组态控制实用技术 (B卷)(答案)
控制组态软件Control Builder
控制组态软件Control Builder （二）控制组态软件Control Builder 1、Control Builder概述 PKS 下位控制器的内置程序的编程环境，用于执行下位程序的编写和运行监视，利用它可创建控制模块（CMs），顺序控制模块（SCMs），及硬件设备。这个软件就是用于在上位电脑 上进行下位程序编写的程序。 首先明晰三个名词概念： 一个是FB——Function Block，它是编程环境中最基本的编程单位，类似与C语言中或其 它高级语言中预定义的各种函数。 一个是CM——Control Module，它是编程环境中用于命名普通控制回路程序的编程单位，类似于C 语言中或其它高级语言中用户自己编写的各种函数。 一个是SCM——Sequence Control Module，它是编程环境中用于命名顺序控制回路的编程 单位，从结构上来讲它和CM 是平级的。 这个软件的风格是采用功能块来进行程序的编写，比较适合用于模拟量较多的单回路的构 建，这样的编程块被系统定义为CM。 另一方面，也可以在其中进行类似PLC 的逻辑程序的编写，这样的编程块被系统定义为SCM。 2、Control Builder组态操作 从Windows 2000 桌面右下角 Taskbar（任务栏）点击开始按钮： —Start - Programs - PlantScape Engineering Tools - Control Builder 注册过程： 在“对话框” 里输入用户名，密码和服务器名，点击 OK 按钮，进入Control Builder组 态工作环境。 打开 tree view，有 3 个表可供选择： — Project 显示列出当前打开的控制方案的 CPM, IOMs, CMs and SCMs 内容— Monitoring 显示已经装入过程控制模块（CPM）中所有的被激活的模块。 — Library 显示所有可用的功能块组种类 1）创建硬件模块 （1）创建控制器 CPM： 建立一个非冗余的 CPM and CEE ，在 Control Builder 窗口，点击菜单： — File
自动控制原理答案
第一章 习题答案 习 题 1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图 (1) 将a ，b 与c ，d 用线连接成负反馈状态； (2) 画出系统方框图。 1-2 题1-2图是仓库大门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，并画出系统方框图。 题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统 1-3 题1-3图为工业炉温自动控制系统的工作原理图。分析系统的工作原理，指出 被控对象、被控量和给定量，画出系统方框图。 题1-3图 炉温自动控制系统原理图 1-4 题1-4图是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。图中电位器1P 、2 P
并联后跨接到同一电源0 E 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件和测量反馈元件。输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用电枢控制的方式工作。 试分析系统的工作原理，指出系统的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。 题1-4图导弹发射架方位角控制系统原理图 1-5 采用离心调速器的蒸汽 机转速控制系统如题1-5图所示。 其工作原理是：当蒸汽机带动负载 转动的同时，通过圆锥齿轮带动一 对飞锤作水平旋转。飞锤通过铰链 可带动套筒上下滑动，套筒装有平 衡弹簧，套筒上下滑动时可拨动杠 杆，杠杆另一端通过连杆调节供汽 阀门的开度。在蒸汽机正常运行 时，飞锤旋转所产生的离心力与弹簧的反弹力相平衡，套筒保持某个高度，使阀门处于一个平衡位置。如果由于负载增大使蒸汽机转速 ω下降，则飞锤因离心力减小而使套筒向下滑动，并通过杠杆增大供汽阀门的开度，从而使蒸汽机的转速回升。同理，如果由于负载减小使蒸汽机的转速 ω增加，则飞锤因离心力增加而使套筒上滑，并通过杠杆减小供汽阀门的开度，迫使蒸汽机转速回落。这样，离心调速器就能自动地抵制负载变化对转速的影响，使蒸汽机的转速 ω保持在某个期望值附近。 指出系统中的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。 1-6 摄像机角位置自动跟踪系统如题1-6图所示。当光点显示器对准某个方向时，摄像机会自动跟踪并对准这个方向。试分析系统的工作原理，指出被控对象、被控量及给定量，画出系统方框图。 题1-5图蒸汽机转速自动控制系统
组态王软件的简单控制系统
目录 第一章组态软件的简介 (2) 1.1工控组态软件的主要特性: (2) 1.2组态王软件的功能和特点: (2) 1.2.1DRAW (2) 1.2.2 VIEW (2) 1.2.3DB (2) 1.2.4 I／0 Server (2) 1.2.5 NetClient和NetServer (3) 1.3工业监控软件的产生及发展: (3) 1.4几种知名组态软件的概述: (3) 1.4.1 InTouch (3) 1.4.2 MCGS (4) 1.4.3 iFIX (4) 1.4.4 WinCC (4) 1.4.5 EcHmi (4) 1.4.6组态王 (5) 第二章基于组态王的监控系统设计 (6) 2.1简单系统总体控制方案概述: (6) 2.2建立液位监控系统的一般过程: (6) 2.3液位监控系统的外部设备和数据库: (7) 2.4主界面制作: (8) 2.5报警画面制作： (8) 2.6实时曲线界面制作: (9) 2.6历史曲线界面制作: (11) 第三章课程设计总结（心得体会） (12) 参考文献： (13)
