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运动控制系统_陈伯时_第4版课后习题答案完整版

2.2 系统的调速范围是1000~100min r ，要求静差率s=2%，那么系统允许的静差转速降是多少？解：10000.02(100.98) 2.04(1)

n n s

n rpm D s ?=

=??=-

系统允许的静态速降为2.04rpm

2.3 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为0max 1500min n r =，最低转速特性为

0min 150min n r =，带额定负载时的速度降落15min N n r ?=，且在不同转速下额定速降

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？

解：1）调速范围 max min D n n =(均指额定负载情况下）

max 0max 1500151485N n n n =-?=-= min 0min 15015135N n n n =-?=-= max min 148513511D n n ===

2) 静差率 01515010%N s n n =?==

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)]

3.1

N D n S n

s =?-=??-=

[(1)]14300.3[115(10.3)]

5.33

N 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

60,220,305,1000min N N N N P kW 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)]10000.05[200.95] 2.63/min N n n S D s r ?=-=??=

2.6 有一晶闸管稳压电源，其稳态结构图如图所示，已知给定电压*

8.8u U V =、比例调节器

放大系数2P K =、晶闸管装置放大系数15S K =、反馈系数γ=0.7。求：（1）输出电压d U ；（2）若把反馈线断开，d U 为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？（3）若把反馈

系数减至γ=0.35，当保持同样的输出电压时，给定电压*u U 应为多少？

解：（1）*

(1)2158.8(12150.7)12d p s u p s U K K U K K V γ=+=??+??= (2) 8.8215264d U V =??=,开环输出电压是闭环的22倍

(3) *

(1)12(12150.35)(215) 4.6u d p s p s U U K K K K V γ=+=?+???=

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 D N N -?=1/

1015002%/98%N n =???

15002%/98%10 3.06/min N n r ?=??=

2）()

7.31106.3/1001/=-=-??=cl op n n K

2.8 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？

解： ()()12881511=?+=?+=?cl op n K n

如果将开环放大倍数提高到30, 则速降为：

()()rpm K n n op cl 13.4301/1281/=+=+?=?

在同样静差率要求下，D 可以扩大937.1/21=??cl cl n n 倍

2.9 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。要求系统满足调速范围D=20，静差率S<=10%。

（1）计算开环系统的静态速降Δn op 和调速要求所允许的闭环静态速降Δn cl 。（2）采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构图。（3）调整该系统参数，使当U n *=15V 时，I d =I N ，n=n N ，则转速负反馈系数 α应该是多少？（4）计算放大器所需的放大倍数。解：（1）

()()/22012.5 1.5/1500201.25/15000.134min/N N a e

e n U I R C C V r

=-??=-?==

()//12.5 3.3/0.134307.836/min

N N e

op N e n U I R C n I R C r ∑∑=-???=?=?=

()()/1150010%/20*90%8.33/min N N n n s D s r ?=-=?=（）所以，min /33.8r n cl =? （2）

（3）（4）()()()()[]

()()[]K C R I K KU K C R I U K K n e d n e d n s p +-+=+-=*

*1/1/1/α

()/1307.836/8.33135.955op cl K n n =??-=-=

()()()150035.95515/135.95512.5 3.3/0.134135.955α??=??+?-?+????

r V min/0096.0=?α

可以求得，*35.955*0.134

14.34*35*0.0096

e p s K C K K α=

== 也可以用粗略算法：

n U U n n

α=≈*

，01.01500

*===n U n α /p e s K KC K α=，()35.9550.134/350.0113.76p K =??=

2.10 在题2.9的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流N dbl I I 2≤，临界截止电流N dcr I I 2.1≥，应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3 ,如果做不到，需要增加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和

静态结构图，并计算电流反馈放大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？解：（1） A I I N dbl 252=≤，A I I N dcr 152.1=≥

s com s com dcr R U R U I /15/=?=

()

()Ω

=?+=?+≈5.1/1525/*

s s com s com n dbl R R U R U U I ，

V U com 5.225.115=?=

（2）

()(/3) 1.0 1.50.8/3 1.1,(/3)

1.1,

s s R R R R ∑∑=++=Ω>=Ω不符合要求，取需加电流反馈放大器

由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，取 1.1s R =Ω，则15 1.116.5com dcr s U I R V =?=?=

（3）当dcr d I I >时，有

()[

]()()[

]

()[]()

()()[

](

)()()

[]

K C I R K K K R K C U K U K K K C RI K C U I R K K K K C U K K n e d s i s p e com i n s p e d e com d s i s p e n s p ++-++=+-+--+=1/1/1/1/1/**

当n=0时，

()()()**//dbl p s n i com p s i s n i com i s I K K U K U R K K K R U K U K R =++≈+

()()251516.5/1.115/22.513.5 1.36i i i K K K =+?=-=

2.11在题2.9的系统中，若主电路电感L=50mH ，系统运动部分的飞轮惯量22

GD =1.6Nm ，

整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9要求设计的转速负反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？

解： mH L 50=，2

26.1Nm GD =， 3.3R ∑=Ω，0.134/e

C V rpm =

()()2/0.05/3.30.015/375 1.6 3.3/3750.1340.13430/3.145.28/64.330.0820.00333l m e m s T L R s

T GD R C C s T s

∑∑=====????===

()()22

/0.0820.0150.003330.00333/0.0151*0.003330.00150.00333/0.0000498330.52

l m l s s s K T T T T T T ????<++=?++??????=+=??（

）

可见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳定。要使系统能够稳定运行，K 最大为30.52。 2.12 有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：kW P N 8.2=，V U N 220=，A I N 6.15=，1500=N n r/min ，a R =1.5Ω，整流装置内阻rec R =1Ω, 电枢回路电抗器电阻L R =0.8Ω，触

发整流环节的放大倍数35=s K 。

(1)系统开环工作时，试计算调速范围30=D 时的静差率s 值。 (2)当30=D ，%10=s 时，计算系统允许的稳态速降。

(3)如组成转速负反馈有静差调速系统，要求30=D ，%10=s ，在V U n 10*

=时N d I I =，

N n n =，计算转速负反馈系数α和放大器放大系数p K 。

解：

()r V C e m in/1311.01500/5.16.15220=?-=

（1）

()min 0min /15.6 3.3/0.1311392.68/min 1500/3050

/392.68/392.685088.7%

op N e op n I R C r n s n n ∑?=?=?====??=+=

（2）

()min

/56.59.0/550/1.0r n n n ==?+??=

（3）

()()??

?=+-+=∑e s p e d e n s p C K K K K C I R K C U K K n /1/1/*α ()()()()

()????

?=-=-??=+-+=∑5

.52156.5/48.2971/1/6.151/1500*cl op e e n s p n n K K C R K C U K K 2.13旋转编码器光栅数1024，倍频系数4，高频时钟脉冲频率MHz 1f 0=，旋转编码器输

出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用16位计数器，M 法测速时间为0.01s ，求转速

min /r 1500n =和min /r 150n =时的测速分辨率和误差率最大值。

解：

（1）M 法：分辨率min /465.101

.04102460

60r ZT Q c =??==

最大误差率：→=

ZT M n 1

60 min /1500r n =时，102460

.0102441500601=???==

c nZT M min /150r n =时，4.1026001.010*********=???==c nZT M min /1500r 时，%098.0%1001024

1%1001%1max =?=?=

M δ min /150r 时，%98.0%1004

.1021%1001%1max =?=?=

M δ 可见M 法适合高速。

（2）T 法：分辨率：

min /1500r n =时，min /171150041025101601500410246062

02r Zn f Zn Q =??-????=-=

min /150r n =时，min /55.1150

410241016015041024606

02r Zn f Zn Q =??-????=-= 最大误差率：2060ZM f n =

，Zn

f M 0

260=，当min /1500r n =时，77.915004102410606

2=???=

M 当min /150r n =时，7.97150

4102410606

2=???=

M min /1500r n =时，%4.11%1001

77.91

%1001

1%2max =?-=

?-=

M δ

min /150r n =时，%1%1001

7.971

%1001

1%2max =?-=

?-=

M δ

可见T 法适合低速

习题三

3.1双闭环调速系统的ASR 和ACR 均为PI 调节器，设系统最大给定电压*

nm U =15V ，

N n =1500r/min ，N I =20A ，电流过载倍数为2，电枢回路总电阻R =2Ω，s K =20，

e C =0.127V ·min/r ，求：（1）当系统稳定运行在*n U =5V ，dL I =10A 时，系统的n 、n U 、*

i U 、

i U 和c U 各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，*i U 和c U 各为多少？

解：(1)

