传动控制第四版习题及其答案
第二章
2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。
T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速，T M-T L=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。
2.5为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？
因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。
2.9 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种
类型的负载？
可分为1恒转矩型机械特性2离心式通风机型机械特性3直线型机械特性4恒功率型机械特性,4种类型的负载.
2.11在题2.11图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？
交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点
交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点
交点是系统的平衡点
第三章
3.7一台他励直流电动机：P N=15KW, U N=220V, I N=63.5A, n
=2850r/min,R a =0.25Ω，其空载特性为：
N
今需在额定电流下得到150V 和220 V的端电压，问其励磁电流分别应为多少？
由空载特性其空载特性曲线.
当U=150V时I f=0.71A
当U=220V时I f=1.08A
3.8 一台他励直流电动机的铭牌数据为：P N=5.5KW,
U N=110V, I N=62A, n N=1000r/min,试绘出它的固有机械特性曲线。
R a=(0.50~0.75)(1-P N/U N I N)U N/I N
=0.6(1-5500/110*62)*110/62
=0.206Ω
n0=n N U N/(U N-I N R a)
=1131r/min
TN=9.55*5500/1000
=52.525Nm
3.9 一台并励直流电动机的技术数据如下：P N=5.5KW,U
=110V, I N=61A,额定励磁电流I fn=2A, n N=1500r/min,电N
枢电阻R a =0.2Ω,若忽略机械磨损和转子的铜耗，铁损，
认为额定运行状态下的电磁转矩近似等于额定输出转矩，试绘出它近似的固有机械特性曲线。
n0=U N n N/(U N-I N R a) T N=9.55P N/n N
=110*1500/(110-61*0.2) =9.55*5500/1500
=1687 r/min
1687
3.10一台他励直流电动机的技术数据如下：P N=6.5KW,U
=220V, I N=34.4A, n N=1500r/min, R a =0.242Ω,试计算出N
此电动机的如下特性：
①固有机械特性；
②电枢服加电阻分别为3Ω和5Ω时的人为机械特性；
③电枢电压为U N/2时的人为机械特性；
④磁通φ=0.8φN时的人为机械特性；
并绘出上述特性的图形。
①n0=U N n N/(U N-I N R a)
=220*1500/220-34.4*0.242
= 1559r/min
T N=9.55P N/n N
=9.55*6500/1500
=41.38Nm
②n=U/K eφ-(R a+R ad)T/K e K tφ2
= U/K eφ-(R a+R ad)T/9.55K e2φ2当3Ωn=854r/min
当5Ωn=311 r/min
③n= U/K eφ-R a T/9.55K e2φ2
当U N=0.5U N时n=732 r/min
n0=U N n N/2(U N-I N R a)
=780 r/min
④n= U/0.8K eφ-R a T/9.55K e2φ20.82
当φ=0.8φ时n=1517 r/min
n0=U N n N/0.8K eφ
3.11为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？
电动机在未启动前n=0,E=0,而R a很小,所以将电动机直接接入电网并施加额定电压时,启动电流将很大.I st=U N/R a
3.15 一台直流他励电动机，其额定数据如下：
P N=2.2KW,U N=U f=110V,n N=1500r/min, ηN=0.8,R a=0.4Ω, R f=82.7Ω。试求：
①额定电枢电流I An;
②额定励磁电流I fN;
③励磁功率P f;
④额定转矩T N;
⑤额定电流时的反电势；
⑥直接启动时的启动电流；
⑦如果要是启动电流不超过额定电流的2倍，求启动
电阻为多少欧？此时启动转矩又为多少？
①P N=U N I aNηN
2200=110*I aN*0.8
I aN=25A
②U f= R f I fN
I fN=110/82.7
=1.33A
③P f= U f I fN
=146.3W
④额定转矩T N=9.55 P N/ n N
=14Nm
⑤额定电流时的反电势E N=U N-I N R a
=110V-0.4*25
=100V
⑥直接启动时的启动电流I st=U N/R a
=110/0.4
=275A
⑦启动电阻2I N> U N/ (R a+R st)
R st>1.68Ω
启动转矩K eφ=(U N-I N R a)/n N
=0.066
Ia= U N/ (R a+R st) T=K t I aφ
=52.9A =9.55*0.066*52.9
=33.34Nm
3.16 直流电动机用电枢电路串电阻的办法启动时，为什么要
逐渐切除启动电阻？如切出太快，会带来什么后果？
如果启动电阻一下全部切除,,在切除瞬间,由于机械惯性的作用使电动机的转速不能突变,在此瞬间转速维持不变,机械特性会转到其他特性曲线上,此时冲击电流会很大,所以采用逐渐切除启动电阻的方法.如切除太快,会有可能烧毁电机.
第五章
5.6 有一台三相异步电动机，其技术数据如下表所示。
试求：①线电压为380V时，三相定子绕组应如何接法？
②求n0,p,S N,T N,T st,T max和I st；
③额定负载时电动机的输入功率是多少？
①线电压为380V时，三相定子绕组应为Y型接法.
②T N=9.55P N/n N=9.55*3000/960=29.8Nm
Tst/ T N=2 Tst=2*29.8=59.6 Nm
T max/ T N=2.0 T max=59.6 Nm
I st/I N=6.5 I st=46.8A
一般n N=(0.94-0.98)n0n0=n N/0.96=1000 r/min
S N= (n0-n N)/ n0=(1000-960)/1000=0.04
P=60f/ n0=60*50/1000=3
③η=P N/P输入
P输入=3/0.83=3.61
5.8 三相异步电动机断了一根电源线后，为什么不能启动？而在运
行时断了一线，为什么仍能继续转动？这两种情况对电动机将产生什么影响？
三相异步电动机断了一根电源线后，转子的两个旋转磁场分别作用于转子而产生两个方向相反的转矩，而且转矩大小相等。故其作用相互抵消，合转矩为零，因而转子不能自行启动，而在运行时断了一线，仍能继续转动转动方向的转矩大于反向转矩，这两种情况都会使电动机的电流增加。
5.9 三相异步电动机在相同电源电压下，满载和空载启动时，启动
电流是否相同？启动转矩是否相同？
三相异步电动机在相同电源电压下，满载和空载启动时，启动电流和启动转矩都相同。T st=KR2u2/(R22+X220) I=4.44f1N2/R 与U，R2，X20有关
5.10 三相异步电动机为什么不运行在T max或接近T max的情况下?
