复习提纲及部分习题及答案

1、 2、

计算机控制系统的工作原理

典型计算机控制系统原理框图以及工作步骤、实时、在线等含

义课本P2、计算机控制系统典型形式P5,抓住5种系统的本质区别于联系即可

第二章 计算机控制系统硬件及设计技术（简答、填空、选择） 1、串行通讯相关概念：见课件及其它资料（第7章，分散型测控网络技术P6页开始） 同步传送和异步传送， 单工、半双工、全双工， 波特率，

串行通讯协议格式，结合西门子PLC200自由口协议理解 2、串行外部总线简介课本P20(简答、填空) RS232的电气特性、发送接收电路及特点 RS485发送接收电路及其特点 3、数字量输入输出通道结构

74LS244、74LS273各自作用，各自用于那种电路中？P30 数字量输入调理电路的作用与功能P31

数字量输出通道中的驱动电路，主要考继电器型输出（触点式继电器和固态继电器，此部分要重点看第二章课件:继电器输出驱动部分P22-27）

模拟量输入输出部分

模拟量信号输入的I/V变换，模拟信号经采样和保持后的形式。（填空、作图）

量化概念、保持电路工作原理（填空、简答） 4、

硬件抗干扰技术

过程通道抗干扰：串模干扰的抑制方法P、共模干扰的抑制方法P66（填空）

接地技术：五种地线含义以及回流法接地方法，P71-P72（填空、简答）

第三章 数字控制技术

1、 2、

逐点直线和圆弧插补原理（填空，选择）

步进电机工作原理：齿距角和步距角定义与计算，步进电机的

三种工作方式及其时序波形（填空，简答） 3、

采用固态继电器驱动步进电机的接口电路图（设计综合） 第四章 常规及复杂控制技术（填空、简答、计算和设计） 1、

数字控制器的离散化方法：只考双线性变化法，类型见大家做

的习题P144的2、4题（计算） 2、

常规PID控制器：原理以及各部分作用，增量式PID相对于

位置式PID的优点，PID控制器参数整定步骤（填空、简答）。 3、 4、

PID控制器的改进形式：积分改进措施、微分改进措施（简答） 最小怕控制器设计：最小拍有波纹和无波纹设计步骤（填空、

选择、计算） 5、

复杂控制技术：达林算法中振铃现象产生的可能性及原因（主

要考查对象为纯滞后加一阶环节和纯滞后加二阶环节）；串级控制的优点；前馈控制补偿的条件；多变量问题解耦的条件。（填空、选择、简答）

补充：Z变换和Z反变换及离散稳定性

1、 2、

Z反变换（计算）

离散系统与连续系统的关系：分别从采样周期、增益系数以及

稳定性等方面比较（填空、选择） 3、

离散系统稳定性（选择、计算分析）

第七章：实现技术

1、工程量变换及A/D、D/A位数选择，分辨率计算（计算） 2、数字滤波技术

部分习题及大题答案 (一定要自己做一遍)

1．画出典型计算机控制系统原理图并阐述计算机控制系统的工作步骤。 2．试写出三相步进电机在双三拍工作方式下的A、B、C三相通电顺序，并画出各相通电的电压波形。（三相六拍工作方式下的A、B、C三相通电顺序及波形图）

3．什么是PID控制，写出PID控制率的一般形式，并说明各控制率的作用? 4．阐述增量式PID相对于位置式PID的优点。

5．计算机控制系统中一般有那几种地线？简述各自的含义并画出回流法接地示意图。

6．现已知某炉温变化范围为0～1000℃，测试时，采用9位的A／D变换器(带符号位)，试问此时系统对炉温变化的分辨率为多少？若测试时，通过变送器将测

试起点迁移到500℃，保持同样的系统对炉温变化的分辨率，试问此时可采用几位的A／D变换器就可以了？

7．已知某飞机飞行高度变化范围为0~10000米，测试时，采用12位的A/D变换器，试问此时系统对高度变化的分辩率为多少？若测试时，通过高度表改变测试方式，测量相对基准高度9000米的±500米的变化量，试问此时A/D变换器的分辩率为多少？ 8．如图1所示，其中r1，r2，r3均为地电阻，这种信号地线接地属于何种接地方式？这种接地方式有何缺点，若必须使用时有何注意事项？

