电机拖动问题详解

1、习题解答（供参考）习题二2.2系统的调速范围是ioooioor：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 =nnSD（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=1500r；min，最低转速特性为n0min =150r.'min，带额定负载时的速度降落厶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 =nmaxf nmin （均指额定负载情况下）nmax = n0ma

2、x -nN = 1500 -15 = 1485 nmin 二 n0min 一 nN =150-15=135D =nmax；nmin = 1485 13 112） 静差率 s nN； n0 =15150=10%2.4 直流电动机为 PN=74kW,UN=220V I n=378A, nN=1430r/min , Ra=0.023 Q。相控整流器内阻Rrec=0.022 Q。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 -InRJ. nN =(220一378 0.023) 1430 = 0.1478V rpmn

3、= I n R Ce = 378 (0.023 0.022) 0.1478 = 115rpmD=nNS L：n(1-s)=1430 0.2 115 (10.2) =3.1D =nNS.：n(1-s)=1430 0.3115 (1 一0.3) =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,UN =220V,IN =305A,nN =1000r min，主电路总电阻 R=0.18Q ,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：nN = I N R. Ce=305 0.18 0.2 = 274.5r / min(2)SN = mN , n0 二 274.5 (1000 274.5) = 21.5%(3)二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 =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

5、是的多少倍？ (3)若把反馈系数减至丫 =0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压U；应为多少？解：(1) Ud 二 KpKsU；. (1 KpKs ) =2 15 8.8 (1 2 15 0.7)=12V(2) Ud =8.8 2 15 =264/,开环输出电压是闭环的22倍(3) U； =Ud(1 KpKs ), KpKs =12 (1 2 15 0.35). (2 154.6V2.7 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

6、：1 ) D =nNs/. ：nN 1 - s10 =1500 2% / .-nN 98%=15002% / 98% 10=3.06r/min2) K=Fnop/ ：nci -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：n op = 1 K n cl = 1 15 8=128如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：=nci 二 nop /1 K = 128/1 30 = 4.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大.汕cl1

7、 /. .ncl2 = 1.937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 电阻艮=1.5 Q,电枢回路电抗器电阻 RL=0.8 Q,整流装置内阻 Rrec=1.0 Q ,触发整流环节的 放大倍数Ks=35o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降nci 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，I d=l N, n=nN ,则转速负反馈系数

8、a应该是多少？(4 )计算放大器所需的放大倍数。解: (1)n = Un-In Ra/Ce一 Ce 二 220 -12.5 1.5 /1500 =201.25 /1500 = 0.134V min/ rn 二 Un -In R /Ce=R/Ce=12.5 3.3/0.134 =307.836r/minnN = nNS/ D 1-s" 1500 10% (20*90% )8.33r / min所以，：ncl =8.33r/mi n(2)4-(3) (4)KpKsUn -IdR/Cel KKUn/： 1 K L gR/C° 1 K 1K =：n°p/ 叽 -1 = 3

9、07.836/8.33- 1 = 35.9551500 - |35.955 15/： 1 35.9552.5 3.3/ 0.134 1 35.955- 0.0096V min/ r可以求得,Kp二 K*CeKS* ：35.955*0.13435*0.0096= 14.34也可以用粗略算法:U 15Un：Unn,n 150.01n1500Kp=KCe/KS: , Kp =35.955 0.134 / 35 0.01 =13.762.10在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流Idbi _2In，临界截止电流ldcr -1.2In，应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电

10、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?解: (1) Idbl <2In =25A，ldcr - 12 N =15A1 dcr - U com / Rs = 15 = U com / Rs1 dbl s U n U com X Rs => 25=(15+Ucom )/Rs n Rs = 1.5QUcom =15 1.5 = 22.5V(R#3) = 1.0 1.5 0.8 /3=1.1jRs (它/3)不符合要求，取Rs -1.1 需加电流反馈放