***

**0*/15/15000.01/55,

5000.01/150.375/400.375*10 3.750.127*50010*2

4.17520500,5, 3.75,nm N n

im dm i d i d dL e N dL C s s s n i i c U n V rpm V rpm

U V

U V n rpm

V rpm

U V V A

I A

U I V U U E I R C n I R U V K K K n rpm U V U U V U αα

ββ=====

========+++=========当转速即

4.175v

（2）堵转时，V I U dm i 15*==β，

()040*2

420

e d d dm c s s s C n I R U I R U V K K K +=

==== 3.2 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。已知参数：电动机：N P =3.7kW ，N U =220V ，N I =20A ，N n =1000 r/min ,电枢回路总电阻R =1.5Ω,

设cm im nm U U U ==** =8V ，电枢回路最大电流dm I =40A,电力电子变换器的放大系数s K =40。试

求：

（1）电流反馈系数β和转速反馈系数α。

（2）当电动机在最高转速发生堵转时的,0d U c i i U U U ,,*值。

解:1）

*880.2/0.008/401000im nm dm N U V U V V A V rpm I A

n rpm

βα======

2) 040*1.560d dl e N dl U E I R C n I R A V ∑∑=+=+=Ω= 这时：

*8,0n n U V U ==，ASR 处于饱和，输出最大电流给定值。

*8,8,i i U V U V ==

06040 1.5C d S U U K V ===

3.3 在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR ，ACR 均采用PI 调节器。当ASR 输出

达到*im U =8V 时，主电路电流达到最大电流80A 。当负载电流由40A 增加到70A 时，试问：

（1）*i U

应如何变化？（2）c U 应如何变化？（3）c U 值由哪些条件决定？

解: 1)

80.1/80im dm U V V A I A

β=== 因此当电流从40A ?70A 时， *i U 应从4V ?7V 变化。 2) C U 要有所增加。

3) C U 取决于电机速度和负载大小。因为 0d dl e N dl U E I R C n I R ∑∑=+=+

()0e d d c s s

C n I R U U K K +== 3.5 某反馈控制系统已校正成典型I 型系统。已知时间常数T=0.1s, 要求阶跃响应超调量σ≤10％。

（1）系统的开环增益。

（2）计算过渡过程时间s t 和上升时间r t ；

（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间r t <0.25s, 则K=?，σ％=? 解：取0.69,0.6,%9.5%KT ξσ===

(1) 系统开环增益：0.69/0.69/0.1 6.9(1/)K T s === (2) 上升时间 3.30.33r t T S == 过度过程时间：

660.10.6s n

t T s ξω≈

==?=

（3）

如要求0.25r t s <，查表3-1则应取 1,0.5KT ξ== , 2.4 2.4*0.10.24r t T s === 这时

1/10K T ==,超调量=16.3%。

3.6有一个系统，其控制对象的传递函数为1

01.010

1)(1+=+=

s s K s W obj τ，要求设计一个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量σ％≤5％（按线性系统考虑）。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。解：按典型I 型系统设计，选0.5,

0.707,

3-1% 4.3%KT ξσ===查表，得。

选I

调节器，

(),W s s τ=校正后系统的开环传递函数为

110

(),

T 0.01(0.011)

W s s s ττ=

+这样，＝， K=10/，已选KT ＝0.5, 则K ＝0.5/T=50, 所以

10/10/500.2

K S τ===，积分调节器：11

()0.2W s s s

τ==。

3.7有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为)

102.0(10

)1()(1+=

s s Ts s K s W obj ，要求校正为典型Ⅱ型系统，在阶跃输入下系统超调量σ％≤30％（按线性系统考虑）。试决定调节器结构，并选择其参数。

解：应选择PI 调节器，1

(1)(1)(),()(1)

PI PI PI K s K s K W s W s s s s Ts ττττ++=

=+校正后系统的开环传递函数，对照典型Ⅱ型系统， 1/,

h 83-4PI K K K hT ττσ==,选＝，查表， %=27.2%，满足设计要

求。这样8*0.020.16hT s τ===，

12222

181

175.78,/175.78*0.16/10 2.8122*8*0.02PI h K K K K h T τ++=

=====

3.8在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：60=N P kW , 220=N U V , 308=N I A , 1000=N n r/min , 电动势系数e C =0.196 V·

min/r , 主回路总电阻R =0.18Ω,触发整流环节的放大倍数s K =35。电磁时间

常数l T =0.012s,机电时间常数m T =0.12s,电流反馈滤波时间常数i T 0=0.0025s,转速反馈滤波时间常数n T 0=0.015s 。额定转速时的给定电压(U n *

)N =10V,调节器ASR ，ACR 饱和输出电压U im *

=8V,U cm =6.5V 。

系统的静、动态指标为:稳态无静差,调速范围D=10,电流超调量i σ≤5% ,空载起动到额定转速时的转速超调量n σ≤10%。试求：

（1）确定电流反馈系数β(假设起动电流限制在1.1N I 以内)和转速反馈系数α。（2）试设计电流调节器ACR,计算其参数R i, 、C i 、C Oi 。画出其电路图,调节器输入回路电阻R 0=40Ωk 。

（3）设计转速调节器ASR,计算其参数R n 、C n 、C On 。(R 0=40k Ω) （4）计算电动机带40%额定负载起动到最低转速时的转速超调量σn 。（5）计算空载起动到额定转速的时间。

解：（1）*/8/(1.1*)8/3390.0236/im dm N U I V I V A V A β====

10/10000.01min/V r α==

（2）电流调节器设计

确定时间常数：)0.00333s a T s =

)0.0025oi b T s =

0)0.00250.003330.00583i i s c T T T s ∑=+=+=

电流调节器结构确定：

因为5%i σ≤，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器，(1)

()i i ACR i K S W S S

ττ+=

电流调节器参数确定: 1

0.012,0.5,0.5/85.76i l I i I i T s K T K T s τ-∑∑=====选，

85.760.0120.18

0.224350.0173

I i i s K R K K τβ??=

==?。校验等效条件：1

85.76ci I K s ω-==

11011

)1101.01330.0033311)3

379.060.120.012

1111

)115.52330.003330.0025

S ci

m l ci

s i a T b S T T c s T T ωωω--==>?==?电力电子装置传递函数的近似条件：忽略反电势的影响的近似条件：电流环小时间常数的近似条件：

可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选040R K =,则：

00.224408.96i i R K R K K ==?=, 取9K.

由此

000/0.012/(910) 1.334/40.0025/40100.25i i i i i C R F C T R F

τμμ==?===??=

（3）速度调节器设计确定时间常数：

a) 电流环等效时间常数1/I K :因为0.5I i K T ∑=

则 1/2

20.005830.01

I i K T s ∑==?= b) 0.015on T s =

c) 1/0.011660.0150.02666n I on T K T s ∑=+=+= 速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI 调节器，

(1)

()n n ASR n K s W s s

ττ+=

, 速度调节器参数确定：

,5,0.1333n n n n hT h hT s ττ∑∑====取

222216

168.822250.02666

(1)60.02360.1960.12

6.94

2250.010.180.02666

N n e m n n h K s h T h C T K h RT βα-∑∑+===??+???=

==????校验等效条件：

11/168.820.133322.5cn N N n K K s ωωτ-===?=

1101185.76)40.43330.005831185.76

)25.2330.015

I cn

i I cn

n K a s T K b s T ωω-∑-==>==>电流环近似条件：转速环小时间常数近似：

可见满足近似等效条件。

转速超调量的校验 (空载Z=0）

max *3080.180.02666

%2*(

)()281.2% 1.10.19610000.1211.23%10%

n N n b m T C n z C n T σλ∑???=-=?????=>

转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需重新设计。

查表，应取小一些的h ，选h=3进行设计。

按h=3，速度调节器参数确定如下：0.07998n n hT s τ∑==

2222

(1)/24/(290.02666)312.656(1)/240.02360.1960.12/(230.010.180.02666)7.6

N n n e m n K h h T s

K h C T h RT βα-∑∑=+=??==+=???????=校验等效条件：11/312.6560.0799825cn N N n K K s ωωτ-===?=

1/21/211/2

1/2

)1/3(/)1/3(85.76/0.00583)40.43)1/3(/)

1/3(85.76/0.015)

25.2I i cn I on cn

a K T s

b K T s ωω-∑-==>==>

可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：

272.2% 1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)9.97%10%n σ=??????=<

转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。

速度调节器的实现：选040R K =,则07.640304n n R K R K =?=?=,取310K 。

0/0.07998/310100.2584/40.015/4010 1.5n n n on on C R F C T R F

τμμ==?===??=

4) 40%额定负载起动到最低转速时:

%272.2%(1.10.4)(3080.18/0.196100)(0.02666/0.12)63.5%n σ=??-????=

5) 空载起动到额定转速的时间是：(书上无此公式）

仅考虑起动过程的第二阶段。

222()(),

()375375375m dm dL dm dL e L dm dL

e m

m e

GD dn

dn C I I R I I R T T I I GD GD R dt

dt C T C C C --=-===-根据电机运动方程：所以：*0.196*0.12*1000

0.385()(1.1*3080)*0.18

e m dm dL C T n t s I I R ===--

3.10 有一转速、电流双闭环调速系统,主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：P N =500kW ，U N =750V ，I N =760A ，n N =375 r/min ，电动势系数C e =1.82V ·min/r, 电枢回路总电阻R=0.14Ω,允许电流过载倍数λ=1.5,触发整流环节的放大倍数K s =75,电磁时间常数l T =0.031s,机电时间常数m T =0.112s,电流反馈滤波时间常数i T 0=0.002s,转速反馈滤波时

间常数n T 0=0.02s 。设调节器输入输出电压U nm *=U im *

= U nm =10V,调节器输入电阻R 0=40k Ω。设计指标:稳态无静差，电流超调量i σ≤5%，空载起动到额定转速时的转速超调量n σ≤10%。电流调节器已按典型I 型系统设计,并取参数KT=0.5。（1）选择转速调节器结构,并计算其参数。

（2）计算电流环的截止频率ci ω和转速环的截止频率cn ω，并考虑它们是否合理?

