浙大自控原理05真题_下__含答案_

自控原理第五章习题参考答案

5-1 5()0.251G s s =+5()0.251G j j ωω=+()A ω=()arctan(0.25)ϕωω=-输入 ()5cos(430)5sin(460) =4r t t t ω=-︒=+︒(4)A ==(4)arctan(0.25*4)45ϕ=-=-︒系统的稳态输出为()(4)*5cos[430(4)]3045)17.68cos(475)17.68sin(415)c t A t t t t ϕ=-︒+=-︒-︒=-︒=+︒ sin cos(90)cos(90)cos(270)αααα=︒-=-︒=+︒或者，()(4)*5sin[460(4)]6045) 17.68sin(415)c t A t t t ϕ=+︒+=+︒-︒=+︒所以，对于cos 信号输入下的稳态输出计算规律与sin 信号作用下计算相同。

5-3（2）1()(1)(12)G s s s =++ 1()(1)(12)G j j j ωωω=++()A ω=()arctan arctan 2ϕωωω=--起点：0ω= (0)1;(0)0A ϕ==︒ 位于正实轴上。

终点：ω→∞ ()0;()180A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第三象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()arctan arctan 290ϕωωω=--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒所以有，1/(2)ωω= 21/2ω=()0.473A ω=== 因此，与虚轴的交点为（0，-j0.47）()ω（3）1()(1)(12)G s s s s =++ 1()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()90arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)90A ϕ=∞=︒∆－－位于负虚轴（左侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()270A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第二象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与实轴有交点，并且满足：()90arctan arctan 2180ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=2()0.673A ω===与实轴的交点为（-0.67，-j0）)ω（4）21()(1)(12)G s s s s =++ 21()()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()180arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)180A ϕ=∞=︒∆－－位于负实轴（上侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()360A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第一象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()180arctan arctan 2270ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=()0.94A ω===与虚轴的交点为（0，j0.94）)ω=5-4（2）10.5ω=，21ω=，1K =，0ν=（3）10.5ω=，21ω=，1K =，1ν=低频段直线（延长线）与0db 线交点的频率为：1/cK νω'=。

《自动控制原理》5章课后习题参考答案.

G S S S =
+
1(
10000(6
.311
2e +=
S S S G
1001.0(11.0(1(1.0(d +++=
S S S S S G 61
.054
.0154.0,
11(2
2
=+==+=
K K
A ω
ωω010
s
900.257.3180 2.16rad
tg ωωω----∙︒=-=,(
(
5
.1,
(5
(6 (7
5.12
K增大和T减少
((1(1(1m K
K s s Ts Ts K
s T s K
Φ=
≈
+++++
K
T m 21=
ζ ,不变(稳定裕度不变
2
22
(12(121b n ωωξξ=-+
-+
5.13
11=+=
p
ssr K e 35
.01
12
416==
=
v
ssr K e %
8.4%100%2
1=⨯=--ξ
πξ
σe 05
.006.13
==≈
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱεξ
ω,S t n s s
rad n n c 8.2707.0707.02=∙=ωωω=0
63
=γdB K g s rad g ∞=∞=ω0,1==r r M ωs
rad n b 4==ωω0
1
1
11006
.787.53.841001.01001.0180180=-=∙-=-+-=----tg

