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第二章2-1：答：在制动阶段，VT1始终不导通。
VT2导通期间，并能耗制动；VT2不导通期间，VD1续流，并回馈制动。
2-2：由101001000==D ； rpm s D s n n n N N cl 04.298.01002.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆；2-3：已知rpm n n n N 1500max max 0=∆+=rpm n n n N 150min min 0=∆+= max n n N =，rpm n N 15=∆所以1115150151500min max =--==n n D1.0151114851511=⨯+⨯=∆+∆=D n n D n s N N N2-4：r v n R I U C N a N N e min/1478.0/)(⋅=-=rpm C R R I n e s a N op 1.1151478.0/045.0378/)(=⨯=+=∆ 1.38.0*1.1152.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N32.57.0*1.1153.0*1430)1(==-∆=s n s n D N N2-5：rpm C R I n e N op 5.2742.0/18.0305/=⨯==∆/()27.45%N op N op s n n n =∆+∆=rpm s D s n n n N N cl 63.295.02005.01000)1(=⨯⨯≤-=∆=∆2-6：v K K U K K U s p u s p dcl 121=+=γ264==u s p dop U K K U22/=dcl dop U U v U K K K K U dcl sp s p u 6.41=+=γ2-7：10=Drpm s D s n n n N N cl 9.795.01005.01500)1(=⨯⨯≤-=∆=∆66.1119.71001=-=-∆∆=clop n n K 2-8：rpm n cl 801=∆，15=K所以：rpm rpm K n n cl op 12801680)1(1=⨯=+∆=∆； 如果：30=K ，则：rpm rpm K n n op cl 29.4131/128012==+∆=∆；由)1(11s n s n D cl N -∆=，)1(22s n s n D cl N -∆= 则：229.41/802112≈=∆∆=cl cl n n D D2-9：1）r v n R I U C N a N N e min/1342.0/)(⋅=-=rpm C R R R I n e L rec a N op 4.3071342.0/3.35.12/)(=⨯=++=∆ rpm s D s n n N cl 33.89.0201.01500)1(=⨯⨯=-=∆所以9.35133.889.2461=-=-∆∆=cl op n n K2）系统原理图和静态结构框图见书中；3、4）方法一：由n U U n n α=≈*，所以r v n U N nm min/01.01500/15/*⋅==≈α77.13/==s e p K KC K α；3、4）方法二：由2271.14/])1([*=++=nm s N N e p U K R I n K C K0097.0/==s p e K K KC α。
习题解答(供参考习题二2.2 系统的调速范围是 1000~100 r ,要求静差率 2%,那么系统允许的静差转速降是多少? 解:1000(100.98 2.04(1 n n s n s ∆⨯⨯系统允许的静态速降为 2.04 。
2.3 某一调速系统,在额定负载下,最高转速特性为 0 1500 n r =,最低转速特性为 0 150 n r =,带额定负载时的速度降落 15 N n r ∆=,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 n =(均指额定负载情况下0 1500151485N n n n ∆0 15015135N n n n ∆11D n n2 静差率010 s n n =∆2.4 直流电动机为 P N =74220V, I N =378A, n N =1430, 0.023Ω。
相控整流器内阻0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求 20%时,求系统的调速范围。
如果 30%时,则系统的调速范围又为多少?? 解:( (2203780.023 0.1478N N a N U I R n V ⨯=378(0. 023022 0. 1478115N n I C er p m ∆⨯(1 ]14300. 2[115(10. 2 ]3. 1N D n ns =∆⨯⨯(1 ]14300. 3[115(10. 3 ]5. 33N D n n s =∆⨯⨯ 2.5 某龙门刨床工作台采用调速系统。
已知直流电动机60, 220, 305, 1000 N N N N P U V I A n r ,主电路总电阻0.18Ω0.2V• ,求:(1当电流连续时,在额定负载下的转速降落N n ∆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 N S 多少?(3若要满足20≤ 5%的要求,额定负载下的转速降落N n ∆又为多少 ?解:(13050.180.2274.5 N N n I R r ∆=⨯=⨯=(2 0(1000274.5 21.5 N S n n =∆ (3 (1]10000.95]2.63 N n n S D s r ∆⨯⨯=2.6 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 *8.8u U V =、比例调节器放大系数 2P K =、晶闸管装置放大系数 15S K =、反馈系数γ=0.7。
《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是 多少？解：系统允许的稳态速降sn 0 02 × 100min ∆ n N == = 2 04( r min ) ( 1 − s ) ( 1 − 0 02)2-5 某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机= 60 k W ，P N U N = 220 V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ， 主 电 路 总 电 阻 R = 0 18Ω ， C e = 0 2 V • min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ∆n 为多少？ N （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 s 多少？ N（3）额定负载下的转速降落 ∆n 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。