根据异步电动机的固有机械特性在T max或接近T max的情况下运行是非常不稳定的，有可能造成电动机的停转。
5.11有一台三相异步电动机，其铭牌数据如下：
①当负载转矩为250N·m时，试问在U=U N和U`=0.8U N两种情
况下电动机能否启动？
T N=9.55 P N/ n N
=9.55*40000/1470
=260Nm
Tst/T N=1.2
Tst=312Nm
Tst=KR2U2/（R22+X202）
=312 Nm
312 Nm>250 Nm 所以U=U N时电动机能启动。
当U=0.8U时Tst=（0.82）KR2U2/（R22+X202）
=0.64*312
=199 Nm
Tst ②欲采用Y-△换接启动,当负载转矩为0.45 T N和0.35 T N两种情 况下, 电动机能否启动？ Tst Y=Tst△/3 =1.2* T N /3 =0.4 T N 当负载转矩为0.45 T N时电动机不能启动 当负载转矩为0.35 T N时电动机能启动 ③若采用自耦变压器降压启动，设降压比为0.64，求电源线路 中通过的启动电流和电动机的启动转矩。 I N= P N/ U NηN cosφN√3 =40000/1.732*380*0.9*0.9 =75A I st/I N=6.5 I st=487.5A 降压比为0.64时电流=K2 I st =0.642*487.5=200A 电动机的启动转矩T= K2 Tst=0.642312=127.8 Nm 第十章电力电子学 . 10.3试画出题10.3图中负载电阻R上的电压波形和晶闸管上的电压波形。 10.4 如题4如题10.4图所示，试问： ①在开关S闭合前灯泡亮不亮？为什么？ ②在开关S闭合后灯泡亮不亮？为什么？ ③再把开关S断开后灯泡亮不亮？为什么？ ①在开关S闭合前灯泡不亮,因为晶闸管没有导通. ②在开关S闭合后灯泡亮,因为晶闸管得控制极接正电,导 通. ③再把开关S断开后灯泡亮,因为晶闸管导通后控制极就 不起作用了. 10.5如题10.5图所示，若在t1时刻合上开关S，在t2时 刻断开S，试画出负载电阻R上的电压波形和晶闸 管上的电压波形。 10.24 晶闸管元件的过电压、过电流保护有哪些方法？ 晶闸管元件的过电压保护方法有阻容保护装置，可以保护交流，也可以保护支流侧。硒堆和压敏电阻电阻保护。晶闸管元件的过电流保护方法有：设置快速熔断器，装设过 流继电器及快速开关，整流触发脉冲移相保护。 第十一章 11.2 生产机械对调速系统提出的静态、动态技术的指标有哪些？为什么要提出这些技术指标？ 生产机械对调速系统提出的静态技术的指标有静差度,调速范围,调速的平滑性.动态技术指标有最大超调量,过渡过程时间,振荡次数. 因为机电传动控制系统调速方案的选择,主要是根据生产机械对调速系统提出的调速指标来决定的. 11.9 为什么由电压负反馈和电流正反馈一起可以组成转速反馈调速系统？ 因为由于电压反馈调速系统对电动机电枢电阻压降引起的转速降落不能与以补偿，因而转速降落较大，静特性不够理想，使润许的调速范围减小。为了补偿电枢电阻压降IaRa，就需要在电压反馈的基础上再增加一个电流正负反馈环节。 11.8电流截止负反馈的作用是什么？转折点电流如何选？堵转电流如何选？比较电压如何选？ 电流负反馈会使ΔU随着负载电流的增加而减小，会使电动机的速度迅速降低，可是这种反馈却可以人为地造成阻转，防止电枢电流过大而烧坏电动机。堵转电流I Ao=（2—2.5）I An一般转折电流I0为额定电流I An的1.35倍.且比较电压越大,则电流截止负载的转折点电流越大,比较电压小,则转折点电流小.一般按照转折电流I0=KI An选取比较电压. 11.11某一有静差调速系统的速度调节范围为75r/min~1500r/min,要求静差度S=2%，该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？ S=Δn N/n0 0.02=Δn N/1500 Δn N=30 闭环系统的开环放大倍数为K=γK P K S/Ce 11.12某一直流调速系统调速范围D=10，最高额定转速n max=1000r/min，开环系统的静态速降是100r/min。试问该系统的静差度是多少？若把该系统组成闭环系统，保持n02不变的情况下，是新系统的静差度为5%，试问闭环系统的开环放大倍数为多少？ D=n max/n min 10=1000/ n min n min=100 r/min D =n max S2/Δn N(1-S2) 10=1000S2/100(1- S2) S2=0.5 该系统的静差度是0.5 11.14分调节器在调速系统中为什么能消除静态系统的静态偏差？ 在系统稳定运行时，积分调节器输入偏差电压△U=0，其输出电压决定于什么？为什么？ 因为在积分调节器系统中插入了PI调节器是一个典型的无差元件,它在系统出现偏差时动作以消除偏差.当偏差为零时停止动作.可控 整流电压U d等于原晶态时的数值U d1加上调节过程进行后的增量(ΔU d1+ ΔU d2),在调节过程结束时,可控整流电压U d稳定在一个大于U d1的新的数值U d2上.增加的那一部分电压正好补偿由于负载增加引起的那部分主回路压降. 11.23试简述直流脉宽调速系统的基本工作原理和主要特点。 基本工作原理：三相交流电源经整流滤波变成电压恒定的直流电压，VT1~VT4为四只大功率晶体三极管，工作在开关状态，其中，处于对角线上的一对三极管的基极，因接受同一控制信号而同时导通或截止。若VT1和VT4导通，则电动机电枢上加正向电压；若VT2和VT3导通，则电动机电枢上加反向电压。 主要特点：（1）主电路所需的功率元件少。（2）控制电路简单。（3）晶体管脉宽调制（PWM）放大器的开关频率一般为1KHZ~3KHZ，有的甚至可达5KHZ。它的动态响应速度和稳速精度等性能指标比较好。晶体管脉宽调制放大器的开关频率高，电动机电枢电流容易连续，且脉动分量小。因而，电枢电流脉动分量对电动机转速的影响以及由它引起的电动机的附加损耗都小。（4）晶体管脉宽调制放大器的电压放大系数不随输出电压的改变而变化，而晶闸管整流器的电压放大系数在输出电压低时变小。 第十二章 12.14无换向器电动机调速系统和直流电动机调速系统有哪些异同 点？ 无换向器电动机调速系统和直流电动机调速系统基本相同,也是电流环和速度环组成的双闭环调速系统,无换向器电动机本身的控制系统,主要包括一个位置检测器PS和一个γ脉冲分配器.无换向器电动机调速均匀,调速范围宽,不会产生火花,适应恶劣环境和易燃易爆场合,与同步电动机相比,启动方便,运行稳定. 第十三章 13.3 列出三相六拍形分配器的反向环形分配表。 13.5 步进电动机对驱动电路有何要求？常用驱动电路有什么类型？各有什么特点？ 步进电动机的驱动电路实际上是一个脉冲放大电路,使脉冲具有一定的功率驱动能力,由于功率放大输出直接驱动电动机绕阻,因此,功率放大的性能对步进电动机的运行性能有很大的影响.因此对驱动 电路的要求是如何提高不尽电动机的快速性和平稳性. 类型由1但电压限流型驱动,电阻R上有功率消耗为了提高快速性需要加大R的组织,由于阻值加大电源的电压也势必提高,功率消耗也进一步加大正因为这样,此电路使用受到限制. 2高低压切换型驱动电压优点: 功耗小,启动力矩大,突跳频率和工作频率高.缺点:大功率管的数量要多一倍,增加了驱动电源. 13.11 负载转矩和转动惯量对步进电动机的启动频率和运行频率有什么影响？ T 负载转矩和转动惯量越大,步进电动机的启动转矩和运行频率越高 控制工程基础习题解答 第一章 1-1．控制论的中心思想是什么？简述其发展过程。 