运控作业参考答案

1-4某一调速系统，测得的最高转速特性为0max n =1500r/min,最低转速特性为
0min
n
=150r/min ，带额定负载时的速度降落
N
n
=15r/min,且在不同转速下
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
差率是多少？ 解： N
0min n 15
S=
0.1n 150
∆
=
= 0max ()(1500150)0.1
11(1)(1)15(10.1)
N N N N n s n n s D n s n s ∆∆∆--⨯=
===--⨯-
调速范围为11，静差率为10％。

1-5某闭环调速系统的调速范围是1500～150r/min,要求系统的静态差率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100r/min,则闭环系统的开环放大倍数应有多少？ 解： max min 1500
10150
n Dcl n =
== 15000.02
3.06(1)10(10.02)
N cl n s n Dcl s ∆⨯=
==-⨯-
100
1131.73.06
op cl
n K n ∆=
-=
-=∆ 静态速降为3.06r/min,开环放大倍数为31.7。

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8r/min,如果将开环放大倍数提高到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？
解： K=15时，
(1)nop ncl K ∆=∆+=8(115)⨯+＝128 (r/min) K=30时，
128
4.131130
op cl
n n K
∆'∆==
=++(r/min) 8 1.944.13cl cl
n D D n ∆∆'==='
速降为4.13r/min,调速范围扩大为1.94。

1-7某调速系统的调速范围为D =20，额定转速N n =1500r/min,开环转速降落
Nop
n
∆=240r/min,若要求系统的静差率为10%减少到5%，则系统的开环增
益将如何变化？ 解：N op op n s 15000.1
D =
0.694n (1-s)2400.9∆⨯==⨯
20
1127.80.694cl op D K D =
-=-= 15000.05
0.329(1)2400.9
N op
op n s D n s ∆'⨯'==='-⨯ 201159.80.329
Dcl K D op '=
-=-=' K 由27.8变到59.8。

1-10
有
一
V-M
调
速系统，电动机参数为：
N
P =2.2KW,
N
U
=220V,
N
I
=12.5A,
N
n
=1500r/min,电枢电阻
a
R =1.2Ω，整流装置内阻
rec
R
=1.5Ω，触发整流环节的放大倍数
S
K
=35。

要求系统满足调速范围D =20,静差率s ≤10%。

（1）计算开环系统的静态速降op n ∆和调速要求所允许的闭环静态速降
cl
n
∆。

（2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构框图。

（3）调整该系统参数，使当*
n U =15V 时，d I =N I ，N n n =,则转速反馈系数α应该是多少？
（4）计算放大器所需要的放大倍数。

解：(1)22012.5 1.2
0.1371500
n n a N U I R Ce n --⨯===
e (R )12.5(1.2 1.5)
246.9(/min)
0.137
n a c op I R n r Ce +⨯+∆=
==
15000.1
8.33(1)20(10.1)
N cl
cl n s n D s ∆⨯=
==-⨯-(r/min)
(2) P21 图1－24，P23 图1－25
图1-25 转速负反馈闭环直流调速系统稳态结构图
(3) *
15
0.01(min/)1500
n U v r n α≈
==⋅ K p
K s
α
1/C e
U *n U c
∆U n E
n
U d0
U n
+
+
- I d R
- U n
K s
图1-24 采用转速负反馈的闭环调速系统
+
-
A
GT M
TG
+
-
+ -
+
-
U tg
U d
I d
n
+
- - +
U n
∆U n
U *n U c UPE
+
-
M T I d
U n U d
U c
n
(4) 246.9
1128.648.33
op cl
n K n ∆=
-=
-=∆ 28.64
11.2/0.0135/0.137
p s K K K Ce α=
==⨯
1-12 某调速系统原理图如图1-58所示，已知数据如下：电动机：
N
P
=18KW,N U =220V,N I =94A,N n =1000r/min,a R =0.15Ω,整流装置内
阻rec R =0.3Ω，触发整流环节的放大倍数S K =40。

