(完整版)电力拖动控制系统第三章习题答案
电力拖动自动控制系统-运动控制系统-阮毅-陈伯时思考题和课后习题答案
电力拖动自动控制系统-运动控制系统〔阮毅伯时〕课后答案包括思考题和课后习题第2章2-1 直流电动机有哪几种调速方法？各有哪些特点？答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。
特点略。
2-2 简述直流 PWM 变换器电路的根本构造。
答：直流 PWM 变换器根本构造如图，包括 IGBT 和续流二极管。
三相交流电经过整流滤波后送往直流 PWM 变换器，通过改变直流 PWM 变换器中 IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流 PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。
2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么？答：脉动直流电压。
2=4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能？答：直流 PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。
其中直流 PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期〔1/fc〕，而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半〔1/〔2mf〕。
因 fc 通常为 kHz 级，而 f 通常为工频〔50 或 60Hz〕为一周〕，m 整流电压的脉波数，通常也不会超过 20，故直流 PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。
2=5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停顿不动时，电枢两端是否还有电压？电路中是否还有电流？为什么？答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流 PWM 变换器的输出。
电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。
2-6 直流 PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用？如果二极管断路会产生什么后果？答：为电动机提供续流通道。
假设二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。
2-7 直流 PWM 变换器的开关频率是否越高越好？为什么？答：不是。
因为假设开关频率非常高，当给直流电动机供电时，有可能导致电枢电流还未上升至负载电流时，就已经开场下降了，从而导致平均电流总小于负载电流，电机无法运转。
《电力拖动自动控制系统》习题解答(前三章)
《电力拖动自动控制系统》部分习题解答第一章1. 什么叫调速范围、静差率？它们之间有什么关系？怎样才能扩大调速范围？ 答：①调速范围——电动机在额定负载下调速时，允许的最高转速max n 与最低转速minn 之比叫做调速范围，用D 表示，即min max n nD =②静差率——当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速0n 之比，称作静差率S ，即0N n nS ∆=③直流变压调速系统中调速范围、静差率和额定速降之间的关系为)1(s n s n D N N -∆=④采用闭环控制方式，使转速降落N n ∆能够大幅度下降，才能保证在静差率S 不变的前提下扩大调速范围。
2. 某一调速系统，测得的最高转速特性为n 0max ＝1500 r/min ，带额定负载时的速降N n ∆＝15 r/min ，最低速特性为n 0min ＝100 r/min ，额定速降不变，试问系统能达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解：已知N n ∆＝15 r/min ，有n max ＝n 0max －N n ∆＝1500 r/min －15 r/min ＝1485 r/min n min ＝n 0min －N n ∆＝100 r/min －15 r/min ＝85 r/min 于是调速范围47.17851585minmax ===n n D静差率%15%10010015%100min0=⨯=⨯∆=n n s N答：系统能达到的调速范围是17.47；允许的静差率是15%。
3. 为什么加负载后直流电动机的转速会降低，它的实质是什么？答：当负载电流增大后，电枢电阻上压降增大，使E 减小，导致转速n 必然下降。
实质是电枢电阻的存在导致压降增大。
4. 某调速系统的调速范围是1500 ~ 150 r/min ，要求静差率为s ＝2% ，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有多大？解：①已知101501500==D ，又)1(s n s n D N N -∆=06.3)02.01(1002.01500)1(N N =-⨯=-=∆s D s n n r/min也可以这样计算n n n n n s NNN ∆+∆=∆=min 0 min r/06.302.0102.01501min N =-⨯=-=∆s s n n ②因为 K1op cl +∆=∆n n所以 68.31106.31001K clop =-=-∆∆=n n答：要求静差率为s ＝2%时，系统允许的静态速降是3.06r/min ；如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有31.68。
电力拖动控制系统第三章习题答案.