维纳（N.Wiener）在“控制论——关于在动物和机器中控制和通讯的科学”中提出了控制论所具有的信息、反馈与控制三个要素，这就是控制论的中心思想 控制论的发展经历了控制论的起步、经典控制理论发展和成熟、现代控制理论的发展、大系统理论和智能控制理论的发展等阶段。具体表现为： 1．1765年瓦特（Jams Watt）发明了蒸汽机，1788年发明了蒸汽机离心式飞球调速器，2．1868年麦克斯威尔（J.C.Maxwell）发表“论调速器”文章；从理论上加以提高，并首先提出了“反馈控制”的概念； 3．劳斯（E.J.Routh）等提出了有关线性系统稳定性的判据 4．20世纪30年代奈奎斯特（H.Nyquist）的稳定性判据，伯德（H.W.Bode）的负反馈放大器； 5．二次世界大仗期间不断改进的飞机、火炮及雷达等，工业生产自动化程度也得到提高； 6．1948年维纳（N.Wiener）通过研究火炮自动控制系统，发表了著名的“控制论—关于在动物和机器中控制和通讯的科学”一文，奠定了控制论这门学科的基础，提出 了控制论所具有的信息、反馈与控制三要素； 7．1954年钱学森发表“工程控制论” 8．50年代末开始由于技术的进步和发展需要，并随着计算机技术的快速发展，使得现代控制理论发展很快，并逐渐形成了一些体系和新的分支。 9．当前现代控制理论正向智能化方向发展，同时正向非工程领域扩展（如生物系统、医学系统、经济系统、社会系统等）， 1-2．试述控制系统的工作原理。 控制系统就是使系统中的某些参量能按照要求保持恒定或按一定规律变化。它可分为人工控制系统（一般为开环控制系统）和自动控制系统（反馈控制系统）。人工控制系统就是由人来对参量进行控制和调整的系统。自动控制系统就是能根据要求自动控制和调整参量的系统，系统在受到干扰时还能自动保持正确的输出。它们的基本工作原理就是测量输出、求出偏差、再用偏差去纠正偏差。 1-3．何谓开环控制与闭环控制？ 开环控制：系统的输出端和输入端之间不存在反馈回路，输出量对系统的控制作用没有影响。系统特点：系统简单，容易建造、一般不存在稳定性问题，精度低、抗干扰能力差。 闭环控制：系统的输出端和输入端存在反馈回路，输出量对控制作用有直接影响。闭环的反馈有正反馈和负反馈两种，一般自动控制系统均采用负反馈系统，闭环控制系统的特点：精度高、抗干扰能力强、系统复杂，容易引起振荡。 1-4．试述反馈控制系统的基本组成。 反馈控制系统一般由以下的全部或部分组成（如图示）： 1．给定元件：主要用于产生给定信号或输入信号 《现代控制理论》第1章习题解答 1.1 线性定常系统和线性时变系统的区别何在？ 答：线性系统的状态空间模型为： x Ax Bu y Cx Du =+=+ 线性定常系统和线性时变系统的区别在于：对于线性定常系统，上述状态空间模型中的系数矩阵A ，B ，C 和D 中的各分量均为常数，而对线性时变系统，其系数矩阵A ，B ，C 和 D 中有时变的元素。线性定常系统在物理上代表结构和参数都不随时间变化的一类系统， 而线性时变系统的参数则随时间的变化而变化。 1.2 现代控制理论中的状态空间模型与经典控制理论中的传递函数有什么区别？ 答: 传递函数模型与状态空间模型的主要区别如下: 1.3 线性系统的状态空间模型有哪几种标准形式？它们分别具有什么特点？ 答: 线性系统的状态空间模型标准形式有能控标准型、能观标准型和对角线标准型。对于n 阶传递函数 121210 1110 ()n n n n n n n b s b s b s b G s d s a s a s a ------++++=+++++， 分别有 ⑴ 能控标准型： []012 101 210100000100000101n n n x x u a a a a y b b b b x du ---????? ???????????? ???=+?? ???????? ? ?????----???? ? =+?? ⑵ 能观标准型： []0011221100010 00 100010 1n n n b a b a x a x u b a b y x du ---?-?? ????? ??-????? ?????=-+???? ? ????? ??????-???? ?=+?? ⑶ 对角线标准型： []1212 001001001n n p p x x u p y c c c x du ????? ??????? ???=+?????? ????? ??????=+? 式中的12,, ,n p p p 和12,,,n c c c 可由下式给出， 12121012 1 11012 ()n n n n n n n n n b s b s b s b c c c G s d d s a s a s a s p s p s p ------++++=+=+++ +++++--- 能控标准型的特点：状态矩阵的最后一行由传递函数的分母多项式系数确定，其余部分具有特定结构，输出矩阵依赖于分子多项式系数，输入矩阵中的元素除了最后一个元素是1外，其余全为0。 能观标准型的特点：能控标准型的对偶形式。 对角线标准型的特点：状态矩阵是对角型矩阵。 1.4 对于同一个系统，状态变量的选择是否惟一？ 答：对于同一个系统，状态变量的选择不是惟一的，状态变量的不同选择导致不同的状态空间模型。 1.5 单输入单输出系统的传递函数在什么情况下，其状态空间实现中的直接转移项D 不等 于零，其参数如何确定？ 答: 当传递函数)(s G 的分母与分子的阶次相同时，其状态空间实现中的直接转移项D 不等于零。 转移项D 的确定：化简下述分母与分子阶次相同的传递函数 1110 111)(a s a s a s b s b s b s b s G n n n n n n n ++++++++=---- 可得： d a s a s a s c s c s c s G n n n n n ++++++++=----0 11 10 111)( 由此得到的d 就是状态空间实现中的直接转移项D 。 1.6 在例1. 2.2处理一般传递函数的状态空间实现过程中，采用了如图1.12的串联分解，试 问：若将图1.12中的两个环节前后调换，则对结果有何影响？ 第二章机电传动系统的动力学基础 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静 态的工作状态。 T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速， T M-T L=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 试列出以下几种情况下（见题图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加速，减 速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。 为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种类型的负载？ 可分为1恒转矩型机械特性2离心式通风机型机械特性3直线型机械特性4恒功率型机械特性,4种类型的负载. 在题图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？ 