电力拖动自动控制系统习题答案陈伯时.docx

《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
×
100
min
∆
nN
=
=
=
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
kW
，
PN
U N
=
220
V
，
IN
=
305
A
，
nN =
1000 r
min
，主电路总电阻
R
=
0
18Ω
，
Ce
=
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
18
N
∆
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
5
N
s
=
=
≈
0
215
=
21
5%
N
n
+
∆
n
1000
+
274
5
N
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
Uu
=
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
K
2
×
15
p
s
*
U
=
U
=
×
8
8
=
12(
V
)
；
d
u
1
+
K
K
γ
1
+
2
×
15
×
0
7
p
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。
（3）若把反馈系数减至
γ
=
0.3
5
，当保持同样的输出电压时，给定电压
1
+
K
K
γ
1
+
2
×
15
×
0
35
*
p
s
U
=
U
=
×
12
=
4
6(
V
)
。
u
d
K
K
2
×
15
p
s

U
−
I
R
220
−
12.5
×
1.5
N
d a
解：（1）
C
=
=
=
0.1341
V
⋅
min/
r
e
n
1500
N
RI
12.5
×
(1.5
+
1.0
+
0.8)
N
∆
n
=
=
=
307.6
r
/ min
op
C
0.1341
e
n
s
1500
×
0.1
N
∆
n
=
≤
=
8.33
r
/ min
cl
D
(1
−
s
)
20
×
(1
−
0.1)
（2）

（3）
∆
n
307.6
op
（4）闭环系统的开环放大系数为
K
=
−
1
=
−
1
=
35.93
∆
n
8.33
cl
K
35.93
运算放大器所需的放大倍数
K
=
=
=
13.77
p
K
α
/
C
35
×
0.01 / 0.1341
s
e

解：
R =
4.8
Ω
R
/
R =
0.3125
<
1 / 3
s
图见 49页
解：计算系统中各环节的时间常数
L
0.05
电磁时间常数
T
=
=
=
0.02
s
l
R
1.5
+
1.0
2
GD
R
1.6
×
(1.5
+
1.0
+
0.8)
机电时间常数
T
=
=
=
0.082
s
m
375
C
C
30
e m
375
×
0.1341
×
×
0.1341
π
晶闸管装置的滞后时间常数为
T
=
0.00167
s
s
为保证系统稳定，应满足的稳定条件：
2
2
T
(
T + T
)
+
T
0.082
×
(0.02
+
0.00167)
+
0.00167
m l
s
s
K
<
=
=
53.29
T
T
0.02
×
0.00167
l s
可以稳定运行，最大开环放大系数是 53.29
2-12有一晶闸管-电动机调速系统，已知：电动机
=
2.8
kW
，
UN
=
220
V
，
IN
=
15.6
A
，
PN
nN =
1500 r
min
，
R
=
1
5
Ω
，整流装置内阻R = 1Ω
，电枢回路电抗器电阻
R
=
0
8
Ω
，
a
rec
L
触发整流环节的放大倍数
K
=
35
。求：
s
（1）系统开环时，试计算调速范围= 30 D 时的静差率 s。