习题三3.1双闭环调速系统的ASR 和ACR 均为PI 调节器，设系统最大给定电压*nm U =15V ，Nn =1500r/min ，N I =20A ，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Ω，s K =20，e C =0.127V ·min/r ，求：（1）当系统稳定运行在*n U =5V ，dL I =10A 时，系统的n 、n U 、*i U 、i U 和c U 各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，*i U 和c U 各为多少？ 解：(1)*****0*/15/15000.01/55,5000.01/150.375/400.375*10 3.750.127*50010*24.17520500,5, 3.75,nm N nnim dm i d i d dL e N dL C s s s n i i c U n V rpm V rpmU VU V n rpmV rpmU V V AI AU I V U U E I R C n I R U V K K K n rpm U V U U V U ααββ==============+++=========当转速即4.175v=（2）堵转时，V I U dm i 15*==β，()040*2420e d d dm c s s s C n I R U I R U VK K K +=====3.2 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。
已知参数：电动机：N P =3.7kW ，N U =220V ，N I =20A ，N n =1000 r/min ,电枢回路总电阻R =1.5Ω,设cm im nm U U U ==** =8V ，电枢回路最大电流dm I =40A,电力电子变换器的放大系数s K =40。
试求：（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,0d U c i i U U U ,,*值。
电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时完整版
电力拖动自动控制系统课后习题答案全内含两份阮毅陈伯时HUA system office room 【HUA16H-TTMS2A-HUAS8Q8-HUAH1688】电力拖动自动控制系统 课后习题答案{全，内含两份，二无一失}——运动控制系统第四版{上海大学 阮毅 陈伯时}1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管----电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM 开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。
1-2试分析有制动通路的不可逆PWM 变换器进行制动时，两个VT 是如何工作的？答：制动时，由于1g U 的脉冲变窄而导致d i 反向时，U g2变正，于是VT 2导通，VT 2导通，VT 1关断。
1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么关系为什么脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了答：生产机械要求电动机提供的最高转速max n 和最低转速min n 之比叫做调速范围，用字母D 表示，即：m inm ax n n D负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速min 0n 之比，称为系统的静差率S,即：min0n n s N ∆= 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：由于在一定的N n 下，D 越大，m in n 越小N n ∆又一定，则S 变大。
所以，如果不考虑D ，则S 的调节也就会容易，1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为m in /1500max 0r n =，最低转速特性为m in /150min 0r n =，带额定负载的速度降落m in /15r n N =∆，且不同转速下额定速降N n ∆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大解1-5闭环调速系统的调速范围是1500----150r/min ，要求系统的静差S<=2%,那末系统允许的静态速降是多少如果开环系统的静态速降是100r/min 则闭环系统的开环放大倍数应有多大1，min /06.3%)21(10%21500)1(101501500min max r S D S n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106.31001=-≥+=∆∆K K n n cl op则1-6某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8 r/min ，如果将开环放大倍数他提高到30，它的速降为多少在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落min /240r n Nop =∆，若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /75201500max min r D n n ===， 原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：静差率10%时原系统的开环增益为： 1-8转速单环调速系统有那些特点改变给定电压能否改变电动机的转速为什么如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速为什么如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围。
