运动控制第六章作业及解答
运动控制参考答案
运动控制参考答案运动控制参考答案运动控制是指通过控制系统对机械设备或工业机器人的运动进行精确控制的过程。
在现代工业中，运动控制技术被广泛应用于各种自动化设备和生产线中，以提高生产效率和质量。
本文将介绍一些常见的运动控制问题，并给出相应的参考答案。
一、速度控制问题速度控制是运动控制中的基本问题之一。
在实际应用中，常常需要根据特定的要求对机械设备进行速度调节。
例如，生产线上的传送带需要根据生产节奏来调整速度，以确保产品的顺利运输。
在这种情况下，可以采用PID控制算法来实现速度控制。
PID控制算法是一种经典的控制方法，通过不断调整控制器的输出信号，使得被控对象的输出值与期望值尽可能接近。
二、位置控制问题位置控制是指对机械设备的位置进行准确控制。
在很多应用中，需要将机械设备移动到特定的位置，以完成一系列操作。
例如，工业机器人需要准确地抓取和放置物体，这就需要对机器人的位置进行控制。
在这种情况下，可以采用闭环控制方法来实现位置控制。
闭环控制是指通过不断测量被控对象的输出值，并与期望值进行比较，从而调整控制器的输出信号，使得被控对象的输出值逐渐接近期望值。
三、力控制问题力控制是指对机械设备施加特定的力或压力进行控制。
在某些应用中，需要对机械设备施加特定的力或压力，以保证操作的安全性和稳定性。
例如，自动化装配线上的螺栓拧紧机需要根据螺栓的规格和要求施加特定的扭矩力。
在这种情况下，可以采用力传感器来测量施加在机械设备上的力，并通过闭环控制方法来实现力控制。
四、轨迹规划问题轨迹规划是指对机械设备的运动轨迹进行规划和控制。
在某些应用中，需要将机械设备按照特定的轨迹进行移动，以完成复杂的操作。
例如，自动化焊接机器人需要按照预定的轨迹进行焊接操作。
在这种情况下，可以采用插补控制方法来实现轨迹规划。
插补控制是指通过对机械设备的位置进行插值计算，从而实现平滑的运动轨迹。
总结：运动控制是现代工业中的重要技术之一。
通过对机械设备的速度、位置、力和轨迹进行精确控制，可以提高生产效率和质量。
运动控制系统习题答案
第一章 习题答案1-1为什么PWM-电动机系统比晶闸管----电动机系统能够获得更好的动态性能？答：PWM 开关频率高，响应速度快，电流容易连续，系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强。
1-2试分析有制动通路的不可逆PWM 变换器进行制动时，两个VT 是如何工作的？答：制动时，由于1g U 的脉冲变窄而导致d i 反向时，U g2 变正，于是VT 2导通，VT 2导通，VT 1关断。
1-3调速范围和静差率的定义是什么？调速范围，静态速降和最小静差之间有什么关系？为什么脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了？答：生产机械要求电动机提供的最高转速 max n 和最低转速min n 之比叫做调速范围，用字母D 表示，即：m inm ax n n D = 负载由理想空载增加到额定值时，所对应的转速降落N n ∆ 与理想空载转速min 0n 之比，称为系统的静差率S,即：m in0n n s N ∆= 调速范围，静差速降和最小静差之间的关系为：)1(s n s n D N N -∆= 由于在一定的N n 下，D 越大，m in n 越小N n ∆ 又一定，则S 变大。
所以，如果不考虑D ，则S 的调节也就会容易，1-4．某一调速系统，测得的最高转速特性为m in /1500max 0r n =，最低转速特性为m in /150min 0r n =，带额定负载的速度降落m in /15r n N =∆，且不同转速下额定速降Nn ∆不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多大？解1115150151500min 0max 0min max =--=∆-∆-==N N n n n n n n D%1015015min 0==∆=n n s 1-5闭环调速系统的调速范围是1500----150r/min ，要求系统的静差 s<=2%,那末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？1，min /06.3%)21(10%21500)1(101501500min max r s D s n n n n D N =-⨯≤-=∆===则 2，7.31106.31001=-≥+=∆∆K K n n cl op则1-6某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8 r/min ，如果将开环放大倍数他提高到30，它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？min /4813011511/1/11;;30;151********21121r n K K n n n K K n n K n K K K cl cl cl cl cl cl ≈⨯++=∆++=∆∆∆=++∆∆→∆→==）（）成反比，则（与开环放大倍数加同样负载扰动的条件下同样静差率的条件下调速范围与开环放大倍数加1成正比94.111513011/1/112122121≈++=++==++K K D D D D K K cl cl cl cl ）（）（ 1-7某调速系统的调速范围D=20，额定转速min /1500r n =，开环转速降落min /240r n Nop =∆，若要求静差率由10%减少到5%则系统的开环增益将如何变化？解：原系统在调速范围D=20，最小转速为：min /75201500max min r D n n ===， 原系统在范围D=20，静差率为10%时，开环增益为：8.27133.82401min /5.31111=-=-∆∆=→=+∆=∆cl NopNopcl n n K r K n n 静差率10%时原系统的开环增益为：76.598.2776.59%522增加到将从所以系统的开环增益时，同理可得当K K s ==min /33.8%1075min min 0r n n n n n n n n cl clcl cl cl cl =∆=∆+∆=∆+∆=∆则1-8转速单环调速系统有那些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？答：1）闭环调速系统可以比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围。