自动化专业2005级《现代控制理论》考试答案及评分标准

−1
二、（20 分）（1）如何由一个传递函数来给出其对应的状态空间模型，试简述其解决思路？（2）给出一个二阶传递函数 G ( s ) =
2s + 5 的两种状态空间实现。 ( s + 3)( s + 5)
解：（1）单输入单输出线性时不变系统传递函数的一般形式是 G ( s) = s n + a n −1 s n −1 + L + a1 s + a 0 bn s n + bn −1 s n −1 L + b1 s + b0
λ2 n
M
⎡ e λ1t ⎤ ⎢ λ2 t ⎥ e ⎥ =⎢ O M ⎥⎢ M ⎥ ⎢ M ⎥ ⎥ ⎥ ⎢ λn t ⎥ −1 ⎢ L λn ⎢e ⎦ ⎥ ⎥ ⎣α n −1 (t )⎦ ⎣ n ⎦
其系数矩阵的行列式是著名的范德蒙行列式，当 λ1 , λ 2 , L , λ n 互不相同时，行列式的值不为零，从而从方程组可得惟一解 α 0 (t ), α 1 (t ), L , α n −1 (t ) 。由
因此，若采用并联分解方式，则系统的状态空间模型为：
&1 ⎤ ⎡− 3 0 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡− 0.5⎤ ⎡x ⎥=⎢ ⎢x ⎥u ⎥⎢ ⎥ + ⎢ ⎣ & 2 ⎦ ⎣ 0 − 5⎦ ⎣ x 2 ⎦ ⎣ 2.5 ⎦ ⎡x ⎤ y = [1 1]⎢ 1 ⎥ ⎣ x2 ⎦
方法三：将 G ( s ) 重新写成下述形式：
G(S ) =
每一个环节的状态空间模型分别为：
−0.5 2.5 + s+3 s+5
&1 = −3x1 − 0.5u ⎧x ⎨ ⎩ y1 = x1
& 2 = −5 x 2 + 2.5u ⎧x ⎨ ⎩ y 2 = x2

自控原理考研真题及答案

自控原理考研真题及答案自控原理是考研中的一门重要课程，涉及到控制系统的基本原理和方法。

掌握自控原理的知识对于考研的成功至关重要。

下面将为大家介绍一些自控原理的考研真题及答案，希望对大家备考有所帮助。

1. 题目：什么是控制系统？答案：控制系统是由被控对象、传感器、执行器、控制器和控制算法等组成的一种能够使被控对象按照期望状态运行的系统。

控制系统可以分为开环控制系统和闭环控制系统两种类型。

开环控制系统只根据输入信号控制被控对象，不考虑被控对象的输出状态；闭环控制系统则通过反馈信号来调整控制器的输出，使被控对象的输出状态接近期望状态。

2. 题目：什么是反馈控制？答案：反馈控制是一种基于被控对象的输出状态来调整控制器输出的控制方法。

在反馈控制系统中，传感器会将被控对象的输出信号转化为电信号，通过控制器进行处理，并根据控制算法计算出控制器的输出信号，再通过执行器作用于被控对象。

通过不断采样被控对象的输出信号，并与期望状态进行比较，反馈控制系统可以实现对被控对象输出状态的调整，使其接近期望状态。

3. 题目：什么是传递函数？答案：传递函数是描述线性时不变系统输入输出关系的数学模型。

传递函数可以通过拉普拉斯变换来求得，它是输出信号与输入信号的比值，通常用H(s)表示，其中s为复变量。

传递函数可以用来分析系统的稳定性、动态响应和频率特性等。

在控制系统中，传递函数可以用来描述控制器、被控对象和传感器等之间的关系。

4. 题目：什么是PID控制器？答案：PID控制器是一种常用的控制器，由比例控制器（P）、积分控制器（I）和微分控制器（D）组成。

比例控制器根据被控对象的输出与期望状态之间的差异进行调整；积分控制器根据被控对象输出与期望状态之间的积分误差进行调整，可以消除稳态误差；微分控制器根据被控对象输出与期望状态之间的变化率进行调整，可以提高系统的动态响应。

PID控制器通过调整比例、积分和微分参数，可以实现对系统的稳定性和动态性能的优化。

浙大自动控制元件作业(含答案)

浙江大学远程教育学院《自动控制元件》课程作业姓名：学号：年级：学习中心：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：1. 由T em =C m ΦI a 可知电磁转矩由每极磁通量和绕组电流大小决定。

2. 由T em =T 0 +T 2 =CmΦIa 控制电流由负载转矩(T 2)和空载转矩(T 0)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. 电磁转矩T em =T 0 +T 2可见电磁转矩不变; 由T em =C m ΦI a 知控制电流I a也不变; 2. KeKtRaTemKe Ua n -=可见U a 升高使得理想空载转速变大导致转速n 升高。

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=15mN.m 。

试问该电动机额定负载转矩是多少？答：Ea= Ua- IaRa=110-0.4×50=90VEa=Ce Φn, Ce=0.105Cm 所以Cm Φ=90/0.105/3600= 0.238; T em =T 0 +T 2=CmΦIa ,所以T 2=CmΦIa -T 0 =0.4*0.238 – 15*10-3=0.0952-15×10-3=80.2mN.m1-6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。