电力拖动自动控制系统-运动控制系统思考题和课后习题答案
电力拖动自动控制系统-运动控制系统思考题和课后习题答案(总30页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--电力拖动自动控制系统-运动控制系统（阮毅伯时）课后答案包括思考题和课后习题第2章2-1 直流电动机有哪几种调速方法各有哪些特点答：调压调速，弱磁调速，转子回路串电阻调速，变频调速。
特点略。
2-2 简述直流 PWM 变换器电路的基本结构。
答：直流 PWM 变换器基本结构如图，包括 IGBT 和续流二极管。
三相交流电经过整流滤波后送往直流 PWM 变换器，通过改变直流 PWM 变换器中 IGBT 的控制脉冲占空比，来调节直流 PWM 变换器输出电压大小，二极管起续流作用。
2-3 直流 PWM 变换器输出电压的特征是什么答：脉动直流电压。
2=4 为什么直流 PWM 变换器-电动机系统比 V-M 系统能够获得更好的动态性能答：直流 PWM 变换器和晶闸管整流装置均可看作是一阶惯性环节。
其中直流PWM 变换器的时间常数 Ts 等于其 IGBT 控制脉冲周期（1/fc），而晶闸管整流装置的时间常数 Ts 通常取其最大失控时间的一半（1/（2mf）。
因 fc 通常为 kHz 级，而 f 通常为工频（50 或 60Hz）为一周），m 整流电压的脉波数，通常也不会超过 20，故直流 PWM 变换器时间常数通常比晶闸管整流装置时间常数更小，从而响应更快，动态性能更好。
2=5 在直流脉宽调速系统中，当电动机停止不动时，电枢两端是否还有电压电路中是否还有电流为什么答：电枢两端还有电压，因为在直流脉宽调速系统中，电动机电枢两端电压仅取决于直流 PWM 变换器的输出。
电枢回路中还有电流，因为电枢电压和电枢电阻的存在。
2-6 直流 PWM 变换器主电路中反并联二极管有何作用如果二极管断路会产生什么后果答：为电动机提供续流通道。
若二极管断路则会使电动机在电枢电压瞬时值为零时产生过电压。
电力拖动控制系统习题
“电力拖动控制系统”习题第一章习题1-1 某V-M 系统，电动机数据为：P nom =10kW ，U nom =220V ，I nom =55A ，n nom =1000r/min ，R a =0.1Ω。
若采用开环控制系统，且仅考虑电枢电阻引起的转速降。
1．要求s =10%，求系统调速范围。
2．要求调速范围D =2，则其允许的静差率s 为多少？ 3．若要求D =10，s =5%，则允许的转速降Δn nom 为多少？1-2 在电压负反馈单闭环有静差调速系统中，当下列参数变化时系统对其是否有抑制调节作用，为什么？1．放大器的放大系数K p 。
2．供电电网电压。
3．电枢电阻R a 。
4．电动机励磁电流。
5．电压反馈系数γ。
1-3 某调速系统的调速范围是150~1500r/min ，即D =10，要求静差率s =2%，此时系统允许的稳态速降是多少？如果开环系统的稳态速降是100r/min ，此时闭环系统的开环放大系数应有多大？1-4 在教材图1-23（P 19）所示的转速负反馈有静差系统中，当U n *不变时调整转速反馈电位计RP 2，使转速反馈系数α增大至原来的2倍。
试问电动机转速n 是升高还是下降？系统的稳态速降比原来增加还是减小？对系统稳定是有利还是不利？为什么？1-5 在带电流截止环节的转速负反馈系统中，如果截止比较电压发生变化，对系统的静特性有什么影响？如果电流反馈电阻R s 的大小发生变化，对静特性又有什么影响？ 1-6 某调速系统原理图如下：已知数据如下：电动机：P nom =30kW ，U nom =220V ，I nom =157.8A ，n nom =1000r/min ，R a =0.1Ω。
采用三相桥式整流电路，等效内阻R rec =0.3Ω，K s =40。
最大给定电压为U nm *=15V ，当主电路电流最大时，整定U im =10V 。
设计指标：D =50，s =10%，I dbl =1.5I nom ，I dcr =1.1I nom 。
电力拖动与控制课后答案 李岚 梅丽凤
转速 n 成反比比。而而输出功率
，即为一一恒定值。故称为恒功率
调速方方式。 串电阻调速和降电压调速属于恒转矩调速方方式，弱磁调速属于恒功率调速。
2-21 电动机的调速方方式为什么要与负载性质匹配？不匹配时有什么问题？ 答：电动机的容许输出转矩和容许输出功率，仅仅表示示电动机的利用用限度，并不代表电 动机的实际输出，电动机的实际输出是由负载的需要来决定的。负载有三种类型：恒 转矩负载、恒功率负载、通⻛风机型负载。每种类型的负载，在不同转速下所需要的转 矩和电流是不同的。所以要根据电动机所拖动负载的性质来选择调速方方式，达到合理 使用用电动机的⺫目目的。
1-6 把多轴电力力拖动系统折算为等效单轴系统时负载转矩按什么原则折算？各轴的⻜飞轮力力 矩按什么原则折算？ 答:功率相等原则;能量守恒原则.