解：（1）

*100.00877/1.5*760

0.0267min/375

im dm nm

N U V A

I U V r n βα====

电流调节器已按典型I 型系统设计如下：确定时间常数：)0.00176)0.002)0.00367S oi i a T s

b T s

c T s

∑===

电流调节器结构确定：因为σ%≤5%，可按典型I 型系统设计，选用PI 调节器， W ACR (s)=K i (τi s+1)/τi s ， T l /T ∑i =0.031/0.00367=8.25<10

电流调节器参数确定：τi =T l =0.031s ， K I T ∑i = 0.5， K I = 0.5/T ∑i =136.24 s -1

/136.240.0310.14/750.008770.899i I I s K K T R K β==???=

校验等效条件：ωci =K I =136.24 s -1

11/21/211/21/21)1/31/30.00167199.6)(1/)3(1/0.1120.031)50.9)1/3(1/)1/3(1/0.001670.002)182.39s ci

m l ci

s oi ci

a T s

b T T s

c T T s ωωω---=?=>=?=<=?=>

可见满足近似等效条件。

电流调节器的实现：选R 0=40K ，则

00.8994035.96i i R K R =?=?= 取36K

000/0.031/36100.864/40.002/40100.2i i i i i C T R F C T R f

μμ==?===??=

速度调节器设计确定时间常数：

a) 电流环等效时间常数1/K I ：因为K I T ∑i = 0.5 则1/K I =2T ∑i =2*0.00367=0.00734s b) b)T on =0.02s

c) c)T ∑n =1/K I +T on =0.00734+0.02=0.02734s 速度调节器结构确定：

按照无静差的要求，应选用PI 调节器， W ASR (s)=K n (τn s+1)/τn s 速度调节器参数确定：

τn =hT ∑n ，选h=5，则τn =hT ∑n =0.1367s,

K N =(h+1)/（2h 2T 2∑n ）=6/2*25*0.027342=160.54 s -2

K n =(h+1)βC e T m /（2h αRT ∑n ）= 6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5 校验等效条件：ωcn =K N /ω1=K N τn =160.54*0.1367 =21.946 s -2

a) 1/3(K I /T ∑i )1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s -1>ωcn b) 1/3(K I /T on )1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s -1>ωcn 可见满足近似等效条件。

速度调节器的实现：选R 0=40K ，则 R n =K n *R 0=10.5*40=420K

由此 C n =τn /R n =0.1367/420*103=0.325μF 取0.33μF C 0n =4T 0n /R 0=4*0.02/40*103=2μF 2) 电流环的截止频率是：ωci =K I =136.24 s -1

速度环的截止频率是： ωcn =21.946 s -2

从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体现了多环控制系统的设计特点。

3.11 在一个转速、电流双闭环V-M 系统中，转速调节器ASR ，电流调节器ACR 均采用PI 调节器。

（1）在此系统中,当转速给定信号最大值U nm *=15V 时,n=n N =1500 r/min;电流给定信号最大值

U im *

=10V 时,允许最大电流I dm =30A,电枢回路总电阻R=2Ω,晶闸管装置的放大倍数K s =30 ,电动机额定电流I N =20A ,电动势系数C e =0.128V ·min/r 。现系统在U n *

=5V ,I dl =20A 时稳定运行。求此时的稳态转速n=? ACR 的输出电压U c =?

（2）当系统在上述情况下运行时,电动机突然失磁(Φ=0) , 系统将会发生什么现象? 试分析并说明之。若系统能够稳定下来,则稳定后n=? U n =? U i *

=? U i =? I d =? U c =?

（3）该系统转速环按典型Ⅱ型系统设计, 且按M rmin 准则选择参数,取中频宽h=5, 已知转速环小时间常数T ∑n =0.05s ,求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数,并计算出放大系数及各时间常数。

（4）该系统由空载(dL I =0)突加额定负载时,电流d I 和转速n 的动态过程波形是怎样的?已知机电时间常数m T =0.05s,计算其最大动态速降max n ?和恢复时间v t 。

1) α= U*nm /n N =15/1500=0.01 Vmin/r β= U*im /I dm = 10/30=0.33 V/A

U*n =5 V ，n=U*n /α=5/0.01=500 r/min

U c =U d0/K s =(E+I d R ∑)/K s =(C e n+I dLl R ∑)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467 V

2) 在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁（Φ=0）则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流I dm 。因此，系统稳定后， n=0，U n =0

U*i =U*im =10， U i =U*i =10 I d =I dm =30A

U c =U d0/K s =(E+I d R ∑)/K s =(0+30*2)/30=2 V

3) 在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环传递函数是：

()()()

112

++=

∑s T s s K s W n n N n τ

τn =hT ∑n =5*0.05=0.25s T ∑n =0.05s

K N =(h+1)/2h 2T 2=6/2*25*0.052=48s-2 4) 空载突加额定负载时，转速有动态降落。（p93,94)

Δn b =2(λ-z)Δn N T ∑n /T m =2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)= 625 r/min [ C b =2FK 2T=2I dN RT ∑n /C e T m =2*20*2*0.05/0.128*0.05=625 r/min ] 最大动态速降：Δn max =(ΔC max /C b )*Δn b =81.2%*625 =507.5 r/min 恢复时间：t v =8.8T=8.8*0.05=0.44s(p81表）

习题五

5.8两电平PWM 逆变器主回路，采用双极性调制时，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。根据开关状态写出其电压空间矢量表达式，画出空间电压矢量图。解：两电平PWM 逆变器主回路：

U 2

d U A

采用双极性调制时，忽略死区时间影响，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示下桥臂开通，逆变器输出端电压：

120

x x d x U S u U S ?=??=?

?-=?? (21)

2d x x U u S =-，

以直流电源中点'

O 为参考点

2()

j j A B C u u e u e =++γγs u

A S

B S

C S

A u

B u

C u s u

U -

U - 2d

U - 0

1 0 0

U 2

U -

d U 2u

1 1 0

U 2d

U 2d U - 32

3j d U e π 3u 0 1 0

d U - 2

U 2

d U - 232

j d U e π 4u

0 1 1 2d

U -

U 2

j d U e π 5u 0 0 1

2d U - 2d U - 2d

U 432

3j d U e π 6u 1 0 1

U 2d U - 2d

U 532

j d U e π 7u

1 1 1 2

U 2

U 0

空间电压矢量图：

u 2

u 3

u 7

0,u u 6

u 5

u 4

5.9当三相电压分别为AO u 、

u 、

u ，如何定义三相定子电压空间矢量

u 、

u 和合成矢量

u ，写出他们的表达式。

解：A,B,C 为定子三相绕组的轴线，定义三相电压空间矢量：

2AO j BO j CO u u e u e ===γγ

AO BO CO u u u

合成矢量：

2j j AO BO CO u u e u e =++=++γγs AO BO CO u u u u

)

(0j e A )

(γj e B )

(2γj e C AO

u BO

u CO

u s

u BO

u CO

5.10忽略定子电阻的影响，讨论定子电压空间矢量

u 与定子磁链

ψ的关系，当三相电压AO

u 、

u 为正弦对称时，写出电压空间矢量

u 与定子磁链

ψ的表达式，画出各自

的运动轨迹。

解：用合成空间矢量表示的定子电压方程式：

d R s

s s s ψi u +

= 忽略定子电阻的影响，

d s

s ψu ≈

dt ?≈?s s ψu ，

即电压空间矢量的积分为定子磁链的增量。当三相电压为正弦对称时，定子磁链旋转矢量

)

(1?ωψ+=t j s e s ψ

电压空间矢量：

1()

21j t s e

πω++?≈ωψs u

s ψ2

s ψ3

s ψ1

s u 2

s u 3

s u 1

ω4

s ψ4

s u 1

s u 2

s u 3

s u 1

ω4

s u

5.11采用电压空间矢量PWM 调制方法，若直流电压

u 恒定，如何协调输出电压与输出频率

的关系。

解：直流电压恒定则六个基本电压空间矢量的幅值一定，

011121212312000000,3,,,,j s s d d T Nw w t t t t t t u U U e T T T T T T π

π?