答：电磁转矩T em =T 0 +T 2可见T 2 ↓电磁转矩也↓; 由T em =C m ΦI a 知控制电流I a ↓; Ea= Ua- IaRa 可见I a ↓知Ea↑，由Ea=Ce Φn 知Ea↑知n ↑;当电磁转矩降低到和新的负载转矩相等后, 系统即进入新的平衡状态.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 。

自动控制原理第五版课后答案解析完整版

第一章1-1 图1-2是液位自动控制系统原理示意图。

在任意情况下，希望液面高度c 维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。

图1-2 液位自动控制系统解：被控对象：水箱；被控量：水箱的实际水位；给定量电位器设定水位r u （表征液位的希望值r c ）；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度不变。

工作原理：当电位电刷位于中点（对应r u ）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度r c ，一旦流入水量或流出水量发生变化时，液面高度就会偏离给定高度r c。

当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆作用，使电位器电刷由中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机，通过减速器带动进水阀门向减小开度的方向转动，从而减少流入的水量，使液面逐渐降低，浮子位置也相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，电动机的控制电压为零，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度r c。

反之，若液面降低，则通过自动控制作用，增大进水阀门开度，加大流入水量，使液面升高到给定高度r c。

系统方块图如图所示：1-10 下列各式是描述系统的微分方程，其中c(t)为输出量，r (t)为输入量，试判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统?（１）222)()(5)(dt t r d tt r t c ++=；（２）)()(8)(6)(3)(2233t r t c dt t dc dt t c d dt t c d =+++；（３）dt t dr t r t c dt t dc t )(3)()()(+=+；（４）5cos )()(+=t t r t c ω；（５）⎰∞-++=t d r dt t dr t r t c ττ)(5)(6)(3)(；（６）)()(2t r t c =；（７）⎪⎩⎪⎨⎧≥<=.6),(6,0)(t t r t t c解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项2()r t ，所以该系统为非线性系统。

浙大考研题采样控制系统

浙江大学控制系自动控制原理近年考研题分章集锦（五）（第六章:采样控制系统部分）反反复反复反复反复反复反复反复2023年9、（15分）简朴计算题，直接计算出结果即可。

（每小题5分)(1). 请求出)3.1)(18.0()1()(2222+++-++=z z z z z z z z X 的初值与终值。

解：（1）运用初值定理可求出其初值为1。

由于X(z)有4个极点，且有2个极点位于单位圆外，故终值为不存在或∞。

10、（10分）先求解差分方程，再求其终值y (∞)。

][3][2]1[3]2[n u n y n y n y n =++++， y[0]= 0，y[1]=0；解：(1)对方程取Z 变换并代入初始条件整理得Y(z) 反Z 变换，得：][3201][)2(51][)1(41][n u n u n u n y nn n ⋅+-+--= (2) 由于Y （z ）有根在单位圆外，故系统不稳定，终值将趋于无穷大。

12、（15分）如图所示离散系统，问：当系统的T S /T 比值存在关系)6.11ln(TT T S -=时，系统的输出将出现什么情况？解：系统的开环脉冲传递函数为)(/6.1)(/6.1])1(1[6.1])1(1[]6.1[)(//11T Ts T Ts S T e z T e z T z z Ts Z z Ts e Z z G S ------=-=+=+⋅==--=-=-=--TTT eK b z T6.16.1116.1)6.11ln( 2023年九、（15分/150分）先用Z 变换法求解下面的差分方程，再求其终值e (∞)。

0)(2)1(3)2(=++++k e k e k e 已知，e (0) =0, e (1)=1解：（1）据z 变换的超前定理，对差分方程两边取z 变换)1)(2(23)(2++=++=z z zz z z z E k k z z Z z X Z kT x )2()1()]2111[()]([)(11---=+-+==--(2)由于E （z ）有单位圆外的根，故终值为无穷大。

自控原理习题答案(全)