第一章组态软件的简介 1.1工控组态软件的主要特性: 工控组态软件主要是指数据采集与过程控制的专用软件，它们提供自动控制系统监控层一级的软件平台和开发环境，使用灵活的组态方式，能够为用户提供快速构建工业自动控制系统监控功能的、通用层次的软件工具 1.2组态王软件的功能和特点: 1.2.1DRAW 丰富的画面显示组态功能组态软件提供给用户丰富强大的绘图编辑、动画连接和脚本工具。DRAW是集成的开发环境，它使用面向对象的图形对象创建动画式显示窗口，同时它还为开发者提供了大量常用的工业设备图符、仪表图符、趋势图、历史曲线、报警对象等功能，它使用面向对象的图形对象创建动画式显示窗口。这些窗口的数据、图形显示可以来自过程I／O或Microsoft Windows第三方应用程序。 1.2.2 VIEW VIEW用来运行由DRA W 创建的图形窗口，支持的画面数量不受限制，数据刷新速度快于5 ms。软件提供工业标准数字模型库和控制功能库，满足用户所需的测控要求，能够对测控信息进行记录存储、显示计算、分析、打印，界面操作灵活方便，为保证数据安全性，还设有口令保护功能。 1.2.3DB DB是整个系统的核心、构建分布式应用系统的基础。它负责整个力控应用系统的实时数据处理、历史数据存储、统计数据处理、报警信息处理、数据服务请示处理。DB与DRA W构成服务器，客户机模式，各网络节点上的DB通过网络服务程序可以构建成复杂的分布式网络应用系统。单机数据处理能力超过1万点，历史数据可以保存l0年以上，网络数据处理能力超过5万点。 1.2.4 I／0 Server I／O Server完成与各种检测、控制设备的通信，负责从过程I／O设备读取实时数据，同时将来自图形界面和实时数据库的控制命令写入I／O设备。DB与I／O Server构成服
机电传动控制试题及答案
1、如图所示，判断哪组是正确的。 （a ）L M T T > (b) L M T T = (c) L M T T < A ：图（a ）M T 为正，是拖动转矩，加速状态 B ：图（b ）M T =L T ，匀速状态 C ：图（c ）M T 为正，L T 为负，减速状态 2、关于交流电动机调速方法正确的有： A ：变频调速； B ：改变磁通调速； C ：改变转差率调速； D ：定子串电阻调速 3、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 ：减少； B ：增加； C ：等于零。 4、三相鼠笼异步电动机在相同电源电压下，空载启动比满载启动的启动转 矩 。 A ：相同； B ：大； C ：小。 5、如下图所示，曲线1和曲线2分别为电动机和负载的机械特性。试问：电 动机能否在A 点稳定运行 A ：能； B ：不能； C ：不能确定 6．恒功率型机械特性为负载转矩与转速成： A 正比; B 反比。 7、有一台三相异步电动机，正常运行时为?接法，在额定电压下启动，其 N st T T 2.1=，若采用?-Y 换接启动，试问当负载转矩N L T T %35=，电动机能否 启动 A ：能； B ：不能； C ：不能确定 8．三相异步电动机的何种制动又叫发电制动。 A 反接制动； B 反馈制动； C 能耗制动 9．晶体管直流脉宽调速系统比晶闸管直流调速系统动态响应速度： A 高； B 低； C 一样。 10、直流电动机当电枢回路中串接电阻后，其固有的机械特性曲线是： A ：由（0，no ）出发的一簇向下倾斜的直线； B ：一簇平行于固有特性曲线的人为特性曲线； C ：；由（0，no ）出发的一簇向上倾斜的直线； D ：不确定； 11、下列方法中哪一个不是消除交流伺服电动机“自转”的方法：
控制策略组态——功能块图法全解
5知识库 5-0变量与常数 知识库共使用三类变量和两类常数。 三类变量为：整型变量，实型变量和布尔（逻辑）型变量。 两类常数为：整型常数和实型常数。 5-0-1整型变量 整型变量由四位16进制数组成。其中第一（最高）位=8用于表示整型变量；第二、三、四位为整型变量的序号。 整型变量本身的取值范围：0~4095。 整型变量所描述数据的取值范围：0~65535（无符号数据）或-32768~32767（有符号数据）。 5-0-2整型常数 整型常数由六位16进制数组成。其中第一（最高）位和第二位=90用于表示整型常数；第三、四、五、六位为整型常数值。 整型常数的取值范围：0~65535（无符号数据）或-32768~32767（有符号数据）。5-0-3实型变量 实型变量由四位16进制数组成。其中第一（最高）位=A用于表示实型变量；第二、三、四位为实型变量的序号。 实型变量本身的取值范围：0~4095。 实型变量所描述数据的取值范围：IEEE浮点格式。 5-0-4实型常数 实型常数由十位16进制数组成。其中第一（最高）位和第二位=B0用于表示实型常数；第三至十位为实型常数值。 实型常数的取值范围：IEEE浮点格式。 5-0-5布尔（逻辑）型变量 布尔（逻辑）型变量由六位16进制数组成。其中第一（最高）位和第二位=C0用于表示布尔（逻辑）型变量；第三位用于表示布尔量在整型变量中所处位置（0~F）；第四、五、六位为整型变量的序号。 布尔（逻辑）型变量的取值范围：假（=0）、真（=1）。 5-0-6布尔（逻辑）型常数 布尔（逻辑）型常数由二位16进制数组成。其中第一（最高）位和第二位=D1表示“真”，D0表示“假”。
