机械控制工程原理练习题.doc

2-3建立电枢控制式直流电动机的微分方程，电枢电压Ua(t)为输入量，电动机转速w(t)为输出量，Ra，La分别为电枢电路的电阻和电感，Mc(t)为总负载扭矩： (1)电枢回路电压平衡方程:Ua(t)=Ladia(t)dt+Raia(t)+Ea (2)电磁转矩方程:Mm(t)=Cm(t)ia(t) (3)电动机轴上的转矩方程:Jmdw(t)dt+fmw(t)=Mm(t)-Mc(t),消去变量Ia(t),Ea,Mm(t),便可得到以w(t)为输出量，Ua(t)为输入量的电动机微分方程：LaJmd2w(t)dt2+(Lafm+RaJm)dw(t)dt+(Rafm+CmCe)w(t)=CmUa(t) - LadMc(t)dt - RaMc(t)通常电感La较小，可忽略不计，可简化为Tmdw(t)dt+w(t)=KaUa(t) – KcMc(t).式中Tm=RaJmRafm+CmCe电动机机电时间常数(S)，Ka=CmRafm+CmCe,Kc=RaRafm+CmCe电动机传动系数，若都为常数，则式为一截常系数线性微分方程。在随动系统中，也常以电动机的转角；θ(t)作为输出量，ω(t)=dθ(t)dt带入，有Tmdθ2(t)dt2+dθdt=KaUa(t)-KcMc(t) 证明：ADsinwt→G(t)→ACsin(wt+ψ)，(AC=∣G(jw)∣,Ψ=(G(jw)),频率特性=Gs∣s=jw=G(jw)). 证明：ADsinwt→G(t)→ACsin(wt+ψ)，(AC=∣G(jw)∣,Ψ=(G(jw)),频率特性=Gs∣s=jw=G(jw)). 证明：r(t)=AOsinwt，R(t)=Aows2+w2，G(s)=G(s)*R(s)=G(s)Aows2+w2 设G(s)(分母)有n个不等的负数根（特征多项式）Pili=1→n负数根 ∴G(s)=a1S-P1+a2S-P2+……+ans-pn+b1s+jw+b2s-jw ∴C(t)=a1ep1t+a2ep2t+……+anepnt+b1e-jwt+b2ejwt 设t→0 ∴aepnt→0 ∴Ct=b1ejwt+b2ejwt，b1=G(t)Aows2+w2(s+jw)∣s=-jw= - Ao2jG(-jw)=12Ao∣G(jw)∣e-jGjw+jπ2，b2=G(s)Aows2+w2(s-jw)∣s=jw=Ao2jG(jw)=12Ao∣G(jw)∣eiGjw-iπ2，G(jw)=∣G(jw)∣ej(G(jw))，G(-jw)=∣G(jw)∣e-j(G(jw)) ∴C(t)=12Ao∣G(jw)∣[e-jGjw+wt-π2+ej(Gjw+wt-π/2)]=12Ao∣G(jw)∣2cos[Gjw+wt-π/2]=Ao∣G(jw)∣sin[wt+G(jw)]=Ac(w)sin[wt+Ψ(w)] .Ac(w)=Ao∣G(jw)∣,Ψ(w)=∣G(jw)∣ 电枢控制直流电动机 直流电动机的微分方程：Tmdω(s)dt+ωt=Kaua(t)-KcMc(t) 传递函数：Ga(s)=Θ(s)Ua(s)=KaTms+1 如果电动机的输出用角位移表示，传递函数：Ga(s)=Θ(s)Ua(s)=Kas(Tms+1) 两相异步电动机 转矩-速度特性曲线；Mm=-CwWw+Ms 式中Mm为电动机输出转矩，Wm是电动机角速度，Cw=dMm/dwm为阻尼系数，即直线斜率，Ms为堵转转矩，求得Ms=CmUa，其中Cm可用额定电压Ua=E时的堵转转矩确定，即Cm=Ma/E。 电动机输出转矩可用牛顿定律可得转矩平衡方程为：Mm=Jmd2θmdt2+fmdθmdt 拉普拉斯变换之后，传递函数：G(s)=Θm(s)Ua(s)=CMs(Jms+fm+CΩ)=Kms(Tms+1) 由于:Ωm(s)=sΘ(s),上式也可写成：Gs=Ωm(s)Ua(s)=KmTms+1 6-1已知单位反馈的开环传递函数为G（s）=K/S(S+1)是设计一超前校正网络，已满足下列性能指标：（1）系统的单位速度输入信号时，位置输出稳态误差ess≤0.1（2）开环截止频率wc‵≥4.4，相角裕度rc‵≥45°. （1）根据稳态误差要求，确定开环增益K.因ess=1/kv=1/k≤0.1所以k≥10所以取K=10,则未校正系统的传递函数为G（s）=10s(s+1) （2）未校正系统的截止频率为wc=3.16rad/s,相角裕度?=180°-90°-arctanwc=17.6°,所以采用相位超前校正 （3）选Wm=W’c=4.4rad/s.在此频率处L(W’c)=-6dB.由于超前网络在此频率处的幅值为10lgα,所以有10lgα=6求得α=4则参数T为T = 1wmα = 14.4*4 = 0.114所以校正网络的专递函数为4Gc(s)=1+0.456s/1+