第一章习题答案1-11-21-3 闭环控制系统主要由被控对象，给定装置，比较、放大装置，执行装置，测量和变送装置，校正装置等组成。

被控对象：指要进行控制的设备和过程。

给定装置：设定与被控量相对应给定量的装置。

比较、放大装置：对给定量与测量值进行运算，并将偏差量进行放大的装置。

执行装置：直接作用于控制对象的传动装置和调节机构。

测量和变送装置：检测被控量并进行转换用以和给定量比较的装置。

校正装置：用以改善原系统控制性能的装置。

题1-4 答：（图略）题1-5 答：该系统是随动系统。

（图略）题1-6 答：（图略）第二章习题答案题2-1 解：（1）F(s)=12s 1+-Ts T（2）F(s)=0.5)421(2+-s s（3）F(s)=428+⋅s es sπ（4）F(s)=25)1(12+++s s（5）F(s)=32412ss s ++ 题2-2 解：(1) f(t)=1+cost+5sint(2) f(t)=e -4t(cost-4sint)(3) f(t)=t t t te e e 101091811811----- (4) f(t)= -tt t te e e ----+-3118195214(5) f(t)= -tt e e t 4181312123--+++题2-3 解：a)dtdu u C R dt du R R c c r 22111=++）（ b)r c c u CR dt du R R u C R dt du R R 1r 12112111+=++）（ c) r r r c c c u dtdu C R C R dtu d C C R R u dtdu C R C R C R dtu d C C R R +++=++++）（）（1211222121122111222121 题2-4 解：a) G(s)=1)(212++s T T sT (T 1=R 1C, T 2=R 2C )b) G(s)=1)(1212+++s T T s T (T 1=R 1C, T 2=R 2C )c) G(s)= 1)(1)(32122131221+++++++s T T T s T T s T T s T T (T 1=R 1C 1, T 2=R 1C 2, T 3=R 2C 1, T 4=R 2C 2 )题2-5 解：(图略) 题2-6 解：33)(+=Φs s 题2-7 解：a) ksf ms s +-=Φ21)(b) )()()(1))(1)(()(21221s G s G s G s G s G s +++=Φc) )()(1)())()(()(31321s G s G s G s G s G s ++=Φd) )()()()(1))()()(323121s G s G s G s G s G s G s -+-=Φe) G(s)=[G 1(s)- G 2(s)]G 3(s)f) )()()()()()()()()()(1)()()()()(43213243214321s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s +-++=Φg) )()()()()()()()(1)()()()(43213212321s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s -+-=Φ题2-8 解：102310)1()()(k k s s T Ts k k s R s C ⋅++++⋅=1023101)1()()(k k s s T Ts k k s N s C ⋅++++⋅=1023102)1()()(k k s s T Ts s T k k s N s C ⋅++++⋅⋅⋅= 题2-9 解：)()()()(1)()()(4321111s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()(4321222s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()()()(432142121s G s G s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()(4321412s G s G s G s G s G s R s C +=题2-10 解：(1)3212321)()(k k k s k k k s R s C +=3212032143)()()(k k k s s G k k k s k k s N s C +⋅+=(2) 2140)(k k sk s G ⋅-= 题2-11 解：122212211111)()1()()(z z s T s T T C s T T s T k k s s m m d e L ⋅++⋅+++⋅=ΘΘ (T 1=R 1C, T 2=R 2C, T d =L a /R a , T m =GD 2R a /375C e C m )第三章习题答案3-1． s T 15=（取5%误差带） 3-2． 1.0=H K K=2 3-3．当系统参数为：2.0=ξ，15-=s n ω时，指标计算为：%7.52%222.0114.32.01===-⨯---e eξξπσs t ns 352.033=⨯==ξωs t n p 641.02.01514.3122=-⨯=-=ξωπ当系统参数为：0.1=ξ，15-=s n ω时，系统为临界阻尼状态，系统无超调，此时有：st ns 95.057.10.145.67.145.6=-⨯=-=ωξ3-4．当110-=s K 时，代入上式得：110-=s n ω，5.0=ξ，此时的性能指标为：%3.16%225.0114.35.01===-⨯---e eξξπσs t ns 6.0105.033=⨯==ξωs t n p 36.05.011014.3122=-⨯=-=ξωπ当120-=s K 时，代入上式得：11.14-=s n ω，35.0=ξ，此时的性能指标为：%5.30%2235.0114.335.01===-⨯---e eξξπσs t ns 6.01.1435.033=⨯==ξω由本题计算的结果可知：当系统的开环放大倍数增大时，其阻尼比减小，系统相对稳定性变差，系统峰值时间变短，超调量增大，响应变快，但由于振荡加剧，调节时间不一定短，本题中的调节时间一样大。