自动控制原理答案
《自动控制原理》习题参考答案 第1章 1.7.2基础部分 1.答：开环控制如：台灯灯光调节系统。 其工作原理为：输入信号为加在台灯灯泡两端的电压，输出信号为灯泡的亮度，被控对象为灯泡。当输入信号增加时，输出信号（灯泡的亮度）增加，反之亦然。 闭环控制如：水塔水位自动控制系统。 其工作原理为：输入信号为电机两端电压，输出信号为水塔水位，被控对象为电机调节装置。当水塔水位下降时，通过检测装置检测到水位下降，将此信号反馈至电机，电机为使水塔水位维持在某一固定位置增大电机两端的电压，通过调节装置调节使水塔水位升高。反之亦然。 2.答：自动控制理论发展大致经历了几个阶段： 第一阶段：本世纪40~60年代，称为“经典控制理论”时期。 第二阶段：本世纪60~70年代，称为“现代控制理论”时期。 第三阶段：本世纪70年代末至今，控制理论向“大系统理论”和“智能控制”方向发展。 3.答：开环控制：控制器与被空对象之间只有正向作用而没有反馈控制作用，即系统的输 出量与对控制量没有影响。 闭环控制：指控制装置与被空对象之间既有正向作用，又有反向联系控制的过程。 开环控制与闭环控制的优缺点比较： 对开环控制系统来说，由于被控制量和控制量之间没有任何联系，所以对干扰造成的误差系统不具备修正的能力。 对闭环控制系统来说，由于采用了负反馈，固而被控制量对于外部和内部的干扰都不甚敏感，因此，有不能采用不太精密和成本低廉的元件构成控制质量较高的系统。 4.答：10 线性定常系统；（2）非线性定常系统； （3）非线性时变系统；（4）非线时变系统； 1.7.3 提高部分 1.答：1）方框图： 2)工作原理：假定水箱在水位为给定值c（该给定值与电位器给定电信ur对应），此时浮子处于平衡位置，电动机无控制作用，水箱处于给定水位高度，水的流入量与流出量保持不变。当c增大时，由于进水量一时没变浮子上升，导致c升高，给电信计作用后，使电信计给电动机两端电压减小，电动机带动减齿轮，使控制阀开度减小，使进水量减小，待浮
机电传动控制答案
习题与思考题 第二章机电传动系统的动力学基础 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。 拖动转矩是由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。 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。 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） TM TL TL TM N TM=TL TM< TL TM-TL<0说明系统处于减速。 TM-TL<0 说明系统处于减速 T M T L T M T L T M> T L M>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 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？ 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=Tω, p不变。转动惯量折算前后动能不变原则是能量守恒MV=ω2 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比高速轴的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。 如图（a）所示，电动机轴上的转动惯量J M=, 转速n M=900r/min; 中间传动轴的转动惯量J L=16kgm2,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/j2+ JL/j12=+2/9+16/225= .如图（b）所示，电动机转速n M=950 r/min，齿轮减速箱的传动比J1= J2=4，卷筒直径D=,滑轮的减速比J3=2，起重负荷力F=100N,电动机的费轮转距GD2M= m2, 齿轮，滑轮和卷筒总的传动效率为。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GD2z.。 ωM=*2n/60= rad/s. 提升重物的轴上的角速度ω=ωM/j1j2j3=4*4*2=s v=ωD/2=2*=s T L=ηC n M=*100**950= GD2Z=δGD M2+ GD L2/j L2 =*+100*322 = 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. 反抗静态转矩与位能静态转矩有何区别，各有什么特点？ 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。 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
自动控制原理题目参考答案