电力拖动自动控制系统-运动控制系统习题解答第6、7章
第6章习题解答6-1 一台三相笼型异步电动机铭牌数据为：额定电压V U N 380=，额定转速m in /960r n N =，额定频率Hz f N 50=，定子绕组Y 联接。
由实验测得定子电阻Ω=35.0s R ，定子漏感H L s 006.01=，定子绕组产生气隙主磁通的等效电感H L m 26.0=，转子电阻Ω=5.0'r R ，转子漏感H L r 007.0'1=，转子参数已折合到定子侧，忽略铁心损耗。
（1）．画出异步电动机T 型等效电路和简化等效电路；（2）．额定运行时的转差率N s ，定子额定电流N I 1和额定电磁转矩；（3）．定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流0I ；（4）．定子电压和频率均为额定值时，临界转差率m s 和临界转矩m T ，画出异步电动机的机械特性。
解：（1）．异步电动机T 型等效电路和简化等效电路R L 'LL 'L（2）．额定运行时的转差率100096041000100N s -==根据简化等效电路，定子额定电流1N I =额定电磁转矩'2113pr e NNn R T Is ω=，其中，160605031000N p f n n ⨯===，12N f ωπ=（3）．定子电压和频率均为额定值时，理想空载时的励磁电流0I =（4）．定子电压和频率均为额定值时，临界转差率2'212')(lr ls s r m L L R R s ++=ω和临界转矩em T =异步电动机的机械特性eT ns n 1emms 06-2 异步电动机参数如6-1题所示，画出调压调速在12N U 和23N U 时的机械特性，计算临界转差率m s 和临界转矩m T ，分析气隙磁通的变化，在额定电流下的电磁转矩，分析在恒转矩负载和风机类负载两种情况下，调压调速的稳定运行范围。
解：调压调速在12N U 和23N U 时的机械特性T en s临界转差率2'212')(lr ls s r m L L R R s ++=ω12N U 时，临界转矩em T=气隙磁通1ΦSm s N≈23N U 时，临界转矩em T=气隙磁通1ΦSm s N ≈带恒转矩负载L T 工作时，稳定工作范围为0m s s <<，带风机类负载运行，调速范围01s <<。
运动控制系统第6章位置随动系统
2）定位精度与速度控制范围 定位精度是评价位置随动系统控制准确度的性能指标。系统最终定 位点与指令目标值间的静止误差定义为系统的定位精度。 位置伺服系统，应当能对位置输入指令输入的最小设定单位（1脉 冲当量），作出相应的响应。为了实现这一目标，一是要采用分辨 率足够高的位置检测器，二是要求系统的速度单元具有足够宽的调 速范围，也就是说速度单元要有较好的低速运行性能。 图6-3为速度控制单元的输入输出特性
2. 交流伺服电动机
在现代伺服系统中，更多的采用交流伺服电动机。交流伺服电动机可 以是异步电动机或者永磁同步电动机。
交流异步伺服电动机有下述特点：
1）采用二相结构，电动机定子上布置有空间相差90º电角度的二相绕组， 一相称励磁绕组，一相称控制绕组，分别施加相位差90º的交流电压；
2）励磁绕组电压不变控制绕组电压为零时，旋转磁场变成了静止脉动磁 场，电动机立即停止转动，克服了普通异步电动机失电时的“自转”现象， 符合机床的要求；
6.2.4 数控机床的轨迹控制原理及其实现
1. 数控插补概述 以数控机床为例，其控制的目标是被加工的曲线或曲面，在加工过程
中要随时根据图纸参数求解刀具的运动轨迹，其计算的实时性有时难 以满足加工速度的需求。因此实际工程中采用的方法是预先通过手工 或自动编程，将刀具的连续运动轨迹分成若干段，而在执行程序的过 程中实时地将这些轨迹段用指定的具有快速算法的直线、圆弧或其它 标准曲线予以逼近。 插补是一个实时进行的数据密化过程。轨迹插补与坐标轴位置伺服是 数控机床的二个主要环节。 插补必须实时完成，因此除了要保证插补运算的精度外,还要求算法简 单。一般采用迭代算法。 就目前普遍应用的算法而言，可以分为两大类：脉冲增量插补，数据 采样插补。
运动控制基础试题及答案
运动控制基础试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 运动控制中，以下哪个不是基本的控制方式？A. 开环控制B. 闭环控制C. 半闭环控制D. 线性控制答案：D2. 伺服电机的控制信号通常是什么类型的信号？A. 模拟信号B. 数字信号C. 脉冲信号D. 交流信号答案：C3. 在运动控制中，以下哪个参数是不需要考虑的？A. 加速度B. 速度C. 位置D. 温度答案：D4. 运动控制中，PID控制器的三个参数分别代表什么？A. 比例、积分、微分B. 比例、微分、积分C. 积分、微分、比例D. 微分、比例、积分答案：A5. 以下哪个不是运动控制中常用的传感器？A. 编码器B. 光电开关C. 温度传感器D. 力矩传感器答案：C二、多项选择题（每题3分，共15分）1. 运动控制中，以下哪些因素会影响系统的稳定性？A. 控制器设计B. 系统参数C. 环境温度D. 负载变化答案：A、B、D2. 伺服电机的哪些特性是运动控制中需要考虑的？A. 扭矩B. 转速C. 精度D. 功率答案：A、B、C3. 在运动控制中，以下哪些是开环控制系统的特点？A. 结构简单B. 成本较低C. 对环境变化敏感D. 无需反馈信号答案：A、B、D4. 以下哪些是闭环控制系统的优点？A. 精度高B. 抗干扰能力强C. 系统复杂D. 成本高答案：A、B5. 运动控制中，以下哪些是实现精确位置控制的方法？A. 使用高精度编码器B. 增加系统的刚性C. 使用伺服电机D. 采用开环控制答案：A、B、C三、判断题（每题2分，共10分）1. 运动控制中的开环控制不需要反馈信号。
（对）2. 闭环控制系统总是比开环控制系统更稳定。
（错）3. PID控制器中的积分项可以消除稳态误差。
（对）4. 伺服电机的响应速度比步进电机慢。
（错）5. 运动控制中的加速度越大，系统的动态响应越快。
（对）四、简答题（每题5分，共20分）1. 简述运动控制中开环控制和闭环控制的主要区别。
《运动控制》练习题及答案解析精选全文
精选全文完整版（可编辑修改）《运动控制》练习题及答案解析1、下述调节器能消除被控量稳态误差的为（C）。
A比例调节器 B 微分调节器 C PI调节器 D PD调节器2、双闭环直流调速系统，ASR、ACR均采用PI调节器，期中ACR所起的作用为（D）。