=↑??

↓??↓=+=+↓↓??开关周期输出频率u u u

1212,,t t T t t ∴↓↓--↑，零矢量作用时间增加，所以插入零矢量可以协调输出电压与输出

频率的关系。

u 2

u s

u 20

T t u 10

T t u θ

5.12 两电平PWM 逆变器主回路的输出电压矢量是有限的，若期望输出电压矢量s

u 的幅值小

于直流电压

u ，空间角度θ任意，如何用有限的PWM 逆变器输出电压矢量来逼近期望的输

出电压矢量。解：两电平PWM 逆变器有六个基本空间电压矢量，这六个基本空间电压矢量将电压空间矢量分成六个扇区，根据空间角度θ确定所在的扇区，然后用扇区所在的两个基本空间电压矢量分别作用一段时间等效合成期望的输出电压矢量。

习题六

人教版化学选修4课后习题参考答案

人教版化学选修4课后习题参考答案第一章第一节（P.6） 1.化学反应过程中所释放或吸收的能量，叫做反应热，在恒压条件下，它等于反应前后物质的焓变，符号是ΔH，单位是kJ/mol。例如1mol H2(g)燃烧，生成1mol H2O(g)，其反应热ΔH=-241.8kJ/mol。 2.化学反应的实质就是反应物分子中化学键断裂，形成新的化学键，重新组合成生成物的分子。旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量。当反应完成时，若生成物释放的能量比反应物吸收的能量大，则此反应为放热反应；若生成物释放的能量比反应物吸收的能量小，反应物需要吸收能量才能转化为生成物，则此反应为吸热反应。第二节(P.10) 1.在生产和生活中，可以根据燃烧热的数据选择燃料。如甲烷、乙烷、丙烷、甲醇、乙醇、氢气的燃烧热值均很高，它们都是良好的燃料。 2.化石燃料蕴藏量有限，不能再生，最终将会枯竭，因此现在就应该寻求应对措施。措施之一就是用甲醇、乙醇代替汽油，农牧业废料、高产作物（如甘蔗、高粱、甘薯、玉米等）、速生树木（如赤杨、刺槐、桉树等），经过发酵或高温热分解就可以制造甲醇或乙醇。由于上述制造甲醇、乙醇的原料是生物质，可以再生，因此用甲醇、乙醇代替汽油是应对能源危机的一种有效措施。 3.氢气是最轻的燃料，而且单位质量的燃烧热值最高，因此它是优异的火箭燃料，再加上无污染，氢气自然也是别的运输工具的优秀燃料。在当前，用氢气作燃料尚有困难，一是氢气易燃、易爆，极易泄漏，不便于贮存、运输；二是制造氢气尚需电力或别的化石燃料，成本高。如果用太阳能和水廉价地制取氢气的技术能够突破，则氢气能源将具有广阔的发展前景。 4.甲烷是一种优质的燃料，它存在于天然气之中。但探明的天然气矿藏有限，这是人们所担心的。现已发现海底存在大量水合甲烷，其储量约是已探明的化石燃料的2倍。如果找到了适用的开采技术，将大大缓解能源危机。 5.柱状图略。关于如何合理利用资源、能源，学生可以自由设想。在上述工业原材料中，能源单耗最大的是铝；产量大，因而总耗能量大的是水泥和钢铁。在生产中节约使用原材料，加强废旧钢铁、铝、铜、锌、铅、塑料器件的回收利用，均是合理利用资源和能源的措施。 6.公交车个人耗油和排出污染物量为私人车的1/5，从经济和环保角度看，发展公交车更为合理。第三节(P.14) 1.C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=-393.5kJ/mol 2.5mol C完全燃烧，ΔH=2.5mol×(-39 3.5kJ/mol）=-983.8kJ/mol 2.H2(g)的燃烧热ΔH=-285.8kJ/mol 欲使H2完全燃烧生成液态水，得到1000kJ的热量，需要H21000kJ÷285.8kJ/mol= 3.5mol 3.设S的燃烧热为ΔH S(s)+O2(g)==SO2(g) 32g/molΔH 4g-37kJ ΔH=32g/mol×(-37kJ)÷4g =-296kJ/mol 4.设CH4的燃烧热为ΔH CH4(g)+O2(g)==CO2(g)+2H2O(g) 16g/molΔH 1g-55.6kJ ΔH=16g/mol×(-55.6kJ)÷1g =-889.6kJ/mol 5.（1）求3.00mol C 2 H完全燃烧放出的热量Q C 2 H 2 (g)+5/2O 2 (g)==2CO 2 (g)+H 2 O（l) 26g/molΔH 2.00g-99.6kJ ΔH=26g/mol×(-99.6kJ)÷2.00g =-1294.8kJ/mol Q=3.00mol×(-1294.8kJ/mol)=-3884.4kJ≈-3880kJ （2）从4题已知CH 4 的燃烧热为-889.6kJ/mol，与之相比，燃烧相同物质的量的C 2 H 2 放出的热量多。 6.CO(g)+H 2 O(g)==CO 2 (g)+H 2 (g)ΔH=-41kJ/mol 7.已知1kg人体脂肪储存32200kJ能量，行走1km消耗170kJ，求每天行走5km，1年因此而消耗的脂肪量： 170kJ/km×5km/d×365d÷32200kJ/kg=9.64kg 8.此人脂肪储存的能量为4.2×105kJ。快速奔跑1km要消耗420kJ能量，此人脂肪可以维持奔跑的距离为：4.2×105kJ÷420kJ/km=1000km 9.1t煤燃烧放热2.9×107kJ 50t水由20℃升温至100℃，温差100℃-20℃=80℃，此时需吸热： 50×103kg×80℃×4.184kJ/(kg?℃)=1.6736×107kJ 锅炉的热效率=(1.6736×107kJ÷2.9×107kJ）×100% =57.7% 10.各种塑料可回收的能量分别是：耐纶5m3×4.2×104kJ/m3=21×104kJ 聚氯乙烯50m3×1.6×104kJ/m3=80×104kJ 丙烯酸类塑料5m3×1.8×104kJ/m3=9×104kJ

人教版化学选修4课后习题+答案

化学选修4课后习题和答案第一章化学反应与能量第一节化学反应与能量的变化 P5习题 1?举例说明什么叫反应热，它的符号和单位是什么 2?用物质结构的知识说明为什么有的反应吸热，有的反应放热。 3?依据事实，写出下列反应的热化学方程式。 (1) 1 mol N2 (g)与适量H2 (g)起反应，生成NH3 (g),放出kJ热量。 (2) 1 mol N2 (g)与适量O2 (g)起反应，生成NO2(g)，吸收68 kJ热量。 (3) 1 mol Cu(s与适量02 (g)起反应，生成CuO (s)，放出157 kJ热量。 (4) 1 mol C(s与适量H2O (g)起反应，生成CO (g)和H2 (g)，吸收kJ热量。 (5) 卫星发射时可用肼(N2H4)作燃料，1 mol N2H4(l)在O2 (g)中燃烧，生成N2 (g)和H2O (l)，放出622 kJ热量。 (6) 汽油的重要成分是辛烷(C8H18)，1 mol C B H18 (l)在O2 (g)中燃烧，生成CO2 (g) 和H2O (l)，放出 5 518 kJ热量。

P6 习题 1. 举例说明什么叫反应热，它的符号和单位是什么 1、化学反应过程中所释放或吸收的热量叫做反应热。恒压条件下，它等于反应前后物质的焓变。、符号是△ H、单位是kJ/mol或kJmof。例如1molH2 (g)燃烧，生成1molH2O (g),其反应热厶H= —mol。 2. 用物质结构的知识说明为什么有的反应吸热，有的反应放热。 2、化学反应的实质就是反应物分子中化学键断裂，形成新的化学键，重新组合成生成物的分子。旧键断裂需要吸收能量，新键形成要放出能量。当反应完成时，若生成物释放的能量比反应物吸收的能量大，则此反应为放热反应；若生成物释放的能量比反应物吸收的能量小，反应物需要吸收能量才能转化为生成物，则此反应为吸热反应。 P10 习题 1、燃烧热数据对生产、生活有什么实际意义 1、在生产和生活中，可以根据燃烧热的数据选择燃料。如甲烷、乙烷、丙烷、甲醇、乙醇、氢气的燃烧热值均很高，它们都是良好的燃料 2、石油资源总有一天会枯竭，现在就应该寻求应对措施。目前已使用甲醇、乙醇作为汽油的代用品，这样做的好处是什么化石燃料蕴藏量有限，不能再生，最终将会枯竭，因此现在就应该寻找对应措施。措施之一就是用甲醇、乙醇代替汽油，农牧业废料、高产作物(甘蔗、高粱、甘薯、玉米等）、速生树木（如赤杨、刺槐、桉树等），经过发酵或高温热分解就可以制造甲醇或乙醇。由于上