N 解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落I R 305 × 0 18N∆n = = = 274 5( r min ) N C 0 2 e （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率∆ n 274 5N s = = ≈ 0 215 = 21 5%N n + ∆ n 1000 + 274 5N N （3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落n s 1000 × 0 05 N∆ n == ≈ 2 63( r min ) N D ( 1 − s ) 20 × ( 1 − 0 05)*2-6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压 U u = 8 8 V , 比例调节放大系数 K = 2, 晶闸管装置放大系数 K = 15, 反馈系数 γ = 0 7 。
求： p s（1）输出电压 U ；d （2）若把反馈线断开， U 为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？ d （3）若把反馈系数减至γ = 0.3 5 U 应为多少？ u解：（1）输出电压K K2 × 15 p s *U = U = × 8 8 = 12( V ) ；d u 1 + K K γ 1 + 2 × 15 × 0 7p s *（2）若把反馈线断开， U = K K U = 2 × 15 × 8 8 = 264 ( V) ；开环时的输出电压是闭环 d p s u时的 264 12 = 22 倍。
《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案对于《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》的学习，在课后应该做一些练习题加以巩固。
一下是给大家的《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》(第四版)课后习题答案，希望对你有帮助。
一判断题1弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖动恒转矩负载。
(Ⅹ)2采用光电式旋转编码器的数字测速方法中，M法适用于测高速，T法适用于测低速。
(√)3只有一组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实现制动。
(√)4直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。
(√)5静差率和机械特性硬度是一回事。
(Ⅹ)6带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。
(Ⅹ)7电流—转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压Uk的大小并非仅取决于*速度定Ug的大小。
(√)8双闭环调速系统在起动过程中，速度调节器总是处于饱和状态。
(Ⅹ)9逻辑无环流可逆调速系统任何时候都不会出现两组晶闸管同时封锁的情况。
(Ⅹ)10可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向(正或反)由驱动脉冲的宽窄决定。
(√)11双闭环可逆系统中，电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。
(Ⅹ)与开环系统相比，单闭环调速系统的稳态速降减小了。
(Ⅹ)12α=β配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为本组逆变和它组制动两阶段(√)13转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。
(Ⅹ)14电压闭环相当于电流变化率闭环。
(√)15闭环系统可以改造控制对象。
(√)16闭环系统电动机转速与负载电流(或转矩)的稳态关系，即静特性，它在形式上与开环机械特性相似，但本质上却有很大的不同。
17直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电动势反电势不变。
(√)18直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电枢电压不变。
(Ⅹ) 19电压闭环会给闭环系统带来谐波干扰，严重时会造成系统振荡。
(√)20对电网电压波动来说，电压环比电流环更快。
《电力拖动自动控制系统》(第四版)习题答案n 《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是 多少？解：系统允许的稳态速降∆n N = sn min (1 − s )= 0.02 ×100 (1 − 0.02) = 2.04(rmin )2-5 某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机 P N = 60kW ，U N = 220V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ， 主 电 路 总 电 阻 R = 0.18Ω ，C e = 0.2V • min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ∆n N 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 s N 多少？ （3）额定负载下的转速降落 ∆n N 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。