交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点 交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点 第三章 为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N =180kW, U N =230V,n N =1450r/min, η N =%，试求： ①该发电机的额定电流； ②电流保持为额定值而电压下降为100V时，原动机的输出功率（设此时η= η N ） P N =U N I N 180KW=230*I N I N =782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N 100/η N P= 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N =, U N =220V, n N =1500r/min, η N =%, 试求该电机的额定电流和转矩。 P N =U N I N η N 7500W=220V*I N * I N =38.5A T N =n N = 为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 电动机在未启动前n=0,E=0,而R a 很小,所以将电动机直接接入电网并施加额 定电压时,启动电流将很大.I st =U N /R a 直流串励电动机能否空载运行?为什么？ 串励电动机决不能空载运行,因为这时电动机转速极高,所产生的离心力足 第一章 3 解：1)工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关）门开关的指令状态决定，两电压之差△u＝u1－u2驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制 大门的开启。当大门在打开位置，u2＝u 上：如合上开门开关，u1＝u 上 ，△u＝0， 大门不动作；如合上关门开关，u1＝u 下 ，△u<0，大门逐渐关闭，直至完全关闭， 使△u＝0。当大门在关闭位置，u2＝u 下：如合上开门开关，u1＝u 上 ，△u>0，大 门执行开门指令，直至完全打开，使△u＝0；如合上关门开关，u1＝u 下 ，△u＝0，大门不动作。 2)控制系统方框图 4 解：1)控制系统方框图 2)工作原理： a)水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构是进水阀的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。 b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球拉杆的长度给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关闭），开始进水（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低），到一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。此系统是离散控制系统。 2-1解： （c ）确定输入输出变量（u1，u2） 22111R i R i u += 222R i u = ?-= -dt i i C u u )(1 1221 得到：11 21221222 )1(u R R dt du CR u R R dt du CR +=++ 一阶微分方程 （e ）确定输入输出变量（u1，u2） ?++=i d t C iR iR u 1 211 R u u i 2 1-= 华中科大机电传动控制(第五版)课后习题答案解析 2.7 如图所示，电动机轴上的转动惯量JM ＝2.5kg.m2，转速nM ＝900r/mim ；中间传动轴的转动惯量J1＝2kg.m2，转速n1＝300r/mim ；生产机械轴的惯量JL ＝16kg.m2，转速nL ＝60r/mim 。试求折算到电动机轴上的等效转动惯量。 答： j1=ωM/ω1= nM/n1=900/300=3 jL=ωM/ωL= nM/nL=900/60=15 )(8.21516 325.2222211m kg j J j J J J L L M Z ?=++=++= 2.8 如图所示，电动机转速nM ＝950r/mim ，齿轮减速箱的传动比J1＝ J2 ＝4，卷筒直径D ＝0.24m ，滑轮的减速比J3 ＝2，起重负荷力F ＝ 100N ，电动机的飞轮转矩GDM2＝1.05N.m ，齿轮、滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。试求提升速度v 和折算到电动机轴上的静态转矩TL 以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GDZ2。 答： min) /(4.594 495021r j j n n M L =?== ) /(37.02 604 .5924.0603 s m j Dn v L =???= = ππ TL=9.55Fv/(η1nM)=9.55×100×0.37/(0.83× 950)=0.45N.m 2 2 22365M M Z n Fv GD GD +=δ 2 22 232.1~16.195037.010036505.1)25.1~1.1(m N GD Z ?=??+?= 3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩TL ＝常数，当电枢电压或电枢附加电阻改变时，能否改变其稳定运行状态下电枢电流的大小？为什么？这时拖动系统中哪些量必然要发生变化？ 第一章 1．试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点。 开环控制系统具有一些特点，如系统结构比较简单、成本低、响应速度快、工作稳定，但是，当系统输出量有了误差无法自动调整。因此，如果系统的干扰因素和元件特性变化不大，或可预先估计其变化范围并可预先加以补偿时，采用开环控制系统具有一定的优越性，并能达到相当高的精度。 闭环控制系统的优点是，当系统的元件特性发生变化或出现干扰因素时，引起的输出量的误差可以自动的进行纠正，其控制精度较高。但由于控制系统中总有贮能元件存在，或在传动装置中存在摩擦、间隙等非线性因素的影响，如果参数选择不适当将会引起闭环控制系统振荡，甚至不能工作。因此，控制精度和稳定性之间的矛盾，必须通过合理选择系统参数来解决。另外，一般说来，闭环控制系统的结构复杂，相对于开环系统成本高。 2．试列举几个日常生活中的开环和闭环控制系统，并说明它们的工作原理。 3．图1-15所示是水箱液位控制系统。试说明其工作原理，找出输入量、输出量、扰动量及被控对象，并绘制出职能方框图。 图1-15 解： 图1-15所示是水箱液位控制系统，控制目的是保证液面高度不变。当出水截门打开时，水箱水位下降，通过浮子反馈实际液面高度，并与希望的液面高度比较，得出液面偏差，经过杠杆使阀门（锥塞）开大，液面上升；达到控制水位后，阀门关闭，从而保持液面高度不变。这是一个具有负反馈的闭环控制系统。 输入量（控制量）：希望的液面高度 输出量（被控制量）：实际液面高度 扰动量：流量的变化（出水截门打开导致的流量的变化） 被控对象：水箱 4. 图1-16所示是仓库大门垂直移动开闭的自动控制系统原理示意 图。试说明系统自动控制大门开闭的工作原理。 解: 当合上开门开关时，电位器桥式测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动伺服电动机带动绞盘转动，使大门向上提起。与此同时，与大门连在一起的电位器点刷上移，直到桥式测量电路达到平衡，电动机停止转动，开门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，伺服电动机反向转动，带动绞盘使大门关闭。