最大给定电压*
mn U =15V,当主电路电流达到最大值时，整定电流反馈电压im U =10V 。

设计指标：要求系统满足调速范围
D =20,静差率
s ≤10%,dbl I =1.5N I ,dcr I =1.1N I 。

试画出系统的静态框图，并计算： （1）转速反馈系数α。

（2）调节器放大系数P K .
（3）电阻1R 的数值。

（放大器输入电阻0R =20K Ω） （4）电阻2R 的数值和稳压管VS 的击穿电压值。

解：P51图1－58（ P23图1－25） (1) 220940.15
0.206(min/)1000
n n a N U I R Ce v r n --⨯=
==⋅ 94(0.150.3)
205.3(/min)0.206
n op
I R n r Ce ∆⨯+=
== 10000.1
5.56(/min)(1)20(10.1)
N cl
n s n r D s ∆⋅⨯=
==-⨯-
205.3
1135.95.56
op cl
n
K n
∆∆=
-=
-= *()/n n U n K Ce I R
n Ce αα-⋅-=
即：
*()n n U n K
I R
n Ce
αα
--
= (151000)35.9
205.31000αα
-⨯-=
可得α＝0.0145 (2) 35.90.206
12.8400.0145
p s K Ce K K α⨯⨯=
==⋅⨯ (3) 1012.820256()p R K R k ==⨯=Ω (4)
im i dbl dbl U U I I '= 即 101.5 1.1i N N
U I I '= 可得： 7.3i U '=v 击穿电压7.3vs U v =
当 1.5 1.594141()dbl N I I I A ===⨯=,电机堵转，0n U =v
*1
2
()c n p im vs R U U K U U R =⨯-
- 2
260
01512.9(107.3)R =⨯-
⨯- 可得：2 3.66()R k =Ω
1-14
有
一
个
V-M
系
统
，
已
知
：
电
动
机
：
N
P =2.8KW,N U =220V,N I =15.6A,N n =1500r/min,a R =1.5Ω,整流装置内阻rec
R
=1Ω，触发整流环节的放大倍数S K =35。

（1）系统开环工作时，试计算调速范围D =30时的静差率s 的值。

（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*
n U =10V 时，
d
N I I =，N n n =,计算转速负反馈系数α和放大器放大系数P K 。

（4）如将上述调速系统改为电压负反馈有静差调速系统，仍要求在*
n U =10V 时，
d
N I
I =，N n n =,并保持系统原来的放大系数K 不变，试求在D =30时的静
差率。

解：（1） 131.01500
5
.16.15220=⨯-=-=
N n InRa Un Ce
()15.6(1.51)
297.70.131
N N I Ra Rrec n Ce ∆+⨯+=
==(r/min)
30297.70.85630297.71500
N N N D n S D n n ∆∆⨯=
==+⨯+
(2) 15000.1
5.56(1)300.9N N n s n D s ∆⨯=
==-⨯(r/min)
(3) 15000.1
5.56(1)300.9
N cl n s n D s ∆⨯===-⨯(r/min)
15.6 2.5
297.70.131
N op I R n Ce ∆⨯=
==(r/min) 297.7
1152.545.56
op cl
n
K n
∆∆=
-=
-= 由以下两式联立：
p s K K K Ce
α=
*()n p s d U n K K I R
n Ce
α--=
可得：K p =30.18, α＝0.0065(min/v r ⋅)
(4) 115.6 1.515.6
180.85(1)0.131(152.5)0.131rec d a d cl
R I R I n Ce k Ce ∆⨯⨯'=+=+=+⨯+
180.85
0.783180.8550
cl n cl
S n
'∆∆=
=
=+
1-15在题1-10的系统中 ，若主电路电感L=50mH,系统运动部分的飞轮惯量
2GD =1.6N.2
m ,整流装置采用三相零式电路，试判断按题1-10要求设计的转速
负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数K 是多少？
解： 0.05
0.01851.2 1.5
l L T R ==
=+（s ） 2 1.6 2.70.0643303753750.1370.137
m e m GD R T C C π
⨯===⨯⨯⨯（s ）
22
()0.0643(0.01850.00333)0.0033322.96
0.01850.00333m l s s l s
T T T T K TT ++⨯++<==⨯
K 应取22.96.
2-7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 =2OA,N n =1000r/min,电枢回路总电阻R=1.5Ω，设*
nm U =*
im U =U cm =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赌转时的0d U ，*
i U ，i U ，c U 。