电力拖动自动控制系统期末考试复习资料

电力拖动自动控制系统复习（14电气工程本）一．题型填空（20）、选择（10）、简答（30）、计算（40）二．各章节内容提要（一）绪论——基本概念 1.运动控制系统的组成（电动机、功率放大与变换装置、控制器、相应的传感器）【P1】【填空】 2.直流电机的数学模型简单，转矩易于控制。交流电机具有结构简单等优点，但其动态数学模型具有非线性多变量强耦合的性质。【P3】【填空】 3.转矩控制是运动控制的根本问题，磁链控制与转矩控制同样重要。【P5】【填空】 4.典型的生产机械负载转矩特性主要包含恒转矩负载特性、恒功率负载特性、风机与泵类负载特性。【P5】【填空】（二）第2章 1．基本概念（1）直流调速转速公式、方法。【P7】【填空】公式：方法：1）调节电枢供电电压U； 2）减弱励磁磁通； 3）改变电枢回路电阻R （2）可控直流电源（G-M系统、V-M系统、PWM变换器）【P9】【填空】（3）增设平波电抗器来抑制电流脉动，总电感量的计算。【P12】【选择题】三相桥式三相半波单相桥式（4）失控时间的选择【p15】【选择题】整流电路形式最大失控时间单相半波20 10 单相桥式（全波）10 5 三相半波 6.67 3.33 三相桥式 3.33 1.67 ★★★★（5）PWM调速系统的优越性表现【p16】【简答题】 ○1主电路简单，需要的电力电子器件少；

○2开关频率高，电路容易连续，谐波少，电动机损耗及发热都较小； ○3低速性能好，稳速精度高，调速范围宽； ○4若与快速响应的电动机配合，则系统频带宽，动态响应快，动态抗扰能力强； ○5电力电子器件工作在开关状态，导通损耗小，当开关频率适当时，开关损耗也不大，因而装置效率较高； ○6直流电源采用不控整流时，电网功率因数比相控整流器高（6）不可逆PWM系统中，γ与ρ的关系。【P17】 γ=ρ （7）泵升电压【P20】【填空题】对滤波电容充电的结果造成直流侧电压升高（8）调速系统的稳态性能指标S与D及相互之间的关系。【P21-22】【填空题】 ○1——额定负载时的最高和最低转速 => ○2最低速 => 空载转速 ○3例： ★★★★（9）开环系统与闭环系统比较（4点结论）【P29-30】【简答题】 ○1闭环系统静特性可以比开环系统机械特性硬得多。 ○2闭环系统的静差率要比开环系统小得多。 ○3当要求的静差率一定时，闭环系统可以大大提高调速范围。 ○4要取得上述三项优势，闭环系统必须设置放大器。 ★★★★（10）闭环系统能减少稳态转速降的实质问题是什么？结合图形分析【P31】【简答题】闭环系统能够减少稳态速降的实质在于它的自动调节作用，在于它能随着负载的变化而相应地改变电枢电压，以补偿电枢回路电阻压降。（11）反馈控制规律（3点）【P31】【简答题】 ○1比例控制的反馈控制系统是被调量有静差的控制系统 ○2反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定 ○3系统的精度依赖于给定和反馈检测的精度

人教版化学选修4课本练习题答案(最新)

化学选修4课本课后练习题答案第一章第一节（P.6） 1. 化学反应过程中所释放或吸收的能量，叫做反应热，在恒压条件下，它等于反应前后物质的焓变，符号是ΔH，单位是kJ/mol。例如1 mol H2 (g)燃烧，生成1 mol H2O(g)，其反应热ΔH=-241.8 kJ/mol。 2. 化学反应的实质就是反应物分子中化学键断裂，形成新的化学键，重新组合成生成物的分子。旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量。当反应完成时，若生成物释放的能量比反应物吸收的能量大，则此反应为放热反应；若生成物释放的能量比反应物吸收的能量小，反应物需要吸收能量才能转化为生成物，则此反应为吸热反应。第二节(P.10) 1. 在生产和生活中，可以根据燃烧热的数据选择燃料。如甲烷、乙烷、丙烷、甲醇、乙醇、氢气的燃烧热值均很高，它们都是良好的燃料。 2. 化石燃料蕴藏量有限，不能再生，最终将会枯竭，因此现在就应该寻求应对措施。措施之一就是用甲醇、乙醇代替汽油，农牧业废料、高产作物（如甘蔗、高粱、甘薯、玉米等）、速生树木（如赤杨、刺槐、桉树等），经过发酵或高温热分解就可以制造甲醇或乙醇。由于上述制造甲醇、乙醇的原料是生物质，可以再生，因此用甲醇、乙醇代替汽油是应对能源危机的一种有效措施。 3. 氢气是最轻的燃料，而且单位质量的燃烧热值最高，因此它是优异的火箭燃料，再加上无污染，氢气自然也是别的运输工具的优秀燃料。在当前，用氢气作燃料尚有困难，一是氢气易燃、易爆，极易泄漏，不便于贮存、运输；二是制造氢气尚需电力或别的化石燃料，成本高。如果用太阳能和水廉价地制取氢气的技术能够突破，则氢气能源将具有广阔的发展前景。 4. 甲烷是一种优质的燃料，它存在于天然气之中。但探明的天然气矿藏有限，这是人们所担心的。现已发现海底存在大量水合甲烷，其储量约是已探明的化石燃料的2倍。如果找到了适用的开采技术，将大大缓解能源危机。 5. 柱状图略。关于如何合理利用资源、能源，学生可以自由设想。在上述工业原材料中，能源单耗最大的是铝；产量大，因而总耗能量大的是水泥和钢铁。在生产中节约使用原材料，加强废旧钢铁、铝、铜、锌、铅、塑料器件的回收利用，均是合理利用资源和能源的措施。 6. 公交车个人耗油和排出污染物量为私人车的1/5，从经济和环保角度看，发展公交车更为合理。第三节(P.14) 1. C(s)+O2 (g) == CO2 (g) ΔH=-393.5 kJ/mol 1

(完整版)运动控制考试复习题

一、填空题 1、控制系统的动态性能指标是指跟随指标和抗扰指标，而调速系统的动态指标通常以抗扰性能指标为主 2、直流电机调速方法有变压调速、电枢串电阻调速和弱磁调速。异步电动机调速方式常见有6种分别是：降压调速、差离合调速、转子串电阻调速、串级调速和双馈电动机调速、变级调速、变压变频调速。其中转差率不变型有：变级调速、变压变频调速，只有变压变频应用最广，可以构成高动态性能的交流调速系统。同步电动机按频率控制方式不同分为：他控式变频调速和自控式变频调速。（变电阻调速：有级调速。变转差率调速：无级调速。调压调速：调节供电电压进行调速）按按转差功率可以怎么划分电动机:转差功率消耗型、转差功率不变型、转差功率馈送型 3、对于异步电动机变压变频调速，在基频以下，希望维持气隙磁通不变，需按比例同时控制定子电压和定子频率，低频时还应当抬高电压以补偿阻抗压降，基频以下调速属于恒转矩调速；而基频以上，由于电压无法升高，只好仅提高定子频率而迫使磁通减弱，相当直流电动机弱磁升速情况，基频以上调速属于恒功率调速。 4、对于SPWM型逆变器，SPWM的含义为正弦波脉宽调制，以正弦波作为逆变器输出的期望波形，SPWM波调制时，调制波为频率和期望波相同的正弦波，载波为频率比期望波高得多的等腰三角波，SPWM型逆变器控制方式有同步调制、异步调制、混合调制。

SPWM 型逆变器的输出的基波频率取决于正弦波。SPWM 控制技术包括单极性控制和双极性控制两种方式。 5、调速系统的稳定性能指标包括调速范围和静差率 6、供变压调速使用的可控直流电源有：旋转交流机组（G-M 系统）、静止式可控整流器（V-M 系统）与直流斩波器（PWM-M 系统）或脉宽调制变换器。 7、典型 I 型系统与典型 II 型系统相比, 前者跟随性能好、超调小，但抗扰性能差。典型I 型系统和典型Ⅱ型系统在稳态误差和动态性能上有什么区别？答：稳态误差：对于典型I 型系统，在阶跃输入下，稳态时是无差的；但在斜坡输入下则有恒值稳态误差，且与K 值成反比；在加速度输入下稳态误差为∞ 。对于典型II 型系统，在阶跃和斜坡输入下，稳态时均无差；加速度输入下稳态误差与开环增益K 成反比。动态性能：典型 I 型系统在跟随性能上可以做到超调小，但抗扰性能稍差；典型Ⅱ型系统的超调量相对较大，抗扰性能却比较好。 8、数字测速中,T 法测速适用于低速,M 法测速适用于高速。 9、PI 调节器的双重作用是指：一是比例部分加快动态进程；二是积分部分最终消除偏差。 10、直流调速系统的理论依据φ e n C R I U d d -= ，交流调速系统的理论依据)1(60n s p f -=。 11、交-直-交电压型变频器的主要电路基本组成为整流器、直流平滑电路、逆变器。 12、在交-直-交逆变器中，直流侧所用滤波元件为大电容，因而直流电压波形比较平直，在理想情况下是一个内阻为零的恒压源，成