11、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 =1.1 1，则 Ucom =ldcr Rs=15 1.1=16.5V(3)当 Id Idcr 时，有n 二 KpKsU：/Ce 1 K L KpKsKi Rsid -Ucom /Cel K L Rid /Ce 1 K 】 =kpKsU n KiU com /Cel K L g KpKsKi Rs Id/Ce1 K 1 当n=0时，Idbi 二 KpKs U； KU com / R KpKsKiRs : U； KU com /KiRs25=15 1

12、6.5K /1.1Ki= K =15/ 22.5-13.5 ；=1.362.11在题2.9的系统中，若主电路电感L=50mH系统运动部分的飞轮惯量GD2 = 1.6Nm 2 ,整流装置采用三相零式电路，试判断按题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：L = 50mH，GD2 =1.6Nm2，33，C 0.134V / rpmT =L/R=0.05/3.3=0.015sTm 二GD2RT 375CeCm =1.6 3.3/ 375 0.134 0.134 30 /3.14=5.28/64.33 =0.082sTs =0.00333sK

13、 仏 T Ts Ts2 /丁兀一|0.082 0.015 0.00333 0.003332=0.0015 0.003332 / 0.00004983 = 30.52可见与前面的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-电动机调速系统，已知：电动机：Pn =2.8kW , Un =220V , IN =15.6A ,；n =1500 r/mi n , Ra=1.5 Q,整流装置内阻Rrec =1 Q ,电枢回路电抗器电阻R_ =0.8 Q,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

14、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g =1 Nn =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 =0.1311/min/r(1).: n op = In RJ Ce =15.6 3.3/0.1311 = 392.68r / minn min -1500 / 30 =50s = - ：nop /Eomin =392.68/ 392.68 ' 50 =88.7%(2)0.1-m K - n 50in = 5

15、/0.9 = 5.56r /min(3)；n = KpKsU：/Ce(1+K )-Ry|d/Ce(1 + K )K =KpGKs/Cej500 = KpKsU：/Ce(1 + K )-(Rfl5.6 yce(1 +K )K =仏n°p/Anci )1 =(297.48/5.56 )1 =52.5-2.13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时的测速分辨率和误差率最大值。解：(1)M法：分辨率 Q =一1.

16、465r / minZTc 1024X40.01n = 1500r /min 时，M 1nZTc601500 4 1024 0.0160= 1024n = 150r / min 时,M1nZTc _ 150 4 1024 0.016060= 102.4最大误差率：宀1 >ZTc1500r/min 时，、.max% 100% 100% =0.098%M11024150r/min 时，、.max% 100% 100% =0.98%102.4可见M法适合高速。(2) T 法：分辨率：n = 1500r /min 时，QZn26Of0 -Zn21024 4 1500260 1 106 -1025

17、 4 1500=171r/minn = 150r / min 时,Zn260f° -Zn1024汉 4S50260 1 106 -1024 4 150=1.55r/min当 n = 1500r / min 时，M 260 106= 9.771024 4 1500当 n = 150r / min 时,M260 1061024 4 150= 97.7n = 1500r /min 时,1100%M2 11100% =11.4%9.771n = 150r / min 时,'max1m2 -1100%197.7 -1100% =1%最大误差率：60 f060 f°门 _ ZM

18、2，M2 _ Zn，可见T法适合低速习题二3.1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U：m=15V,nN =1500r/min , In =20A，电流 过载 倍数为 2，电 枢回路总 电阻R =2 Q, Ks =20 , Ce =0.127V min/r，求：(1)当系统稳定运行在 Un=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):-二Unm/ nN = 15V/1500rpm = 0.01V / rpm*u *5V当 Un =5V,转速 n = n500rp

19、m0.01V / rpmUim1 dm15V40A= 0.3757 / AUc即UcUd0Cen JRKsKs40*2204V* .Ui - ?ld =0.375*10 =3.75V =UjUd0 E IdLR Cen N IdLR 0.127*50010*24.175VKsKsKs20n =500rpm,U n = 5V ,U i = Ui = 3.75V,U= 4.175v(2)堵转时，U* - Idm =15V ,3.2在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR ACF均采用PI调节器。已知参数：电动机：PN =3.7kW, UN =220V， IN =20A，nN =1000 r/