（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
d
N
n =
n
，计算转速反馈系数α和放大器放大系数
K
。
N
p
解：先计算电动机的反电动势系数
U
−
I
R
220
−
15
6
×
1
5
N
N
a
C
=
=
=
0
131
(V
•
min
r
)
e
n
1500
N
系统开环时的额定转速降落
I
(
R
+
R
+
R
)
15
6
×
(
1
5
+
1
+
0
8)
N
a
rec
L
∆
n
=
=
≈
393
(
r
min)
Nop
C
0
131
e
（1）系统开环时，调速范围
D
=
30
时的静差率
D
∆
n
30
×
393
N
s
=
=
≈
0
887
=
88.7
%
；
n
+
D
∆
n
1500
+
30
×
393
N
N
（2）当
D
=
30,
s
=
10%
时，系统允许的稳态速降
n
s
1500
×
0
1
N
∆
n
=
=
≈
5
56(
r
min
)
N
D
(
1
−
s
)
30
×
(
1
−
0
1
)
（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
∆
n
393 op
K
=
−
1
=
−
1
≈
69.6
8
；
∆
n
5
56
cl
*
U
n
10
转速反馈系数
α
=
=
≈
0
0067(
V
•
min
r
)
n
1500
N
KC
69 .6
8
×
0
131
e
放大器放大系数
K
=
=
≈
38.9
3
。
p
K
α
35
×
0
0067
s
2-13旋转编码器光栅数为 1024，倍数系数为 4，高频时时钟脉冲频率f = 1MHz ，旋转编
0
码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用 16位计算器，M法和 T法测速时间均为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法测速
60
60
转速 n=1500r/min和 n=150r/min时的测速分辨率
Q
=
=
≈
1
465
ZT
1024
×
4
×
0
01
c
nZT
1500
×
4096
×
0
01
c
转速 n=1500r/min时，
M
=
=
=
1024
，误差率最大值
1
60
60
1
1
δ
=
=
≈
0
00097
=
0
097%
；
max
M
1024
1
nZT
150
×
4096
×
0
01
c
转速 n=150r/min时，
M
=
=
=
102
4
，误差率最大值
1
60
60
1
1
δ
=
=
≈
0
0097
=
0
97%
。
max
M
102
4
1
（2）T法测速
6
60
f
60
×
1
×
10
0
转速 n=1500r/min时，
M
=
=
≈
9
8
，测速分辨率
2
Zn
4096
×
1500
2
2
Zn
4096
×
1500
Q
=
=
≈
171
6
60
f
−
Zn
60
×
1
×
10
−
4096
×
1500
0

误差率最大值
1
1
δ
=
=
≈
0
103
=
10
3%
。
max
M
−
1
9
8
−
1
2
6
60
f
60
×
1
×
10
0
转速 n=150r/min时，
M
=
=
≈
98
，测速分辨率
2
Zn
4096
×
150
2
2
Zn
4096
×
150
Q
=
=
≈
1.55
6
60
f
−
Zn
60
×
1
×
10
−
4096
×
150
0
误差率最大值
1
1
δ
=
=
≈
0
0103
=
1
03%
。
max
M
−
1
98
−
1
2
3-1
双闭环直流调速系统的 ASR和 ACR均为 PI调节器，设系统最大给定电压
*
*
U
=
=
15V
，
nN =
1500 r
min
，
I
=
20A
，电流过载倍数为 2，电枢回路总电阻
nm U
im
N
R
= 2Ω
，
K
=
20
，
Ce
=
0
127
V
⋅
min
r
，求：
s
*
（1）当系统稳定运行在Un = 5V，
I
=
10A
时，系统的
n、
U
、
U
、
U
和
U各为多少？
dL
n
i
i
c
U
和
U各为多少？
i
c
解：转速反馈系数
*
U
15
nm
α
=
=
=
0
01
(V
⋅
min
r
)
n
1500
N
电流反馈系数
*
U
15
im
β
=
=
=
0
375
(V
A
)
I
2
×
20
dm
（1）当系统稳定运行在Un = 5V，= 10A I 时，
dL
*
= = 5( V ) n U n
*
U
5
n
n
=
=
=
500(
r
min
)
α
0
01
U
=
βI
=
0
375
×
10
=
3
75(
V
)
i
dL
*
U
=
U
=
3
75(
V
)
i
i
U
C
n
+
I
R
0
127
×
500
+
10
×
2
d
0
e
dL
U
=
=
=
=
4
175
(V
)
。
c
K
K
20
s
s
（2）当电动机负载过大而堵转时，n=0;
*
U
=
βI
=
0
375
×
2
×
20
=
15(
V
)
i
dm
I
R
2
×
20
×
2
dm
U
=
=
=
4(
V
)
。
c
K
20
s
3-2在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器 ASR、ACR均采用 PI调节器。已知
参数：电动机：
P
=
3
7
kW
，
U
=
220V
，
I
=
20A
，
n
=
1000
r
min,
电枢回路
N
N
N
N
*
*
总电阻R = 1 .5Ω；设
U
=
U
=
U
=
8V
，电枢回路最大电流
I
=
40A
，电力电子变
nm
im
cm
dm
换器的放大倍数
K
=
40
。试求：
s
（1）电流反馈系数 β和转速反馈系数α；
（2）当电动机在最高转速发生堵转时的
U
U
，
U和
U的值。
d
0
i
i
c

