第一章复习题1.使晶闸管导通的条件是什么？答：当晶闸管承受正向电压时，仅在门极有触发电流的情况下晶闸管才能导通。

2．维持晶闸管导通的条件是什么？怎样才能使晶闸管由导通变为关断？答：（1）维持晶闸管导通的条件是使晶闸管的电流大于能保持晶闸管导通的最小电流，即维持电流。

（2）若要使已导通的晶闸管关断，只能利用外加电压和外电路的作用使流过晶闸管的电流降到接近于零的某一数值以下，即降到维持电流以下，便可使导通的晶闸管关断。

3.GTO和普通晶闸管同为PNPN结构，为什么GTO能够自关断，而普通晶闸管不能？答：（1）GTO在设计时，a2较大，这样晶体管v2控制灵敏，易于GTO关断；（2）GTO导通时a1+a2的更接近于1，普通晶闸管a1+a2≥1.5，而GTO则为约等于1.05，GTO的饱和程度不深，接近于临界饱和，这样为门极控制提供了有利条件；（3）多元集成结构每个GTO元阴极面积很小，门极和阴极间的距离大为缩短，使得p2极区所谓的横向电阻很小，从而使从门极抽出较大的电流成为可能。

4．如何防止电力MOSFET因静电感应引起的损坏？答：（1）一般在不用时将其三个电极短接；（2）装配时人体，工作台，电烙铁必须接地，测试时所有仪器外壳必须接地；（3）电路中，栅，源极间常并联齐纳二极管以防止电压过高。

（4）漏，源极间也要采取缓冲电路等措施吸收过电压。

5.IGBT,GTR,GTO和电力MOSFET的驱动电路各有什么特点？答：IGBT驱动电路的特点是：驱动电路具有较小的输出电阻，IGBT是电压驱动型器件，IGBT 的驱动多采用专用的混合集成驱动器。

GTR驱动电路的特点是：驱动电路提供的驱动电流有足够陡的前沿，并有一定的过冲，这样可加速开通过程，减小开通损耗，关断时，驱动电路能提供幅值足够大的反向基极驱动电流，并加反偏截止电压，以加速关断速度。

GTO驱动电路的特点是：GTO要求其驱动电路提供的驱动电流的前沿应有足够的幅值和陡度，且一般需要在整个导通期间施加正门极电流，关断需施加负门极电流，幅值和陡度要求更高，其驱动电路通常包括开通驱动电路，关断驱动电路和门极反偏电路三部分。

电力MOSFET驱动电路的特点：要求驱动电路具有较小的输入电阻，驱动功率小且电路简单。

6.全控型器件的缓冲电路的主要作用是什么？试分析RCD缓冲电路中各元件的作用。

答：全控型器件缓冲电路的主要作用是抑制器件的内因过电压，du/dt或过电流和di/dt，减小器件的开关损耗。

RCD缓冲电路中，各元件的作用是：开通时，Cs经Rs放电，Rs起到限制放电电流的作用；关断时，负载电流经VDs从Cs分流，使du/dt减小，抑制过电压。

7.试说明IGBT,GTR,GTO和电力MOSFET各自的优缺点。

（第7题答案）复合而成。

14、1、双向晶闸管的图形符号是，三个电极分别是第一阳极T1，第二阳极T2和门极G；双向晶闸管的的触发方式有 I+、 I-、III+、 III .。

15、一般操作过电压都是瞬时引起的尖峰电压，经常使用的保护方法是RC过电压抑制电路而对于能量较大的过电压还需要设置非线性电阻保护，目前常用的方法有雪崩二极管和金属氧化物压敏电阻。

1、双反星形可控整流电路与三相桥式全控整流电路相比有何主要不同？答：双反星形可控整流电路与三相桥式全控整流电路相比，在采用相同晶闸管的条件下，双反星形电路的输出电流可大一倍。

2、指出造成逆变失败的几种主要原因？答：（1）触发电路工作不可靠，不能适时、准确地给各晶体管分配脉冲，如脉冲丢失、脉冲延时等，致使晶闸管不能正常换相，使交流电源电压和直流电动势顺向串联，形成短路。

（2）晶闸管发生故障，在应该阻断期间，器件失去阻断能力，或在应该导通期间，器件不能导通，造成逆变失败。

（3）在逆变工作时，交流电源发生缺相或突然消失，由于直流电动势Em的存在，晶闸管仍可导通，此时交流器的交流侧由于失去了同直流电动势极性相反的交流电压，因此直流电动势将通过晶闸管使电路短路。

（4）换相的裕量角不足，引起换相失败，应考虑变压器漏抗引起重叠角对逆变电路换相的影响。

3、实现有源逆变必须满足哪两个必不可少的条件？答：（1）要有直流电动势，其极性须和晶闸管的导通方向一致，其值应大于变流电路直流侧的平均电压。

（2）要求晶闸管的控制角a＞π/2，使Ud为负值。

4、晶闸管触发的触发脉冲需要满足哪几项基本要求？答：、A:触发信号应有足够的功率。

B：触发脉冲应有一定的宽度，脉冲前沿尽可能陡，使元件在触发导通后，阳极电流能迅速上升超过掣住电流而维持导通。

C：触发脉冲必须与晶闸管的阳极电压同步，脉冲移相范围必须满足电路要求。

5、实现正确触发的同步定相的方法步骤有哪些？答：A：根据不同触发电路与脉冲移相范围的要求，确定同步信号电压us与对应晶闸管阳极电压之间的相位关系。

B：根据整流变压器TS的接法与钟点数，以电网某线电压作参考矢量，画出整流变压器二次侧也就是晶闸管阳极电压的矢量。

再根据A确定同步信号U S与晶闸管阳极电压的相位关系，画出对应的同步相电压矢量和同步线电压的矢量。

C：根据同步变压器二次线电压矢量位置，定出同步变压器TS的钟点数和接法。

只需把同步变压器二次电压Usu、Usv、Usw分别接到VT1，VT3，VT5管的触发电路；Us(-U)、Us(-v)、Us(-w)分别接到VT4、VT6、VT2的触发电路，与主电路的各个符号完全对应，即能保证触发脉冲与主电路同步。