A 实现转速无静差B对负载变化起抗扰作用C输出限幅值决定电动机允许的最大电流D对电网电压波动起及时抗扰作用3、采用PI调节器的转速、电流双闭环调速系统，若要改变电动机的转速，应调节（B ）。
A调节器放大系数 B给定电压 C负载 D以上说法都不对4、某闭环调速系统的调速范围是1500～150r/min，要求系统的静差率2%s ，那么系统允许的静态速降是（ A ）。
A 3.06r/minB 4r/minC 4.13r/min D以上结果都不对5、在可逆运行系统当中，抑制瞬时脉动环流措施为（ A ）。
A 采用均衡电抗器B 采用平波电抗器 C采用α=β配合控制 D以上说法都不对6、适用于高速段数字测速的方法为（A ）。
A M法B T法C M/T法D F法7、在桥式可逆直流脉宽调速系统当中，镇流电阻的作用是（ C ）。
A 限流B 分压C 抑制泵升电压D 以上说法都不对8、在伯德图上，截止频率越高，则系统的（B）。
A 稳定性越好B 快速性越好C 稳态精度越高 D以上说法都不对9、异步电动机变压变频调速系统属于如下哪种类型？（C ）A电磁功率回馈型 B 转差功率回馈型C转差功率不变型 D 转差功率消耗型10、如下几种变频调速方法中，哪种控制方式的异步机机械特性是一条直线？（）A 1g E f =常数B 1s U f =常数C 1s E f =常数D 1r E f =常数 11、不属于抑制电流脉动的措施的是（。
DA 增加整流电路相数B 采用多重化技术C 设置平波电抗器D 设置环流电抗器12、 输入为零时输出也为零的调节器是（A ）。
A P 调节器B I 调节器C PI 调节器D PID 调节器13、在同样的负载扰动下，闭环系统的转速降落cl n 与开环下的op n 之比为（ D ）。
运动控制系统-第6章 同步电动机变压变频调速系统
2
当负载转矩加大为 TL4时，转子减速使角θ 增加，电磁转矩 Te减4 小，导致θ继续，最 终，同步电动机转速偏离同步转速，这种 现象称为“失步”。
2
在 的范围 内，2 同步电动机不 能稳定运行，将产 生失步现象。
Te
Te3
Te4
0
3 4
2
图6-4 在 的范围内，
2
Te1
TL1
3U s Es
m xd
sin1
0
2
当负载转矩加大为 时，转子减速使角θ增加，
当 衡，
，电磁 转 2矩 2
和TL负2 载转矩
Te 2
又达到平
TL2
Te 2
TL2
3U s Es
m xd
s in 2
同步电动机仍以同步转速稳定运行。
0
2
若负载转矩又恢复
为 TL1，则角 恢 复
3. 梯形波永磁自控变频同步电动机即无刷直 流电动机——以梯形波永磁同步电动机为 核心的自控变频同步电动机，由于输入方 波电流，气隙磁场呈梯形波分布，性能更 接近于直流电动机，但没有电刷，故称无 刷直流电动机。
无刷直流电动机实质 上是一种特定类型的
iA eA eA
同步电动机，气隙磁 场和感应电动势是梯
第6章
同步电动机变压变频 调速系统
同步电动机直接投入电网运行时，存在 失步与起动两大问题，曾一直制约着同 步电动机的应用。同步电动机的转速恒 等于同步转速，所以同步电动机的调速 只能是变频调速。
变频调速的发展与成熟不仅实现了同步 电动机的调速问题，同时也解决了失步 与起动问题，使之不再是限制同步电动 机运行的障碍。
永磁同步电动机的转子用永磁材料制 成，无需直流励磁。
运动技能的学习与控制第六章
麻省理工学院比齐实验：
训练猴子用手指着一串灯中亮的一盏，但是 不会指。在猴子学会按要求准确的指出亮 着的灯以后，做外科传入神经阻滞术，即 不能获得来自指灯手的运动本体感觉反馈 信息。再次让猴子指出点亮的灯，它能够 在失神经状态下准确的放置肢体与训练时 不同的指点动作。。
跑的过程。 • 通过6次跳远系列中，每位运动员助跑
和接触起跳板的步长变化，观察几个 重要的步伐模式特征。 • 一位奥林匹克水平运动员的结果—图 6.6
上图：
• 前5-6步中的步长以一个相对不变的频 率增加；7-12步在6次跳远中相对保持 一致；最后六步做出了步长的调整， 最后一步的调整，几乎占了调整的 50﹪。
视觉在结束阶段的作用
• 从目标击中前开始到目标击中时结束
• 视觉起到提供信息的作用，这些信息 帮助他做调整，是肢体击中目标
介绍
• 手动瞄准过程中视觉和手运动的相互 协调
• ----眼动跟踪仪
视觉和抓握
• 抓握和手动瞄准的不同： • 抓握动作的物体操作目的，
• 视觉控制在抓握动作和手动瞄准控制 中的作用是相似的。
• 视觉功能有两部分组成：中央视觉与 周围视觉。
• 水平延伸200度，垂直延伸160度 • 中央视觉----观察很小范围的信息，2-5
度的范围。 周围视觉----除上以外的范围
视觉和动作控制
• 我们感觉-知觉中的视觉优势的例子 • 例１：初学跳舞者和脑卒中初学走路
者， 总是看着脚，好像不这样不能完成
视本体感觉，结果做出不必要的姿 势调整。
视觉和动作控制
• １、视觉和手动瞄准 • 2、视觉和抓握 • 3、视觉和书写 • 4、视觉和移动 • 5、视觉和抓住动作
运动控制试题及答案
运动控制试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 在运动控制中，下列哪个不是位移传感器的类型？A. 光电编码器B. 超声波传感器C. 霍尔传感器D. 温度传感器答案：D2. 运动控制系统中，PID控制器的“P”代表什么？A. 比例B. 积分C. 微分D. 比例-积分答案：A3. 伺服电机的控制方式中，哪种方式可以实现精确的位置控制？A. 开环控制B. 闭环控制C. 半闭环控制D. 无反馈控制答案：B4. 以下哪种传动方式不属于直线运动控制？A. 滚珠丝杠B. 皮带传动C. 齿轮传动D. 直线电机答案：C5. 在运动控制中，下列哪个参数不是伺服驱动器的指标？A. 电流B. 电压C. 功率D. 频率答案：D二、多项选择题（每题3分，共15分）1. 下列哪些因素会影响伺服电机的性能？A. 电机的额定功率B. 控制器的响应速度C. 编码器的分辨率D. 电源的电压稳定性答案：ABCD2. 在运动控制系统中，以下哪些属于闭环控制的优点？A. 精度高B. 响应快C. 抗干扰能力强D. 系统结构简单答案：ABC3. 伺服电机的驱动器可以提供哪些控制信号？A. 脉冲信号B. 模拟电压信号C. 模拟电流信号D. 通信信号答案：ABCD4. 以下哪些是运动控制中常用的传感器？A. 光电编码器B. 霍尔传感器C. 超声波传感器D. 温度传感器答案：ABC5. 伺服电机在运动控制中可以实现哪些功能？A. 速度控制B. 位置控制C. 加速度控制D. 力矩控制答案：ABCD三、判断题（每题2分，共10分）1. 伺服电机的转速与负载无关。
（错误）2. 伺服电机的精度比步进电机高。