解： (1) *80.2(/)40
im dm U V A I β===
*8
0.008(min/)1000nm N U v r n α===⋅
(2) 040 1.560()d dm U I R V =⋅=⨯= *8()i im U U V ==
0.2408()i dm U I V β=-=-⨯=- 060
1.5()40
d s U Uc V K =
== 2－8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。

当ASR 输出达到*
im U =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： （1）*
i U 应如何变化？ （2）c U 应如何变化？ （3）c U 值有哪些条件决定？
解：（1） *8
0.1(/)80
im dm U V A I β===
I=40A 时，*0.1404()i U I V β==⨯= I ＝70A 时，*0.1707()i U I V β==⨯=
*i U 从4V 变化到7V 。

（2）Uc 略有增加；
（3）Uc 由n 和I dl 绝定。

2-10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σ≤10%。

（1）求系统的开环增益。

（2）计算过度过程时间s t 和上升时间r t 。

（3）绘出开环对数幅频特性。

如果要求上升时间r t <0.25s ，则K=?,σ=? 解：（1）由于10%σ≤，查P65 表2－2 可近似取9.5%σ=时的KT=0.69, K=
0.69T
=0.69
0.1=6.9 (2)Ts=6T=6⨯0.1=0.6(s)
Tr=3.3T=3.3⨯0.1=0.33(s)
(3)仍查表2－2，可取KT=1,则K ＝10，σ＝16.3%. 2-11有一个系统，其控制对象的传递函数为 1
10
()1
0.011
obj s s s K
W τ=
=
++，要求设
计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ≤5%（按线性系统考虑）。

试对该系统进行动态矫正，决定调节器结构，并选择其参数。

解：查P73 表2-8,选Ki
s
进行串联校正，校正后传函为：
1
10()(1)(0.011)
i i k k k w s s s s s τ=
⋅=++ 由5%σ≤，查P65，表2－2，可近似取 4.3%σ≤时KT ＝0.5, 0.01T s τ==,K=0.5/T=0.5/0.01=50=10k i. 故得k i ＝5。

2-12
有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为
1
10
()(1)
(0.021)
obj s s Ts s s K
W =
=
++，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统
超调量σ≤30%（按线性系统考虑）。

试决定调节器结构，并选择其参数。

解：选PI 调节器，校正后传函11(1)10
()(0.021)pi K S W s s s s
ττ+=⋅
+， 由30%σ≤ 查P70表2－6，可近似取29.8%σ=时取h ＝7，
1τ=7T=7⨯0.02=0.14s,
2222
1
1010171
204.10.14
2270.02
pi
pi K K h K h T τ++=
=
=
==⨯⨯ 得:pi K =2.86
2-13调节对象的传递函数为18
()(0.251)(0.0051)
obj s s s W =
++，要求用调节器分别
将其矫正为典型I 型和II 型系统，求调节器的结构和参数。

解：校正成I 型系统：选PI 调节器, 1
1(1)18
()(0.251)(0.0051)pi K S W s s s s
ττ+=
⋅++, 取1τ＝0.25s, 则72()(0.0051)
pi K w s s s =
+,T=0.005s 查P65表2-2,一般取最佳整定的值,
即0.007ξ=时的值.此时 4.3%σ=, KT=0.5, 则72K pi =K =0.5/0.005=100,可得K pi =1.4. 校正成II 型系统，选PI 调节器，校正后传函: 12118(1)()0.25(0.0051)
pi k w s s s ττ+=
+,T=0.005s
考虑各项综合指标,一般取5h =时的各项值,此时37.6%σ=,
1 50.0050.025()h T s τ=⨯=⨯=，
2222
1
18151
4800.252250.005pi k h K h T τ++=
=
==⨯⨯,可得K pi =1.67.
2-14 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：N P =60KW,N U =220V ,N I =308A,N n =1000r/min,电动势系数e C =0.196V .min/r,主回路总电阻R=0.18Ω，触发整流环节的放大倍数
s
K
=35。

