自动控制元件习题答案
自动控制原理习题及解答
对于本例，系统的稳态误差为
本题给定的开环传递函数中只含一个积分环节，即系统为1型系统，所以
系统的稳态误差为
解毕。
例3-21控制系统的结构图如图3-37所示。假设输入信号为r(t)=at( 为任意常数)。
解劳斯表为
1 18
8 16
由于特征方程式中所有系数均为正值，且劳斯行列表左端第一列的所有项均具有正号，满足系统稳定的充分和必要条件，所以系统是稳定的。解毕。
例3-17已知系统特征方程为
试判断系统稳定性。
解本例是应用劳斯判据判断系统稳定性的一种特殊情况。如果在劳斯行列表中某一行的第一列项等于零，但其余各项不等于零或没有，这时可用一个很小的正数ε来代替为零的一项，从而可使劳斯行列表继续算下去。
（3）写中间变量关系式
式中，α为空气阻力系数 为运动线速度。
（4）消中间变量得运动方程式
（2-1)
此方程为二阶非线性齐次方程。
（5）线性化
由前可知，在＝0的附近，非线性函数sin≈，故代入式（2-1）可得线性化方程为
例2-3已知机械旋转系统如图2-3所示，试列出系统运动方程。
图2-3机械旋转系统
解：（1）设输入量作用力矩Mf，输出为旋转角速度。
运动方程可直接用复阻抗写出：
整理成因果关系：
图2-15电气系统结构图
画结构图如图2-15所示：
求传递函数为：
对上述两个系统传递函数，结构图进行比较后可以看出。两个系统是相似的。机一电系统之间相似量的对应关系见表2-1。
表2-1相似量
机械系统
xi
x0
自动控制原理习题答案详解
自动控制原理习题答案详解自动控制原理习题详解（上册）第一章习题解答1-2日常生活中反馈无处不在。
人的眼、耳、鼻和各种感觉、触觉器官都是起反馈作用的器官。
试以驾车行驶和伸手取物过程为例，说明人的眼、脑在其中所起的反馈和控制作用。
答：在驾车行驶和伸手取物过程的过程中，人眼和人脑的作用分别如同控制系统中的测量反馈装置和控制器。
在车辆在行驶过程中，司机需要观察道路和行人情况的变化，经大脑处理后，不断对驾驶动作进行调整，才能安全地到达目的地。
同样，人在取物的过程中，需要根据观察到的人手和所取物体间相对位置的变化，调整手的动作姿势，最终拿到物体。
可以想象蒙上双眼取物的困难程度，即使物体的方位已知。
1-3 水箱水位控制系统的原理图如图1-12所示，图中浮子杠杆机构的设计使得水位达到设定高度时，电位器中间抽头的电压输出为零。
描述图1-12所示水位调节系统的工作原理，指出系统中的被控对象、输出量、执行机构、测量装置、给定装置等。
图1-12 水箱水位控制系统原理图答：当实际水位和设定水位不相等时，电位器滑动端的电压不为零，假设实际水位比设定水位低，则电位器滑动端的电压大于零，误差信号大于零（0e >），经功率放大器放大后驱动电动机M 旋转，使进水阀门开度加大，当进水量大于出水量时（12Q Q >），水位开始上升，误差信号逐渐减小，直至实际水位与设定水位相等时，误差信号等于零，电机停止转动，此时，因为阀门开度仍较大，进水量大于出水量，水位会继续上升，导致实际水位比设定水位高，误差信号小于零，使电机反方向旋转，减小进水阀开度。
这样，经反复几次调整后，进水阀开度将被调整在一适当的位置，进水量等于出水量，水位维持在设定值上。
在图1-12所示水位控制系统中，被控对象是水箱，系统输出量水位高，执行机构是功率放大装置、电机和进水阀门，测量装置浮子杠杆机构，给定和比较装置由电位器来完成。
1-4 工作台位置液压控制系统如图1-13所示，该系统可以使工作台按照给定电位器设定的规律运动。
自动控制原理完整版课后习题答案
1 请解释下列名字术语：自动控制系统、受控对象、扰动、给定值、参考输入、反馈。
解：自动控制系统：能够实现自动控制任务的系统，由控制装置与被控对象组成；受控对象：要求实现自动控制的机器、设备或生产过程扰动：扰动是一种对系统的输出产生不利影响的信号。
如果扰动产生在系统内部称为内扰；扰动产生在系统外部，则称为外扰。
外扰是系统的输入量。
给定值：受控对象的物理量在控制系统中应保持的期望值参考输入即为给定值。
反馈：将系统的输出量馈送到参考输入端，并与参考输入进行比较的过程。
2 请说明自动控制系统的基本组成部分。
解：作为一个完整的控制系统，应该由如下几个部分组成：①被控对象：所谓被控对象就是整个控制系统的控制对象；②执行部件：根据所接收到的相关信号，使得被控对象产生相应的动作；常用的执行元件有阀、电动机、液压马达等。