（正确）3. 运动控制中的开环系统不需要反馈信号。
（正确）4. PID控制器中的积分项可以消除稳态误差。
（正确）5. 伺服电机的编码器分辨率越高，其控制精度越低。
（错误）四、简答题（每题5分，共20分）1. 简述伺服电机与步进电机在运动控制中的主要区别。
运动控制作业详细讲解
1.5某一调速系统，测得的最高转速特性 n0 max 1500 r / min n0 min ，最低转速特为 150 r / min 为 ， 带额定负载时的速度降落 ，且在不 nN n 15r / min 同转速下额定速降 不变，试问系统能够达到的调 速范围有多大？系统允许的静差率是多少？
n no’ no D C A
B
0
Id
Idcr
Idbl
解：
转速单闭环直流调速系统在直流电动机启动瞬间和堵转时，会引起电枢电 流Id过大，根据反馈控制原理，要维持一个物理量基本不变就要引入该物理量 的负反馈。所以要引入电流截止负反馈，令其在电动机启动和堵转时起作用， 维持电流基本不变；当电动机正常工作时，取消其电流负反馈，不影响系统的 调速性能。分析稳态结构框图可得静特性：
分析静特性式，类比于一元一次方程可得知，因为二式代表斜率的系数 项 绝对值大于一式中的斜率系数 的绝对值，所
以下垂段AB段的陡度比CA段大。又因为二式中的截距值 于一式中的截距值 大
，所以no’高于no。即DA段表示下垂段静特
性的来源，AB段是下垂段的实际运行段。
1 1
+
R0 A
+ +
Uin
Uex
Rbal
图
比例积分（PI）调节器
有虚断虚短特性可得(模电P325)
公式推导：
电容上的电压是对其电流的积分
通过拉普拉斯变换（电路P344）
通过拉普拉斯变换的积分性质和传递函数 输出量的拉普拉斯变换与输入量的拉普拉斯 变换之比
方法2：用运算阻抗推导PI调节器的 传递函数G(s)
25有一V-M调速系统：电动机参数PN =2.2KW，UN =220V，IN =12.5A，nN 1500 r min; . 电枢电阻R a 1.2, 整流装置内阻R rec 1.5, 触发整流环节的放大倍数K s 35。要求系统满足
运动控制第5版 第6章 异步电动机稳态控制1
图6-10 异步电动机变压变频调 速的控制特性
34
6.3.2 变压变频调速时的机械特性
基频以下采用恒压频比控制, 异步电动机机 械特性方程式(6-5)改写为
Te
3n
p
Us
1
2
R 'T 2
P = sP = 1 e ?
re
s
m
n p
3n
p
骣 çççç桫Uw1s
2
÷÷÷÷
与转速无关，故称作转差功率不变型。
37
基频以上调速
电压不能从额定值再向上提高，只能保持 不变，机械特性方程式(6-5)可写成
Te
3npUsN 2
1
(sRs
Rr' )2
sRr'
s212 (Lls
L'lr )2
6.1.2 异步电动机的调速方法与气隙磁通
1. 异步电动机的调速方法 所谓调速，就是人为地改变机械特性
的参数，使电动机的稳定工作点偏离固有 特性，工作在人为机械特性上，以达到调 速的目的。
13
由异步电动机的机械特性方程式
Te
1
sRs
3npU
2 s
Rr'
s
Rr'
2
s
2 2 1
Lls L'lr
临界转矩可写为
Tem
3 2
n
pU
sN
2
1
Rs
1
Rs2
12 (Lls
L'lr )2
38
临界转差律与(6-6)相同:
运动控制原理课后题答案
好几个都木有。
而且木有思考题答案。
第二章2.4 直流电动机为P N =74kW,UN=220V ，I N =378A ，n N =1430r/min ，Ra=0.023Ω。
相控整流器内阻Rrec=0.022Ω。
采用降压调速。
当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。
如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？？ 解：()(2203780.023)14300.1478N N a N Ce U I R n V rpm =-=-⨯=378(0.0230.022)0.1478115N n I R C e r p m ∆==⨯+= [(1)]14300.2[115(10.2)] 3.1N D n S n s =∆-=⨯⨯-=[(1)]14300.3[115(10.3)] 5.33N D n S n s =∆-=⨯⨯-= 2.5 某龙门刨床工作台采用V -M调速系统。
已知直流电动机60,220,305,1000m i n N N N N P k W U V I A n r ====，主电路总电阻R=0.18Ω,Ce=0.2V •min/r,求：（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落N n ∆为多少？ （2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率N S 多少？（3）若要满足D=20,s ≤5%的要求，额定负载下的转速降落N n ∆又为多少? 解：(1)3050.180.2274.5/min N N n I R Ce r ∆=⨯=⨯=(2)0274.5(1000274.5)21.5%N N S n n =∆=+=(3)[(1)]10000.050.95] 2.63/min N n n S D s r ∆=-=⨯⨯=2.7 某闭环调速系统的调速范围是1500r/min~150r/min ，要求系统的静差率5%s ≤，那么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？ 解： 1）()s n s n DN N -∆=1/1015002%/98%N n =⨯∆⨯15002%/98%10 3.06/min N n r ∆=⨯⨯=2）()7.31106.3/1001/=-=-∆∆=cl op n n K2.9 有一V -M 调速系统：电动机参数P N =2.2kW, U N =220V , I N =12.5A, n N =1500 r/min ，电枢电阻R a =1.5Ω，电枢回路电抗器电阻RL=0.8Ω，整流装置内阻R rec =1.0Ω,触发整流环节的放大倍数K s =35。
运动技能学习与控制课件第六章注意与运动技能的控制
在低唤醒状态下，运动员既 能获得相关的线索，也获得了一 些无关线索，无关线索会导致运 动绩效的降低。随着唤醒水平的 升高，运动员的注意范围开始变 小。注意缩小到一个最佳点时， 能排除所有的无关线索，保留一 切有关线索，此时的成绩最好。 如果唤醒水平再继续升高，注意 范围将进一步缩小，那么有关线 索也将会被部分排除，从而导致 绩效衰退。