电磁时间常数l T =0.012s,机电时间常数m T =0.12s,电流反馈滤波时间常
数oi T =0.0025s,转速反馈滤波时间常数on T =0.015s.额定转速时的给定电压
*()N n U =10V ,调节器ASR,ACR 饱和输出电压*im U =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i
σ
≤5%，
空载启动到额定转速时的转速超调量
n
σ
≤10%。

试求：
（1） 确定电流反馈系数β（假设启动电流限制在339A 以内）和转速反馈
系数α。

（2） 试设计电流调节器ACR,计算器参数i R ,i C ,oi C 。

画出其电路图，调
节器输入回路电阻o R =40K Ω;
（3） 设计转速调节器ASR,计算其参数n R ，n C ，on C ，（o R =40K Ω）; （4） 计算电动机带40%额定负载启动到最低转速时的转速超调量n
σ。

（5） 计算空载启动到额定转速的时间。

解: (1)*80.0236(/)339
im st U V A I β===
*100.01(min/)1000n N U v r n α===⋅
(2) 电流调节器超前时间常数:0.012i l T s τ== 查P10,表1-2,三相桥式取Ts=3.33ms=0.0033s,
电流环小时间常数之和0.00330.00250.0058()i s oi T T T s ∑=+=+=
查P65表2-2,要求5%i σ≤时,取0.5I i K T ∑=,则I K =0.5/0.0058=86.211s -.
86.210.0120.18
0.225350.0236
I i i s K R K K τβ⨯⨯=
==⨯
00.225409()i i R K R k ==⨯=Ω
0.012
1.33()9
i
i i
C uF R τ=
=
=
0440.0025
0.25()40
oi oi T C uF R ⨯=
== 参P78 图2-25 (3) 11
0.0150.0266()86.21
n on I T T s K ∑=
+=+= 取h=3, 30.02660.0798()n n hT s τ∑==⨯=
(1)(31)0.02360.1960.12
7.732230.010.180.0266
e m n n h C T K h RT βα∑++⨯⨯⨯=
==⨯⨯⨯⨯
07.7340309.2()n n R K R K ==⨯=Ω,取310 K Ω
0.257()310
n
n
Cn uF R =
=
= 0440.015
1.5()40
on on T C uF R ⨯⨯=
== (4)允许过载倍数取339
1.1308
dm dn I I λ=
==, 当h=3时,查P71表2-7得
max
72.2%b
C C ∆
= 3080.18
282.86(/min)0.196
N N
e I R n r C ∆⨯=
== max *282.860.0266
2(
)()20.722(1.10.4) 6.34%10000.12
N n n b m n T C z C n T σλ∆∆
∑⨯=-=⨯⨯-=⨯(5) *2()0.1960.121000
0.386()3390.18
e m dm dL C T n t I I R ⨯⨯===-⨯s
2-15有一转速，电流双闭环调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。

已知电
动机参数为：N P =555KW,N U =750V ,N I =760A,N n =375r/min, 电动势系数
e
C
=1.82V .min/r,电枢回路电阻R =0.14Ω，允许电流过载倍数λ=1.5，触发整流
环节的放大倍数s K =75，电磁时间常数l T =0.031s,机电时间常数m T =0.112s,电流反馈滤波时间常数oi T =0.002s,转速反馈滤波时间常数on T =0.02s 。

