《电力拖动自动控制系统》第四版习题答案文档格式.docx
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0.05
20×
（1?
0.05）
≈2.63（rmin）
UN
（1）Ce=
IdRa
=220?
12.5×
1.5=0.1341V?
min/r
1500
nop=
RIN
Ce
=12.5×
（1.5+1.0+0.8）
0.1341
=307.6r/min
（2）
n=nNs≤1500×
0.1=8.33r/min
clD（1?
s）20×
0.1）
（3）
nop307.6
（4）闭环系统的开环放大系数为K=?
1=?
1=35.93
ncl
K
8.33
35.93
运算放大器所需的放大倍数Kp=
Ksα/Ce
==13.77
35×
0.01/0.1341
R=4.8?
Rs/R=0.3125<
1/3
图见49页
2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：
电动机PN=2.8kW，UN=220V，IN=15.6A，nN=1500rmin，Ra=1.5?
，整流装置内阻Rrec=1?
，电枢回路电抗器电阻RL=0.8?
，触发整流环节的放大倍数Ks=35。
求：
（1）系统开环时，试计算调速范围D=30时的静差率s。
（2）当D=30,s=10%时，计算系统允许的稳态速降。
ndN
（3）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I=I，
n=nN，计算转速反馈系数α和放大器放大系数Kp。
先计算电动机的反电动势系数
Ce=
UN?
INRa
15.6×
1.5=0.131（V?
minr）
系统开环时的额定转速降落
IN（Ra+Rrec+RL）
（1.5+1+0.8）
nNop=
e
=≈393（rmin）
0.131
（1）系统开环时，调速范围D=30时的静差率
s=D?
nN+D?
=30×
393
1500+30×
≈0.887=88.7%；
（2）当D=30,s=10%时，系统允许的稳态速降
=1500×
0.1
30×
≈5.56（rmin）
（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
nop
K=?
1=
393?
1≈69.68；
5.56
转速反馈系数U
=10
≈0.0067（V?
minr）
放大器放大系数Kp=KCe
Ksα
=69.68×
0.131≈38.93。
0.0067
Ci=Ri/τi=14μF
4h=3σ%=2（?
Cmax%）（λ?
z）?
nCn*
T∑n=63.4%
T
bm
5-1一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为：
额定电压UN=380V，额定转速nN=960rmin，额定频率fN=50Hz，定子绕组为Y联接。
由实验测得定子电阻Rs=0.35?
，定子漏感Lls=0.006H，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感Lm=0.26H，
转子电阻Rr′=0.5?
，转子漏感Ll′r=0.007H，转子参数已折算到定子侧，忽略铁芯损耗。
（1）画出异步电动机T形等效电路和简化电路。
（2）额定运行时的转差率sN，定子额定电流IN和额定电磁转矩。
（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。
（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率sm和临界转矩Tem，画出异步电动机的机械特性。
（1）
异步电动机T形等效电路
异步电动机简化电路
（2）由于额定转速nN=960rmin，同步转速n=
60fN
np
=60×
50=1000（r
3
min），
额定运行时的转差率sN=
n1?
n
n1
=1000?
960
1000
=0.04
由异步电动机T形等效电路，
C=1+
Rs+jωLls
jωL
=1+Lls
L
jRs
2πfL
=1+
0.006
0.26
0.35
j≈1.023?
j0.004≈1.023
100π×
0.26
mmNm
可得转子相电流幅值
Ir′=
+CRr′
Us
+ω（L+CL′）
?
R?
ss?
lslr
N?
=
0.35+1.023×
=220
0.5?
0.04?
220
+（100π）×
（0.006+1.023×
0.007）
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
E=I′?
R′?
+ω2L′2=15.9735×
156.25+4.8361≈202.7352（V）
gr1lr
N?
额定运行时的励磁电流幅值
I=Eg
0ωL
=202.7352≈2.482（A）
1m
由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值
IN=
+R′?
+ω（L
+L′）?
0.35+0.5?
（0.006+0.007）
=?
2s2?
1?
Rs.1225+?
16.69lslr
6576
=16.316（4A）
额定电磁转矩
T=Pm
3nR′3×
30.5
=pI′2r=×
15.97352×
≈91.37（N?
m）（依据T形等效电路）
ωmω1sN
或
100π
0.04
Pm3np
2Rr′
3×
3
20.5
Te==
ωω
I1Ns=
×
16.3164×
≈95.33（N?
m）（依据简化等效电路）
m1N100π0.04
（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=
R+ω（L
+L）
0.35+（100π）×
（0.006+0.26）
=2.633（A）
slsm
（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率
sm=
Rr′
R+ω（L
+L′）
0.5
=0.122
s
临界转矩
Tem=
3nU3×
3×
220
ps=
2?
R
R
（LL）?
200×
π×
[0.35+0.35+（100π）×
（0.006+0.007）]
=15ω5.83（sN+?
m）s+ωls+l′r
异步电动机的机械特性：
Sn
S
10
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f时，输出电压U等于额定电压U，考虑低频补偿，若频率f=0，输出电压U=10%U。
（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T。
（1）U=220（A）
斜率
k=UN?
0.1UN
fN?
0
22=3.96，
50?
考虑低频补偿时，电压频率特性曲线U=3.96f+22；
不补偿时，电压频率特性曲线
（2）当f=5Hz时
U=220f
50
=4.4f
A、不补偿时，输出电压U=4.4f
3nU
=22（V）,临界转矩
3×
22
R
[0.35+0.35+（10π）×
=78ω.084（N+?
m）+ω+′
B、补偿时，输出电压U=3.96f+22=41.8（V）
41.8
T=
=20×
=28ω1.883（+N?
m）+ω+′
当f=2Hz时
=8.8（V）,临界转矩
8.8
8×
[0.35+0.35+（4π）×
=37ω.666（N+?
B、补偿时，输出电压U=3.96f+22=29.92（V）
29.92
=8×
ω++ω+′
5-8=两4电35平.41P9W（NM?
m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：
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
C=
1
2?
1?
2
1?
3?
03?
=3?
22?
现有三相正弦对称电流i
=Isin（ωt）、i
=Isin（ωt?
2π）、i
=Isin（ωt+2π），求
AmBm
3Cm3
变换后两相静止坐标系中的电流isα和isβ，分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。
1?
1?
?
Imsin（ωt）?
isα?
2?
=
I
sin（ωt?
2π）?
Imsin（ωt）?
；
m
isβ?
3?
=3
3?
Imcos（ωt）?
Isin（ωt+2π）?
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?
Csr=?
sin?
sin?
cos?
将习题6-1中的静止坐标系中的电流isα和isβ变换到两相旋转坐标系中的电流isd和isq，坐
d?
标系旋转速度为
dt
=ω。
分析当ω=ω时，电流isd和isq的基本特征，电流矢量幅值
ssd
2与三相电流幅值I
的关系，其中ω是三相电源角频率。
ω
>
ω和ω
<
ω时，
isd和isq的表现形式。
isd?
sin?
Imsin（ωt?
）?
=?
isq?
cos?
Imcos（ωt）?
Imcos（ωt?
）?
由坐标系旋转速度为
=ω1，则?
=ωt+?
（?
为初始角位置）
（1）当ω=ω时，?
=ωt=ωt+?
，则
isd=?
isq=?
Imsin?
，
Imcos?
is=isd+isq=Im；
（2）当ω>
ω和ω<
ω时，设ωs=ω?
ω，ωt?
ωst?
Imsin（ωst+?
0）?
。
Imcos（ωst+?
0）?
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