20、min , 电枢回路总电阻 R=1.5 Q , 设u：m二Um二Ucm =8V,电枢回路最大电流ldm=40A,电力电子变换器的放大系数 3=40。试 求：(1) 电流反馈系数1和转速反馈系数：。(2) 当电动机在最高转速发生堵转时的值。* *解:1 )1 =U| = 8V0.2V / A:，仏8V =0.008V/ rpmIdm 40AnN1000rpm2)Udo 二 E IdlR 二CenN IdlR =40A*15.； -60V这时:U； =8V,Un =0, ASR处于饱和，输出最大电流给定值。U* =8V,Uj =8V,UC 二Ud0. KS =6Q 40=1.5V3.3在转速、电流

21、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 =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) Uc应如何变化？ ( 3) Uc值由哪些条件决定？解:1)"：=土 8V 0.1V/AIdm 80A因此当电流从40A= 70A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Ud0二E IdiRv二CenN IdlRvUd0CenIdRKsKs3.5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 c

22、< 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=?,匚 =?解：取 KT =0.69,=0.6,二 =9.5%(1)系统开环增益：K =0.69/T =0.69/0.1 =6.9(1/s)上升时间tr =3.3T =0.33S过度过程时间：3ts6T =6 0.1 二 0.6sn(3)如要求 tr ： 0.25s，查表 3-1 贝U应取 KT =1, =0.5 , tr = 2.4T 0.24s 这时 K =1/T =10,超调量=16.3%。3.6有一个系统，其控制对象的传

23、递函数为WObj(s)二上1叱，要求设计一个无静差需+10.01s+1系统，在阶跃输入下系统超调量c %< 5% (按线性系统考虑)。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。1 10W(s),is (0.01s +1)这样，T = 0.01， K=10/ .，已选 KT= 0.5,贝U K = 0.5/T=50, 所以.=10 /K = 10 / 501 1S2积分调节器：W(s)茫02s。解：按典型I型系统设计，选 KT =0.5,:=0.707, 查表 3-1，得二 = 4.3%调节器W(s)=TS校正后系统的开环传递函数为3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为W&

24、#176;bi(s)10，要求校正为J s(Ts+1)s(0.02s+1)典型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。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) 亠jsiss(Ts+1)对照典型n型系统，K二KpiKi/.,.二hT,选h = 8，查表3-4， ；=27.2%,满足设计要求。这样 =hT = 8*0.02 = 0.16s，_叮22h2T22*82 *0.02=175.78,KPI =K . / 0 =175.78*0.16 /10 =2.8

25、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 , Un =220 V ,I n =308 A , n” =1000 r/mi n ,电动势系数Ce =0.196 V min/r , 主回路总电阻 R=0.18 Q ,触发整流环节的放大倍数 心=35。电磁时 间常数Ti=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数 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 (U；)n=10V,调节器ASR ACR饱和输出电 压 Um =8V,Ucm =6.5V。系统的静、动

26、态指标为：稳态无静差，调速范围D=10,电流超调量G < 5%,空载起动到额定转 速时的转速超调量 6 < 10%试求：(1) 确定电流反馈系数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)=40g。(3) 设计转速调节器 ASR,计算其参数 R、G、Com (Ro=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)一：二U/ldm =8V/(1.1* In) =8V/339A = 0.0

27、236V/A:=10/1000 =0.01/min/ r(2) 电流调节器设计确定时间常数：a)Ts = 0.00333sb)Toi = 0.0025s c)Tf 二 T0i Ts 二 0.0025 0.00333 二 0.00583s电流调节器结构确定：因为二-<5%，可按典型I型系统设计，选用 Pl调节器，Wacr(S)二K( iS 1),TiS电流调节器参数确定：Ti =T = 0.012S,选 KT富=0.5K= 0.5/0 = 85.76s，KIzinKs：35 0.0173Ki0.224。校验等效条件：-cKI -85.76s ja) 电力电子装置传递函数的近似条件：111=