一、填空题 1 闭环控制系统又称为反馈控制系统。 2 一线性系统,当输入就是单位脉冲函数时,其输出象函数与 传递函数 相同。 3一阶系统当输入为单位斜坡函数时,其响应的稳态误差恒为 时间常数T 。 4 控制系统线性化过程中,线性化的精度与系统变量的 偏移程度 有关。 5 对于最小相位系统一般只要知道系统的 开环幅频特性 就可以判断其稳定性。 6 一般讲系统的位置误差指输入就是 阶跃信号 所引起的输出位置上的误差。 7 超前校正就是由于正相移的作用,使截止频率附近的 相位 明显上升,从而具有较大的 稳定裕度。 8 二阶系统当共轭复数极点位于 +-45度 线上时,对应的阻尼比为0、707。 9 PID 调节中的“P ”指的就是 比例 控制器。 10 若要求系统的快速性好,则闭环极点应距虚轴越_ 远 越好。 11 在水箱水温控制系统中,受控对象为_水箱 ,被控量为_水温 。 12 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_ 开环控制方式 ;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_ 闭环控制方式 ;含有测速发电机的电动机速度控制系统,属于_ 开环控制方式 。 13 稳定就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就是否稳定,在时域分析中采用_ 劳斯判据 _;在频域分析中采用_ 奈氏判据 _。 14、传递函数就是指在_ 零 _初始条件下、线性定常控制系统的_ 输入拉式变换 _与_ 输出拉式变换 _之比。 15 设系统的开环传递函数为2(1)(1) K s s Ts τ++,则其开环幅频特性为_ _,相频特性为 _-180-arctan(tw-Tw)/1+tTw _。 16 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t _,它们反映了系统动态过程的_快速性 _。 17 复合控制有两种基本形式:即按 输入 的前馈复合控制与按 扰动 的前馈复合控制。 18 信号流图由节点___与___支路_组成。 19 二阶衰减振荡系统的阻尼比ξ的范围为_(0,1)___。 20 两个传递函数分别为G 1(s)与G 2(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 G 1(s)+ G 2(s)(用G 1(s)与G 2(s) 表示)。 21 PI 控制器就是一种相位_比例积分___的校正装置。 22 最小相位系统就是指 S 右半平面不存在系统的开环零点与开环极点 。 23对于一个自动控制系统的性能要求可以概括为三个方面:快速性____、_稳定性___与准确性。 24如果根轨迹位于实轴上两个相邻的开环极点之间,则在这两个极点间必定存在_一个分离点 _。
《组态软件控制技术》课程标准
《组态软件控制技术》课程标准 课程代码：03010640 总学时：60 学分：3.5 一、课程性质与定位 本课程是高职高专电气自动化技术专业的专业核心课程，其目标在于培养学生在电气工程师岗位上从事电气设备和自动化系统集成开发等方面的职业能力，达到本专业获取中、高级职业资格证书考证的基本要求，也是技术技能型人才所必须掌握的基本要素。 在课程设置上，前导课程有《电工电子技术》、《单片机原理与接口技术》、《PLC控制系统安装与编程》、《变频调速系统安装调试与运行维护》等，后续课程有《自动化生产线安装与调试》等。 二、课程设计思路 引入自动化仪表与装置行业标准，以工程项目和企业自动化技术员职业成长过程所对应的典型工作任务为学习内容，将职业素质培养融入课程，实施教学做一体化的过程性评价方法，具体设计思路如下： （一）组建以学院专任教师、广西南南铝加工有限公司等企业专家的课程开发和实施团队，分析电气自动化技术在专业职业岗位的工作任务，按照一定的逻辑关系进行排序，对完成任务应具备的知识、能力、素质做出较为详细的描述，形成团队成员认可、线索清晰、层次分明的工作任务分析表； （二）根据能力复杂程度，整合典型工作任务。召开有教学专家、课程建设团队人员参与的课程标准建设会议，形成课程标准； （三）引入自动化仪表与装置行业标准，校企共同进行课程整体设计、单元设计、教学组织设计、教学情景设计； （四）以广西南南铝加工有限公司的液压挤压机自动化控制系统操作、维护维修等职业岗位的工作过程为导向，从初级到高级，从简单到复杂，设计反应车间监控中心控制系统设计、开关量组态工程设计、模拟量组态工程设计、铝加工组态控制系统综合设计四个学习项目，包含简单工程的建立与运行、南南铝业模拟铝挤压组态控制系统综合设计等16个情境； （五）根据教学规律及认知过程，构建教学计划、考核评价办法、课程考核
机电传动控制课后习题答案1
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 =1450r/min,ηN=89.5%，试求： N 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 =ηN） 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 N100/ηN 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 =1500r/min, ηN=88.5%, 试求该电机的额定电流和转矩。 N P N=U N I NηN 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,所产生的离心力足以
MCGS组态控制系统演示工程操作步骤..