③给定元件：给定元件的职能就是给出与期望的被控量相对应的系统输入量（即参考量）；④比较元件：把测量元件检测到的被控量的实际值与给定元件给出的参考值进行比较，求出它们之间的偏差。
常用的比较元件有差动放大器、机械差动装置和电桥等。
⑤测量反馈元件：该元部件的职能就是测量被控制的物理量，如果这个物理量是非电量，一般需要将其转换成为电量。
常用的测量元部件有测速发电机、热电偶、各种传感器等；⑥放大元件：将比较元件给出的偏差进行放大，用来推动执行元件去控制被控对象。
如电压偏差信号，可用电子管、晶体管、集成电路、晶闸管等组成的电压放大器和功率放大级加以放大。
⑦校正元件：亦称补偿元件，它是结构或参数便于调整的元件，用串联或反馈的方式连接在系统中，用以改善系统的性能。
常用的校正元件有电阻、电容组成的无源或有源网络，它们与原系统串联或与原系统构成一个内反馈系统。
3 请说出什么是反馈控制系统，开环控制系统和闭环控制系统各有什么优缺点？解：反馈控制系统即闭环控制系统，在一个控制系统，将系统的输出量通过某测量机构对其进行实时测量，并将该测量值与输入量进行比较，形成一个反馈通道，从而形成一个封闭的控制系统；开环系统优点：结构简单，缺点：控制的精度较差；闭环控制系统优点：控制精度高，缺点：结构复杂、设计分析麻烦，制造成本高。
自动控制元件及线路课后题答案
• 现代的先进步进电机驱动器一般同时 包括细分、恒流斩波、升频升压等电 路。
第九章
• 1.产生误差的主要原因是负载电流磁势的交轴 分量。可采用负边补偿和原边补偿消除误差。 • 2.线性旋变接线图 • 3.旋变发送机和变压器的转角分别为 1 和 2 。旋 ' ' s 变变压器定子磁密与定子绕组 1 s3 轴线的夹角为 1 ，与转子绕组 R2' R4' ' 90 (1 2 ) ，与 R1' R3 轴线的夹角为 ' ' 的夹角为 1 2 。所以 R2 R4 中的感 应电势有效值为
• 8.步进电机最大输出转矩与运行频率的关系 称为运行矩频特性。起动频率与负载转矩的 关系是起动矩频特性，起动频率与负载转动 惯量的关系是起动惯频特性。在负载条件下 能无失步运行的最高控制频率称为运行频率。
12. 步进电动机的驱动器包括哪些主要部分？ 它们的主要功能是什么？
驱动器包括脉冲分配器与功率放大器。 脉冲分配器接收控制脉冲和方向信号， 并按要求的状态顺序产生各相控制绕组 导通或截止的信号。 功率放大器包括信号放大器与处理、保 护电路，推动放大级和功率输出级。功放 输出级直接与步进电机各相绕组连接，直 接向绕组提供所要的电压、电流。
' ' ' ' ER 1 2 ) E R sin 24 ER cos[90 (1 2 )] E R sin(
故可测出两轴转角差。
7.当电机的轴被卡住不动，定子绕组仍加 额定电压，为什么转子电流会很大？ 伺服电动机从启动到运转时， 转子绕组 电流的频率、电势及电抗会有什么变化？ 为什么会有这些变化？
7.1）转子不动时，n=0，s=1， ' 1 - s r2 =0 模拟电阻 s 等效电路中转子电路阻抗最小，只有转子 本身的电阻和漏抗，故电流很大。 从物理角度看，转子不动时，转子与磁场 间相对速度最高，感 s :1 0 f2 = sf1 : f1 0
自动控制元件试题及答案
自动控制元件试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 自动控制系统中，开环控制系统与闭环控制系统的主要区别在于（）。
A. 控制精度B. 是否有反馈环节C. 响应速度D. 系统复杂度答案：B2. 在自动控制系统中，比例（P）、积分（I）和微分（D）控制器各自的作用是什么？A. P：消除静差；I：加快响应；D：减少超调B. P：加快响应；I：消除静差；D：减少超调C. P：减少超调；I：加快响应；D：消除静差D. P：减少超调；I：消除静差；D：加快响应答案：B3. 一个二阶系统的特征方程为s^2 + 4s + 5 = 0，其阻尼比ζ和自然频率ω_n分别为（）。
A. ζ = 0.5, ω_n = 1B. ζ = 1, ω_n = 5C. ζ = 0.5, ω_n = 2.5D. ζ = 1, ω_n = 2.5答案：C4. 在自动控制系统中，稳定性是指系统在受到扰动后能够（）。