1-7 什么是动态转矩？它与电动机负载转矩有什么区别？ 答:动态转矩是指转矩是时间的函数. 而而负载转矩通常是转速的函数.
1-8 负载的机械特性有那几几种类性？各有什么特点？ 答：恒转矩负载特性：与 n 无无关，总是恒值；
其中，电动机作为原动机，通过传动机构带动生生产机械的工工作机构执行行某一一生生产任务； 机械传动机构用用来传递机械能；控制设备则用用来控制电动机的运动；电源的作用用是向电动 机和其他电气气设备供电。 1-2 电力力拖动系统运动方方式中 T，Tn 及 n 的正方方向是如何规定的？如何表示示它的实际方方向？
图 1-11 拖动系统传动机构图
图 1-12 拖动系统传动机构图
解：
=J ，
分别是电机转轴。
卷筒的机械角角速度
=j=2.57
R=V
R = =1 2=2示拖动系统提升或下放罐笼时，折算到电动机轴上的等效负载转矩以及 折算到电动机轴上的拖动系统升降部分的⻜飞轮力力矩。已知罐笼的质量 m0=300k，重物的质量 m=1000kg ，平衡锤的质量 mp=600kg ，罐笼提升速度 vm=1.5m/s ，电动机的转速 n=980r/min， 传动效率η0=0.85。传动机构及卷筒的⻜飞轮力力矩略而而不计.。
《电力拖动自动控制系统》习题解答(前三章)
《电力拖动自动控制系统》部分习题解答第一章1. 什么叫调速范围、静差率？它们之间有什么关系？怎样才能扩大调速范围？ 答：①调速范围——电动机在额定负载下调速时，允许的最高转速max n 与最低转速minn 之比叫做调速范围，用D 表示，即min max n nD =②静差率——当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值所对应的转速降落N n ∆与理想空载转速0n 之比，称作静差率S ，即0N n nS ∆=③直流变压调速系统中调速范围、静差率和额定速降之间的关系为)1(s n s n D N N -∆=④采用闭环控制方式，使转速降落N n ∆能够大幅度下降，才能保证在静差率S 不变的前提下扩大调速范围。
2. 某一调速系统，测得的最高转速特性为n 0max ＝1500 r/min ，带额定负载时的速降N n ∆＝15 r/min ，最低速特性为n 0min ＝100 r/min ，额定速降不变，试问系统能达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解：已知N n ∆＝15 r/min ，有n max ＝n 0max －N n ∆＝1500 r/min －15 r/min ＝1485 r/min n min ＝n 0min －N n ∆＝100 r/min －15 r/min ＝85 r/min 于是调速范围47.17851585minmax ===n n D静差率%15%10010015%100min0=⨯=⨯∆=n n s N答：系统能达到的调速范围是17.47；允许的静差率是15%。
3. 为什么加负载后直流电动机的转速会降低，它的实质是什么？答：当负载电流增大后，电枢电阻上压降增大，使E 减小，导致转速n 必然下降。
实质是电枢电阻的存在导致压降增大。
4. 某调速系统的调速范围是1500 ~ 150 r/min ，要求静差率为s ＝2% ，那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有多大？解：①已知101501500==D ，又)1(s n s n D N N -∆=06.3)02.01(1002.01500)1(N N =-⨯=-=∆s D s n n r/min也可以这样计算n n n n n s NNN ∆+∆=∆=min 0 min r/06.302.0102.01501min N =-⨯=-=∆s s n n ②因为 K1op cl +∆=∆n n所以 68.31106.31001K clop =-=-∆∆=n n答：要求静差率为s ＝2%时，系统允许的静态速降是3.06r/min ；如果开环系统的静态速降是100 r/min ，则闭环系统的开环放大系数应有31.68。
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习题三3.1双闭环调速系统的ASR 和ACR 均为PI 调节器，设系统最大给定电压=15V ，=1500r/min ，=20A ，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻*nmU N n N I =2Ω，=20，=0.127V ·min/r ，求：（1）当系统稳定运行在=5V ，=10A 时，R s K e C *nU dL I 系统的、、、和各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，和n n U *i U i U c U *i U 各为多少？c U 解：(1)*****0*/15/15000.01/55,5000.01/150.375/400.375*10 3.750.127*50010*24.17520500,5, 3.75,nm N nnim dm i d i d dL e N dL C s s s n i i c U n V rpm V rpmU VU V n rpmV rpmU V V AI AU I V U U E I R C n I R U V K K K n rpm U V U U V U ααββ==============+++=========当转速即4.175v=（2）堵转时，，V I U dm i 15*==β()040*2420e d d dm c s s s C n I R U I R U VK K K +=====3.2 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。