水箱液位控制系统演示工程操作步骤 一、创建新工程 1、双击桌面中的图标，进入MCGS组态环境工作台，如图1所示。 2、点击图1中的“新建窗口”，出现“窗口0”图标。 3、点击“窗口0”鼠标右键，选择“属性”，按照图2进行设置，则窗口名称变为“水箱液 位控制系统”，如图2右图所示。。 图2
二、画面设计 1、在“水箱液位控制”窗口点击菜单中的【工具箱】图标，单击插入元件按钮， 打开【对象元件管理】中的【储藏罐】，选择罐17，点击确定。如图3所示，则所选中的罐出现在桌面的左上角，用鼠标改变其大小及位置。 图3 2、按照同样的方法，【储藏罐】选中2个罐（罐17，罐53），【阀】选中2个阀（阀58，阀 44），1个泵（泵40）。按图4放置。 图4 3、选中工具箱中的【流动快】按钮，单击鼠标并移动光标放置流动快。如图5所示设置
流动快。 图5 4、选中流动块，点击鼠标右键【属性】，按图6设置属性。 图6 5、添加文字，选中工具箱中的【标签】按钮，鼠标的光标变为“十字”形，在窗口任 意位置拖曳鼠标，拉出一个一定大小的矩形。建立矩形框后，鼠标在其内闪烁，可直接输入“水箱液位控制系统演示工程”文字。选中文字，鼠标右键【属性】，按图7设置。
图7 6、点击菜单中的，可变更字体大小。按图5添加其他文字。 三、MCGS数据对象设置 2、单击工作台【实时数据库】按钮，进入【实时数据库】窗口。单击窗口右边的【新增对 象】按钮，在窗口的数据对象列表中，就会增加新的数据对象。双击选中对象，按图8设置数据对象属性。 图8 3、按照图9设置其他数据对象属性。
图9 4、双击【液位组】，存盘属性按图10设置，组对象成员按图11设置。 图10
《自动控制原理》习题解答.
《自动控制原理》习题解答西安建筑科技大学自动化教研室
第一章习题及答案 1-3图1-3 (a)，(b)所示均为调速系统。 (1) 分别画出图1-24(a)、图(b)所示系统的方框图。给出图1-24(a) 所示系统正确的反馈连线方式。 (2) 指出在恒值输入条件下，图1-24(a)，(b) 所示系统中哪个是有差系统，哪个是无差系统，说明其道理。 图1-3 调速系统工作原理图 解图1-3 (a)正确的反馈连接方式如图1-3 (a)中虚线所示。 (1) 系统方框图如图解1-10所示。 (2) 图1-3 (a) 所示的系统是有差系统，图1-3 (b) 所示的系统是无差系统。 图1-3 (a)中，当给定恒值电压信号，系统运行达到稳态时，电动机转速的恒定是以发电机提供恒定电压为条件，对应发电机激磁绕组中电流一定是恒定值。这意味着放大器前端电压是非零的常值。因此，常值偏差电压存在是系统稳定工作的前提，故系统有差。 图1-3 (b)中，给定恒定电压，电动机达到稳定转速时，对应发电机激磁绕组中的励磁电流恒定，这意味着执行电动机处于停转状态，放大器前端电压必然为0，故系统无差。 1-4图1-4 (a)，(b)所示的系统均为电压调节系统。假设空载时两系统发电机端电压均为
110V，试问带上负载后，图1-4(a)，(b)中哪个能保持110V不变，哪个电压会低于110V？为什么? 图1-4 电压调节系统工作原理图 解带上负载后，开始由于负载的影响，图1-4(a)与(b)系统的端电压都要下降，但图(a)中所示系统能恢复到110V，而图(b) 所示系统却不能。理由如下： 图(a)系统，当u低于给定电压时，其偏差电压经放大器K放大后，驱动电机D转动，经 I增大，发电机的输出电压会升高，从而使偏差电减速器带动电刷，使发电机F的激磁电流 j 压减小，直至偏差电压为零时，电机才停止转动。因此，图(a)系统能保持110V不变。 图(b)系统，当u低于给定电压时，其偏差电压经放大器K后，直接使发电机激磁电流增大，提高发电机的端电压，使发电机G 的端电压回升，偏差电压减小，但不可能等于零，因 i=0，发电机就不能工作。即图(b)所示系统的稳态电压会低于110V。为当偏差电压为0时， f 1-5图1-5是仓库大门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，并画出系统方框图。 图1-5 仓库大门自动开闭控制系统
自动控制原理课后习题答案