运动控制系统期末复习题(直流部分)

运动控制直流部分复习题一、填空： 1. 调速系统的稳态性能指标主要是指和静差率。 2. 采用V-M系统，当系统处于深调速状态时，功率因数将较。 3. 直流调速系统中，晶闸管触发和整流装置的传递函数可近似成环节，时间常数称为。 4. 晶闸管-电动机转速、电流双闭环调速系统中，环为内环，环为外环。 5. 双惯性环节校正成典型Ⅰ型系统，引入的调节器是调节器。 6 直流调速的方法包括改变电枢回路电阻调速、调速和减弱磁通调速。7．闭环调速系统对于_ 的扰动具有抑制作用，而对于_ _的扰动则无能为力。 8．转速、电流双闭环调速系统中，调节_ _的限幅值可以调节系统最大电流；调节_ _的限幅值可以调节UPE的最大输出电压。 9．双极性直流PWM变换器的占空比，当时，输出平均电压为正，要使输出平均电压为负，应使。二、选择题 1.下列说法正确的是（） A 积分调节器的输出决定于输入偏差量的历史过程。 B 比例控制可以使系统在偏差电压为零时保持恒速运行。 C 比例调节器可以实现无静差。 D 采用积分调节器动态相应快。 2.双闭环调速系统中电流调节器具备的作用为（） A 对负载变化起抗扰作用。 B 对电网电压波动起及时抗扰作用。 C 输出限幅决定允许的最大电流。 D 使转速跟随转速给定电压变化。 3.双闭环调速系统中转速调节器不具备的作用为（） A 对负载变化起抗扰作用。 B 对电网电压波动起及时抗扰作用。 C 输出限幅决定允许的最大电流。 D 使转速跟随给定电压变化。 4.在工程设计中，如果将系统校正成典型Ⅰ型系统的过程，KT值取为（）时为无超调。

A B C D 5. 采用工程设计法的双闭环直流调速系统中，电流环设计成典型（）型系统，引入的电流调节器为（）调节器。 A ⅠPI B ⅡPI C ⅠP D ⅡP 6. G-M直流调速系统中的G指的是哪一种直流电源（）。 A 直流发电机； B 静止整流器； C 脉宽调制电源； D 以上情况均可能。三、分析与简答 1.在调速系统中，为什么在开环系统中晶闸管整流装置的控制电压前面没有加放大器，而在闭环之后要添加放大器？ 2. 双闭环调速系统中，电流调节器的作用各是什么？ 3.采用双极型PWM变换器的调速系统，当电动机停止时，电枢电流是否等于零，为什么？ 4. 假设某转速单闭环调速系统的电源电压突然降低，则该调速系统将如何进行调节，请结合稳态结构图加以说明。 5. 转速、电流双闭环直流调速系统设计后，ASR限幅对应倍额定电流，但是在空载额定励磁稳速运行时突加额定转矩负载，转速不能回到给定转速，请分析原因？ 6. 在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器均采用PI调节器。当系统带额定负载运行时，转速反馈线突然断线，试分析系统进入稳态后调节器、转速、电枢电流的情况。 7. 写出直流电动机反馈闭环调速系统的临界放大系数表达式，并请说明表达式中各个参数含义。 8. 请写出双闭环调速系统起动过程的三个特点。 9. 请简述H型双极式PWM变换器的缺点。四、设计题 1、某晶闸管供电的双闭环直流调速系统，整流装置采用三相桥式电路，基本数据如下：直流电动机220V、136A、1460r/min，C e=r，允许过载倍数λ=。晶闸管装置放大系数40。电枢回路总电阻Ω。时间常数T l=，T m=。电流反馈系数β=A（≈10V/），转速反馈系数α=r（≈10V/n N）。将电流环校正成典型Ⅰ型系统，取KT=；将转速环校正成典型Ⅱ型系统，取h=5。电流环滤波时间常数；转速环滤波时间常数。请选择并设计各调节器参数。 2、有一转速、电流双闭环调速系统,已知电动机参数为：P N =，U N =220V， I N=28A，n N=1490 r/min，电枢回路电阻R=Ω,允许电流过载倍数λ=，电磁时间常数T L=，机电时间常数T m=，主电路采用三相桥式整流电路，触发整流环节的放大倍数Ks=35，整流电装置内阻R res=Ω，平均失控时间常

高中化学选修4化学平衡习题及答案解析

第三节化学平衡练习题一、选择题 1．在一个密闭容器中进行反应：2SO 2(g)＋O 2(g) 2SO 3(g) 已知反应过程中某一时刻，SO 2、O 2、SO 3分别是0.2mol/L 、0.1mol/L 、0.2mol/L ，当反应达到平衡时，可能存在的数据是（） A ．SO 2为0.4mol/L ，O 2为0.2mol/L B ．SO 2为0.25mol/L C ．SO 2、SO 3(g)均为0.15mol/L D ．SO 3(g)为0.4mol/L 2．在一定温度下，可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡的标志是（） A. C 生成的速率与C 分解的速率相等 B. A 、B 、C 的浓度不再变化 C. 单位时间生成n molA ，同时生成3n molB D. A 、B 、C 的分子数之比为1:3:2 3．可逆反应H 2(g)+I 2(g) 2HI(g)达到平衡时的标志是（） A. 混合气体密度恒定不变 B. 混合气体的颜色不再改变 C. H 2、I 2、HI 的浓度相等 D. I 2在混合气体中体积分数不变 4．在一定温度下的定容密闭容器中，取一定量的A 、B 于反应容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达平衡的是（） A ．混合气体的压强 B ．混合气体的密度 C ．C 、 D 的物质的量的比值 D ．气体的总物质的量 5．在一真空密闭容器中，通入一定量气体A ．在一定条件下，发生如下反应： 2A(g) B(g) + x C(g)，反应达平衡时，测得容器内压强增大为P ％，若此时A 的转化率为a ％，下列关系正确的是（） A ．若x=1，则P ＞a B ．若x=2，则P ＜a C ．若x=3，则P=a D ．若x=4，则P≥a 6．密闭容器中，用等物质的量A 和B 发生如下反应：A(g)+2B(g) 2C(g)，反应达到平衡时，若混合气体中A 和B 的物质的量之和与C 的物质的量相等，则这时A 的转化率为（） A ．40％ B ．50% C ．60％ D ．70％ 7．在1L 的密闭容器中通入2molNH 3，在一定温度下发生下列反应：2NH 3N 2+3H 2，达到平衡时，容器内N 2的百分含量为a%。若维持容器的体积和温度都不变，分别通入下列初始物质，达到平衡时，容器内N 2的百分含量也为a ％的是（） A ．3molH 2+1molN 2 B ．2molNH 3＋1molN 2 C ．2molN 2+3molH 2 D ．0.1molNH 3＋0.95molN 2+2.85molH 2 8．在密闭容器中发生反应2SO 2+O 2 2SO 3(g)，起始时SO 2和O 2分别为20mol 和 10mol ，达到平衡时，SO 2的转化率为80%。若从SO 3开始进行反应，在相同的条件下，欲使平衡时各成分的体积分数与前者相同，则起始时SO 3的物质的量及SO 3的转化率分别为（） A 10mol 10% B 20mol 20% C 20mol 40% D 30mol 80% 9．X 、Y 、Z 为三种气体，把a mol X 和b mol Y 充入一密闭容器中，发生反应X+2Y 2Z 。达到平衡时，若它们的物质的量满足：n （X ）+n （Y ）=n （Z ），则Y 的转化率为（） A ． %1005?+b a B ．%1005)(2?+b b a C ．%1005)(2?+b a D ．%1005)(?+a b a