28、101.01 w3TS 3 7.00333b) 忽略反电势的影响的近似条件：313:179.06SJ < ciTmTl 0.12 7.012c) 电流环小时间常数的近似条件：1 / 1=丄*1115.52s，>国ci3 TsT0i3'*0.003330.0025可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选R)=40K ,则:R hKR =0.224 40K =8.96K,取 9K.Ci = j / R =0.012/(9 103) =1.33FC0i =4T0i/Ro =4 0.0025/40 103 =0.25F(3 )速度调节器设计 确定时间常数：a) 电流环等效时间常数

29、1/ Kl :因为KIT0.5贝U 1/ Kl =灯 =2 0.00583 = 0.01166sb) Ton = 0.015sC） Tn =1/ KI Ton =0.01166 0.015 = 0.02666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)KnCnS 1)速度调节器参数确定:nS二 hT'n ,取 h = 5, -n= hTn = 0.1333sKnKnh 1_62h2Tln 2 52 0.026662=168.82s-(h 1)-CeTm6 0.0236 0.196 0.12=6.942h: RTn2 5 0.01 0.18 0.02666校

30、验等效条件:rcn = KN / ；门=KN n -168.82 0.1333 = 22.5s 亠a）电流环近似条件：1 叵=丄85.76 = 40.43sxcn3 忆 30.00583b）转速环小时间常数近似：1 Ki85.76 = 25.2sJ cn3亿 3也015可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）6% =2*(壬空)( z)、=2 81.2% 1.1308 0.180.02666Cbn Tm0.196 10000.12= 11.23%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

31、定如下：hT 0.07998sKn -(h 1)/2h2Tx4/(2 9 0.026662) =312.656s，Kn =(h 1) -CeTm/2h RTn =4 0.0236 0.196 0.12/(2 3 0.01 0.18 0.02666) = 7.6 校验等效条件：cn 二 kn / J = KN n =312.656 0.07998 = 25s，1/21/2_4a) 1/3(KI /Ti)=1/ 3(85.76/0.00583)= 40.43s cn1/21/2_4b) 1/3(Q /Ton)=1/ 3(85.76/0.015) = 25.2s cn可见满足近似等效条件。转速超调量

32、的校验：=二2 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 Rq=40K,则R=Kn Ro =7.6 40 = 304K ,取310K。Cn =/& =0.07998/310 103 =0.258F3Con =4T；n / Ro =4 0.015/40 10 -1.5T4) 40%额定负载起动到最低转速时：6% =2 72.2% (1.1-0.4) (308 0.18/0.196 100) (0.02666/0.12) = 63.5%5) 空载起

33、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。GD2根据电机运动方程：375dn dt"L,dndt_ Cm(Idm _ I dL)=GD75R(I dm - Jl)Rc GD2R 二(dmdL)CeTme375C CmveCeTmn0.196*0.12*1000所以：t _ (ldm -ldL)R 一 (1.1*308 -o)*o.18= 0.385s3.10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：R =500kW Um =750V, I n=760A, nn=375 r/min，电动势系数 Ce =1.82V min/r, 电

34、枢回路总电阻R=0.14 Q ,允许电流过载倍数入=1.5,触发整流环节的放大倍数 Ks=75,电磁时间常数 Ti =0.031s,机电时间常数Tm =0.112s,电流反馈滤波时间常数 几=0.002s,转速反馈滤波时 间常数T0n=0.02s。设调节器输入输出电压 Um=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G < 5%空载起动到额定转速时的转速超调量二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-&#

35、39;cn，并考虑它们是否合理 ？解：(1)Um1 dm100.00877V / A1.5*760U nmnN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) Tvi = 0.00367s电流调节器结构确定：因为c5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器，WACF(s)=Ki( tiS+1)/ T is,T 1/Td=0.031/0.00367=8.25<101电流调节器参数确定：ti=T=0.031s , KiTsi= 0.5 , Ki = 0.5/T £i =136.2

36、4 s -K 二KJR/Ks： =136.24 0.031 0.14/75 0.00877 = 0.899校验等效条件：3“=K=136.24 s -11a) 1/3Ts=1/3 0.00167 =199.6s、b) (1/TmTJ=3(1/0.112 0.031)1/-50.9s cic) 1/3(1/TsToi)1/2 =1/3(1/0.00167 0.002)1/ 182.39sJci可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选F0=40K,贝UR = Kj 汇 R)= 0.899 汉 40 = 35.96 取 36KG =T /R =0.031/36汉103 =0.86»FC0