A. 保持原状B. 恢复到平衡状态C. 产生振荡D. 产生发散答案：B5. PID控制器中，积分作用的主要用途是（）。
A. 消除静差B. 加快系统的响应速度C. 减少系统的超调D. 提高系统的稳定性答案：A6. 一个系统开环传递函数为G(s) = K/(s^2 + 2s + 5)，其闭环传递函数为T(s) = G(s)/[1 + G(s)C(s)]，若C(s) = 3，则闭环传递函数为（）。
A. T(s) = K/(s^2 + 2s + 6.5)B. T(s) = K/(s^2 + 2s + 6)C. T(s) = K/(s^2 + 2s + 5.5)D. T(s) = K/(s^2 + 2s + 5)答案：C7. 系统稳定性的劳斯判据中，如果劳斯表的第一列有正数，则系统（）。
A. 一定稳定B. 一定不稳定C. 可能稳定D. 无法判断答案：A8. 在自动控制系统中，稳态误差的存在主要是由于（）。
A. 系统的动态特性B. 系统的稳态特性C. 系统的输入信号D. 系统的初始条件答案：B9. 对于一个具有纯积分环节的系统，其稳态误差ESS与输入信号r(t)和负载干扰d(t)的关系是（）。
自动控制元件(第四版)习题答案
部分习题答案，仅供参考！直流测速发电机1.为什么直流发电机电枢绕组元件的电势是交变电势而电刷电势是直流电势答：电枢连续旋转，导体ab和cd轮流交替地切割N极和S极下的磁力线，因而ab和cd中的电势及线圈电势是交变的。
由于通过换向器的作用，无论线圈转到什么位置，电刷通过换向片只与处于一定极性下的导体相连接，如电刷A始终与处在N极下的导体相连接，而处在一定极性下的导体电势方向是不变的，因而电刷两端得到的电势极性不变，为直流电势。
2. 如果图2 - 1 中的电枢反时针方向旋转，试问元件电势的方向和A、B电刷的极性如何答：在图示瞬时，N极下导体ab中电势的方向由b指向a，S极下导体cd中电势由d指向c。
电刷A通过换向片与线圈的a端相接触，电刷B与线圈的d端相接触，故此时A电刷为正，B电刷为负。
当电枢转过180°以后，导体cd处于N极下，导体ab处于S极下，这时它们的电势与前一时刻大小相等方向相反，于是线圈电势的方向也变为由a到d，此时d为正，a为负，仍然是A刷为正，B刷为负。
4. 为什么直流测速机的转速不得超过规定的最高转速负载电阻不能小于给定值答：转速越高，负载电阻越小，电枢电流越大，电枢反应的去磁作用越强，磁通被削弱得越多，输出特性偏离直线越远，线性误差越大，为了减少电枢反应对输出特性的影响，直流测速发电机的转速不得超过规定的最高转速，负载电阻不能低于最小负载电阻值，以保证线性误差在限度的范围内。
而且换向周期与转速成反比，电机转速越高，元件的换向周期越短；eL正比于单位时间内换向元件电流的变化量。
基于上述分析，eL必正比转速的平方，即eL∝n2。
同样可以证明ea∝n2。
因此，换向元件的附加电流及延迟换向去磁磁通与n2成正比，使输出特性呈现非线性。
所以，直流测速发电机的转速上限要受到延迟换向去磁效应的限制。
为了改善线性度，采用限制转速的措施来削弱延迟换向去磁作用，即规定了最高工作转速。
第三章1. 直流电动机的电磁转矩和电枢电流由什么决定答;直流电动机的电枢电流不仅取决于外加电压和本身的内阻，而且还取决于与转速成正比的反电势（当=常数时）根据转矩平衡方程式，当负载转矩不变时，电磁转矩不变；加上励磁电流If不变，磁通Φ不变，所以电枢电流Ia也不变，直流电动机的电磁转矩和电枢电流由直流电动机的总阻转矩决定。
自动控制元件离线作业答案
浙江大学远程教育学院《自动控制元件》课程作业—————————————————————————————第一章直流伺服电动机1-1直流伺服电动机的电磁转矩和控制电流由什么决定答：电磁转矩T em=C mΦI a 由每极磁通量和绕组电流大小决定。
控制电流由负载转矩大小决定。
1-2当直流伺服电动机的负载转矩恒定不变时，控制电压升高将使稳态的电磁转矩、控制电流、转速发生怎样的变化为什么答：（1）控制电流由负载转矩大小决定，不变。
（2）电磁转矩T em=C mΦI a 可见电磁转矩也不变。
（3）Ua-Ua0=Ea=CeΦn，可见转速变大。
1-3已知一台直流电动机，其电枢额定电压Ua=110V，额定运行时电枢电流Ia=0.4A，转速n=3600rpm，它的电枢电阻Ra=50欧姆，负载阻转矩To=。