运动控制系统练习题

判断题 1弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖动恒转矩负载。（Ⅹ） 3只有一组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实现制动。（√）4直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。（√） 5静差率和机械特性硬度是一回事。（Ⅹ） 6带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。（Ⅹ） 7电流—转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压U k的大小并非仅取决于速度定 U g*的大小。（√） 8双闭环调速系统在起动过程中，速度调节器总是处于饱和状态。（Ⅹ） 9逻辑无环流可逆调速系统任何时候都不会出现两组晶闸管同时封锁的情况。（Ⅹ） 10可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向（正或反）由驱动脉冲的宽窄决定。（√） 11双闭环可逆系统中，电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。（Ⅹ）与开环系统相比，单闭环调速系统的稳态速降减小了。（Ⅹ） 12α=β配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为本组逆变和它组制动两阶段（√） 13转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。（Ⅹ） 14 电压闭环相当于电流变化率闭环。（√） 15 闭环系统可以改造控制对象。（√） 16闭环系统电动机转速与负载电流（或转矩）的稳态关系，即静特性，它在形式上与开环机械特性相似，但本质上却有很大的不同。 17直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电动势反电势不变。（√） 18 直流电动机弱磁升速的前提条件是恒定电枢电压不变。（Ⅹ） 19电压闭环会给闭环系统带来谐波干扰，严重时会造成系统振荡。（√） 20对电网电压波动来说，电压环比电流环更快。（√）选择题 1．转速电流双闭环调速系统中的两个调速器通常采用的控制方式是 A．PID B．PI C．P D．PD 2．静差率和机械特性的硬度有关,当理想空载转速一定时,特性越硬,静差率A．越小B．越大C．不变D．不确定3．下列异步电动机调速方法属于转差功率不变型的调速系统是 A．降电压调速B．串级调速C．变极调速D．变压变频调速4．可以使系统在无静差的情况下保持恒速运行，实现无静差调速的是 A．比例控制B．积分控制C．微分控制D．比例微分控制5．控制系统能够正常运行的首要条件是 A．抗扰性B．稳定性C．快速性D．准确性6．在定性的分析闭环系统性能时，截止频率ωc越低,则系统的稳态精度 A．越高B．越低C．不变D．不确定8．转速电流双闭环调速系统中电流调节器的英文缩写是 A．ACR B．AVR C．ASR D．ATR 9．双闭环直流调速系统的起动过程中不包括 A.转速调节阶段 B.电流上升阶段 C.恒流升速阶段 D.电流下降阶段

交直流调速系统期末考试(运动控制系统)资料

交直流调速系统期末考试(运动控制系统)

一．判断题（正确的打√，错误的打×，答案填在题号的前面） 1. （dui ）交 - 直 - 交电压型变频器采用电容滤波，输出交流电压波形是规则矩形波。 2. （错）变频调速效率高，调速范围大，但转速不能平滑调节，是有级调速。 3. （对）有静差调速系统是依靠偏差进行调节的，而无静差调速系统则是依靠偏差对作用时间的积累进行调节的 4. （错）电动机的机械特性愈硬，则静差度愈大，转速的相对稳定性就愈高。 5. （dui ）转速负反馈调速系统能够有效抑制一切被包围在负反馈环内的扰动作用。 6. （ dui）SPWM 即正弦脉宽调制波形，是指与正弦波等效的一系列等幅不等宽的矩形脉冲列。 7. （cuo ）在一些交流供电的场合，可以采用斩波器来实现交流电动机的调压调速。 8. （错）转速负反馈单闭环无静差调速系统采用比例调节器。 9. （dui ） PWM 型变频器中的逆变器件采用高频、大功率的半控器件。 10. （对）矢量变换控制的实质是利用数学变换把三相交流电动机的定子电流分解成两个分量，一个是用来产生旋转磁动势的励磁电流分量，一个是用来产生电磁转矩的转矩分量。 __________________________________________________

二．填空题 1. 根据公式，交流异步电动机有三种调速方法： ① _调压 __ 调速、②__ 串电阻 __ 调速、③ ___变励磁磁通 _ 调速。 3. IGBT 全称为 __绝缘栅双极晶闸管__ ，GTO 全称为 _门极可关断晶体管__ ， GTR 全称为 _电力晶体管 ______________ 。 4. 异步电动机的变频调速装置，其功能是将电网的恒压恒频交流电变换成变压变频的交流电，对交流电动机供电，实现交流无级调速。三、选择题 1、变频调速中的变频电源是（C ）之间的接口。（A）市电电源（B）交流电机（C）市电电源与交流电机（D）市电电源与交流电源 2、调速系统的调速范围和静差率这两个指标（ B ）。（A）互不相关（B）相互制约（C）相互补充（D）相互平等 3、电压型逆变器的直流端（ D ）。（A）串联大感器（B）串联大电容 __________________________________________________

化学选修四课后习题与答案

P 6习题 1. 举例说明什么叫反应热，它的符号和单位是什么？ 1、化学反应过程中所释放或吸收的热量叫做反应热。恒压条件下，它等于反应前后物质的焓变。、符号是△ H 、单位是 kJ/mol 或 kJ ?mol -1 。例如 1molH 2 （g ）燃烧，生成 1molH 2O （g ）,其反应热厶 H = — 241.8kJ/mol 。 2. 用物质结构的知识说明为什么有的反应吸热，有的反应放热。 2、化学反应的实质就是反应物分子中化学键断裂，形成新的化学键，重新组合成生成物的分子。旧键断裂需要吸收能量，新键形成要放出能量。当反应完成时，若生成物释放的能量比反应物吸收的能量大，则此反应为放热反应；若生成物释放的能量比反应物吸收的能量小，反应物需要吸收能量才能转化为生成物，则此反应为吸热反应。 P 10习题 1、燃烧热数据对生产、生活有什么实际意义？ 1、在生产和生活中，可以根据燃烧热的数据选择燃料。如甲烷、乙烷、丙烷、甲醇、乙醇、氢气的燃烧热值均很高，它们都是良好的燃料 2、石油资源总有一天会枯竭，现在就应该寻求应对措施。目前已使用甲醇、乙醇作为汽油的代用品，这样做的好处是什么？化石燃料蕴藏量有限，不能再生，最终将会枯竭，因此现在就应该寻找对应措施。措施之一就是用甲醇、乙醇代替汽油，农牧业废料、高产作物（甘蔗、高粱、甘薯、玉米等）、速生树木（如赤杨、刺槐、桉树等），经过发酵或高化学选修4化学反应原理课后习题和答案第一章化学反应与能量第一节化学反应与能量的变化 P5习题 1. 举例说明什么叫反应热，它的符号和单位是什么？ 2. 用物质结构的知识说明为什么有的反应吸热，有的反应放热。 3.依据事实，写出下列反应的热化学方程式。（1） 1 mol N 2 （g ）与适量H 2 （g ）起反应，生成（2） 1 mol N 2 （g ）与适量O 2 （g ）起反应，生成（3） 1 mol Cu （s ）与适量02（ g ）起反应，生成（4） 1 mol C （s ）与适量H 2O （g ）起反应，生成 NH a （g ），放出 92.2 kJ 热量。 NO 2（g ），吸收68 kJ 热量。 CuO （s ），放出 157 kJ 热量。 CO （ g ）和 H 2 （g ），吸收 131.3 kJ 热量。 ⑸卫星发射时可用肼（N 2H 4 ）作燃料, 1 mol N 2H4Q ）在 O 2（g ）中燃烧，生成 N 2（ g ）和 H2O （ l ），放出 622 kJ 热量。 ⑹汽油的重要成分是辛烷（ C 8H1 8 ），1 mol C 8H1 8 （I ）在O 2（ g ）中燃烧，生成 CO 2（ g ）和H 2O （ l ），放出5 518 kJ 热量。能童

电力拖动自动控制系统--运动控制系统第四版复习题考试题目

考试题型及分数分配 1 判断题（20分，10~20小题）范围广， 2 选择题（20分，10~20小题）内容深，细节区分 3 填空题（10分，10小题） 4 设计题（10分，2小题） 5 简述题（10分，2小题） 6 无传感器算法：磁链、转矩的计算算法异步电动机转子磁链和定子磁链的估算、转矩的估算 7 分析计算题（20分，3小题）直流调速系统一判断题 1弱磁控制时电动机的电磁转矩属于恒功率性质只能拖动恒功率负载而不能拖动恒转矩负载。（Ⅹ） 2采用光电式旋转编码器的数字测速方法中，M法适用于测高速，T法适用于测低速。（√） 3只有一组桥式晶闸管变流器供电的直流电动机调速系统在位能式负载下能实现制动。（√） 4直流电动机变压调速和降磁调速都可做到无级调速。（√） 5静差率和机械特性硬度是一回事。（Ⅹ） 6带电流截止负反馈的转速闭环系统不是单闭环系统。（Ⅹ）的大小并非仅取决于7电流—转速双闭环无静差可逆调速系统稳态时控制电压U k *的大小。（√）速度定 U g 8双闭环调速系统在起动过程中，速度调节器总是处于饱和状态。（Ⅹ）9逻辑无环流可逆调速系统任何时候都不会出现两组晶闸管同时封锁的情况。（Ⅹ） 10可逆脉宽调速系统中电动机的转动方向（正或反）由驱动脉冲的宽窄决定。（√） 11双闭环可逆系统中，电流调节器的作用之一是对负载扰动起抗扰作用。（Ⅹ）与开环系统相比，单闭环调速系统的稳态速降减小了。（Ⅹ） 12α=β配合工作制的可逆调速系统的制动过程分为本组逆变和它组制动两阶段（√） 13转速电流双闭环速度控制系统中转速调节为PID调节器时转速总有超调。（Ⅹ）14 电压闭环相当于电流变化率闭环。（√）