从而实现了远距离自动控制大门开闭的要求。 图1-16 题4图仓库大门垂直移动开闭的自动控制系统职能方框图 第二章机电传动系统的动力学基础 2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和 静态的工作状态。 T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速， T M-T L=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 2.3 试列出以下几种情况下（见题2.3图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加 速，减速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） T M T T M=T L T M< T L T M-T L>0说明系统处于加速。 T M-T L<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L T M> T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 T M T L T T L T M= T L T M= T L 系统的运动状态是减速系统的运动状态是匀速 2.5为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= Tω,P不变ω越小T越大，ω越大T 越小。 2.6为什么机电传动系统中低速轴的GD2逼高速轴的GD2大得多? 因为P=Tω，T=G?D2/375. P=ωG?D2/375. ,P不变转速越小GD2越大，转速越大GD2越小。 2.9 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种类型的负载？ 可分为1恒转矩型机械特性2离心式通风机型机械特性3直线型机械特性4恒功率型机械特性,4种类型的负载. 2.11 在题2.11图中，曲线1和2分别为电动机和负载的机械特性，试判断哪些是系统的稳定平衡点？哪些不是？ 交点是系统的稳定平衡点. 交点是系统的平衡点 交点是系统的平衡交点不是系统的平衡点 第三章 3.1为什么直流电记得转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠压而成？ 直流电机的转子要用表面有绝缘层的硅钢片叠加而成是因为要防止电涡流对电能的损耗.. 3.5 一台直流发电机，其部分铭牌数据如下：P N =180kW, U N =230V,n N =1450r/min,η N =89.5%，试求： ①该发电机的额定电流； ②电流保持为额定值而电压下降为100V时，原动机的输出功率（设此时η= η N ） P N =U N I N 180KW=230*I N I N =782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N 100/η N P=87.4KW 3.6 已知某他励直流电动机的铭牌数据如下：P N =7.5KW, U N =220V, n N =1500r/min, η N =88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 P N =U N I N η N 7500W=220V*I N *0.885 I N =38.5A T N =9.55P N /n N =47.75Nm 3.11为什么直流电动机直接启动时启动电流很大？ 电动机在未启动前n=0,E=0,而R a 很小,所以将电动机直接接入电网并施加额 定电压时,启动电流将很大.I st =U N /R a 3.14直流串励电动机能否空载运行?为什么？ 串励电动机决不能空载运行,因为这时电动机转速极高,所产生的离心力足 目录 1自动控制系统的基本概念 1.1内容提要 1.2习题与解答 2自动控制系统的数学模型 2.1内容提要 2.2习题与解答 3自动控制系统的时域分析 3.1内容提要 3.2习颗与他答 4根轨迹法 4.1内容提要 4.2习题与解答 5频率法 5.1内容提要 5.2习题与解答 6控制系统的校正及综合 6.1内容提要 6.2习题与解答 7非线性系统分析 7.1内容提要 7.2习题与解答 8线性离散系统的理论基础 8.1内容提要 8.2习题与解答 9状态空间法 9.1内容提要 9.2习题与解答 附录拉普拉斯变换 参考文献 1自动控制系统的基本概念 1. 1内容提要 基本术语：反馈量，扰动量，输人量，输出量，被控对象； 基本结构：开环，闭环，复合； 基本类型：线性和非线性，连续和离散，程序控制与随动； 基本要求：暂态，稳态，稳定性。 本章要解决的问题，是在自动控制系统的基本概念基础上，能够针对一个实际的控制系统，找出其被控对象、输人量、输出量，并分析其结构、类型和工作原理。 1.2习题与解答 题1-1图P1-1所示，为一直 流发电机电压白动控制系统示 意图。图中，1为发电机；2为减速器； 3为执行电机；4为比例放大器； 5为可调电位器。 (1)该系统有哪些环节组成， 各起什么作用” (2)绘出系统的框图，说明当 负载电流变化时，系统如何保持发 电机的电压恒定 (3)该系统是有差系统还是无 差系统。 (4)系统中有哪些可能的扰动， 答 (1)该系统由给定环节、比较环节、中间环节、执行结构、检测环节、 发电机等环节组成。 给定环节:电压源0U 。用来设定直流发电机电压的给定值。 比较环节:本系统所实现的被控量与给定量进行比较，是通过给定电 压与反馈电压反极性相接加到比例放大器上实现的 中间环节:比例放大器。它的作用是将偏差信号放大，使其足以带动 执行机构工作。该环节又称为放大环节 执行机构:该环节由执行电机、减速器和可调电位器构成。该环节的 作用是通过改变发电机励磁回路的电阻值，改变发电机的磁场，调节发 电机的输出电压 被控对象:发电机。其作用是供给负载恒定不变的电压. 检测环节跨接在发电机电枢两端、且与电压源0U 反极性相接到比 例放大器输人端的导线。它的作用是将系统的输出量直接反馈到系统的 输人端。 (2)系统结构框图如图1-5所示。当负载电流变化如增大时，发电 机电压下降，电压偏差增大，偏差电压经过运算放大器放大后，控制可逆 伺服电动机，带动可调电阻器的滑动端使励磁电流增大，使发电机的电压 增大直至恢复到给定电压的数值上，实现电压的恒定控制。 图P1-7电压自动控制系统示意图 《机电传动与控制》课程复习资料 一、填空题： 1.直流电动机常用的调速方法有 、 和 。 2.三相笼式异步电动机的启动方法有 和 。 3.电气控制系统中常设的保护环节有短路保护、弱励磁保护、 、 和 。 4.三相鼠笼式异步电动机常用的调速方法有 和 。 5.他励直流电动机的三种调速方法中，调速时机械特性变软的是 。调速时机械特性不变的是 调速。 6.晶闸管的几个主要参数是 、 、额定通态平均电流T I 和维持电流H I 。 7.直流调速系统中，电流截止负反馈环节的作用是 。 8.三相鼠笼式异步电动机的降压启动方法有 、 和自耦变压器启动。 9.生产机械对电动机调速系统提出的主要静态技术指标有 、 和平滑性。 10.晶闸管可控整流电路的负载常有电阻性、 和 。 11.三相绕线式异步电动机常用 进行启动和调速，也可以用 进行启动。 12.三相鼠笼式异步电动机的电气停转方法有 和 。 13.