液压伺服控制课后题答案大全(王春行版)

第二章 液压放大元件 习题

631. 有一零开口全周通油的四边滑阀，其直径d810m，径向间隙rc510m，供5油压力ps7010Pa，采用10号航空液压油在40C工作，流量系数Cd0.62，求

阀的零位系数。1.4102pas870kg/m3

解：对于全开口的阀，Wd

由零开口四边滑阀零位系数

Kq0Cdwps0.623.14810370105/8701.4m2/s

rc23.1451063.148103123Kc04.410m/pas 232321.410Kp032CdpsKq0Kc03.181011pa/m

rc253 2. 已知一正开口量U0.0510m的四边滑阀，在供油压力ps7010Pa下测得零

位泄漏流量qc5L/min，求阀的三个零位系数。

解：正开口四边滑阀零位系数kq02cdwpscdwu kcopsps qc2cdwups

Kq05103/6021.67m/s 30.0510qcqc5103/60Kc05.951012m3/pas 52ps27010Kp0

word完美格式

Kq0Kc02.811011pa/m

专业资料

533. 一零开口全周通油的四边滑阀，其直径d810m，供油压力ps21010Pa，3最大开口量x0m0.510m，求最大空载稳态液动力。

解：全开口的阀Wd 最大空载液动力：

Fs00.43Wpsx0m0.433.1481032101050.5103113.4

. 有一阀控系统，阀为零开口四边滑阀，供油压力ps21010Pa，系统稳定性要求阀

的流量增益Kq02.072m/s，试设计计算滑阀的直径d的最大开口量x0m。计算时取流量系数Cd0.62，油液密度870kg/m。 解：零开口四边滑阀的流量增益：

32Kq0CdWps2.0720.623.14d21010/870故d6.8510m

全周开口滑阀不产生流量饱和条件

3

5W67 XvmaxXom0.32mm

word完美格式

专业资料

55. 已知一双喷嘴挡板阀，供油压力ps21010Pa，零位泄漏流量

qc7.5106m3/s，设计计算DN、xf0、D0，并求出零位系数。计算时取Cd00.8，

Cdf0.，870kg/m3。

解：由零位泄漏量

qc2CdfDNXf0ps 即Xf0DN16qc2CdfpsDN 得： 160.438mm 则：

Xf00.027mm

D02(CdfCdfCdoDNxf0)

Xf0DN1 1612若：

Cd00.8，则D00.44DN0.193mm

第三章 液压动力元件 习题

631. 有一阀控液压马达系统，已知：液压马达排量为Dm610m/rad，马达容积效率435为95%，额定流量为qn6.6610m/s，额定压力pn14010Pa，高低压腔总容积

Vt3104m3。拖动纯惯性负载，负载转动惯量为Jt0.2kgm2，阀的流量增益

Kq4m2/s，流量-压力系数Kc1.51016m3/sPa。液体等效体积弹性模量

e7108Pa。试求出以阀芯位移xV为输入，液压马达转角m为输出的传递函数。

word完美格式

专业资料

解：解：由阀控液压马达的三个基本方程 由阀控液压马达的三个基本方程 QLKqXVKcPL

QLDmsmCtmpLPLDmJts2m

VtsPL 4eKq可得

mXVDm

VtJt3JtKcCtm2sss224eDmDmqnq 且 qCtmpn qn马达的容积效率 v得 Ctmqn1v2.381012m3sPa

pn422. 阀控液压缸系统，液压缸面积Ap15010m，活塞行程L0.6m，阀至液压缸

42的连接管路长度l1m，管路截面积a1.7710m，负载质量mt2000kg，阀的流123量-压力系数Kc5.210m/sPa。求液压固有频率h和液压阻尼比h。计算时，83取e710Pa，870kg/m。