设调节器输入输出电压*
nm U =*
im U =U cm =10V ,调节器输入电阻o R =40K Ω。

设计指标：稳态无静差，电流超调量i
σ
≤5%，空载启动到额定转速时的转速
超调量
n
σ
≤10%。

电流调节器已按典型I 型系统设计，并取参数KT =0.5。

（1） 选择转速调节器结构，并计算其参数： （2） 计算电流环的截至频率
ci
ω
和转速环的截至频率
cn
ω
，并考虑他们是否
合理。

解:
(1) *10
0.00877(/)1.5 1.5760
im N U V A I β===⨯
0.0267(min/)37.5
n N v r n α===⋅
查P10,表1-2,平均失控时间Ts=1.67ms=0.00167s,
电流环小时间常数之和0.001670.0020.00367()i s oi T T T s ∑=+=+=
查P65表2-2,要求5%i σ≤时,取0.5I i K T ∑=,
则
1
20.003670.00734()I
s K =⨯= 1
0.007340.020.02734()n on I
T T s K ∑=
+=+= 取h=5, 50.027340.1367()n n hT s τ∑==⨯=
(1)(51)0.00877 1.820.112
10.52250.02670.140.02734
e m n n h C T K h RT βα∑++⨯⨯⨯=
==⨯⨯⨯⨯
010.540420()n n R K R k =⨯=⨯=Ω
0.1367
0.33()420
n
n n
C uF R τ=
=
= 0440.02
2()40
on on T C uF R ⨯=
== (2) 111
136.24()22(0.001670.002)ci I i w K s T -∑==
==⨯+
1
2222
151222250.0237
cn n n n h w K s h T τ-∑++==
==⨯⨯ 电力电子纯滞后的近似处理: 由于11199.6330.00167
ci s w T ≤
==⨯ 忽略反电动势变化对电流环的动态影响
:
350.913ci w ≥== 电流环小惯性群的近似处理
:
180.56ci w ≤
==
所以, ci w 合理.
由于64.22cn w ≤
==
27.51cn w ≤
==
所以, cn w 也合理.
2-16在一个转速，电流双闭环V-M 系统中，转速调节器ASR,电流调节器ACR
均采用PI 调节器。

（1）在此系统中，当转速给定信号最大值*
nm U =15V 时，n=N n =1500r/min;电流给定信号最大值*
im U =10V 时，允许最大电流dm I =30A,电枢回路总电阻R=2Ω,晶闸管装置的最大放大倍数Ks =30，电动机额定电流N I =20A,电动势系数
e C =0.128V .min/r 。

现系统在*
n U =5V ,dl I =20A 时稳定运行。

求此时的稳态转
速n=? ACR 的输出电压c U =？
（2）当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁（Φ=0），系统将会发生什么现象？试分析并说明。

若系统能够稳定下来，则稳定后n=?n U =?*
i U =?d I =?c U =?
(3)该系统转速环按典型II 型系统设计，且按min
r M
准则选择参数，取中频宽h=5,
已知转速环小时间常数n T ∑=0.05s,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数，并计算放大系数及各时间常数。

（4）该系统由空载（dL I =0）突加额定负载时，电流d I 和转速n 的动态过程波形是怎样的？已知机电时间常数m T =0.05s,计算其最大动态速降max n ∆和恢复时间V t 。

解
(1) *10
0.33(/)30
im dm U V A I β===
*150.01(min/)1500
n dm U V r I α===⋅
*
5
500(/min)0.01
n U n r α
=
=
= 0.128500202
3.4730
e d c s C n I R U K +⨯+⨯=
==(v)
(2)由于e E K n =Φ,若失磁,即Φ=0,则n 趋于无穷,则会发生飞车事故.
当稳定后,电机停转,n=0, 0n U =,30d dl dm I I I A ===,*10i
U v =,
则10i U v =-,302
2()30
e d c s C n I R U V K +⨯=
==
(3) 2
50.050.25()n n hT s τ∑==⨯=
22222
151
48()2250.05N n h K s h T -∑++=
==⨯⨯ 则2
2(1)48(0.251)
()(1)(0.051)
N n n n K s s w s s T s s s τ∑+⨯+=
=++ (4)查P71,表2-7,当h=5时,
8.8v
t T
=,max 81.2%b C C ∆=,
0.05n T T ∑==,则8.80.050.44v t =⨯=(s)
22
22()
2(200)0.056250.1280.05
b N dl n e m R C FK T I I T C T ∑==-=⨯-⨯⨯=⨯
max max *81.2%6250.812507.5(/min)b n C C r ∆∆===⨯=
3-1直流电机额定转速
N
n
=375r/min,电枢电流额定值为dN I =760A,允许过流倍数
λ=1.5，计算机内部定点数占一个字的位置（16）位，试确定数字控制系统的转
速反馈存储系数和电流反馈存储系数，适当考虑其余量。