解：（1）电流反馈系数
*
U
8
im
β
=
=
=
0
2
(V
A
)
I
40
dm
转速反馈系数
*
U
8
nm
α
=
=
=
0
008
(V
⋅
min
r
)
。
n
1000
N
（2）当电动机在最高转速发生堵转时，n=0;
U
=
C
n
+
I
R
=
0
+
40
×
1
5
=
60(
V
)
d
0
e
dm
*
U
=
U
=
β
I
=
0
2
×
40
=
8(
V
)
i
i
dm
U
60
d
0
U
=
=
=
1
5(
V
)
。
c
K
40
s
3-5某反馈系统已校正成典型 I型系统。已知时间常数 T=0.1s，要求阶跃响应超调量
σ
≤
10%
。
（1）系统的开环增益。
（2）计算过渡过程时间
t和上升时间
t
。
s
r
（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间
tr
<
0
25
s
，则 K=?
σ
=
?
解：典型 I型系统开环传递函数为
K
W
(
s
)
=
s
(
Ts
+
1
)
（1）要求阶跃响应超调量
σ
≤
10%
，则要求
KT
≤
0
69
，为获得尽量短的上升时间
t
，选
r
择
KT
=
0
69
；则
K
=
0
69
0
1
=
6
9
（2）过渡过程时间
ts
=
6
T
=
6
×
0
1
=
0
6
(
s
)
；
上升时间
tr
=
3
3
T
=
3
3
×
0
1
=
0
33
(
s
)
。
（3）如果要求上升时间
tr
<
0
25
s
，则选择
KT
=
1
；
K
=
1
0
1
=
10
，
σ
=
16
.3%
。
τ i τ
s + 1 )
s
i
10
K
i
(
τ
s
+
1)
i
10
K
(
τ
s
+
1)
τ
i
i
i
开环传递函数
W
(
s
)
=
⋅
=
op
2
s
(0.02
s
+
1)
τ
s
s
(0.02
s
+
1)
i
对Ⅱ型系统
σ ≤
30%
，h=7
τ
=
hT
=
0.14
s
i

h
+
1
K
=
=
204.1
2
2
2
h
T
K
τ
i
K
=
=
2.8571
i
10
2.8571
(0.1
4
s
+
1)
PI调节器
W
(
s
)
=
0.14
s
R
i
K
=
R
取 10kΩ
R
=28.571 kΩ 取 30 kΩ
i
0
i
R
0
R / i
τ = 14 µ F
i

C

∆ max %)( λ − z ) C

b
n T N

∑ n = 63.4% *

n T m
3-10有一转速、电流双闭环直流调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参
数为：
P
=
500kW
,
U
=
750
V,
I
=
760A
，
n
=
375
r
min
，电动势系数
N
N
N
N
Ce
=
1
82
V
⋅
min
r
，电枢回路总电阻
R
=
0
14
Ω
，允许电流过载倍数
λ
=
1.5
，触发整流
环节的放大倍数
K
=
75
，电磁时间常数
=
0
031
s
，机电时间常数
=
0
112
s
，电流反
s
Tl
Tm
馈滤波时间常数
=
0
002
s
，转速反馈滤波时间常数
=
0
02
s
。设调节器输入输出电
Toi
Ton
*
*
压
U
=
U
=
U
=
10V
，调节器输入电阻
R0
=40kΩ
。
nm
im
nm
设计指标：稳态无静差，电流超调量
σ
≤
5%
，空载起动到额定转速时的转速超调量
i
σ
≤
10%
。电流调节器已按典型 I型系统设计，并取参数
KT
=
0
5
。
n
（1）选择转速调节器结构，并计算其参数。
ω ，并考虑它们是否合理？
cn