加工&排除&选择&训练&提高……
对运动成绩的影响：选择性注意具有利弊相兼的性质，当 运动员需要克服注意分散时，它是必不可少的；但当运动 员需要对更多的信息进行同时加工时，它又使人困惑。因 此，解释选择性注意对成绩影响的最好方法是将其比作探 照灯。
使用探照灯的意图是为了把亮光集中在重要的物体上，从 这个意义出发，光束的宽度必须在想要获得的信息范围内 进行调整，如果重要信息处于不同的空间位置，那么光束 位置也必须不断进行调整。
✓ 在可控制的意识状态下，注意集中，意识清晰。 ✓ 在自动化的意识状态下，注意很少，意识参与也少。 ✓ 另一方面，注意和意识密不可分，当人们处于注意状态时
，意识内容比较清晰。
二 注意的机制
➢ 注意需要付出心理努力,唤醒水平影响注意. ➢ 唤醒水平过低或过高，获得的注意资源会比最佳
唤醒范围内所获得的注意资源少。 ➢ 处于最佳唤醒水平，可用的注意资源最大。
看不见的大猩猩
选择性注意是指优先选择需要具体加工的信息，忽略无关 信息的过程。在比赛中，选择性注意的作用非常重要。例 如：在球类比赛中，运动员需要快速、准确地判断来球的 飞行路线和速度；拳击运动员总是试图发现对方弱点，先 发制人，击中对手；跳高运动员或高尔夫运动员试图躲避 观众的噪声，集中注意进行赛前准备。这些运动员如果想 在比赛中获胜，就要对相关信息进行优先选择，对无关信 息加以排除，这便是选择性注意的职能。
控制工程基础第六章习题答案
6-1 (a) =====(b)===6-2 (a) =-•=-(1+)=-小区中间变量得到==-(b) =-∴==-=-(c) =-∴==-=-•=- T= 6-3 ==•α=10==•α=20==α=50==54、90 64、8073、90==3、16 =4、47 =7、07 L()=10=10=10分贝13分贝17分贝6-4 α=0、2 T=5幅值5倍 10倍 20倍φ(w)=-90 -4、550-2、410α=0、1 T=10幅值20相角 -10、150 -5、130-2、160α=0、05 T=20幅值20相角φ(w)=-10、60 -5、40-2、7606-5 =α=100 =3、16L()=-10=-10分贝6-6 用根轨迹法校正A、B为-1j未校正导流对AB产生的相角为-193、90 所以加上PD调节后的附加相角为β=193、90 -1800 =140=→x=6、95 ∴的值为-7、95所以===所以==7、95 → Td=0、125 5→∴=0、795(1+0、126S) 以-0、795为圆心,以R=7、16为半径的圆。
6-7 K==2、65 斜坡下的稳态误差==0、377 变为原来的10%,则K变为原来的10倍为26、5增加一对极点比零点更靠近坐标原点的开环偶极子改善稳态性能,设=坐标原点附加分支对瞬态性能基本不影响,达能改善它的稳态性能6-8 用第一种方法,求与自然振荡周期T特征方程15 06-9 =4()==4 →绘制未校正导流的Bode图20=12 dB 转折频率为=1=∴r=150 =2要求=450 选择串联超前校正装置=65、50 +150 =81、5(比较大)α==180 选择串联滞后校正装置=450+50=500 在找出对应的频率作为新的截止频率=34分贝6-10 ≤==要求K=15 r=450r=120 不满足要求选择超前校正装置取则=-10分贝则10=10 ∴0 T=0、042 =r=62、506-11 要求校正后应成为Ⅱ型系统8%≤40% h==4、33取h=5 h=取K=2,绘制未校正系统的Bode图===期望频率特征,K不变,则=1 ,过作斜率为-20dB/dec的线段BC,过B点作斜率为-40dB/dec的线段BD,即为低频段;过C点作斜率为-40dB/dec的线段交于E点,CE为中高频段,未使校正装置简单,高频段与相同∴6-12 =低频渐近线的方程为20-20∴20=20→ K=2 →→=20∴=() =5、70 -900-35、10-2、30=-121、70∴r=58、30 瞬态性能基本满足要求但稳态性能= = 0、5 要使稳态误差降为原来的10%,则K增加10倍加上滞后校正装置=(<1)∴=10取==0、2=0、4 则T=25 ==()=-131、80 ∴r=48、20 不变6-13 要求Ⅱ型系统==≤1、5取 h=5 校正后为=====不变,K不变,=1,∴=6-14 未校正时=校正后=串联校正后•=串联后:斜率-20dB/dec,过w=1,20 6 → K=2 截止频率=10 r=1440 h=3、76 取h=4 未校正=B点=C点==16中频段斜率-20dB/dec,=10从4到16过B点作斜率为-40dB/dec的直线交的低频段于D点,D点对应的频率为0、4C点延长至的交点坐标就是E点,对应的频率就是4,低、高频段与原系统重合。
运动控制第六章作业及解答
6-2 简述异步电动机在下面四种不同的电压-频率协调控制时的机械特性并进行比较：1）恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特性；（2）基频以下电压—频率协调控制时异步电动机的机械（3）基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特性；（4）恒流正弦波供电时异步电动机的机械特性；答：恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特性：当s很小时，转矩近似与S成正比，机械特性是一段直线，s接近于1时转矩近似与s成反比，这时，Te = f（s）是对称于原点的一段双曲线。
基频以下电压-频率协调控制时异步电动机的机械特性：恒压频比控制的变频机械特性基本上是平行下移，硬度也较好，当转矩增大到最大值以后，转速再降低，特性就折回来了。
而且频率越低时最大转矩值越小，能够满足一般的调速要求，但低速带载能力有些差强人意，须对定子压降实行补偿。
恒Eg /ω1 控制是通常对恒压频比控制实行电压补偿的标准，可以在稳态时达到Φrm = Constant，从而改善了低速性能，但机械特性还是非线性的，产生转矩的能力仍受到限制。
恒Er /ω1 控制可以得到和直流他励电机一样的线性机械特性，按照转子全磁通Φrm 恒定进行控制，而且，在动态中也尽可能保持Φrm 恒定是矢量控制系统的目标，基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特性：当角频率提高时，同步转速随之提高，最大转矩减小，机械特性上移，而形状基本不变。