解： 取m I 1.8ax N I =，
1512132767
23.95()1.8 1.8760
N K A I β--===⨯
取max 1.3N n n =，
152********.21(min/)1.3 1.3375
N K r n α-===⨯
对上述运算结果取整，123,67min/K A K r βα-==。

3-2旋转编码器光栅数为1024，倍频系数为4，高频时钟脉冲频率
f
=1MHZ,旋
转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，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：电机每转一圈共产生Z ＝4⨯2048=4096个脉冲。

（1）M 法测速
测速分辩率：
1160(1)606060
1.46(/min)40960.01
c c c M M Q r ZT ZT ZT +=
-===⨯
当n ＝1500r/min 时，
140960.01150010246060c ZT n M ⨯⨯=
== 测速误差率最大值：
11
max 100%100%0.098%11024
M δ=
⨯=⨯= 当n ＝150r/min 时， 140960.011501026060
c ZT n M ⨯⨯=
== 测速误差率最大值：
11max 100100M δ=
⨯⨯１
％＝％=0.98％102
(2)T 法测试
当n ＝1500r/min 时， 测速分辩率
22
6040961500171(/min)60601040961500Zn Q r f Zn ⨯===-⨯-⨯
6
026060109(40961500
n f M Z ⨯===⨯取整数）
测速误差率最大值：
1
max 100%12.5%91
δ=
⨯=- 当n ＝150r/min 时， 测速分辩率
22
6
04096150 1.55(/min)6060104096150Zn Q r f Zn ⨯===-⨯-⨯ 6
0260601097(4096150
n f M Z ⨯===⨯取整数）
测速误差率最大值：
1
max 100% 1.04%971
δ=
⨯=- 4-1 晶闸管-电动机系统需要快速回馈制动时，为什么必须采用可逆线路？ 参见P123最后一段.
4-3解释待逆变，正组逆变和反组逆变，并说明这三种状态各处现在何种场合下。

答:
待逆变:表示该组晶闸管装置在逆变角控制下等待工作,如果一组晶闸管装置处于整流状态,另一组处于待逆变状态.一般在电机处于电动状态,即机械特性在一或三象限.
正组逆变:正组晶闸管工作在逆变状态,反组晶闸管处于整流状态.一般在电动机处于反向制动状态,即机械特性在第四象限.
反组逆变:反组晶闸管工作在整流状态,正组晶闸管处于待整流状态.一般在电动机处于正向制动状态,即机械特性在第二象限.
P157
5-2.有一台三相四级异步电动机，其额定容量为5.5KW ，频率为50HZ ，在某一
情况下运行，自定子方面输入的功率为6.32KW, 定子铜损耗为341KW ，定子铜损耗为237.5KW ，铁心损耗为167.5W ，机械损耗为45W ，附加损耗为29W,试绘出该电动机的功率流程图，注明各项功率或损耗的值，并计算在这一运行情况下该电动机的效率，转差率和转速
解：21 5.5100%87%6.32P P η=
=⨯=
32237.5
0.041237.54529 5.510
Cur Cur m Cur mech s p p S P p p p p =
===++++++⨯ 同步转速： 1606050
1500(/min)2
f n r p ⨯=
== 1115000.0411*******.5(/min)n n sn r =-=-⨯=
1
2
Fe m m Cur mech s P p p p p p p p ++=+++Cus ＝p。