0017 s ，电流环小时间常数之和
Ts
T
=
T
+
T
=
0
0037
s
，要求电流超调量
σ
≤
5%
，应取
K
=
0
5
，因此
Σ
i
s
oi
i
I T
Σi
−
1
≈
135
1
s
。
KI
（1）电流环等效时间常数
1
=
0
0074
s
；
KI
转速环小时间常数
T
=
1
K
+
T
=
0
0074
+
0
02
=
0
0274
s
；
Σ
n
I
on
电流反馈系数

*
U
10
im
β
=
=
≈
0
0088
(V
A
)
λ
I
1
5
×
760
N
转速反馈系数
*
U
10
nm
α
=
=
=
0
0267(
V
⋅
min
r
)
n
375
N
选择转速调节器结构，其传递函数为
W
(
s
)
=
K
n
(
τ
n
s
+
1
)
ASR
τ
s
n
按跟随和抗扰动性能都较好的原则，取
h
=
5,
则 ASR的超前时间常数为
τ
=
hTΣn
=
5
×
0
0274
=
0
137
s
n
转速环开环增益
h
+
1
5
+
1
−
2
K
=
=
=
159
84
s
，
N
2
2
2
2
2
h
T
2
×
5
×
0
0274
Σ
n
可得 ASR的比例系数为
(
h
+
1
)
β
C
e
T
m
6
×
0
0088
×
1
82
×
0
112
K
=
=
≈
10
51
；
n
2
h
α
RT
2
×
5
×
0
0267
×
0
14
×
0
0274
Σn
取调节器输入电阻
R0
=40 kΩ
，则
R
=
K
R
=
10
51
×
40
=
420
4
kΩ
，取 420k Ω
n
n
0
τ
0
137
7 − n
C
=
=
=
3
26
×
10
(F
)
=
0
326
µ
F
，取 0.33
µF
n
3
R
420
×
10
n
4
T
4
×
0
02
6 − on
C
on
=
=
=
2
×
10
(F
)
=
2
µ
F
，取 2 µ F。
3
R
40
×
10
0
−
1
（2）电流环的截止频率
ω
=
=
135
1
s
，
ci
KI
−
1
转速环的截止频率
ω
=
K
τ
=
159
84
×
0
137
≈
21
9
s
；
cn
N
n
检验近似条件
1）校验晶闸管整流装置传递函数的近似条件
1
1
=
≈
196
1
(
s
−1 )
>
ω
，满足近似条件；
ci
3
T
3
×
0
0017
s
校验忽略反电动势变化对电流环动态影响的条件
1
1
3
=
3
≈
50
91
(
s
−1 )
<
ω
，满足近似条件；
ci
T
T
0
112
×
0
031
m
l
校验电流环小时间常数近似条件
1
1
1
1
=
≈
180
8(
s
−1 )
>
ω
，满足近似条件；
ci
3
T
s
T
oi
3
0
0017
×
0
002
校验电流环传递函数近似条件
1
K
1
135
1
I − 1
=
≈
63
7(
s
)
>
ω
，满足近似条件；
cn
3
T
3
0
0037
Σ
i
校验转速环小时间常数近似条件
1
K
I
1
135
1
=
≈
27
4(
s
−1 )
>
ω
，满足近似条件。
cn
3
T
3
0
02
on
校核转速超调量

⎛ ∆
C
⎞
∆
n
max
b
σ
=
n
⎜
⎟
*
C
n
⎝
b
⎠
⎛ ∆
C
⎞
∆
n
T
max
N
Σ
n
=
2
(
λ
−
z
)
⎜
⎟
*
C
n
T
⎝
b
⎠
m
760
×
0
14
0
0274
1
82
=
2
×
0
812
×
(
1
5
−
0)
×
×
375
0
112
≈
0
093
<
10%
满足设计要求。