(完整版)自动控制原理试题及答案

一、单项选择题（每题 1 分，共 20 分）1. 系统和输入已知，求输出并对动向特征进行研究，称为（C ）A. 系统综合B.系统辨别C.系统剖析D.系统设计2. 惯性环节和积分环节的频次特征在（ A ）上相等。

A. 幅频特征的斜率B.最小幅值C.相位变化率D.穿越频次3. 经过丈量输出量，产生一个与输出信号存在确立函数比率关系值的元件称为（C ） A. 比较元件 B.给定元件 C.反应元件 D.放大元件 4. ω从 0 变化到 +∞时，延缓环节频次特征极坐标图为（ A ）A. 圆B.半圆C.椭圆D.双曲线5. 当忽视电动机的电枢电感后，以电动机的转速为输出变量，电枢电压为输入变量时，电动机可看作一个（ B ）A. 比率环节B.微分环节C.积分环节D. 惯性环节 6. 若系统的开环传递函数为10，则它的开环增益为（ C ）2)s(5 s7. 二阶系统的传达函数 G( s) 2 5 ，则该系统是（ B ）s 2s 5A. 临界阻尼系统B.欠阻尼系统C.过阻尼系统D.零阻尼系统8. 若保持二阶系统的 ζ不变，提升 ωn ，则能够（ B ）A. 提升上涨时间和峰值时间B.减少上涨时间和峰值时间C.提升上涨时间和调整时间D.减少上涨时间和超调量9. 一阶微分环节 G ( s) 1 Ts ，当频次1时，则相频特征G ( j ) 为（ A ）TA.45 °B.- 45°C.90 °D.- 90°10.最小相位系统的开环增益越大，其（ D ）A. 振荡次数越多B.稳固裕量越大C.相位变化越小D.稳态偏差越小11.设系统的特点方程为 D s s 48s 3 17 s 2 16s50，则此系统（ A ）A. 稳固B.临界稳固C.不稳固D.稳固性不确立。

12.某单位反应系统的开环传达函数为： G sk，当 k=（ C ）时，闭环系1)( s 5)s(s 统临界稳固。

13.设系统的特点方程为 D s 3s 410s 3 5s 2 s 20，则此系统中包括正实部特点的个数有（C ）14.单位反应系统开环传达函数为 G ss 2 5 ，当输入为单位阶跃时，则其地点误6s差为（ C ）s若已知某串连校订装置的传达函数为 G c (s) s1，则它是一种（ D ） 15. 10s 1A. 反应校订B.相位超前校订C.相位滞后 —超前校订D.相位滞后校订16.稳态偏差 e 与偏差信号 E(s)的函数关系为（B ）ssA. e ss lim E(s)B. e ss lim sE(s)s 0s 0C. e ss lim E( s)D. e ss lim sE(s)ss17.在对控制系统稳态精度无明确要求时，为提升系统的稳固性，最方便的是（ A ）A. 减小增益B.超前校订C.滞后校订D.滞后 -超前 18.相位超前校订装置的奈氏曲线为（ B ）A. 圆B.上半圆C.下半圆 °弧线开环传达函数为 G(s)H(s)= 3 K, 则实轴上的根轨迹为（ C ）19.( s 3)sA.( - 3，∞ )B.(0，∞ )C.(- ∞， - 3)D.( - 3，0)20.在直流电动机调速系统中，霍尔传感器是用作（ B ）反应的传感器。

2005 浙江大学化工原理真题详解

2
· ·
浙江大学化工原理历年试题及解析
【解】提示：对于处理量 VS 能够 100%除去的最小颗粒直径为：
dp min
18u Vs * g ( p ) A
Vs 增加，dpmin 增加，即对单位水分子粒子来说，处于油层的水分子的粒子直径增加，即油中含水率提高，同理水中含油率下降。（2）油路不畅，水路正常，说明油中含水率极小，出油少。调节水的流量计，使水的流量减小。 2、（27 分）
A' A
批注 [f4]: 验证两个不同阶段
a(t t w ) 0.065* (61 35) 7.01*104 kg / m2 .s rw 5 * 7.01*104 Gc 160 1 ( X1 X 0 ) (0.25 0.15) 1.27h AN AC 5 * 7.01*104
x D ye ye xe axF ） 1 (a 1) xF
因为泡点进料 q=1，e 的坐标为（xF , 代入数据得到：（0.5，0.75）
Rmin
x D ye =0.6，R=0.6*2=1.2 ye xe
批注 [f3]: 知两点，便可以得到直线方程
即提馏段操作线（0.5，0.75）（0.05，0.05）即可以得到提馏段的操作线方程：y=1.56x-0.03 （2）精馏段操作线 y=0.545x+0.409 平衡线 x
2
35°
61°
Gc Xc X * 160 0.15 0.02 ( X c X * ) Ln (0.15 0.02) Ln 1.84h AN AC X 2 X * 5 * 7.01*104 0.0625 0.02
1 1 2 1.27 1.84 3.11h

