自动控制系统及应用复习题

自动控制系统及应用复习题一、概念知识1、恒直控制系统和随动系统各自主要特点是什么？答：恒直控制系统特点是：系统控制量为恒定的常量，而要求系统的被控制量也保持在相对的常量上。

随动系统的特点是：系统控制量是变化着的（常常还是随机的）要求被控制量能够准确、迅速复现控制量的变化。

2、组成自动系统的主要原件有哪些？它们各起什么α作用？答：（1）被空量：任何控制系统必定有其控制对象，即系统所要操纵的对象，控制对象的输出是被控量。

（2）给定元件：系统工作时都要加上一定的激力信号，用来生产并可调节系统控制量的元件（3）检测元件：为了检测被控制量，系统需要有检测元件，检测元件的精度直接影响系统的精度，所以应尽可能采用精度高的检测元件和合理的检测线路。

（4）比较元件：为了及时反馈信号和控制量进行比较，以便产生偏差信号，因此系统必须有比较元件。

（5）放大元件：由于偏差信号一般都比较微弱，需要进行变换放在，使它具有足够的幅值和功率，因此系统还必须有放大元件。

（6）执行元件：系统需要根据偏差信号对被控制量产生再控制作用，去驱动控制对象，使被控量按控制要求的变化规律动作，这就要求系统应具有执行元件。

（7）校正元件：为改善系统的控制性能，还需要在系统的偏差信号至被控信号间的前向通道中或反馈通道中加入校正元件。

3、自动控制系统的控制过渡过程是怎样的？答：过渡过程是指系统的被控量C（t）在受到控制量或扰动量作用后由原来的平衡状态变化到新的平衡状态的过程。

4、作为检测元件自整角机在控制系统中的作用是什么？答：在控制系统中，自整角机总是两个或两个以上以上组合，这种组合自整角机能将轴上的转角变换为电信号或者着将电信号转变为转轴的转角，使机械上互不相联的两根或几根转轴同步偏转或旋转，以实现角度的传输、变换和接收。

5、光电（光栅）编码盘在数控机床中得到广泛应用，它优缺点是什么？答：光电（光栅）编码盘的优点：没有触点磨损，允许转速高，精度较高。

缺点：结构复杂、价格贵、光源寿命短，、安装较困难。

6、晶闸管导通角α大小的控制是通过触发电路实现的，请简述触发电路的移动控制过程答：触发电路移动控制过程是通过调整电位器R P来实现的；若使R P增大，则电容充电时间常数（R e+R P）C增大，充电过程减慢，使电容电压到达峰点电压的时刻延后，意味着产生脉冲的时刻后延，亦即控制角α增大，整流电路输出平均电压U d减小，反之α减小U d增大，从而实现移相控制。

7、在具有电阻、电感负载的单相晶管整电路中，下列两种情况会发生怎样的后果?（1）若续流二极管断路（2）若续流二极管的极性接反答：（1）若续流二极管断路。

则会出现与未接续流二极管的情况完全一致的输出电压波形。

（2）将续流二极管的极性接反，则整流后的直流电压将直接通过接反的续流二极管，导致续流二极管、晶闸管等烧毁。

而电阻，电感负载上无电流（或只有微小电流）通过不能正常工作。

8、在控制系统中用比例积分（P1）调节器具有什么优点？答：比例积分（P1）调节器是比例调节器和积分调节器的组合，比例调节器能立即响应输入信号，加快响应过程；而积分调节器虽然响应过程慢，但却可通过不断积分的积累过程来最终消除误差。

比例积分调节器兼顾了二者的优点。

9、SPWM变压变频调速系通采用异步电动机作负载时，是如何调速的？答：采用异步电动机作负载时，SPWM变压变频调速是分段控制的。

基频以下采取恒磁恒压频比控制方式；基频以上，采取恒压弱磁升速控制方式。

10、自动控制系统稳定性的意义是什么？答：若系统在初始状态的影响下，由它所引起的系统时间响应随着时间的推移，逐渐衰减并趋向于零（即回到平衡位置）则称系统为稳定的；反之若在初始状态影响下，由它所引起的系统的时间响应随时间的推移而发散（即越来越偏离平衡位置）则称该系统为不稳定的。

11、系统稳定的充要条件是什么？答：稳定系统的特征根必须全部具有负实部；反之，若特征根中有一个或一个以上具有正实部时，则系统必须为不稳定12、应用劳斯稳定判据对系统的稳定性进行判断时，其步骤是怎样的？答：应用劳斯稳定判据时，分三个步骤进行：步骤一：列出闭环系统特征方程为a n s n+ a n-1s n-1 +……+ a1s + a0=0式中a n＞0各项系数均为实数。

检查各项系数是否都大于零，若都大于零则进行下一步骤；若某系数小于零或出现缺项便可立即断定这样的系统是不稳定的。

步骤二：列定劳斯陈表陈表的第一行（s n）和第二行（s n-1）依特征议程式的系数直接排列。

从第三行（s n-2）往下按公式计算。

这些公式的规律是：每行的数都是由该行上边两行的相关数算得等号右边的二阶行列式中，第二列都是上两行中第一列的两个数，第一列是被算数下一列的上两行的两个数；等号右边的分母是上一行的第一列的数。

步骤三：考察陈表中第一列各数的符号：若第一列各数均为正数，则闭环特征方程所有的根具有负实部，系统稳定；如果第一列中有负数，则系统不稳定，并且第一列中数值符号的改变次数即等于特征方程含有正实部根的数目。

13、任何自动控制系统都要进行校正，系统校正的做含意是什么？答：一个系统的性能指标总是根据它所要完成的具体任务规定的，一般情况下，几个性能指标的要求往往是矛盾的，仅仅依靠调整参数，并不一定能使系统全面的满足性能指标的要求。