基频以上变频调速属于弱磁恒功率调速。
恒流正弦波供电时异步电动机的机械特性：恒流机械特性的线性段比较平，而最大转矩处形状很尖。
恒流机械特性的最大转矩值与频率无关，恒流变频时最大转矩不变，但改变定子电流时，最大转矩与电流的平方成正比。
6-3 如何区别交-直-交变压变频器是电压源变频器还是电流源变频器？它们在性能上有什么差异？答：根据中间直流环节直流电源性质的不同，直流环节采用大电容滤波是电压源型逆变器。
它的直流电压波形比较平直，理想情况下是一个内阻为零的恒压源，输出交流电压是矩形波或梯形波。
运动控制习题解答
运动控制习题解答1-1 PWM-电动机系统的时间常数小1-4 101501500min 0max0===n n D)1(151500)1(150010s ss n s N -⋅⋅=-∆⋅=0909.011/1==s1-5 )02.01(02.015001501500-⋅∆⋅=N n... 06.398.0/3m p r n N ==∆K +=106.310068.31=K1-6 1288)151(=⋅+=∆op n3011128+=+=∆=∆∆K n n n clcl op... 13.431/128m p r n cl ==∆94.113.4812==D D1-7 33.8%)101(20%1015001=-⋅⋅=∆cl n r.p.m.95.3%)51(20%515002=-⋅⋅=∆cl n r.p.m.8.27133.8/2401=-=K8.59195.3/2402=-=K 1-10 (1) 1367.015002.15.12220=⋅-=-=N aN N e n R I U C9.2461367.0/)5.12.1(5.12/)(=+⋅=+=∆e rec a N op C R R I nr.p.m.33.8%)101(20%101500=-⋅⋅=∆cl n r.p.m. (4) 6.28133.8/9.246=-=K)6.281(1367.05.127.2)6.281(1367.01535)1()1(1500*+⋅⋅-+⋅⋅⋅=+-+=P e N e n s P K K C RI K C U K K 64.11=P K(3) 0096.03564.111367.06.28=⋅⋅==s P e K K KC α1-11 N s com n s s P com n s P dbl I R U U R K K R U U K K I ⋅=+≈++=2)(11*11*=25 N s c o m d c r I R U I ⋅==2.111=15 5.110151525*1==-=n s U R Ω 5.225.1151=⋅=com U V9.03/7.22==s R Ω5.139.0152=⋅=com U V)15(152211com s fi com s U R K U R -⋅=-⋅ (equal respectively) 67.19.05.15.135.222121=====s s com com fi R R U U K 1-12 2059.0100015.094220=⋅-=e C 44.2052059.0/)3.015.0(94=+⋅=∆op n r.p.m. 56.5%)101(20%101000=-⋅⋅=∆cl n r.p.m. 36156.5/44.205=-=K)361(2059.094)3.015.0()361(2059.015401000+⋅⋅+-+⋅⋅⋅=P K77.12=P K01451.04077.122059.036=⋅⋅==s P e K K KC α Ω=⋅=K R 4.2552077.121d b ld c r N N im VS I I I I U U =⋅⋅=5.11.1 33.75.1/1.110=⋅=VS U Vwhen dbl I :*2R U R U U nm VS im =- Ω=⋅-=K R 56.3201533.7102 1-14 13107.015005.16.15220=⋅-=e C (1) 5.29713107.0/)15.1(6.15=+⋅=∆op n)1(5.297150030s s -⋅⋅= %6.85=s(2) 56.5%)101(30%101500=-⋅⋅=∆cl n r.p.m. (3) 5.52156.5/5.297=-=K)5.521(13107.0)15.1(6.15)5.521(13107.010351500+⋅+⋅-+⋅⋅⋅=P K 17.30=P K00652.03517.3013107.05.52=⋅⋅=α (4) 3.18213107.05.16.15)17.301(13107.016.15)1(=⋅++⋅⋅=⋅++⋅=∆e a N e rec N clV C R I K C R I n )1(3.182150030s s -⋅⋅=%5.78=s1-15 310519.187.2/50-⨯==l T3055.11367.055.955.9=⋅==e m C C06455.03055.11367.03757.26.13752=⋅⋅⋅=⋅⋅=m e m C C R GD T s 103.3 3.3-3⨯==ms T scr sl s s l m K T T T T T T K =++<2)( 22.230033.0018519.00033.0)0033.0018519.0(06455.02=⋅++⋅=cr K 22.236.28>=K2-7 1) 2.0408*===dm im I U β 008.010008*===N nm n U α 2) 8**==im i U U V8-=i U V605.14000=⋅+=⋅+=R I n C U dm e d V 5.140/60/0===s d C K U U V2-9 e enew C C ⋅=5.0 已知条件不充分 略吧 2-10 1) %10≤σ so 69.0=KT 9.61.0/69.0==K 2) 6.01.066=⋅==T t s s表2-2： 33.03.3==T t r s3) 波特图：K c =ω rad/s -20dB/dec转折频率 10/1==T ω rad/sif 25.0<r t s : 0.1=KT 10=K 表2-2：%3.16≤σ2-11 调节器结构：要实现无差，应有一个积分环节，采用s K i /调节器串联校正 101.010+⋅s s K i 典型I 型系统 5.001.010=⋅⋅i K 5=i K2-12 )102.0(10)(+=s s s W obj 已是典I 系统 用PI 调节器串联校正为典型II 型系统 s s K s W n n n pi