. 第一章引论 1-1 试描述自动控制系统基本组成，并比较开环控制系统和闭环控制系统的特点。答： 自动控制系统一般都是反馈控制系统，主要由控制装置、被控部分、测量元件组成。控制装置是由具有一定职能的各种基本元件组成的，按其职能分，主要有给定元件、比较元件、校正元件和放大元件。如下图所示为自动控制系统的基本组成。 开环控制系统是指控制器与被控对象之间只有顺向作用，而没有反向联系的控制过程。此时，系统构成没有传感器对输出信号的检测部分。开环控制的特点是：输出不影响输入，结构简单，通常容易实现；系统的精度与组成的元器件精度密切相关；系统的稳定性不是主要问题；系统的控制精度取决于系统事先的调整精度，对于工作过程中受到的扰动或特性参数的变化无法自动补偿。 闭环控制的特点是：输出影响输入，即通过传感器检测输出信号，然后将此信号与输入信号比较，再将其偏差送入控制器，所以能削弱或抑制干扰；可由低精度元件组成高精度系统。 闭环系统与开环系统比较的关键，是在于其结构有无反馈环节。 < 1-2 请说明自动控制系统的基本性能要求。 答： 自动控制系统的基本要求概括来讲，就是要求系统具有稳定性、快速性和准确性。 稳定性是对系统的基本要求，不稳定的系统不能实现预定任务。稳定性通常由系统的结构决定与外界因素无关。对恒值系统，要求当系统受到扰动后，经过一定时间的调整能够回到原来的期望值（例如恒温控制系统）。对随动系统，被控制量始终跟踪参量的变化（例如炮轰飞机装置）。 快速性是对过渡过程的形式和快慢提出要求，因此快速性一般也称为动态特性。在系统稳定的前提下，希望过渡过程进行得越快越好，但如果要求过渡过程时间很短，可能使动态误差过大，合理的设计应该兼顾这两方面的要求。 准确性用稳态误差来衡量。在给定输入信号作用下，当系统达到稳态后，其实际输出与所期望的输出之差叫做给定稳态误差。显然，这种误差越小，表示系统的精度
高职电气自动化技术专业组态软件控制技术课程标准设计探讨
高职电气自动化技术专业组态软件控制技术课程标 准设计探讨 随着当前工业自动化集成度越来越高，管控一体化技术在企业中的应用也在不断扩大，从而推动了组态软件控制技术课程在高职自动化类专业中的开设，并将其作为专业骨干课程，但各高职院校在开设课程过程中对课程目标、内容和要求等方面具有一定差别。笔者根据多年来组态软件控制技术课程的教学经验，设计出广西职业技术学院自动化类专业组态软件控制技术课程标准，在此与大家进行探讨，共同推动组态软件控制技术课程教学质量的不断提高。该课程标准展示如下。 一、课程性质与定位 组态软件控制技术课程是高职电气自动化技术专业的专业核心课程，其目标在于培养学生在电气工程师岗位上从事电气设备和自动化系统集成开发等方面的职业能力，达到本专业获取中、高级职业资格证书考证的基本要求，也是技术技能型人才所必须掌握的基本要素。 在课程设置上，前导课程有电工电子技术、单片机原理与接口技术、PLC控制系统安装与编程、变频调速系统安装调试与运行维护等，后续课程有自动化生产线安装与调试等。 二、课程设计思路 引入自动化仪表与装置行业标准，以工程项目和企业自动化技术员职业成长过程所对应的典型工作任务为学习内容，将职业素质培养融入课程，实施教学做一体化的过程性评价方法，具体设计思路如下：第一，组建以学院专任教师和企业专家的课程开发和实施团队，分析电气自动化技术在专业职业岗位的工作任务，按照一定的逻辑关系进行排序，对完成任务应具备的知识、能力、素质做出较为详细的描述，形成团队成员认可、线索清晰、层次分明的工作任务分析表。
第二，根据能力复杂程度，整合典型工作任务。召开有教学专家、课程建设团队人员参与的课程标准建设会议，形成课程标准。 第三，引入自动化仪表与装置行业标准，校企共同进行课程整体设计、单元设计、教学组织设计、教学情景设计。 第四，以相关企业自动化控制系统操作、维护维修等职业岗位的工作过程为导向，从初级到高级，从简单到复杂，设计反应车间监控中心控制系统设计、开关量组态工程设计、模拟量组态工程设计、铝加工组态控制系统综合设计四个学习项目，包含简单工程的建立与运行、南南铝业模拟铝挤压组态控制系统综合设计等16个情境。 第五，根据教学规律及认知过程，构建教学计划、考核评价办法、课程考核标准及题库、多媒体教学资源建设，按照资讯计划、决策实施、评价反馈等步骤组织教学。 三、课程目标 （一）总体目标 通过组态软件控制技术课程学习，学生掌握组态软件控制技术的理论知识、操作技能，并具备工业自控系统组态、控制软件编程、参数设置调整能力，为从事电气工程师等工作岗位打下基础，并注重职业素养和诚信教育，提高学生的综合素质。 （二）具体目标 1.知识目标。（1）掌握课程中组态控制技术中常用的基本术语、定义、概念和规律，在今后工作中应能较熟练地应用这些概念和术语；（2）掌握组态控制技术组态方法，通过工程实例，学会制作组态相关工程；（3）对组态控制技术的发展趋势有所了解。 2.能力目标。（1）具备组态软件编程的基本能力；（2）具备组态软件与开关量设备、模拟量等设备的联机调试能力；（3）具有较强的典型自控系统设计能力；（4）能完成组态控制系统综合设计。 3.素质目标。（1）具备自我管理、团队精神、交往能力；（2）诚实守信，具有完成任务和解决问题的能力；（3）具备创新能力和自我学习能力；（4）具有吃苦精神和责任心，勇于承担责任，具备良好的