解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落∆n N = I N R = 305 × 0.18= 274.5(r min )C e0.2 （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s N =N∆n N+ ∆n N = 274.5≈ 0.215 = 21.5% 1000 + 274.5 （3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落∆n N =n N sD (1 − s )= 1000 × 0.05 20 × (1 − 0.05)≈ 2.63(r min )UN 解：（1）C e =−IdRanN= 220 −12.5 ×1.5 = 0.1341V ⋅min/ r1500∆nop =RI NCe=12.5 ×(1.5 +1.0 +0.8)0.1341= 307.6r / min（2）∆n =n N s ≤ 1500×0.1 =8.33r / min cl D(1 −s) 20 × (1 −0.1)（3）∆nop307.6（4）闭环系统的开环放大系数为K =−1=−1= 35.93∆nclK8.3335.93运算放大器所需的放大倍数K p=Ksα / Ce==13.7735 ×0.01 / 0.1341解：R = 4.8Ω R s / 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 P N = 2.8kW ，U N = 220V ， I N = 15.6 A ， n N = 1500 r min ， R a = 1.5Ω ，整流装置内阻 R rec = 1Ω ，电枢回路电抗器电阻 R L = 0.8Ω ， 触发整流环节的放大倍数 K s = 35 。
【最新整理，下载后即可编辑】习题解答（供参考）习题二2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？解：10000.02(100.98) 2.04(1)n n s n rpm D s ∆==⨯⨯=-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0max 1500min n r =，最低转速特性为 0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ∆=，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 max min D n n =(均指额定负载情况下） max 0max 1500151485N n n n =-∆=-= min 0min 15015135N n n n =-∆=-= max min 148513511D n n ===2) 静差率 01515010%N s n n =∆==2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。
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：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯= 378(0.0230.022)0.1478115N n I R Ce rpm ∆==⨯+= [(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-= [(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-=2.5 某龙门刨床工作台采用V-M 调速系统。
已知直流电动机60,220,305,1000min N N N N P kW U V I A n r ====，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V •min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆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N S 多少？ （3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少?解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯= (2) 0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3) [(1)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.6 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*8.8u U V =、比例调节器放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。
电力拖动自动控制系统陈伯时答案【篇一：电力拖动自动控制系统(第四版)习题答案_陈伯时】class=txt>2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少？解：系统允许的稳态速降pn = 60 kw ， 2-5 某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机u n = 220 = r min ，主电路总电阻 r = 0 18? ， v ， in = 305a ， nn1000ce = 0 2 v ? min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 ?n 为多少？ n（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率 s 多少？ n （3）额定负载下的转速降落 ?n n 为多少，才能满足d = 20, s ≤ 5% 的要求。
解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落? n n 274 5 = ≈ 0 215 = 21 5% n n + ? n n 1000 + 274 5（3）额定负载下满足d = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落 s n =* uu = 8 8 v , 比例调节放大 2-6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压（2）若把反馈线断开， u d 为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？（2）若把反馈线断开， u d（2）（3）（4）闭环系统的开环放大系数为 k = ? nop307.6 ? 1 = ? 1 =35.93 ? ncl8.33解：1 / 3 r = 4.8 ? r s / r = 0.3125图见 49 页解：计算系统中各环节的时间常数电磁时间常数 l 0.05 t = = = 0.02 s l r 1.5 + 1.0t s s = 0.00167 机电时间常数晶闸管装置的滞后时间常数为为保证系统稳定，应满足的稳定条件：可以稳定运行，最大开环放大系数是 53.29pn = 2.8 kw ， un = 220 v ， in = 15.6 a ， 2-12 有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机nn1500= r min ， r = 1 5 ? ，整流装置内阻 r= 0 8 ? ， = 1? ，电枢回路电抗器电阻 r l rec a触发整流环节的放大倍数 k s = 35 。