自学考试：控制电机试题及答案

.浙江省2005年10月高等教育自学考试控制电机试题课程代码：02614一、单项选择题(在每小题的四个备选答案中，选出一个正确答案，并将正确答案的序号填在题干的括号内。

每小题1分，共10分)1.交流铁心线圈中，下列哪种情况下，磁感应强度B m 减小，线圈电流I 减小( )。

A. 电源电压大小和频率不变，绕组匝数增多B. 电源电压不变，频率不变C. 电源电压不变，铁心截面减小D. 电源电压不变，铁心中气隙增加2. 直流电磁铁吸合后的电磁吸力比吸合前要( )。

A.大B.小C.一样D.不能确定3.三相变压器采用△/Y 接法时，高压绕组相电压UP1与线电压UL1及低压绕组相电流IP2与线电流I L2的关系分别为( )。

A. U L1=3U P1，I L2=I P2=31U P1，I L2=3I P2 C. U L1=3UP1，I L2=3IP2 D. U L1=U P1，I L2=31I P24.他励直流电动机在运行过程中，若励磁回路突然断开，会发生以下哪种情况( )A.立即停转B.飞车C.运转一会儿后停止D.电机发热 5.直流电动机的机械特性描述了( )的对应关系。

A.速度与电压B.速度和电流C.转矩和电压D.速度和转矩6. 异步电动机工作时，转子的转速n 与旋转磁场转速n 0的关系是( )。

A. n<n 0B. n>n 0C. n=n 0D. n ≤n 07.三相异步电动机的同步转速n 0与下列变量的关系正确的是( )。

A.与频率f 成正比，与极对数p 成反比B.与定子绕组电压成正比，对极对数p 成正比C.与频率f 成反比，与极对数p 成正比D.与定子绕组电压成正比，对极对数p 成反比8.三相异步电动机处于电动机状态，发电机状态和电磁制动状态下的转差率S 分别为( )。

A. 0<S<1,S<0,S>1B. -1<S<1,S<-1,S>1C. 0<S<1,S>1,S<0D. -1<S<1,S>1,S<-19. 变极调速只适用于( )。

自控(第五版)习题答案

2-1 （b）取A,B两点分别进行受力分析。
对A点有
dx1 dy k1 ( x x1 ) f ( ) （1） dt dt
对B点有
dx1 dy f( ) k2 y dt dt
（2）
联立式（1）、（2）可得： k1k 2 k1 dx dy y dt f (k1 k 2 ) k1 k 2 dt
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 i 零，因为当偏差电压为 0时，f 0 发电机就不能工作即图(b)所示系统的稳态电压会低于110伏。
2-1（a）应用复数阻抗概念可写出
2-10 （c）图中有4条前向通路，5个回路
P1 G1， P2 G1G 2， P3 G 2， P4 G 2 G1 ，
L1 G1， L2 G1G2， L3 G2， L4 G2G1， L5 G1G2 ，
1 2 3 4 1 1 (L1 L 2 L3 L 4 )，，
2-2 (a)取A、B两点分别进行受力分析，如图解所示。对A点有 (1) k 2 ( x y) f 2 ( x y) f1 ( y y1 ) 对B点有
f1 ( y y1 ) k1 y1
(2)
对式（1）（2）分别取拉氏变换，消去中间变量 y1 整理后得 f1 f 2 2 f1 f 2 s ( )s 1 Y ( s) k1k2 k1 k2 ＝ X ( s) f1 f 2 2 f1 f 2 f 2 s ( )s 1 k1k2 k1 k2 k1
R2C 2 ) s 1