此时，可在原有系统中，有目的地增添一些装置或元件，使系统全面的满足性能指标的要求。

我们把这种在系统中增加新的环节，用以改善系统性能的方法称为对系统进行校正。

14、校正的实质是什么？答：校正的实持在于降变系统的零、极点分部，改变系统频率特性，或根轨迹的形状。

15、相位超前校正的作用是什么？答：采用相位超前校正后，由于在对数幅频率特性上有20dB/dec段存在，故加大了系统的穿越频率W C、谐振频率W t、与截止频率W b、其结果是加大了系统宽带，加快了系统的影响速度；又由于产生了一定量的相位超前角，以补偿原系统中某些元件造成的过大的相角滞后，这就有可能加大系统的相位裕量，结果是增大了系统的相对稳定性。

具有两个特点：一是始终提供超前相角；二是随W的减小，幅频也减小，即低频衰减特性。

故超前网络又称为高通滤波器。

16、相位滞后校正的作用是什么？答：滞后校正的作用是利用它的高频衰减特性（即负斜率特性）其校正机理并不是相位滞后，相位滞后的负面影响还应设法降至最小限度，具体方法是使滞后校正的转角频率1/βT和1/T均远离原系统的穿越频率W C，靠近低频段即β和T要选的尽可能大些，一般取其时间常数T比原系统的最大时间常数还要大些。

这样即使加入滞后环节，W C附近的相位几乎没有什么变化，响应速度等了几乎不受影响，这时因低频段增益的增大而改善系统稳定性能。

由于滞后校正的高频衰减特性会使系统的穿越频率W C左移，从而使相位裕量增大，改善系统的相对稳定性。

具有两个特点：一是始终提供滞后相角；二是具有高频衰减特性，称为低通滤波器。

17、相位滞后——超前的作用是什么？答：相位滞后——超前校正，是滞后校正与超前校正的组合，因此它具有超前校正的提高系统相对稳定性和响应快速性；同时又具有滞后校正的不影响原有动态性能的前提下，提高系统的开环增益，改善系统的稳定性能，即同时改善系统的动态性能和稳定性能。

它具有低频端和高频端频率衰减的特性，故又称带通滤波器。

18、PID校正的实质是什么？答：相位超前、相位滞后和相位滞后——超前校正环节都是由电阻和电容组成的网络，统称为无源校正环节，其本身没有放大作用，而且输入阻抗低，输出阻抗高，属于无源校正环节。

当由运算放大器和电阻、电容组成反馈网络连接而成时，则为有源校正环节，它具有高增益放大作用，而且输入阻抗高，输出阻搞低。

被广泛应用于工程控制系统中，常常称其为调节器。

按偏差的比例积分和微分进行控制，可分为比例（P）调节器，比例积分（PI）调节器和比例积分微分（PID）调节器。

二、读图题1、1）图中给定的元件是RP ，被控元件是n ，检测元件是TG、TA ，比较元件是SR、CR ，放大元件是可控硅，执行元件是M ，校正元件是PI SR、PI CR2）图中给定量是U Sn ，被控量是n ，干扰量T、U~ ，，反馈量是U fn、U fi3）R01、R1、C1、SR、组成、PＩ校正（或调节器），R02、R2、C2、、CR组成校正（或调节器），它们又称低通滤波器4）当转矩发生增加变化时请写出它的控制过渡过程T↑→n↓→U fn↓↑→ΔU SR负向↑↓→U SR↑饱和↓退火饱和→ΔU CR↑↓→U CR↓↑→α↓↑→U d↑↓→↑n′↑＞n------↑I d↑饱和↓→U fi↑↓一半→ΔU CR↓↓一半→U CR↑↓一半→α↑↓一半→U d↓→I d饱和↓→n′↓→n′=n2、1）如图所示：给定的元件是RP1，被控元件是RP2，检测元件是RP2，比较元件是2A ，放大元件是可逆功率放大器，执行元件是SM、减速器，校正元件是1A2）给定量是Q i （U i），被控量是Q0（U f0），干扰量是U V、、噪声，反馈量是U f03）R00、R01、1A、组成比例（PI）调节反馈校正网络，R02、R12、R22、、2A组成比例（PI）调节比较放大器4）当Q i逆时针旋转转位移时,写出其自动调节过程Q i↓→U i↓→ΔU2↓→U k↓→U d逆时针↑→SM逆时针旋转→Q0↓→U f0↓→U1A↑→ΔU2↑→U d逆时针↓→SM逆时针旋转减慢→Q0↓→Q0 = Q i三、计算题用劳斯稳定判据判断具有下列特征方程的系统稳定性1、S3+20S2+9S+200=0S3 1 9 S3 1 9S2 20 200 S2 20 200S b1 b2 ≡＞ S -1 0S0 c1 c2 S0 200 09 1b1 =1/20 =1/20（90×20-200×1）=1/20（180-200）= -1 200 200 1b2 =1/20 =00 20200 20c1 =1/-1 =1/-1[200×(-1)-20×0]=-（-200-0）= 2000 -10 20C2 =1/-1 =00 -1答：由于b1=-1所以此系统不稳定2、S4+2S3+3S2+4S+5=0解：S4 1 3 5 S4 1 3 5S3 2 4 0 S3 2 4 0S2 b1 b2 ≡＞S2 15S C1 C2 S -6 0S0d1 d2 S053 1b1=1/2 =1/2（3×2-4×1）=14 25 1b2=1/2 =1/2（5×2-0×1）=50 24 2c1=1/1 =4×1-5×2=-65 10 2C2=1/1 =00 15 1d1=1/-6 =1/-6[5×(-6)-0×1]=50-6答：由于C1=-6 所以此系统不稳定。