9．工业控制过程中常采用的数字滤波主要有哪些？并简要叙述它们的思想。 10．阐述串口通讯RS232与RS485的特点。

11．已知A点信号如图2所示，试画出B点、C点的信号图形，设采样周期T= π/4）。 x(t) 2 T ZOH1C AB t o2图 2

12．如图3所示为带光电隔离的继电器输出驱动负载的电路原理。试阐述其工作原理并分析图中二极管VD的作用。

13．设一温度测控系统的温度测量范

图3

围为0 ~ 1000℃。经放大、变送后，其对应的输出电压为0 ~ 5V，采用12位A/D转换器进行转换，A/D转换的输入电压为0 ~ 5V。由于传感器的非线，对传感器进行了标定，得到一组温度-数字量的关系表。求当A/D转换器的转换值分别为100H，180H，410H，600H，A00H，F50H时，所对应的实际温度为多少？并写

出转换公式。

温度 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 A/D输出 (十六进制000 191 322 4B3 E 7F0 991 B33 CCD E56 FFF 数） （标度变换的其他情况如书上习题及例题，自己弄懂搞清楚。）

解：将表转换成十进制得 温度 A/D输出 (十进制数） 0 000 100 401 200 802 300 400 500 600 700 800 900 1000 1203 1614 2032 2449 2867 3277 3670 4095 据表对转换值采用线性插值进行计算， 100H=256 为0-100温度区间，进行插值计算 得

T2560(1000)063.8OC

4010其它值进行类似线性插值运算。

180H=384 为0-100温度区间，进行插值计算 得

T3840(1000)095.8OC

40101040802(300200)200259.4OC

1203802410H=1040 为200-300温度区间，插值得

T600H=1536为300-400温度区间，插值得

T15361203(400300)300381OC

1614120325602449(700600)600626.6OC

2867244939203670(1000900)900958.8OC

40953670A00H=2560为600-700温度区间，插值得

TF50H=3920 为900-1000温度区间，插值得

T14．已知调节器传递函数为D(s)8。试用双线性变换法求取数字控制器

s(s4)D(z)，并用直接程序法导出u(k)递推控制算法。（设输入为e(t)，输出为u(t)，

采样周期T=1S）。（会举一反三）

15z26z15．求F(z)的Z反变换f(k)（会举一反三） 2(z1)(z2)16．（会举一反三）设离散系统如图所示，采样周期T=1(s)，Gh(s)为零阶保持器， G(s)K,求：

s(0.2s1)(1) 当K=5时，分别在w域和z域中分析系统的稳定性；

(2) 确定使系统稳定的K值范围;

(3）若将该系统改为连续系统（即取消采样开关及ZOH）， 试问使系统稳定的K值范围;

（4）比较(2)和（3）结果，说明了什么问题？

解

111G(z)Z[Gh(s)G(s)]K(1z1)Z25K(1z)Zs2(s5)s(0.2s1)111K15115255K(1z)Z225(1z1)Z2ss55ss5ssK5Tz1111 (1z)1215T151z1ez(1z)T1K4.0067z10.9598z2K5z1111 (1z)121511151z1ez5(1z)(10.0067z)(1z)K4.0067z0.9598 5(z1)(z0.0067)4.0067z0.9598 (z1)(z0.0067)（1）当K=5时，G(z)(z)G(z)4.0067z0.9598 1G(z)(z1)(z0.0067)4.0067z0.9598得闭环特征方程为：

q(z)(z1)(z0.0067)4.0067z0.95980

化简上式得q(z)z23z0.96650

解得z10.367,z22.633

因为z22.6331，可知闭环特征方程有一个根在单位圆外，所以系统不稳定。 令zw1，代入特征方程q(z)z23z0.96650化简得 w1p(w)4.9665w20.067w1.03350

由劳斯判据知，二阶系统当各项系数均大于零时系统才稳定，而p(w)0得常数项小于零，故系统不稳定。

(2) 闭环特征q(z)(z1)(z0.0067)0.2K(4.0067z0.9598)0化简得

q(z)z2(0.80134K1.0067)z0.00670.19196K0

令zw1，代入特征方程化简得 w1p(w)0.9933Kw2(1.98660.38392K)w1.212060.19196K0

由劳斯判据得 1.98660.38392K00k5.17 1.212060.19196K0（3）：若改为连续系统(s)0.9933K0G(s)K 21G(s)0.2ssK闭环特征方程q(s)0.2s2sK0,由劳斯判据得系统稳定条件为K0