《电力拖动自动控制系统一运动控制系统》（第四版）课后习题答案对于《电力拖动自动控制系统一运动控制系统》的学习，在课后应该做一些练习题加以巩固。
一下是给大家的《电力拖动自动控制系统一运动控制系统》（第四版）课后习题答案，希望对你有帮助。
一判断题1弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖动恒转矩负载。
（X）2采用光电式旋转编码器的数字测速方法中，M法适用于测高速, T法适用于测低速。
（，）3只有一组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实现制动。
（，）4直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。
（V）5静差率和机械特性硬度是一回事。
（X）6带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。
（X）7电流一转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压Uk的大小并非仅取决于*速度定Ug的大小。
（，）8双闭环调速系统在起动过程中，速度调节器总是处于饱和状态。
（X）9逻辑无环流可逆调速系统任何时候都不会出现两组晶闸管同时封锁的情况。
（X）10可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向（正或反）由驱动脉冲的宽窄决定。
（，）11双闭环可逆系统中，电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。
（X）与开环系统相比，单闭环调速系统的稳态速降减小了。
（X）120c=B配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为本组逆变和它组制动两阶段（，）13转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。
（X）14电压闭环相当于电流变化率闭环。
（，）15闭环系统可以改造控制对象。
（，）16闭环系统电动机转速与负载电流（或转矩）的稳态关系，即静特性，它在形式上与开环机械特性相似，但本质上却有很大的不同。
17直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电动势反电势不变。
（V）18直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电枢电压不变。
（X）19电压闭环会给闭环系统带来谐波干扰，严重时会造成系统振荡。
（，）20对电网电压波动来说，电压环比电流环更快。
电力拖动自动控制系统第四版习题答案SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#《电力拖动自动控制系统—运动控制系统》习题2-2 调速系统的调速范围是1000~100r/min，要求静差率s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少解：系统允许的稳态速降n n N = sn(1 s )= ×100 (1 = (rmin )2-5 某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器-电动机调速系统。
已知直流电动机 P N = 60kW ，U N = 220V ， I N = 305 A ， n N = 1000 r min ， 主 电 路 总 电 阻 R= ，C e = min r ，求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落 n N 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 s N 多少（3）额定负载下的转速降落 n N 为多少，才能满足 D = 20, s ≤ 5% 的要求。
解：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落n N = I N R =305 ×= (r min )C e（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率s N =N n N+ n N=≈ = %1000 +（3）额定负载下满足 D = 20, s ≤ 5% 要求的转速降落n N =n N s D (1 s )= 1000 ×20 × (1≈ (r min )UN解：（1）C e =I d RanN =220 ×= min/ r1500nop =RINCe=×++= / min（2）n =nNs≤1500×=/ mincl D(1 s) 20 ×(1（3）nop（4）闭环系统的开环放大系数为K = 1 = 1 =nclK运算放大器所需的放大倍数K p =Ksα /Ce==35 ×/解：R =R s / R = < 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 P N = ，U N = 220V ， I N = A ， n N = 1500 r min ， R a = ，整流装置内阻 R rec = 1 ，电枢回路电抗器电阻 R L = ， 触发整流环节的放大倍数 K s = 35 。
求： （1）系统开环时，试计算调速范围 D = 30 时的静差率s 。
n d Nα=nC（2）当D= 30, s = 10% 时，计算系统允许的稳态速降。
（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K p 。
解：先计算电动机的反电动势系数Ce=UNINRanN=220×= (V min r)1500系统开环时的额定转速降落IN(Ra+ Rrec+RL)×+1+nNop=e=≈393(r min)（1）系统开环时，调速范围D = 30 时的静差率s =DnNnN+DnN=30×3931500 + 30×393≈= % ；（2）当D= 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降nN=nNsD(1s)=1500×30×(1≈(r min)（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nopK = 1 =ncl3931 ≈；转速反馈系数UnN=101500≈(V min r)放大器放大系数K p = KC eKsα=×≈。
