= Um=10V,调节器输入电阻 R)=40kQ。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三10%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=o(1)选择转速调节器结构，并计算其参数。并考虑它们是否合理(2

31、)计算电流环的截止频率ci和转速环的截止频率a)TS 0.00176s确定时间常数：b)Toi 0.002sc)T i 0.00367 s电流调节器结构确定：因为d 5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器,Wcp(s)=Ki( t i s+1)/ t is, T l/T Ei= 3 cnI/Ton)1/2=1/31/2=3Cn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R=40K,贝y Rn=K*Ro=*4O=42OK33由此 Cn= T n/Rn=420*10 =卩 F 取卩 F C 0n=4Tn/R0=4*40*10 =2 卩 F-12) 电流环的截止频率是：3Ci=KI= S-1速度环的

32、截止频率是：3Cn= 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。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Uk=15V时,n=n n=1500 r/min;电流给定信号最大值 Um*=10V时，允许最大电流ldm=30A,电枢回路总电阻 R=2Q ,晶闸管装置的放大倍数 Ks=30 ,电 动机额定电流In =20A ,电动势系数 Ce = min/r。现系统在Un =5V ,I dl =20A时稳定运行。求

33、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(3) 该系统转速环按典型n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TSn =,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(ldL=O)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=,计算其最大动态速降nmax和恢复时间tv。1) a = U* nm/ nN =15/1500= Vmi n/r3 = U*im/I dm = 10/3

34、0= V/AU* n =5 V , n=U*n/ a =5/=500 r/minU c=Ud0/Ks=(E+I dR- )/K s=(Cen+l duRfc)/Ks=*500+20*2)/30= 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, Un=0U* i =U*im =10 , Ui=U*i =10Id=I dm=30AU c=Udo/Ks=(E+l dRs)/K s=(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

35、是：Wn sKN ns 1s T ns 1T n = hTEn=5*=Tsn=K=(h+1)/2h 2=6/2*25*=48s-24) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94) nb=2(入-z) nNTn/T m=2*(1-0)*20*2/*= 625 r/minC b=2FK2T=2I dNREn/CeTm=2*20*2*=625 r/min 最大动态速降： nmax=( Cma/Cb)* nb=%*625 = r/min恢复时间：t v=*=(p81表)习题五两电平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

36、函数。根据开关状态写出其电压空间矢量表达式，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:Ux2Ud2SxSxUxUd2(2Sx1)以直流电源中点O为参考点Us(Uajj2 、UBe Uce )SASBSCUaUbUcUsUo000Ud2Ud2Ud20Ui100Ud2Ud2Ud2UdU2110Ud2Ud2Ud2U3010Ud2Ud2Ud2JIU川U4011Ud2Ud2Ud2啟ejU5001么2匕2匕2啟X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 叽的关系，当三相电压 Ua。

37、、U6101U2-UTU7111Ud 2-Ud 2-Ud0空间电压矢量图:Ui当三相电压分别为 Uao、Ub。、Uco，如何定义三相定子电压空间矢量Uao、Ubo、U co和合成矢量U s，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:UAOUBOUCOUAOUBOe，j 2UcoeJ合成矢量:UsUAO UBOjj2UAOUBOeUCOeA(ej0)UCOUbo、Uco为正弦对称时，写出电压空间矢量Us与定子磁链 叽的表达式，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：UsRsisdsdt忽略定子电阻的影响,Usd叽dt収Usdt，即电压空间矢量

38、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( lt电压空间矢量：j(itUs1se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To,输出频率w13Nw人,Q Us “Ui -t2 U2 “Ud 如 Ude3,主，如ToToToToTo Totl ，t2 ，T tl t2 ，零矢量作用时间增加，所以插入零矢量可以协调输出电压与输出 频率的关系。t 2T；Ui To1两电平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C3/2 33 012丄2丄2.32现有三相正弦对称电流iA lmCOS( t),2iB ImCOs( t 32),ic I m cos( t -)，求3变换后两相静止坐标系中的电流is 和 is，分析两相电