(4)比较(2)和(3)的结果，说明将一个离散系统改造为连续系统，其稳定性增强。

17．已知被控对象传递函数为G(s)2s(0.5s1)，采样周期为T=0.5s，离散化时保

持器为零阶保持器，试设计在单位速度输入时的无纹波数字控制器D(z)，并导出控制量u(k)的递推算法。（会举一反三）

解：

2412111 G(z)(1z1)Z2(1z)(1z)Z22ss2ss(0.5s1)s(s2)2Tz1T0.511z1111(1z)(1z)1212T1e10.368121(1z)1z1ez(1z)1z10.368z110.368z1(10.717z1) 11(1z)(10.368z)针对单位速度输入信号，要设计无波纹控制器，要求对象必须要有一个积分环节，对象Gc(s)中含有一个积分环节，满足必要条件。 由对象广义脉冲传递函数得：

对象不含纯滞后环节，含有一个单位圆内的零点b10.717，无单位圆外的极点但含有一个单位圆上的极点，所以得：d0,w1,vj1 输入信号为单位速度输入，q2j1 因此：mwd1,nvjq2 所以：F1(z)1f11z1,F2(z)f21z1f22z2 由无波纹设计原理得：

(z)zd(1bzii1w1)F2(z)(10.717z1)(f21z1f22z2)

e(z)(1aiz1)(1z1)qF1(z)(1z1)2(1f11z1)

i1vj 因为(z)1e(z)，比较系数得方程

2f11f212f111f220.717f21，解方程得f110.592,f211.408,f220.826 由此得 f110.717f22(z)(10.717z1)(1.408z10.826z2)1.408z1(10.717z1)(10.587z1)

e(z)(1z1)2(1f11z1)(1z1)2(10.592z1)

1(z)(1z1)(10.368z1)1.408z1(10.717z1)(10.587z1) D(z)G(z)e(z)0.368z1(10.717z1)(1z1)2(10.592z1)3.83(10.368z1)(10.587z1)3.83(10.955z10.216z2) 121110.408z0.592z(1z)(10.592z)U(z)3.83(10.95z510.21z62) D(z)12E(z)10.40z80.59z2U(z)(10.408z10.592z2)3.83E(z)(10.955z10.216z2)

U(z)0.408z1U(z)0.592z2U(z)3.83E(z)3.658z1E(z)0.827z2E(z)

u(k)0.408u(k1)0.592u(k2)3.83e(k)3.658e(k1)0.827e(k2)

11118．设广义对象脉冲传递函数为G(z)0.265z(12.78z)(10.2z),采样周期T＝

(1z1)2(10.286z1)1s。

试设计在单位阶跃输入下的最少拍有波纹控制器，并导出控制量u(k)的递推算法. （会举一反三）

解：由对象广义脉冲传递函数得：

对象不含纯滞后环节，含有一个单位圆外的零点b12.78，无单位圆外的极点但含有两个单位圆上的极点，所以得：d0,u1,vj2 输入信号为单位阶跃输入，q1j2 因此：mud1,nv2

所以：F1(z)1f11z1,F2(z)f21z1f22z2 由无波纹设计原理得：

(z)zd(1bzii1u1)F2(z)(12.78z1)(f21z1f22z2)

e(z)(1aiz1)(1z1)jF1(z)(1z1)2(1f11z1)

i1vj因为(z)1e(z)，比较系数得方程

2f11f212f111f222.78f21，解方程得f111.276,f210.724,f220.459 f112.78f22由此得

(z)(12.78z1)(0.724z10.459z2)0.724z1(12.78z1)(10.634z1)

e(z)(1z1)2(1f11z1)(1z1)2(11.276z1)

1(z)(1z1)2(10.286z1)0.724z1(12.78z1)(10.634z1)D(z)G(z)e(z)0.265z1(12.78z1)(10.2z1)(1z1)2(11.276z1)

2.73(10.286z1)(10.634z1)2.73(10.92z10.18z2) 121111.476z0.255z(10.2z)(11.276z)U(z)2.73(10.92z10.18z2) D(z)E(z)11.476z10.255z2(11.476z10.255z2)U(z)2.73E(z)(10.92z10.18z2)

u(k)1.476u(k1)0.255u(k2)2.73e(k)2.51e(k1)0.49e(k2)