35×Ci= Ri/ τi=14 μF4 h=3 σ % = 2(Cmax %)(λz)nNn C n*T∑n = % Tb m5-1 一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为：额定电压U N = 380V ，额定转速n N = 960r min ，额定频率f N = 50H z ，定子绕组为Y 联接。
由实验测得定子电阻R s = ，定子漏感L ls = ，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感L m = ，转子电阻R r′ = ，转子漏感L l′r = ，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s N ，定子额定电流I N 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s m 和临界转矩T em ，画出异步电动机的机械特性。
解：（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n N = 960r min ，同步转速n=60 fNnp=60 ×50=1000(r3min) ，额定运行时的转差率s N =n1nn1=10009601000=由异步电动机T 形等效电路，C= 1 +Rs+ jωLlsjωL= 1+LlsLjRs2πfL= 1 +j ≈j≈100π×m m N m可得转子相电流幅值erI r ′ =? + CR r ′U s+ ω (L + C L ′ )?R s sls lrN =?+ × ? =220? ? ?220+ (100π )× + ×+= (A)E = I 2 = × + ≈ （V ）gN额定运行时的励磁电流幅值I = E gω L =≈ (A)100π ×1 m由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值I N =U s+R ′+ ω(L=+ L ′ ) +220+ (100π )× + =2s 20 1 + 9 lslr65 7 6= （4 A ）T = m = I ′r = ×× ≈ (N m ) （依据 T 形等效电路）ωm ω1 s N 或100πP m 3n p 2 R r ′ 3 × 32T e = = ωω I 1 N s= × × ≈ (N m ) （依据简化等效电路）m1 N100π（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 =U sR + ω (L =+ L )220+ (100π )× + = (A)sls m（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率s m=R r ′R + ω (L =+ L ′ )+ (100π )× + =s临界转矩T em =ls lr3n U 3 × 3 × 220p s=2 RR(LL)200 × π × [++ (100π )× +]= 15ω(s N+ m )s + ωls + l ′r 异步电动机的机械特性：T =T =k =U N Nf N= 220 22= ， 50 0考虑低频补偿时，电压频率特性曲线 U = f + 22 ；不补偿时，电压频率特性曲线 （2）当 f =5Hz 时U = 220f50= fA 、不补偿时，输出电压U = f3n U= 22(V) , 临界转矩=3× 3 × 222RR (LL)20 × π× [++ (10π )× +]= 78ω.084(N + m )+ ω+ ′ B 、补偿时，输出电压U = f + 22 = (V)3n U 3 × 3 × T = 2RR (LL)= 20 × π × [++ (10π )× +]= 28ω(+N m ) + ω+ ′当 f =2Hz 时A 、不补偿时，输出电压U = f3n U= (V) , 临界转矩=3 × 3 ×2RR (LL)8 × π ×[ + + (4π )×+]= 37ω.666(N + m )+ ω+ ′B 、补偿时，输出电压U = f + 22 = (V) 3n U 3 × 3 ×T = 2RR (LL )= 8 × π × [++ (4π )×+]ω+ + ω+ ′5-8 =两4电35平.41P 9W (N M 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：= i + i 1 i sq m6-1 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 2 ?3 0 3= 3 2 2现有三相正弦对称电流 i= Isin(ωt ) 、 i= I sin(ωt 2π) 、 i= I sin(ωt +2π) ，求Am B m3 Cm3变换后两相静止坐标系中的电流 i s α 和 i s β ，分析两相电流的基本特征与三相电流的关系。
11I m sin(ωt )i s α 2解：=22 I sin(ωt 2π ) =3 I m sin(ωt )； ?mi s β 33 =332 I m cos(ωt )22 I sin(ωt + 2π )m 36-2 两相静止坐标系到两相旋转坐标系的变换矩阵为cos C s r =sinsin cos 将习题 6-1 中的静止坐标系中的电流 i s α 和 i s β 变换到两相旋转坐标系中的电流 i sd 和i sq ，坐d标系旋转速度为dt= ω。
分析当 ω= ω 时，电流 i sd 和 i sq 的基本特征，电流矢量幅值2 s sd2 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，i sd 和 i sq 的表现形式。
i sd cos sin 3 I m sin(ωt ) 3 I m sin(ωt ) 解： ? = ? ? ? = i sq sin cos d 2 I m cos(ωt ) 2 I mcos(ωt )由坐标系旋转速度为 dt= ω1 ，则 = ωt + （为初始角位置）（1）当ω= ω时，= ωt = ωt + ，则isd=isq =3Imsin，23Imcos，23is =isd+isq=I m ；2（2）当ω> ω和ω< ω时，设ωs = ωω，ωt = ωs t，则isd 3 Imsin(ωt ) 3 I m sin(ωs t +)? =? =? 。
isq2 I m cos(ωt ) 2 I m cos(ωs t + 0 )。