在直流电动机的双闭环无静差调速系统中，转速环的作用主要是 。电流环的作用主要是 。 14.直流他励电动机可采用 启动或降压启动，目的都是为了 。 15.为了改变三相交流异步电动机的旋转方向，只要 即可。 16.无静差闭环调速系统，PI 调节器中积分环节的作用是 。 17.交流电动机变频调速的特点有 ，在恒转矩的变频调速系统中，常保持 为定值。 18.就一台直流电动机开环、有静差闭环、无静差闭环调速系统三者的静特性而言，机械特性最硬的是 ，最软的是 。 19.带电阻性负载的单相半波可控整流电路中，控制角α的移相范围是 ，控制角α和导通角β的关系式是 。 20.交流异步电动机采用调压调速时，采用转速负反馈闭环系统，可以 。 21.电动机的短路保护和长期保护不同，前者是 ，后者是 。 二、单项选择题： 1.电源线电压为380V ，三相笼型异步电动机定子每相绕组的额定电压为380V ，能否采用星形——三角形启动？ [ ] A.不能 B.能 2.直流电器的线圈能否串联使用？ [ ] A.不能 B.能 3.直流电动机调速系统，若想采用恒转矩调速，则可改变 [ ] A.e K B. C.U 4.三相异步电动机正在运行时，转子突然被卡住，这时电动机的电流会 [ ] A.增大 B.减少 C.等于零 5.试说明下图情况下，系统的运行状态是 [ ] A.加速 B.减速 C.匀速 M L 《自动控制理论》课程习题集 一、单选题 1、下列不属于自动控制基本方式得就是( B )。 A.开环控制 B.随动控制 C.复合控制 D.闭环控制 2、自动控制系统得( A )就是系统工作得必要条件。 A.稳定性 B.动态特性 C.稳态特性 D.瞬态特性 3、在( D )得情况下应尽量采用开环控制系统。 A、系统得扰动量影响不大 B、系统得扰动量大且无法预计 C、闭环系统不稳定 D、系统得扰动量可以 预计并能进行补偿 4、系统得其传递函数( B )。 A、与输入信号有关 B、只取决于系统结构与元件得参数 C、闭环系统不稳定 D、系统得扰动量可以预计并能进行补偿 5、建立在传递函数概念基础上得就是( C )。 A、经典理论 B、控制理论 C、经典控制理论 D、现代控制理论 6、构成振荡环节得必要条件就是当( C )时。 A、ζ=1 B、ζ=0 C、0<ζ<1 D、0≤ζ≤1 7、当( B )时,输出C(t)等幅自由振荡,称为无阻尼振荡。 A、ζ=1 B、ζ=0 C、0<ζ<1 D、0≤ζ≤1 8、若二阶系统得阶跃响应曲线无超调达到稳态值,则两个极点位于位于( D )。 A、虚轴正半轴 B、实正半轴 C、虚轴负半轴 D、实轴负半轴 9、线性系统稳定得充分必要条件就是闭环系统特征方程得所有根都具有( B )。 A、实部为正 B、实部为负 C、虚部为正 D、虚部为负 10、下列说法正确得就是:系统得开环增益( B )。 A、越大系统得动态特性越好 B、越大系统得稳态特性越好 C、越大系统得阻尼越小 D、越小系统得稳态特性越好 11、根轨迹就是指开环系统某个参数由0变化到∞,( D )在s平面上移动得轨迹。 A、开环零点 B、开环极点 C、闭环零点 D、闭环极点 12、闭环极点若为实数,则位于[s]平面实轴;若为复数,则共轭出现。所以根轨迹( A )。 A、对称于实轴 B、对称于虚轴 C、位于左半[s]平面 D、位于右半[s]平面 13、系统得开环传递函数,则全根轨迹得分支数就是( C )。 A.1 B.2 C.3 D.4 14、已知控制系统得闭环传递函数就是,则其根轨迹起始于( A )。 A. G(s)H(s)得极点 B. G(s)H(s)得零点 C. 1+ G(s)H(s)得极点 D. 1+ G(s)H(s)得零点 习题与思考题第二章机电传动系统的动力学基础 2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩。 拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，以带动生产机械运动的。静态转矩就是由生产机械产生的负载转矩。动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。 2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。 TM-TL>0说明系统处于加速，TM-TL<0 说明系统处于减速，TM-TL=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 2.3 试列出以下几种情况下（见题2.3图）系统的运动方程式，并说明系统的运动状态是加速，减速，还是匀速？（图中箭头方向表示转矩的实际作用方向） TM-TL>0说明系统处于加速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 系统的运动状态是减速系统的运动状态是加速 系统的运动状态是减速 2.7 如图2.3（a ）所示，电动机轴上的转动惯量J M =2.5kgm 2, 转速n M =900r/min; 中间传 动轴的转动惯量J L =16kgm 2,转速n L =60 r/min 。试求折算到电动机轴上的等效专惯量。 折算到电动机轴上的等效转动惯量:j=Nm/N1=900/300=3 ,j1=Nm/Nl=15 J=JM+J1/j 2+ JL/j12=2.5+2/9+16/225=2.79kgm 2 . 2.8 如图2.3（b ）所示，电动机转速n M =950 r/min ，齿轮减速箱的传动比J 1= J 2=4，卷 筒直径D=0.24m,滑轮的减速比J 3=2，起重负荷力 F=100N,电动机的费轮转距GD 2M =1.05N m 2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为0.83。试球体胜速度v 和折算到电动机轴上的静态转矩T L 以及折算到电动机轴上整个拖动系统的飞轮惯量GD 2z.。 ωM =3.14*2n/60=99.43 rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM /j 1j 2j 3=99.43/4*4*2=3.11rad/s v=ωD/2=0.24/2*3.11=0.373m/s T L =9.55FV/ηC n M =9.55*100*0.373/0.83*950=0.45NM GD 2Z =δGD M 2+ GD L 2/j L 2 =1.25*1.05+100*0.242/322 =1.318NM 2 西南科技大学成教学院德阳教学点 《自动化仪表与过程控制》练习题及参考答案 班级：姓名：学号：成绩： 一、填空题 1、过程控制系统一般由控制器、执行器、被控过程和测量变送等环节组成。 2、仪表的精度等级又称准确度级，通常用引用误差作为判断仪表精度等级的尺度。 3、过程控制系统动态质量指标主要有衰减比n 、超调量°和过渡过程时间t s；静态质量指标有稳态误差e ss。 4、真值是指被测变量本身所具有的真实值，在计算误差时，一般用约定真值或相对真值来代替。 5、根据使用的能源不同，调节阀可分为气动调节阀、电动调 节阀禾口液动调节阀三大类。 6、过程数学模型的求取方法一般有机理建模、试验建模和混合建模。 7、积分作用的优点是可消除稳态误差（余差），但引入积分作用会使系统稳定性下降。 8在工业生产中常见的比值控制系统可分为单闭环比值控制、 双闭环比值控制和变比值控制三种。 9、Smith预估补偿原理是预先估计出被控过程的数学模型，然后将预估器并联在被控过程上，使其对过程中的纯滞后进行补偿。 