试问该电动机额定负载转矩是多少解：Ea=Ua-IaRa=*50=90VEa=CeΦnCe=0.105Cm得：90=0.105CmΦ*3600 则CmΦ=T2+T0=Tem= CmΦIa代入得：T2=**10-3=1-6当直流伺服电动机电枢电压、励磁电压不变时，如将负载转矩减少，试问此时电动机的电枢电流、电磁转矩、转速将怎样变化并说明由原来的状态到新的稳态的物理过程。
解：Ea=Ua-IaRa=CeΦnTem=T2+T0=CmΦIa电枢电流由负载转矩决定。
可得：电枢电流减小、电磁转矩减小、转速增大。
第二章直流测速发电机2-4某直流测速发电机，其电枢电压U=50V，负载电阻R L=3000Ω，电枢电阻Ra=180Ω，转速n=3000rpm，求该转速下的空载输出电压Uo和输出电流Ia。
解：U0=Ea/（1+Ra/Rf）=Ia=U0/Rl=3000=0.015A第三章步进电动机3-8某五相反应式步进电动机转子有48个齿，试分析其有哪几种运行方式及对应的步距角，并画出它们的矩角特性曲线族。
解：步矩角：2π/（48*5）=π/120五相单5拍五相双5拍五相三拍五相四拍3-10四相反应式步进电动机，转子有50个齿，试计算各种运行方式的步距角。
自控原理习题解答
②R(s)和N(s)同时作用时系统的输出
∴ C(s) = CR (s) + CN (s)
=
G1G2 + G1G3 + G1G2G3H1
R(s) +
1+ G1G3 + G2H1 + G1G2 + G1G2G3H1
+ 1+ G2H1 + G1G2G4 + G1G3G4 + G1G2G3G4H1 N (s) 1+ G1G3 + G2H1 + G1G2 + G1G2G3H1
s(s + 1)
Kts
1.试分析速度反馈系数Kt对系统稳定性的影响。 2.试求KP、Kv、Ka并说明内反馈对稳态误差的影响。 解: 1.如果没有内反馈，系统的开环和闭环传递函数为
解：将系统开环传递函数与二阶系统典型开环传递函
数比较： 所以：
G(s) =
ωn2
s(s + 2ζωn )
ωn = 10K
2ζωn = 10 ζωn = 5
ζ= 5
10K
−πζ
σ = e 1−ζ 2 ×100%
tp
=π ωd
=
ωn
π 1−ζ 2
tS
(5%)
≈
3
ζωn
分别将K＝10 ，K＝20代入计算，结果如下：
10K1 = 10 1 + 10 K 2
解之得：K2＝0.9 K1＝10
Ø 3-4 单位反馈系统的开环传递函数为
G(s) = K = 10K s(0.1s + 1) s(s +10)
试分别求出K=10s–1和K=20s–1时，系统的阻尼比ζ 和
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习题参考答案
第一章
习题1－1
由负载总转矩决定
习题1－2
稳态电磁转矩、控制电流（电枢电流）不变；转速升高。
习题1－3
80.5 mN ·m
习题1－6
电枢电流减少；电磁转矩减少；转速升高。
第二章
习题2－4
空载输出电压 53 V ；
输出电流 0.01667 A
第三章
习题3－8
2－2通电，步距角 1.5º；
2－3通电，步距角 0.75º
习题3－10
步距角 1.8º/0.9º
单双八拍运行时，起动转矩为 0.1N ·m ；步距角 0.9º
双四拍运行时，起动转矩为 0.1N ·m ；步距角 1.8º
单四拍运行时，起动转矩为 0.0707N ·m ；步距角 1.8º
第四章
习题4－6
cos sin sin s c x y s x y U U U U U U co θθ
θθ
=+=-+
习题4－8
（1）21θθ= （2）5γ=-
，负号表示逆时针。
第五章
习题5－4
21θθθ=-，
若21θθ-大于0，顺时针转；
21θθ-小于0，逆时针转； 21θθ-等于0，不转。
习题5－6
（1） 逆时针方向；
（2） 逆时针方向转过20°；
（3） 不做
（4） －20°（逆时针）
习题5－7
0124.44sin()E fW θθ=Φ⋅-
f 为激磁电源交变频率；W 为自整角变压器输出绕组有效匝数；Φ为自整角变压器的主磁通。
第六章
习题6－8
幅值控制、相位控制、幅相（复合）控制。
习题6－13
控制信号（电压）消失时，伺服电动机不能停转，这种现象称为自转现象。
见书中图6－28实线所示机械特性。