15
解：（1）
α =
=
0.01
V
⋅
min/
r
1500
*
U
5
n
n
=
=
=
500
r
/ min
α
0.01
U
=
C
n + I
R
=
104
V
d
0
e
d
U
d
0
U
=
=
3.47
V
c
K
s
（2）当电动机突然失磁，电机停转。
U
=
0
n
*
*
U
=
U
=
10
V
i
im
U
= −
10
V
i
I
=
I
=
2
V
d
dm
K
(
τ
s
+
1)
（3）
W
(
s
)
=
2
s
(
Ts
+
1)
τ =
hT
=
0.25
s
h
+
1
−
2
K
=
=
48
s
N
2
2
2
h
T
48(0.25
s
+
1)
W
(
s
)
=
2
s
(0.05
s
+
1)
（4）
t
=
8.8
T
=
0.44
s
v
m

2
RT
(
I
−
I
)
∑
n dm
dL
∆
n
=
=
93.75
r
/ min
b
C
∆ C max ( %) ∆ n = 76.12 b
T e m

r

/ min
C
b
5-1 一台三相鼠笼异步电动机的铭牌数据为：额定电压380V = U ，额定转速
N
nN =
960 r
min
，额定频率
fN
=
50H
z
，定子绕组为 Y联接。由实验测得定子电阻
R
=
0
35
Ω
，定子漏感
L
=
0
006H
，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感
L
=
0
26H
，
s
ls
m
转子电阻
R
′
=
0
5
Ω
，转子漏感
L
′
=
0
007H
，转子参数已折算到定子侧，忽略铁芯损耗。
r
lr
（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
，定子额定电流
I1
和额定电磁转矩。
N
N
（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
。
0
（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率
s
和临界转矩
T
，画出异步电动机的机
m
em
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
60
f
60
×
50
N
（2）由于额定转速
nN =
960 r
min
，同步转速
n
=
=
=
1000(
r
min
)
，
1
n
3
p
n
−
n
1000
−
960
1
额定运行时的转差率
sN
=
=
=
0
04
n
1000
1
由异步电动机 T形等效电路，
R
+
j
ω
L
L
R
0
006
0
35
s
1
ls
ls
s
C
=
1
+
=
1
+
−
j
=
1
+
−
j
≈
1
023
−
j
0
004
≈
1
023
1
j
ω
L
L
2
π
f
L
0
26
100
π
×
0
26
1
m
m
N
m
可得转子相电流幅值

