电力电子Simulink仿真——PWM控制

1. 单相桥式

1.1 双极性

课本P165

ur>uc时，V1和V4开通，V2和V3关断，此时如果io>0，则V1和V4通，如io<0，则VD1和VD4通，输出电压uo=Ud；

ur<uc时，V2和V3开通，V1和V4关断，此时如果io<0，则V2和V3通，如io>0，则VD2和VD3通，输出电压uo=-Ud。

模型;

正弦波：频率50Hz，幅值0.8；
三角波频率：1000Hz；
输入电压：100V；
负载：1Ω，0.01H。

波形：

可以看到，输出电压在ur和uc的交点处翻转，输出电流为正弦波形，且滞后于信号波。

1.2 单极性

在输出电压uo的正半周，V1保持通态，V2保持断态，V3和V4交替通断。由于负载电流比电压滞后，因此在电压正半周，电流有一段为正，有一段为负。

在负载电流为正的区间，V1和V4导通时，负载电压等于Ud，V4关断时，负载电流通过V1和VD3续流，uo=0；在负载电流为负的区间，V1和V4导通时，电流通过VD1和VD4，uo=Ud，V4关断，V3开通后，电流从V3和VD1续流，uo=0。

同样，在uo的负半周，V2保持通态，V1保持断态，V3和V4交替通断。

模型：

波形：

2. 三相桥式

2.1 调制法

课本P166

urU、urV、urW三相依次相差120°，每相的控制方式和单相桥式双极性电路相同。

uUN'、uVN'、uWN'的PWM波形都只有±Ud/2两种电平，但是负载相电压有(±2/3)Ud、(±1/3)Ud和0共5中电平。

模型：

波形：

2.2 计算法（特定谐波消去法）

式7-3：1/4周期对称波形

\[u(\omega t) = \sum\limits_{n = 1,3,5, \cdot \cdot \cdot }^\infty {{a_n}\sin n\omega t} \]

\[{a_n} = \frac{4}{\pi }\int_0^{\frac{\pi }{2}} {u(\omega t)\sin } n\omega t{\rm{d\omega t}}\]

式7-4：

\[\begin{array}{l}
{{\rm{a}}_n} = \frac{4}{\pi }\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t{\rm{d\omega t}} + \frac{4}{\pi }\left( {\int_0^{\frac{\pi }{2}} { - \frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t} \right){\rm{d\omega t}}\\
\;\;\;\;\;\;\; + \frac{4}{\pi }\int_0^{\frac{\pi }{2}} {\frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t{\rm{d\omega t}} + \frac{4}{\pi }\left( {\int_0^{\frac{\pi }{2}} { - \frac{{{U_d}}}{2}\sin } n\omega t} \right){\rm{d\omega t}}\\
\;\;\;\;\;\;\; = \frac{{2{U_d}}}{{n\pi }}(1 - \cos n{\alpha _1} + 2\cos n{\alpha _2} - 2\cos n{\alpha _3})
\end{array}\]

通常考虑消去5次和7次谐波（式7-5）：

\[\left\{ \begin{array}{l}
{a_1} = \frac{{2{U_d}}}{\pi }(1 - \cos {\alpha _1} + 2\cos {\alpha _2} - 2\cos {\alpha _3})\\
{a_5} = \frac{{2{U_d}}}{{5\pi }}(1 - \cos 5{\alpha _1} + 2\cos 5{\alpha _2} - 2\cos 5{\alpha _3}) = 0\\
{a_7} = \frac{{2{U_d}}}{{7\pi }}(1 - \cos 7{\alpha _1} + 2\cos 7{\alpha _2} - 2\cos 7{\alpha _3}) = 0
\end{array} \right.\]

经试验，因上述方程比较复杂，不能得到很好的解，我们转而去利用极值方法寻求其近似解。

构造函数如下：

function F = root(alpha)
a1=2*200/pi*(1-2*cos(alpha(1))+2*cos(alpha(2))-2*cos(alpha(3)));
a5=2*200/5/pi*(1-2*cos(5*alpha(1))+2*cos(5*alpha(2))-2*cos(5*alpha(3)));
a7=2*200/7/pi*(1-2*cos(7*alpha(1))+2*cos(7*alpha(2))-2*cos(7*alpha(3)));
F=(a1-30)^2+a5^2+a7^2;
end

通过求解F的最小值，可以得到${a_1} = 30$，${a_5} = 0$，${a_7} = 0$的近似解。

这里我们通过fminunc函数求极值，并在$0$~$\frac{\pi }{2}$范围内随机确定初始值，进行1000次试验，找到其中满足条件的最小值。条件指的是${\alpha _1}$、${\alpha _2}$、${\alpha _3}$在$0$~$\frac{\pi }{2}$范围内顺序排列。

min=100;
for i=1:1000
    [alpha,fval] = fminunc(@root,rand(1,3)*pi/2);
    if(0<alpha(1)&&alpha(1)<alpha(2)&&alpha(2)<alpha(3)&&alpha(3)<pi/2)
        if fval<min
            min=fval;
            alpha0=alpha;
        end
    end
end
alpha=alpha0

得到一组alpha值如下：

最小值如下：

可以看到，最小值与0之间仍有一定差距。

根据${\alpha _1}$、${\alpha _2}$、${\alpha _3}$在$0$~$2\pi $范围内扩展转折点，得到向量t和u。

f=50;
t1=[0,alpha,pi-fliplr(alpha)];
t2=pi+t1;
t=[t1,t2,2*pi]./(2*pi)./f;
u=[repmat([1,0],[1,7]),1];
stairs(t,u);ylim([-0.2,1.2]);

图像如下：

利用t和u以1e-6的间隔构造时间向量和控制向量，存入文件。

t0=0:1e-6:0.08;
u0=zeros(size(t0));
for i=1:length(t0)
    for j=1:(length(t)-1)
        if mod(t0(i),1/f)>t(j) && mod(t0(i),1/f)<t(j+1)
            u0(i)=u(j);
            break
        end
    end
end
matrix=[t0;u0];
save matrix.mat matrix

模型：

驱动信号部分如下图，其余部分和调制法相同。