10、随着控制通道的增益K o的增加，控制作用增强，克服干扰的能力最大， 系统的余差减小，最大偏差减小。 11、从理论上讲，干扰通道存在纯滞后，不影响系统的控制质量。 12、建立过程对象模型的方法有机理建模和系统辨识与参数估 计___ 。 13、控制系统对检测变送环节的基本要求是、迅速和H 14、控制阀的选择包括结构材质的选择、口径的选择、流量特性的选择和正反作用的选择。 15、防积分饱和的措施有对控制器的输出限幅、限制控制器积分部分的输出和积分切除法。 16、如果对象扰动通道增益K f增加，扰动作用增强，系统的余差增大， 最大偏差增大。 17、在离心泵的控制方案中，机械效率最差的是通过旁路控制。 名词解释题 1、衰减比答：衰减比n定义为: B B2 衰减比是衡量系统过渡过程稳定性的一个动态指标。为保证系统足够 的稳定程度，一般取衰减比为4:1?10:1。 2、自衡过程 答：当扰动发生后，无须外加任何控制作用，过程能够自发地趋于新 的平衡状态的性质称为自衡性。称该类被控过程为自衡过程。 3、分布式控制系统 答：分布式控制系统DCS,又称为集散控制系统，一种操作显示集 中、控制功能分散、采用分级分层体系结构、局部网络通信的计算机综合控制系统。 DCS 的设计思想是“控制分散、管理集中” 一、填空题（每空1分，共15分） 1、反馈控制又称偏差控制，其控制作用是通过给定值与反馈量的差值进行的。 2、复合控制有两种基本形式：即按输入的前馈复合控制和按扰动的前馈复合控制。 3、两个传递函数分别为G1(s)与G2(s)的环节，以并联方式连接，其等效传递函数为() G s，则G(s) 为G1(s)+G2(s)（用G1(s)与G2(s)表示）。 4、典型二阶系统极点分布如图1所示， ω， 则无阻尼自然频率= n 7 其相应的传递函数为，由于积分环节的引入，可以改善系统的稳态性能。 1、在水箱水温控制系统中，受控对象为水箱，被控量为水温。 2、自动控制系统有两种基本控制方式，当控制装置与受控对象之间只有顺向作用而无反向联系时，称为开环控制系统；当控制装置与受控对象之间不但有顺向作用而且还有反向联系时，称为闭环控制系统；含有测速发电机的电动机速度控制系统，属于闭环控制系统。 3、稳定是对控制系统最基本的要求，若一个控制系统的响应曲线为衰减振荡，则该系统稳定。判断一个闭环线性控制系统是否稳定，在时域分析中采用劳斯判据；在频域分析中采用奈奎斯特判据。 4、传递函数是指在零初始条件下、线性定常控制系统的输出拉氏变换与输入拉氏变换之比。 5、设系统的开环传递函数为2(1)(1) K s s Ts τ++ arctan 180arctan T τωω--。 6、频域性能指标与时域性能指标有着对应关系，开环频域性能指标中的幅值穿越频率c ω对应时域性能指标调整时间s t ，它们反映了系统动态过程的。 1、对自动控制系统的基本要求可以概括为三个方面，即：稳定性、快速性和准确性。 是指闭环传系统的性能要求可以概括为三个方面，即：稳定性、准确性和快速性，其中最基本的要求是稳定性。 2、若某单位负反馈控制系统的前向传递函数为()G s ，则该系统的开环传递函数为()G s 。 3、能表达控制系统各变量之间关系的数学表达式或表示方法，叫系统的数学模型，在古典控制理 论中系统数学模型有微分方程、传递函数等。 4、判断一个闭环线性控制系统是否稳定，可采用劳思判据、根轨迹、奈奎斯特判据等方法。 第一章 绪论 1-1 试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点. 解答：1开环系统 (1) 优点:结构简单，成本低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作用能预先知道时，可得到满意的效果。 (2) 缺点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时，控制精度差。 2 闭环系统 ⑴优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量 偏离给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。它是一种按偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。 ⑵缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。 1-2 什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说 明之。 解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。 闭环控制系统常采用负反馈。由1-1中的描述的闭环系统的优点所证明。例如，一个温度控制系统通过热电阻（或热电偶）检测出当前炉子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。 1-3 试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型（线性，非 线性，定常，时变）？ （1）22 ()()() 234()56()d y t dy t du t y t u t dt dt dt ++=+ （2）()2()y t u t =+ （3）()()2()4()dy t du t t y t u t dt dt +=+ （4）() 2()()sin dy t y t u t t dt ω+= （5）22 ()() ()2()3()d y t dy t y t y t u t dt dt ++= （6）2() ()2() dy t y t u t dt += 第二章 2.1求下列函数的拉氏变换 （1）s s s s F 2 32)(23++= （2）4310)(2+-=s s s F （3）1)(!)(+-= n a s n s F （4）36 )2(6 )(2++=s s F （5） 2222 2) ()(a s a s s F +-= （6）)14(21)(2 s s s s F ++= （7）52 1 )(+-= s s F 2.2 （1）由终值定理：10)(lim )(lim )(0 ===∞→∞ →s t s sF t f f （2）1 10 10)1(10)(+-=+= s s s s s F 由拉斯反变换：t e s F L t f ---==1010)]([)(1 所以 10)(lim =∞ →t f t 2.3（1）0) 2()(lim )(lim )0(2 =+===∞ →→s s s sF t f f s t )0()0()()()](['2''0 ' 'f sf s F s dt e t f t f L st --==-+∞ ? )0()0()(lim )(lim '2''0f sf s F s dt e t f s st s --=+∞ →-+∞ +∞→? 1 )2()(lim )0(2 2 2 ' =+==+∞→s s s F s f s (2)2 ) 2(1 )(+= s s F , t te s F L t f 21)]([)(--==∴ ,0)0(2)(22' =-=--f te e t f t t 又，1 )0(' =∴f 2.4解：dt e t f e t f L s F st s --?-==202)(11 )]([)( ??------+-=2121021111dt e e dt e e st s st s 习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础 2.1 说明机电传动系统运动方程中的拖动转矩，静态转矩和动态转矩。 