解：总压缩容积：

VtApL2al(1501040.61.771042)m39.3103m3

mt总mtApL2al2Apa24219.69kg

则液压固有频率：h24eApVtmt47108(150104)2Hz126.3Hz

9.181034219.69由于Bp较小可忽略不计，则

KhcApemtVt5.2101271084219.6936.1610 43150109.1810 word完美格式

专业资料

2333. 变量泵控制定量马达的惯性负载为Jt2kgm，高压侧油液总容积V0210m，113泵及马达的总泄漏系数Ct0.810m/sPa，液体等效体积弹性模量

e7108Pa，马达排量Dm12106m3/rad，马达机械效率m0.9，泵转速

p52.3rad/s。略去泵与马达间的沿程阻力损失，求此装置以马达转速m为输出，以

泵排量Dp为输入的传递函数。 解：变量泵的排量：DpKp

变量泵流量方程拉氏变换为：qpKppCtpP1QpDppCtpP1

mJts2mBmsmGmDmPmJts2m 力矩平衡：DmP11液压马达高压腔流量方程拉氏变换：

qpCtmP1DmsmV0V0esP1QpCtP1DmmsV0esP1

Jts2Dpp[(2Cts)Dms]meDmmmp52.3106DpDpps(5.29s229.6s120)m4. 有一四边滑阀控制的双作用液压缸，直接拖动负载作简谐运动。已知：供油压力

ps140105Pa，负载质量mt300kg，负载位移规律为xpxmsint，负载移动的

最大振幅xm8102m，角频率30rad/s，试根据最佳负载匹配求液压缸面积和四

3边阀的最大开面积WxVm。计算时，取Cd0.62，870kg/m。 解：有负载位移规律xpxmsint，得

负载速度：vpxpxmcost 负载力：Fpmxpmxmsint

则负载功率：PFpvpmxmsintcost当t232123mxmsin2t 2123时，Pmaxmxm 42若负载匹配最佳，则此时

word完美格式

专业资料

FpFL222mxm23008102302N15.3NAPPS 2233FL315.3103232液压缸活塞面积为Ap m1.10m52ps214010VL22xm810230m/s1.7m/s 22则最大空载流量q0m3VLAp31.71.103m3/s4.83L/s

最大开口面积Wxvnq0mCdps4.831031401050.62870m6.14105m

5. 变量泵控制定量马达拖动纯惯性负载作简谐运动。其运动规律为mm maxsint，试中m为负载角位移，m max为负载角位移的振幅，为角频率。变量泵的额定工作压力为