已知参数：电动机：=3.7kW ， =220V ，=20A ， =1000 r/min ,电枢回路总电阻N P N U NI N n =1.5Ω,设 =8V ，电枢回路最大电流=40A,电力电子变换器的放大系R cm im nmU U U ==**dm I 数=40。
试求：s K （1）电流反馈系数和转速反馈系数。
βα（2）当电动机在最高转速发生堵转时的值。
,0d U c i i U U U ,,*解:1）**880.2/0.008/401000im nm dm N U VU V V A V rpmI An rpmβα====== 2) 040*1.560d dl e N dl U E I R C n I R A V∑∑=+=+=Ω=这时：，ASR 处于饱和，输出最大电流给定值。
*8,0n n U V U == *8,8,i i U V U V == 06040 1.5C d S U U K V===3.3 在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。
当ASR 输出达到 =8V 时，主电路电流达到最大电流80A 。
当负载电流由40A 增加到70A 时，试问：*im U （1） 应如何变化？（2）应如何变化？（3）值由哪些条件决定？*i U c U c U 解: 1)*80.1/80im dm U V V A I Aβ===因此当电流从40A 70A 时， 应从4V 7V 变化。
⇒*i U ⇒ 2) 要有所增加。
C U 3) 取决于电机速度和负载大小。
因为C U 0d dl e N dl U E I R C n I R ∑∑=+=+()0e d d c s sC n I R U U K K +==3.5 某反馈控制系统已校正成典型I 型系统。
已知时间常数T=0.1s, 要求阶跃响应超调量≤10％。
σ（1）系统的开环增益。
（2）计算过渡过程时间 和上升时间 ；s t r t （3）绘出开环对数幅频特性。
如果要求上升时间 <0.25s, 则K=?，％=?r t σ解：取0.69,0.6,%9.5%KT ξσ===(1)系统开环增益：0.69/0.69/0.1 6.9(1/)K T s ===(2)上升时间 3.30.33r t T S==过度过程时间：3660.10.6s nt T sξω≈==⨯=（3）t a re 如要求，查表3-1则应取 , 这时0.25r t s <1,0.5KT ξ== 2.4 2.4*0.10.24r t T s ===,超调量=16.3%。
1/10K T ==3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为，要求设计一个无静差101.0101)(1+=+=s s K s W obj τ系统，在阶跃输入下系统超调量％≤5％（按线性系统考虑）。
试对系统进行动态校正，σ决定调节器结构，并选择其参数。
解：按典型I 型系统设计，选。
0.5,0.707,3-1% 4.3%KT ξσ===查表，得选I 调节器，校正后系统的开环传递函数为1(),W s s τ=，已选KT ＝0.5,则K ＝0.5/T=50,所以110(),T 0.01(0.011)W s s s ττ=+这样，＝， K =10/，积分调节器：。
10/10/500.2K S τ===11()0.2W s s sτ==3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为，要求校正)102.0(10)1()(1+=+=s s Ts s K s W obj 为典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超调量％≤30％（按线性系统考虑）。
试决定调节σ器结构，并选择其参数。
解：应选择PI 调节器，，1(1)(1)(),()(1)PI PI PI K s K s K W s W s s s s Ts ττττ++==+校正后系统的开环传递函数 对照典型Ⅱ型系统，，满足设计1/,h 83-4PI K K K hT ττσ==,选＝， 查表， %=27.2%要求。
这样，8*0.020.16hT s τ===12222181175.78,/175.78*0.16/10 2.8122*8*0.02PI h K K K K h T τ++======3.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：kW , V , A , r/min , 电动势系数60=N P 220=N U 308=N I 1000=N n=0.196 V·min/r , 主回路总电阻=0.18Ω,触发整流环节的放大倍数=35。