U
s
I
′
=
r
2
⎛
R
′
⎞
r
2
2
R
+
C
+
ω
(
L
+
C
L
′
)
⎜
s
1
⎟
1
ls
1
lr
s
⎝
N
⎠
220
=
2
⎛
0
5
⎞
2
2
⎜
0
35
+
1
023
×
⎟
+
(
100
π
)
×
(
0
006
+
1
023
×
0
007
)
⎝
0
04
⎠
220
=
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
⎛
R
′
⎞
r
2
2
E
=
I
′
+
ω
L
′
=
15
9735
×
156
25
+
4
8361
≈
202
7352
（V）
g
r
⎜
⎟
1
lr
s
⎝
N
⎠
额定运行时的励磁电流幅值
E
g
202
7352
I
=
=
≈
2
482 (
A)
0
ω
1
L
m
100
π
×
0
26
由异步电动机简化电路，额定运行时的定子额定电流幅值
U
220
s
I
=
=
1
N
2
2
⎛
R
′
⎞
2
⎛
0
5
⎞
2
2
2
2
⎜
R
+
⎟
+
ω
(
L
+
L
′
)
⎜
0
35
+
⎟
+
(
100
π
)
×
(0
006
+
0
007)
s
1
ls
lr
⎝
s
⎠
⎝
0
04
⎠
220
=
165 .1
225
+
16 .67
96
=
16 .3
16
4A）
额定电磁转矩
P
3
n
R
′
3
×
3
0
5
m
p
2
r
2
T
=
=
I
′
=
×
15
9735
×
≈
91
37(
N
⋅
m
)
（依据 T形等效电路）
e
r
ω
ω
s
100
π
0
04
m
1
N
或
P
3
n
R
′
3
×
3
0
5
m
p
2
r
2
T
=
=
I
=
×
16
3164
×
≈
95
33
(
N
⋅
m
)
（依据简化等效电路）
e
1
N
ω
ω
s
100
π
0
04
m
1
N
（3）定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流
U
220
s
I
=
=
=
2
633
(A
)
0
2
2
2
2
2
2
0
35
+
(
100
π
)
×
(0
006
+
0
26)
R
+
ω
(
L
+
L
)
s
1
ls
m
（4）定子电压和频率均为额定值时，临界转差率
R
′
0
5
r
s
m
=
=
=
0
122
2
2
2
2
2
2
R
+
ω
(
L
+
L
′
)
0
35
+
(
100
π
)
×
(0
006
+
0
007)
s
1
ls
lr
临界转矩
2
2
3
n
p
U
s
3
×
3
×
220
T
=
=
em
2
2
2
2
⎡
2
2
⎤
200
×
π
×
[
0
35
+
0
35
+
(
100
π
)
×
(0
006
+
0
007)
]
2
ω
R
+
R
+
ω
(
L
+
L
′
)
1
s
s
1
ls
lr
⎣
⎦
=
155
83(
N
⋅
m
)

异步电动机的机械特性：S n
0
n 1
S
m
1
0
T
T
em
e
1
2
5-2异步电动机参数如习题 5-1所示，画出调压调速在
U
和
U
时的机械特性，计算临
N
N
2
3
界转差率
s
和临界转矩
T
，分析气隙磁通的变化，在额定电流下的电磁转矩，分析在恒转
m
em
矩负载和风机类负载两种情况下，调压调速的稳定运行范围。解：
定子相电压改变，临界转差率不变，即
R
′
0
5
r
s
=
=
=
0
122
m
2
2
2
2
2
2
R
+
ω
(
L
+
L
′
)
0
35
+
(
100
π
)
×
(0
006
+
0
007)
s
1
ls
lr
1
1
1
当调压至
U
时，临界转矩
T
=
T
=
×
155
83
=
38
96
(
N
⋅
min)
，
N
em
e
max
2
4
4
2
4
4
当调压至
U
时，临界转矩
T
=
T
=
×
155
83
=
69
26
(
N
⋅
min)
。
N
em
e
max
3
9
9
U
s
气隙磁通：
Φ
≈
随定子电压的降低而减小。
m
4
44
f
N
k
1
s
Ns
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 fN时，输出电压 U等于额定电压 UN，考虑低频补偿，若频率 f=0，输出电压 U=10%UN。
（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 Temax。解：（1）UN=220(A)
斜率

U
−
0
1
U
220
−
22
N
N
k
=
=
=
3
96
，
f
−
0
50
−
0
N
考虑低频补偿时，电压频率特性曲线
U
=
3
96
f
+
22
；
220
不补偿时，电压频率特性曲线
U
=
f
=
4
4
f
50
（2）当 f=5Hz时
A、不补偿时，输出电压
U
=
4
4
f
=
22(
V)
,临界转矩
2
2
3
n
p
U
s
3
×
3
×
22
T
=
=
em
2
2
2
2
⎡
2
2
⎤
20
×
π
×
[
0
35
+
0
35
+
(
10
π
)
×
(0
006
+
0
007)
]
2
ω
R
+
R
+
ω
(
L
+
L
′
)
1
s
s
1
ls
lr
⎣
⎦
=
78
.084
(
N
⋅
m
)
B、补偿时，输出电压
U
=
3
.96
f
+
22
=
41
.8(
V
)
2
2
3
n
p
U
s
3
×
3
×
41.8
T
=
=
em
2
2
2
2
⎡
2