6、单相桥式半控整流电路，电阻性负载。

当控制角α=90º时，画出：负载电压u d、晶闸管VT1电压u VT1、整流二极管VD2电压u VD2，在一周期内的电压波形图7、晶闸管对触发电路有哪些要求？8、三相半波整流电路，将整流变压器的二次绕组均分为两段，每段的电动势相同，接成两折接法，其分段布置及矢量图如图所示，问变压器铁心是否被直流磁化，为什么？解：三相半波可控整流电路，当变压器二次绕组分成两组，按本题图示曲折接线，及矢量图所示。

变压器二次绕组中，同一相的两个绕阻的电流，方向相反大小相等，因而形成的磁通，方向也相反、磁通量大小也会相等。

这样变压器铁心中就不会存在直流磁通，自然就不会被直流磁化了。

9、什么是逆变失败？逆变失败后有什么后果？形成的原因是什么？解：逆变失败指的是：逆变过程中因某种原因使换流失败，该关断的器件末关断，该导通的器件末导通。

从而使逆变桥进入整流状态，造成两电源顺向联接，形成短路。

逆变失败后果是严重的，会在逆变桥与逆变电源之间产生强大的环流，损坏开关器件。

产生逆变失败的原因：一是逆变角太小；二是出现触发脉冲丢失；三是主电路器件损坏；四是电源缺相等。

10、实现有源逆变必须满足哪些必不可少的条件？（6分）答1、实现有源逆变必须外接一直流电源，其方向与晶闸管电流方向相同，其数值要稍大于逆变桥电压，才能提供逆变能量。

另外变流器必须工作在β<90º，（α>90º）区域，使U d<0，才能把直流功率逆变为交流功率返送电网。

11、根据对输出电压平均值进行控制的方法不同，直流斩波电路可有哪三种控制方式？并简述其控制原理。

答：第一种调制方式为：保持开关周期不变，改变开关导通时间t on称为脉宽调制。

简称“PWM”调制。

第二种调制方式为：保持开关导通时间t on不变，改变开关周期，称为频率调制。

简称为“PFM”调制。

第三种调制方式为：同时改变周期T与导通时间t on。

使占空比改变，称为混合调制。

12、对直流斩波电路的控制方式通常有哪几种？画出不同控制方式的输出电压波形。

13、一台工业炉原由额定电压为单相交流220∨供电，额定功率为10千瓦。

现改用双向晶闸管组成的单相交流调压电源供电，如果正常工作时负载只需要5千瓦。

试问双向晶闸管的触发角α应为多少度？试求此时的电流有效值，以及电源侧的功率因数值。

π/2； 32.1A； 0.707；14、三相桥式全控整流电路，U2=100V，带电阻电感性负载，R=5Ω，L值极大。

当控制角α=60º时，求：A、画出u d、i d、i VT1、的波形。

B、计算负载平均电压U d、平均电流I d、流过晶闸管平均电流I dVT和有效电流I VT的值。

1、U0=133.3V；I0=6.67A；2、U d =117V ； I d =23.4A ； I dVT =7.8A ； I VT =13.5A ；第三章习题1．简述图3-1a 所示的降压斩波电路工作原理。

答：降压斩波器的原理是：在一个控制周期中，让V 导通一段时间t on ，由电源E 向L 、R 、M 供电，在此期间，u o ＝E 。

然后使V 关断一段时间t off ，此时电感L 通过二极管VD 向R 和M 供电，u o ＝0。

一个周期内的平均电压U o ＝E t t t ⨯+offon on 。

输出电压小于电源电压，起到降压的作用。

2．在图3-1a 所示的降压斩波电路中，已知E =200V ，R =10Ω，L 值极大，E M =30V ，T =50μs,t on =20μs,计算输出电压平均值U o ，输出电流平均值I o 。

解：由于L 值极大，故负载电流连续，于是输出电压平均值为 U o =E T t on =5020020⨯=80(V) 输出电流平均值为I o =R E U M o -=103080-=5(A) 3．在图3-1a 所示的降压斩波电路中，E =100V ， L =1mH ，R =0.5Ω，E M =10V ，采用脉宽调制控制方式，T =20μs ，当t on =5μs 时，计算输出电压平均值U o ，输出电流平均值I o ，计算输出电流的最大和最小值瞬时值并判断负载电流是否连续。

当t on =3μs 时，重新进行上述计算。

解：由题目已知条件可得：m =E E M =10010=0.1 τ=R L =5.0001.0=0.002 当t on =5μs 时，有ρ=τT =0.01 =τont =0.0025由于11--ραρe e =1101.00025.0--e e =0.249>m所以输出电流连续。

此时输出平均电压为U o =E T t on =205100⨯=25(V) 输出平均电流为I o =R E U M o -=5.01025-=30(A) 输出电流的最大和最小值瞬时值分别为I max =R E m e e ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----ραρ11=5.01001.01101.00025.0⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-----e e =30.19(A)I min =R E m e e ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---11ραρ=5.01001.01101.00025.0⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---e e =29.81(A) 当t on =3μs 时，采用同样的方法可以得出：αρ=0.0015由于11--ραρe e =1101.0015.0--e e =0.149>m 所以输出电流仍然连续。