ττ)1()(+= 要求%30≤σ 查表2-6 7=h14.002.07=⋅=⋅=∑n n h ττ s20402.0721710212222=⋅⋅+=⋅=+=∑n n n K h h K ττ 86.21014.020410165.4=⋅=⋅=n n K τ 2-13 没有给出指标要求2-14 (1) 0236.03398*===dm im I U β 01.0100010)(*===N N n n U α (2) 零式 0033.0=s T s0058.00033.00025.0=+=+=∑s oi i T T T 012.0==l i T τ:%5≤i σ 5.0=I I T K 5.00058.0=⋅I K 2.86=I K )(2il s i T T K R K ∑=β2254.00058.0012.00236.035218.0=⋅⋅⋅= Ω=⋅==K R K R i i 9402254.0033.19/12.0/===i i i R C τ uF 25.0400025.0440=⋅==R T C oi oi uF (3) %10≤n σ:10010/1000/*min ===D n n N r.p.m. m e dl dm n b T C I I RT n )(21-=∆∑ 62.1212.0196.0)308339(0266.018.02=⋅-⋅⋅⋅=*m i n1m a x )(n n C C b b n ∆⋅∆=σ 10062.12)(%10max ⋅∆=b C C %79max =∆bC C 查表2-7，取3=h08.00266.03=⋅==∑n n hT τ 2221n N T h h K ∑+==7.1760266.042422=⋅⋅ nm e n RT h T C h K ∑+=αβ2)1(=73.70266.018.001.03212.0196.00236.04=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 3094073.70=⋅==R K R n n ΩK 258.0278/133.0/===n n n R C τ uF 04R T C on on =5.140015.04=⋅= uF (4) m e dl dm n b n T C I I RT n C C )(21)(*minmax 2-⋅⋅∆=∑σ %4.6312.0196.0)3084.0339(0266.018.021001%2.72=⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅= (5) 3=hn dlim n n T I U U K h h t ∑-⋅+≈β**2)12(385.018.0)0339(100012.0196.0)(*=⋅-⋅⋅=⋅-=R I I n T C dl dm m e s2-15 (1) 0266.037510*===N nm n U α 0088.07605.110*=⋅==dm im I U β 三相桥式 00167.0=s T s 00367.000167.0002.0=+=+=∑s oi i T T T 5.0=I I T K 24.13600367.0/5.0==I K 02734.002.024.13611=+=+=∑on I n T K T choose h: %10≤n σ mn e N b T T C R I z n ∑⋅⋅-⋅=∆)(2λ 8126.42112.002734.082.114.0760)05.1(2=⋅⋅⋅-⋅= *m i n1m a x )(n n C C b b n ∆⋅∆=σ 3758126.42)(%10max ⋅∆=b C C %6.87max ≤∆bC C 查表2-7 取5=h 1367.002734.05=⋅==∑n n hT τ nm e n RT h T C h K ∑+=αβ2)1(57.1002734.014.00266.052112.082.10088.06=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 4234057.100=⋅==R K R n n ΩK 323.0423/1367.0/===n n n R C τ uF04R T C on on =24002.04=⋅=uF(2) 24.136==I ci K ω rad/s 315.71367.0111===n τω22121ncn N T h h K ∑+==ωω95.21315.7102734.052622=⋅⋅⋅=cn ω rad/s or 95.21)576.36315.7(21)(2121=+=+=ωωωcnrad/s2-16 (1) 01.01500/15==α 3333.030/10==β when 5*=n U V: 50001.0/5/*===αn U nr.p.m. 104220500128.00=⋅+⋅=+=R I n C U dl e d 47.330/104/0===s d c K U U V(2) 0=Φ: 无电磁感应 转子 0=n 0=n U0*≠n U → )10( 10**-==im i U U V )10( 10*-=-=i i U U Vdm dl I I = 6023000=⋅=+=R I U dl d V 230/60/0===s d C K U U V(3) 05.0=∑n T25.005.05=⋅==∑n n hT τ 4805.0526212222=⋅⋅=+=∑n N T h hK(4) d I ↑ n 先下后回稳 05.0=m T s n m e N b T T C R I T FK C ∑⋅⋅⋅==222 =62505.005.0128.02202=⋅⋅⋅⋅ when 5=h : %2.81max =∆b C C 5.507625%2.81max =⋅=∆n r.p.m. 44.08.8=⋅=∑n V T t s2-17 (1) 05.0200/10==α35135.127.310=⋅=β K H z f 1= 001.0=s T s(2) 002.0001.0001.0=+=+=∑oi s i T T T s :%5≤i σ 5.0=∑i I T K 250002.0/5.0==I K 625.4)002.0015.0(35135.18.428)(2=⋅⋅⋅=⋅=∑i l s i T T K R K β Ω=⋅==K R K R i i 18540625.40 015.0==l i T τ 081.0185/015.0/===i i i R C τ uF 