高中化学选修4--化学平衡习题及答案解析

D. I2在混合气体中体积分数不变 4．在一定温度下的定容密闭容器中，取一定量的A、B于反应容器中，当下列物理量不再改变时，表明反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达平衡的是（） A．混合气体的压强B．混合气体的密度 C．C、D的物质的量的比值D．气体的总物质的量 5．在一真空密闭容器中，通入一定量气体A．在一定条件下，发生如下反应： 2A(g) B(g) + x C(g)，反应达平衡时，测得容器内压强增大为P％，若此时A的转化率为a％，下列关系正确的是（） A．若x=1，则P＞a B．若x=2，则P＜a C．若x=3，则P=a D．若x=4，则P≥a 6．密闭容器中，用等物质的量A和B发生如下反应：A(g)+2B(g) 2C(g)，反应达到平衡时，若混合气体中A和B的物质的量之和与C 的物质的量相等，则这时A的转化率为（）

运动控制系统考试资料

问答题部分 1、试述交流调速系统要获得工业应用的条件，为什么条件：（1）使用高转子电阻电动机（2）系统工作点只是沿着极限开环特性变化原因：能够在恒转矩负载下扩大调整范围，并使电动机能够在较低转速下运行而不致过热。 2、简述交流软启动器的作用。定义：软启动器是一种集软停车、轻载节能和多种保护功能于一体的新颖电机控制装置，它的主要构成是串接于电源与被控电极之间的三相反并联晶闸管及其电子控制电路。作用：防止电动机启动电流过大损坏电机，或造成电网电压下降过大，使电机无法正常启动。 3、简述恒压频比控制方式。绕组中的感应电动势是难以直接控制的，当电动势较高时，可以忽略定子绕组的漏磁阻抗压降，而认为定子相电压s g U E ≈，则得：1 s U f =常值这是恒压频比的控制方式。但是，在低频时s U 和g E 都比较小，定子阻抗压降所占的分量就比较显著，不再能忽略。这时，需要人为地把电压s U 抬高一些，以便近似地补偿定子压降。 4、交流电机矢量控制的基本思想是什么基本思路：将异步电动机经过坐标变换等效在直流电动机，模仿直流电动机的控制策略，得到直流电动机的控制量，再经过相应的坐标反变换，控制异步电机。（关键词：坐标变换） 5、试分析矢量控制系统与直接转矩控制系统的优缺点。 VC 系统强调c T 与r ψ的解耦，有利于分别设计转速与磁链调节器，实现连续调节，可以获得较宽的调速范围，但是按定向受电动机转子参数的影响，降低了系统的鲁棒性。DTC 系统则实行e T 与r ψ的砰-砰控制，避开了旋转坐标变换，简化了控制结构，控制定子磁链而不是转子磁链，不受转子参数变化的影响，但不可避免的产生转矩脉动，低速性能较差，调速范围受到限制。 6、试分析什么是转差频率控制转差频率控制的规律是什么（P188、189）定义：控制转差频率就代表控制转矩，这就是转差频率控制的基本概念。控制规律：（1）在s sm w w ≤的范围内，转矩e T 基本上与s w 成正比，条件是气隙磁通不变。（2）在不同的定子电流值时，按下图的1s s U f w I =（）函数关系控制定子电压和频率，就能保持气隙磁通m Φ恒定。

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目录㈠直流调速系统（复习）P4 ㈡交流调速系统（回顾）P9 ㈢交流异步电动机变频调速的理论基础P13 ㈣交流异步电动机矢量变换控制P17 ㈤交流异步电动机直接转矩控制P20 ㈥PWM 和 SPWM P31 ㈦双馈调速和内反馈P36 ㈧绕线转子异步电动机串级调速系统P42 ㈨无速度传感器调速系统P46 ㈩同步电机变频调速系统P52 (十一) 开关磁阻电动机调速控制技术P56 (十二) 双定子电机调速系统P75 (十三) 直线电机调速系统P82

一、复习：直流调速系统问题1-1：电机的分类？ ①发电机（其他能→电能）直流发电机 3

交流发电机 ②电动机（电能→其他能）直流电动机：有换向器直流电动机（串励、并励、复励、他励）无换向器直流电动机（又属于一种特殊的同步电动机）交流电动机：同步电动机异步电动机：鼠笼式绕线式：伺服电机旋转变压器控制电机自整角机力矩电机测速电机步进电机（反应式、永磁式、混合式）问题1-2：衡量调速系统的性能指标是哪些？ ①调速范围 D=n max/n min=n nom/n min ②静差率 S=△n nom/n0*100%对转差率要求高.同时要求调速范围大（D 大 S 小）时.只能用闭环调速系统。 ③和负载匹配情况：一般要求：恒功率负载用恒功率调速.恒转矩负载用恒转矩调速。问题1-3：请比较直流调速系统、交流调速系统的优缺点.并说明今后电力传动系统的发展的趋势. * 直流电机调速系统优点：调速范围广.易于实现平滑调速.起动、制动性能好.过载转矩大.可靠性高.动态性能良好。缺点：有机械整流器和电刷.噪声大.维护困难；换向产生火花.使用环境受限；结构复杂.容量、转速、电压受限。 * 交流电机调速系统（正好与直流电机调速系统相反）优点：异步电动机结构简单、坚固耐用、维护方便、造价低廉.使用环境广.运行可靠.便于制造大容量、高转速、高电压电机。大量被用来拖动转速基本不变的生产机械。缺点：调速性能比直流电机差。 * 发展趋势：用直流调速方式控制交流调速系统.达到与直流调速系统相媲美的调速性能；或采用同步电机调速系统. 问题1-4：直流电机有哪几种？直流电机调速方法有哪些?请从调速性能、应用场合和优缺点等方面进行比较. 哪些是有级调速？哪些是无级调速？直流电动机中常见的是有换向器直流电动机.可分为串励、并励、复励、他励四种.无换向器直流电动机属于一种特殊的同步电动机。根据直流电机的转速速。n U IR K e 公式.调速方法有变压调速、变电阻调速和变转差率调调压调速：调节电压供电电压进行调速.适应于：U≤U nom.基频以下.在一定范围内无级平滑调速。弱磁调速：无级.适用于Φ≤Φnom.一般只能配合调压调速方案.在基频以上(即 4

人教版高中化学选修四课本习题参考答案

人教版高中化学选修四——《化学反应原理》课本习题参考答案第一单元第一节化学反应与能量的变化 1. 化学反应过程中所释放或吸收的能量，叫做反应热，在恒压条件下，它等于反应前后物质的焓变，符号是ΔH，单位是kJ/mol。例如1 mol H (g)2燃烧，生成1 mol HO(g)，其反应热ΔH= kJ/mol。2 2. 化学反应的实质就是反应物分子中化学键断裂，形成新的化学键，重新组合成生成物的分子。旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量。当反应完成时，若生成物释放的能量比反应物吸收的能量大，则此反应为放热反应；若生成物释放的能量比反应物吸收的能量小，反应物需要吸收能量。反应为吸反物化才能转为生成，则此第二节燃烧热能源

1. 在生产和生活中，可以根据燃烧热的数据选择燃料。如甲烷、乙烷、丙烷、甲醇、乙醇、氢气的燃烧热值均很高，它们都是良好的燃料。 2. 化石燃料蕴藏量有限，不能再生，最终将会枯竭，因此现在就应该寻求应对措施。措施之一就是用甲醇、乙醇代替汽油，农牧业废料、高产作物１．（如甘蔗、高粱、甘薯、玉米等）、速生树木（如赤杨、刺槐、桉树等），经过发酵或高温热分解就可以制造甲醇或乙醇。由于上述制造甲醇、乙醇的原料是生物质，可以再生，因此用甲醇、乙醇代替汽油是应对能源危机的一种有效措施。 3. 氢气是最轻的燃料，而且单位质量的燃烧热值最高，因此它是优异的火箭燃料，再加上无污染，氢气自然也是别的运输工具的优秀燃料。在当前，用氢气作燃料尚有困难，一是氢气易燃、易爆，极易泄漏，不便于贮存、运输；二是制造氢气尚需电力或别的化石燃料，成本高。如果用太阳能和水廉价地制取氢气的技术能够突破，则氢气能源将具有广阔的发展前景。 4. 甲烷是一种优质的燃料，它存在于天然气之中。但探明的天然气矿藏有限，这是人们所担心的。现已发现海底存在大量水合甲烷，其储量约是已探明的化石燃料的2倍。如果找到了适用的开采技术，将大大缓解能源危机。 5. 柱状图略。关于如何合理利用资源、能源，学生可以自

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