电磁时间e C R s K 常数=0.012s,机电时间常数=0.12s,电流反馈滤波时间常数=0.0025s,转速反馈滤l T m T i T 0波时间常数=0.015s 。
额定转速时的给定电压(U n *)N =10V,调节器ASR ，ACR 饱和输出n T 0电压U im *=8V,U cm =6.5V 。
系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速范围D=10,电流超调量≤5% ,空载起动到额定i σ转速时的转速超调量≤10%。
试求：n σ（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在以内)和转速反馈系数α。
1.1N I （2）试设计电流调节器ACR,计算其参数R i, 、C i 、C Oi 。
画出其电路图,调节器输入回路电阻R 0=40。
Ωk （3）设计转速调节器ASR,计算其参数R n 、C n 、C On 。
(R 0=40k Ω)（4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量σn 。
（5）计算空载起动到额定转速的时间。
解：（1）*/8/(1.1*)8/3390.0236/im dm N U I V I V A V Aβ====10/10000.01min/V r α==（2）电流调节器设计确定时间常数：)0.00333s a T s=)0.0025oi b T s=0)0.00250.003330.00583i i s c T T T s∑=+=+=电流调节器结构确定：因为，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器，,5%i σ≤(1)()i i ACR i K S W S Sττ+=电流调节器参数确定:，10.012,0.5,0.5/85.76i l I i I i T s K T K T s τ-∑∑=====选。
85.760.0120.180.224350.0173I i i s K R K K τβ⨯⨯===⨯校验等效条件：185.76ci I K s ω-==1111)101.01330.00333)79.06)115.52ciSciciaTb Sc sωωω--==>⨯==<===>电力电子装置传递函数的近似条件：忽略反电势的影响的近似条件：可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选,则：40R K=,取9K.0.224408.96i iR K R K K==⨯=由此33000/0.012/(910) 1.334/40.0025/40100.25i i ii iC R FC T R Fτμμ==⨯===⨯⨯=（3）速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数:因为1/IK0.5I iK T∑=则1/220.005830.01166I iK T s∑==⨯=b)0.015onT s=c)1/0.011660.0150.02666n I onT K T s∑=+=+=速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，, 速度调节器参数确定：(1)()n nASRnK sW ssττ+=,5,0.1333n n n nhT h hT sττ∑∑====取校验等效条件：2222216168.822250.02666(1)60.02360.1960.126.942250.010.180.02666Nne mnnhK sh Th C TKh RTβα-∑∑+===⨯⨯+⨯⨯⨯===⨯⨯⨯⨯11/168.820.133322.5cn N N nK K sωωτ-===⨯=11)40.43)25.2cncna sb sωω--==>==>可见满足近似等效条件。
转速超调量的校验 (空载Z=0）max *3080.180.02666%2*()281.2% 1.10.19610000.1211.23%10%n N n b m T C n z C n T σλ∑∆∆⨯=-=⨯⨯⨯⨯⨯=>转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。
因此需重新设计。
查表，应取小一些的h ，选h=3进行设计。
按h=3，速度调节器参数确定如下：0.07998n n hT sτ∑==2222(1)/24/(290.02666)312.656(1)/240.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6N n n e m n K h h T sK h C T h RT βα-∑∑=+=⨯⨯==+=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=校验等效条件：11/312.6560.0799825cn N N n K K s ωωτ-===⨯=1/21/211/21/21)1/3(/)1/3(85.76/0.00583)40.43)1/3(/)1/3(85.76/0.015)25.2I i cnI on cna K T sb K T s ωω-∑-==>==>可见满足近似等效条件。