机电传动控制课后习题答案
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
自动控制原理试题及答案
自动控制原理试题及答案 Prepared on 24 November 2020
《自动控制原理》试题及答案 1、若某串联校正装置的传递函数为(10s+1)/(100s+1)，则该校正装置属于(B )。3分 2、在对控制系统稳态精度无明确要求时，为提高系统的稳定性，最方便的是（A）3分 3、在系统中串联PD调节器，以下那一种说法是错误的（D） 3分 A 是一种相位超前校正装置 B 能影响系统开环幅频特性的高频段 C 使系统的稳定性能得到改善 D使系统的稳态精度得到改善 4、用超前校正装置改善系统时，主要是利用超前校正装置的（A ）3分 5、I型系统开环对数幅频特性的低频段斜率为（B ）9分 6、设微分环节的频率特性为G(jω)，当频率ω从0变化至∞时，其极坐标平面上的奈氏曲线是（）9分 7、关于线性系统稳定性的判定，下列观点正确的是 ( )。9分 8、若两个系统的根轨迹相同，则有相同的( ) 9分 9、关于系统零极点位置对系统性能的影响，下列观点中正确的是( ) 7分 10、高阶系统的主导闭环极点越靠近虚轴，则系统的( ) 2分 11、若某最小相位系统的相角裕度γ>0，则下列说法正确的是 ( )。2分 12、某环节的传递函数是G(s)=5s+3+2/s，则该环节可看成由（D ）环节组成。2分
13、主导极点的特点是（A ）2分 14、设积分环节的传递函数为G(s)=K/s，则其频率特性幅值A(ω)=（）2分 15、某环节的传递函数为K/(Ts+1)，它的对数幅频率特性随K值增加而（）2分 16、某系统的传递函数是G(s)=1/(2s+1)，则该可看成由（C ）环节串联而成2分 17、若系统的开环传递函数在s右半平面上没有零点和极点，则该系统称作（B）2分 18、某校正环节传递函数G(s)=(100s+1)/(10s+1)，则其频率特性的奈氏图终点坐标为（ D）2分 19、一般为使系统有较好的稳定性,希望相位裕量为（ C）2分 20、最小相位系统的开环增益越大，其（）2分 21、一阶微分环节G(s)=1+Ts，当频率ω=1/T时，则相频特性∠G(jω)为（）2分 22、ω从0变化到+∞时，延迟环节频率特性极坐标图为（）2分 23、开环传递函数为G(s)H(s)=(s+3)/(s+2)(s+5)，则实轴上的根轨迹为（B）2分 24、开环传递函数为G(s)H(s)=K/(s*s*s(s+4))，则实轴上的根轨迹为（）2分 25、某单位反馈系统的开环传递函数为：G(s)=K/(s(s+1)(s+5))，当k=（C ）时，闭环系统临界稳定。2分 26、若系统增加合适的开环零点，则下列说法不正确的是 (B ) 2分 27、当二阶系统的根分布在根平面的虚轴上时，系统的阻尼比为（B）3分
机电传动控制课后习题答案
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 F T L V O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 L>0说明系统处于加速。T M-T L<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TL M 为什么低速轴转矩大，高速轴转矩小？ 因为P= T W ,P不变3越小T越大，3越大T越小。为什么机电传动系统中低速轴的G D 逼高速轴的G D大得多？ 因为P=T W, T=G? DD/375. P= 3 G? D7375. ,P 不变转速越小GD越大，转速越大GD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？ 