37、 4T0i / R = 4 0.002/40 103 =0.24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 KT=0.5 贝U 1/Ki=2Ei=2*0.00367=0.00734sb) b)Ton=0.02sc) c)T e n=1/Ki+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用Pi调节器,Wsp(s) = K n( T nS+1)/ T nS速度调节器参数确定：T n=hTE n,选 h = 5，则 T n=hTE n=0.1367S,&=(h+1)/(2h2T" e n) =6/2*25*0

38、.02734 2=160.54 sK,=(h+1) 3 CeTm/ (2ha RTEn) 2校验等效条件：3 cn=K/ 3 1=Knt n-1/2 1/2 1a) 1/3(K i/T Ei) =1/3(136.24/0.00367)=64.22s - >3 cn1/2 1/2 1b) 1/3(K i/Ton)=1/3(136.24/0.02)=27.51s - >3cn 可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R=40K,贝U Rn=K*R0=10.5*40=420K 由此 Cn= T n/Rn=0.1367/420*10 3=0.325 卩 F 取 0.33 卩 F C on

39、=4Ton/Ro=4*O.O2/4O*1O 3=2 卩 F12) 电流环的截止频率是：3ci=K=136.24 s -2速度环的截止频率是：3 cn=21.946 s -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UU=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

40、放大倍数Ks=30 ,电动机额定电流In =20A ,电动势系数 Ce =0.128V mi n/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(门=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=? Uc =?(3) 该系统转速环按典型n型系统设计 ,且按Mkn准则选择参数,取中频宽h=5,已知转速 环小时间常数Ten =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

41、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 max和恢复时间5。1) a = U*nm/ nN =15/1500=0.01 Vmi n/r3 = U*im/I dm = 10/30=0.33 V/AU* n =5 V , n=U*n/ a =5/0.01=500 r/minU c=Udo/Ks=(E+l dFE)/K s=(Cen+l duFE)/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)则电动机无电动转矩，转速迅速

42、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 dn=30AU c=Udo/Ks=(E+l dRE)/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是:KN ns12s Ts1T n = hTEn=5*0.05=0.25sT En=0.05SKN=(h+1)/2h 2=6/2*25*0.052=48s-24) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。 (p93,94) nb=2(入-z) nNTEn/T m=2*(1-0)*

43、20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/minC b=2FK2T=2I dNREn/CeTm最大动态速降： nma>=( Cmax/C b)* nb=81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间：t v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:UxUd2丄2Sx =1U

44、xd(2Sx -1)以直流电源中点 O为参考点Y2 Y% 二(Ua UBeJUceJ )SaSBSCUaUbUcUsUo000Ud2Ud2Ud20Ui100Ud2Ud2Ud2u110Ud2Ud2Ud2u010Ud2Ud2Ud2U4011Ud 2Ua2L2U5001Ud2Ud2L2伝J也右Ude 3u101Ud2Ud2Ud22 谆3UdeU71112鱼2巴20空间电压矢量图:15.9当三相电压分别为 UA。、UB。、Uco，如何定义三相定子电压空间矢量UAO、Ubo、uCo和合成矢量 山，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：UAO = UAOUBOUBOe

45、UCOUcoej2合成矢量:Uao UB°ejucoej2A(ej0)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 叽的关系，当三相电压Us与定子磁链"s的表达式，画出各自Uao、Ubo、Uco为正弦对称时，写出电压空间矢量的运动轨迹。解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式:Us 二 Rsis 岂1 s s s dt忽略定子电阻的影响,us业dt叽dt，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，定子磁链旋转矢量电压空间矢量：Us1 sejz訂5.11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

46、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,I3Nw输出频率w1 -,us ： us 二亘u1 亘 u2ss To 1 To 2-t1 rt2 sT -tt2 ，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 2015.12两电平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，空间角度二任意，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，根据空间角度二确定所在的扇区,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