答：拖动转矩是有电动机产生用来克服负载转矩，以带动生产机械运动的。静态转矩就是由生产机械产生的负载转矩。动态转矩是拖动转矩减去静态转矩。 2.2 从运动方程式怎样看出系统是处于加速，减速，稳态的和静态的工作状态。 T M-T L>0说明系统处于加速，T M-T L<0 说明系统处于减速，T M-T L=0说明系统处于稳态（即静态）的工作状态。 2.4 多轴拖动系统为什么要折算成单轴拖动系统？转矩折算为什么依据折算前后功率不变的原则？转动惯量折算为什么依据折算前后动能不变的原则？ 答：因为许多生产机械要求低转速运行，而电动机一般具有较高的额定转速。这样，电动机与生产机械之间就得装设减速机构，如减速齿轮箱或蜗轮蜗杆，皮带等减速装置。所以为了列出系统运动方程，必须先将各转动部分的转矩和转动惯量或直线运动部分的质量这算到一根轴上。转矩折算前后功率不变的原则是P=T ω, p不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=0.5J ω2 2.9 一般生产机械按其运动受阻力的性质来分可有哪几种 类型的负载？ 答：可分为1恒转矩型机械特性2离心式通风机型机械特性3直线型机械特性4恒功率型机械特性,4种类型的负载. 2.10反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特 点？ 答：反抗转矩的方向与运动方向相反,,方向发生改变时,负载转矩的方向也会随着改变,因而他总是阻碍运动的.位能转矩的作用方向恒定,与运动方向无关，它在某方向阻碍运动，而在相反方向便促使运动。 第三章 3.3 一台他励直流电动机所拖动的负载转矩 T L=常数，当电 枢电压附加电阻改变时，能否改变其运行其运行状态下电枢电流的大小？为什么？这是拖动系统中那些要发生变化？ T=K tφI a u=E+I a R a 当电枢电压或电枢附加电阻改变时,电枢电流大小不变.转速n与电动机的电动势都发生改变. 3.4一台他励直流电动机在稳态下运行时，电枢反电势E= E1，如负载转矩T L=常数，外加电压和电枢电路中的电阻均不变，问减弱励磁使转速上升到新的稳态值后，电枢反电势将如何变化? 是大于，小于还是等于E1？ T=I a K tφ, φ减弱,T是常数,I a增大.根据E N=U N-I a R a ,所 第一章绪论 1-1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点. 解答：1开环系统 (1)优点:结构简单，成本低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作 用能预先知道时，可得到满意的效果。 (2)缺点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化， 外来未知扰动存在时，控制精度差。 2 闭环系统 ⑴优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量 偏离给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。 它是一种按偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。 ⑵缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。 1-2 什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明之。 解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。 闭环控制系统常采用负反馈。由1-1中的描述的闭环系统的优点所证 明。例如，一个温度控制系统通过热电阻（或热电偶）检测出当前炉 子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。 1-3 试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型（线性，非线性，定常，时变）？ （1） 2 2 ()()() 234()56() d y t dy t du t y t u t dt dt dt ++=+ （2） ()2() y t u t =+ （3） ()() 2()4() dy t du t t y t u t dt dt +=+ （4） () 2()()sin dy t y t u t t dt ω += （5） 2 2 ()() ()2()3() d y t dy t y t y t u t dt dt ++= （6） 2 () ()2() dy t y t u t dt += （7） () ()2()35() du t y t u t u t dt dt =++? 解答：（1）线性定常（2）非线性定常（3）线性时变（4）线性时变（5）非线性定常（6）非线性定常 （7）线性定常 机械控制工程课后答案 1-1机械工程控制论的研究对象与任务是什么? 解机械工程控制论实质上是研究机械一r_程技术中广义系统的动力学问题。具体地讲，机械工程控制论是研究机械工程广义系统在一定的外界条件作用下，从系统的一定初始条件出发，所经历的由内部的固有特性所决定的整个动态历程;研究这一系统及其输入、输出二者之间的动态关系。 机械工程控制论的任务可以分为以下五个方面: (1)当已知系统和输人时，求出系统的输出(响应)，即系统分析。 (2)当已知系统和系统的理想输出，设计输入，即最优控制。 (3)当已知输入和理想输出，设计系统，即最优设计。 (4)当系统的输人和输出己知，求系统的结构与参数，即系统辨识。 (5)输出已知，确定系统，以识别输入或输入中的有关信息，即滤波与预测。 1.2 什么是反馈?什么是外反馈和内反馈? 所谓反馈是指将系统的输出全部或部分地返送回系统的输入端，并与输人信号共同作用于系统的过程，称为反馈或信息反馈。 所谓外反馈是指人们利用反馈控制原理在机械系统或过程中加上一个人为的反馈，构成一个自动控制系统。 所谓内反馈是指许多机械系统或过程中存在的相互藕合作用，形成非人为的“内在”反馈，从而构成一个闭环系统。 1.3 反馈控制的概念是什么?为什么要进行反馈控制? 所谓反馈控制就是利用反馈信号对系统进行控制。 在实际中，控制系统可能会受到各种无法预计的干扰。为了提高控制系统的精度，增强系统抗干扰能力，人们必须利用反馈原理对系统进行控制，以实现控制系统的任务。 1.4闭环控制系统的基本工作原理是什么? 闭环控制系统的基本工作原理如下: (1)检测被控制量或输出量的实际值; (2)将实际值与给定值进行比较得出偏差值; (3)用偏差值产生控制调节作用去消除偏差。 这种基于反馈原理，通过检测偏差再纠正偏差的系统称为闭环控制系统。通常闭环控制系统至少具备测量、比较和执行三个基本功能。 1.5对控制系统的基本要求是什么? 对控制系统的基本要求是稳定性、准确性和快速性。 稳定性是保证控制系统正常工作的首要条件。稳定性就是指系统动态过程的振荡倾向及其恢复平衡状态的能力。 准确性是衡量控制系统性能的重要指标。准确性是指控制系统的控制精度，一般用稳态误差来衡量。 快速性是指当系统的输出量与输入量之间产生偏差时，系统消除这种偏差的快慢程度。《控制工程基础》习题答案(燕山大学,第二版)
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