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 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, n 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n = n N） P N=U N I N 180KW=230*l N I N=782.6A 该发电机的额定电流为782.6A P= I N100/ n 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, n N=%,试求该电机的额定电流和转矩。 P N=L N I N n N 7500W=220V*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」st=U7R 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，所产生的离心力足以将绕组元件甩到槽外，还可能串励电动机也可能反转运行.但不能用改变电源极性的方法，因这时电枢电流 实验五三相异步交流电动机正反转组态控制 （方法一：PLC控制） 一、实验目的 1、了解在工程窗口中绘制复杂控制图形的方法。 2、掌握运行策略的组态。 3、掌握颜色填充动画的组态。 二、实验设备 1、DQ1-5 HMI实验挂箱。 2、PLC-1型教学实验系统 3、计算机。 三、实验内容 该控制系统为三相笼型异步电动机正反转控制系统。在生产加工过程中，往往要求电动机能够实现可逆运行。如机床工作台的前进与后退，主轴的正转与反转，起重机吊钩的上升与下降等等。这就要求电动机可以正反转，由电动机原理可知，若将接至电动机的三相电源进线中的任意两相对调，即可使电动机反转。所以，正反转运行控制线路实质上是两个方向相反的单向运行线路，为避免误动作引起电源相间短路，要在这两个相反方向的单向运行线路中加设必要互锁，即用两个接触器的常用触头KM1，KM2起相互控制作用，即一个接触器通电时，利用其常闭辅助触头的断开来锁住对方线圈的电路。 利用MCGS设计如图5-1控制窗口。 图5-1三相笼型异步电动机正反转控制系统 由图可知，需要组态“正转启动”、“反转启动”“停止”三个控制按钮，利用MCGS 的图形绘制工具，可以完成该控制窗口中的运行电路和控制电路的设计。控制要求为，点击“正转启动”按钮，运行电路的“KM1”闭合，电动机开始转动，并显示为“正转”，控制电路中的“KM1”闭合，KM1的线圈由绿色变为红色，代表电动机正转运行。点击“停止”按钮“KM1”断开，电动机停止转动，KM1的线圈由红色变为绿 色。“反转启动”按钮控制流程亦然。在电动机运行时，正反转不能进行切换。1、通过PLC进行编程，其参考程序如下： 图5-2 正反转运行PLC程序 2、在MCGS中创建工程后，对控制窗口中的各个元素进行动画组态，由PLC控制程序可知，“正转启动”按钮对应的地址为“M0.0”，“反转启动”按钮对应的地址为“M0.1”，“停止”按钮对应的地址为“M0.2”，“KM1”对应的地址为“Q0.0”，“KM2”对应的地址为“Q0.1”。地址分配后，开始对工程进行动画组态。 3、该工程的动画主要分为4类： （1）、触点（KM1、KM2）的动作：该动画可以用“可见度”来完成。用绘 图工具分别绘制开点图形和闭点图形，用变量选择窗口生成开点图形的表达式为“设备0_读写Q000_0”（KM1）或“设备0_读写Q000_1”（KM2），表达式非零时，设为对应图符不可见。然后生成闭点图形的表达式为“设备0_读写Q000_0”（KM1）或“设备0_读写Q000_1”（KM2），表达式非零时，设为对应图符可见。这样，当PLC程序运行时，即可完成触点的接触、断开动作了。 （2）、电动机旋转动作：这里介绍一种新的方法来完成旋转，即通过“运行策 略”和“可见度”配合完成。具体方法是选中绘制好的旋转图“旋转1”和 “旋转2”。在“实时数据库”新增对象“旋转”，设置对象类型为“数值”，对象初值为0。设定“旋转1”的“可见度”，表达式栏选“旋转”，当表达式非零时，设定“对应图符不可见”。设定“旋转2”的“可见度”，表达式栏选“旋转”，当表达式非零时，设定“对应图符可见”。然后选择“工作台”中的“运行策略”，双击“循环策略”进入“策略组态”窗口。在窗口空白处单击鼠标右键，在弹出选项中，选择“新增策略行”如图5-3所示。 图5-3策略组态 双击图标，进入“表达式条件”窗口，在“表达式”栏中，可以设定策略运行所满足得条件。由控制程序可知，当控制接触器触点闭合的时候，电动机开始转动，所以表达式栏应设定为“设备0_读写Q000_0 or设备0_读写Q000_1”，“条件设置”栏点选表达式的值非0时条件成立，点击确认完成。用鼠标右键点击空白组态plc控制