1.040/001.04/40=⋅==R T C oi oi uF(3) 009.0005.025011=+=+=∑on I n T K T choose %20 :≤n h σ 2.222.012.0)7.37.32(009.082)(2=⋅-⋅⋅⋅⋅=-=∆∑m e dl dm n b T C I I RT n2002.22)(%20max ⋅∆=b C C table 2-7 totally OK at the same time: 1.0≤s t s table 2-6: :5=h 08595.0009.055.955.9=⋅=⋅=∑n s T t 1.0< s :6=h 094.0009.045.10=⋅=s t 1.0< s :7=h 1017.0009.030.11=⋅=s t 1.0> s 取5=h 045.0009.05=⋅==∑n n hT τ 4.5009.0805.0522.012.035135.162)1(=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+=∑n m e n RT h T C h K αβ Ω=⋅==K R K R n n 216404.50 208.0216/045.0/===n n n R C τ uF 5.040/005.0440=⋅==R T C on on uF (4) when 5=h :%2.81max =∆b C C 带额定负载起动：%92002.22%2.81=⋅=n σ 空载0=dl I 起动： %1820022.22%2.81=⨯⋅=n σ 08595.055.9==∑n s T t s。
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运动控制第六章作业及解答-标准化文件发布号：（9456-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII
6-2 简述异步电动机在下面四种不同的电压-频率协调控制时的机械特性并进行比较：1）恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特性；
（2）基频以下电压—频率协调控制时异步电动机的机械
（3）基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特性；
（4）恒流正弦波供电时异步电动机的机械特性；
答：恒压恒频正弦波供电时异步电动机的机械特性：当s很小时，转矩近似与S成正比，机械特性是一段直线，s接近于1时转矩近似与s成反比，这时，Te = f（s）是对称于原点的一段双曲线。
基频以下电压-频率协调控制时异步电动机的机械特性：恒压频比控制的变频机械特性基本上是平行下移，硬度也较好，当转矩增大到最大值以后，转速再降低，特性就折回来了。
而且频率越低时最大转矩值越小，能够满足一般的调速要求，但低速带载能力有些差强人意，须对定子压降实行补偿。
恒Eg /ω1 控制是通常对恒压频比控制实行电压补偿的标准，可以在稳态时达到Φrm = Constant，从而改善了低速性能，但机械特性还是非线性的，产生转矩的能力仍受到限制。
恒Er /ω1 控制可以得到和直流他励电机一样的线性机械特性，按照转子全磁通Φrm 恒定进行控制，而且，在动态中也尽可能保持Φrm 恒定是矢量控制系统的目标，
基频以上恒压变频控制时异步电动机的机械特性：当角频率提高时，同步转速随之提高，最大转矩减小，机械特性上移，而形状基本不变。
基频以上变频调速属于弱磁恒功率调速。
恒流正弦波供电时异步电动机的机械特性：恒流机械特性的线性段比较平，而最大转矩处形状很尖。
恒流机械特性的最大转矩值与频率无关，恒流变频时最大转矩不变，但改变定子电流时，最大转矩与电流的平方成正比。
6-3 如何区别交-直-交变压变频器是电压源变频器还是电流源变频器它们在性能上有什么差异
答：根据中间直流环节直流电源性质的不同，直流环节采用大电容滤波是电压源型逆变器。
它的直流电压波形比较平直，理想情况下是一个内阻为零的恒压源，输出交流电压是矩形波或梯形波。
直流环节采用大电感滤波是电流源型逆变器。
它的直流电流波形比较平直，相当于一个恒流源，输出交流电流是矩形波或梯形波。
在性能上却带来了明显的差异，主要表现
1）无功能量的缓冲在调速系统中，逆变器的负载是异步电机，属感性负载。
在中间直流环节与负载电机之间，除了有功功率的传送外，还存在无功功率的交换。
滤波器除滤波外还起着对无功功率的缓冲作用，使它不致影响到交流电网。
因此，两类逆变器的区别还表现在采用什么储能元件（电容器或电感器）来缓冲无功能量。
（2）能量的回馈用电流源型逆变器给异步电机供电的电流源型变压变频调速系统有一个显
著特征，就是容易实现能量的回馈，从而便于四象限运行，适用于需要回馈制动和经常正、反转的生产机械。
（3）动态响应正由交-直-交电流源型变压变频调速系统的直流电压可以迅速改变，所以
动态响应比较快，而电压源型变压变频调速系统的动态响应就慢得多。
（4）输出波形电压源型逆变器输出的电压波形为方波，电流源型逆变器输出的电流波形
为方波。
（5）应用场合
电压源型逆变器属恒压源，电压控制响应慢，不易波动，所以适于做多台电机同步运行时的供电电源，或单台电机调速但不要求快速起制动和快速减速的场合。
采用电流源型逆变器的系统则相反，不适用于多电机传动，但可以满足快速起制动和可逆运行的要求。
6-5 采用二极管不控整流器和功率开关器件脉宽调制（PWM）逆变器组成的交-直-交变频器有什么优点？
答：具有如下优点
（1）在主电路整流和逆变两个单元中，只有逆变单元可控，通过它同时调节电压和频率，结构简单。
采用全控型的功率开关器件，只通过驱动电压脉冲进行控制，电路也简单，效率高。
（2）输出电压波形虽是一系列的PWM波，但由于采用了恰当的PWM控制技术，正弦基波的比重较大，影响电机运行的低次谐波受到很大的抑制，因而转矩脉动小，提高了系统的调速范围和稳态性能。
（3）逆变器同时实现调压和调频，动态响应不受中间直流环节滤波器参数的影响，
系统的动态性能也得以提高。
（4）采用不可控的二极管整流器，电源侧功率因素较高，且不受逆变输出电压大小的影响。
6-9在转差频率控制的变频调速系统中，当转差频率的测量值大于或小于实际值时，将给系统工作造成怎样的影响？
答：在调速过程中，实际频率ω1 随着实际转速ω同步地上升或下降，有如水涨而船高，因此加、减速平滑而且稳定。
如果转速检测信号不准确或存在干扰，也就会直接给频率造成误差，因为所有这些偏差和干扰都以正反馈的形式毫无衰减地传递到频率控制信号上来了。