ps，转速为np，系统总泄漏系数为Ct。设低压腔压力为零。根据负载匹配求泵的排量Dp和液压马达排量Dm。

解：PmJtmmmmaxwsinwtcoswt 当2wt23123Jtmmaxwsin2wt 22，t4w时，功率最大

psDmnmTwmT2nmDm2Tps

功率最大时，TJtm2Jtw2 2Dm2Jtw2ps

对于泵控系统，马达在最大转速时，所需流量由泵提供。即：

DpnpDmnmctps

word完美格式

专业资料

DnctpsDpmmnp第四章 机液伺服系统 习题

2Jt2w3/2psctpsnp2Jt2w32ctps2psnp

51. 如图4-15所示的机液位置伺服系统，供油压力ps2010Pa，滑阀面积梯度

W2102m，液压缸面积Ap2010-4m2，液压固有频率h320rad/s，阻尼比

h0.2。求增益裕量为6dB时反馈杠杆比Kf870kg/m3。

l1为多少？计算时，取Cd0.62，l2p0psp0xvl1xil2xpFL

图4-15 机液位置伺服系统

word完美格式

专业资料

解：增益裕量是相位穿越频率Wg处的增益倒数。即

Kg1

G(jg)H(jg)kv

2hwh以dB表示时，KgdB20lgGjwgHjwg20lg依题得：20lgkv6，h0.2，wh320

2hwh计算得：kv.151 由式（4-3）得：kvkqkfAp1 1由式（2-40）得：kqCdWpspL2pL0

根据图4-15可得xv，xi，xp动作示意图

由三角形性质可得

xixvl1

xpxvl1l2整理得：xvl1l2lxi1xp3 l2l2由（1）（2）（3）式联立并代入已知量。可得：

kfl10.216 l22. 如图4-16所示机液伺服系统，阀的流量增益为Kq，流量-压力系数Kc，活塞Ap，活

word完美格式

专业资料

塞杆与负载连接刚度Ks，负载质量mL，总压缩容积Vt，油的体积弹性模量e，阀的输入位移xi，活塞输出位移xp，求系统的稳定条件。

xip0psl1xvl2xpKsxmLL

图4-16 考虑连接刚度的机液位置伺服系统

解：由式4-16知系统稳定条件kv2hwn1wn1ws1

由式4-3知 kvkqkfAp2

由图4-16知xv，xi，xp的几何关系可知kf24eApl13 l1l2液压弹簧刚度knvt4

综合刚度

1115 knkhks综合谐振频率wnkn6 mL由（4）（5）（6）三式可得

word完美格式

专业资料

wnv24eApks2tks4eApmL7

综合阻尼比 nkcemLwn8 22Ap总流量压力系数：kcekcctp9 忽略泄露影响由（8）（9）得nkcmLwn10 22Ap连接结构的固有频率wsks11 mL将式（2）（3）（7）（10）（11）代入（1）整理得

4kceApl1 l1l2kqvt

第五章 电液伺服阀 习题

1. 已知电液伺服阀在线性区域内工作时，输入差动电流i10mA，负载压力

pL20105Pa，负载流量qL60L/min。求此电液伺服阀的流量增益及压力压力增益。

解：电液伺服阀的流量增益为 Kq 压力增益 Kp3qL 0.1msAipL2108Pa

Ai52. 已知一电液伺服阀的压力增益为510Pa/mA，伺服阀控制的液压缸面积为

Ap50104m2。要求液压缸输出力F5104N，伺服阀输入电流i为多少？ F5104解：负载压力：pL1107Pa 4Ap5010pL1107输入电流：i20mA 5Kp5103. 力反馈两级伺服阀，其额定流量为15L/min，额定压力为21010Pa，阀芯直径

word完美格式

5专业资料

d0.5102m，为全周开口，如果要求此伺服阀频宽b100Hz，前置级喷嘴挡板阀

的输出流量至少为多少？取流量系数Cd0.62，油液密度870kg/m。 解：阀的最大开口面积：

3Wx0mq0mCdps/15103/600.62210105/87022.6106m2

阀芯直径：d0.510m，且为全周开口

Wd1.57102mx0mWx0m/W1.6610频宽：b4

q20.707xv0Avq 2xd20.7070m44xvmd21006.9103L/min 则 q20.707444. 力反馈两级电液伺服阀，其额定流量为15L/min，额定压力21010Pa，额定电流为

510mA，功率滑阀全周开口，阀芯直径d0.5102m，喷嘴中心至弹簧管旋转中心距离

r0.87102m，反馈杆小球中心至喷嘴中心距离b1.33102m，反馈杆刚度Kf2.8103N/m。求力矩马达力矩系数Kt。计算时取Cd0.62，870kg/m3。

解：阀的最大开口面积：

Wx0mq0mCdps/15103/600.62210105/87022.6106m2

阀芯直径：d0.510m，且为全周开口

Wd1.57102mx0mWx0m/W1.6610力矩马达的力矩系数取：

4

(rb)Kfx0m(0.871021.33102)2.81031.66104Kt1.023Nm/A3Im1010 word完美格式

专业资料

5. 已知电液伺服阀额定流量为10L/min，额定压力为21010Pa，额定电流10mA，功率滑阀为零开口四边滑阀，其零位泄漏流量为额定流量的4%，伺服阀控制的双作用液压缸当伺服阀输入电流为0.1mA时，求液压缸最大输出速度和最大输出力。 Ap20104m2，解：流量增益 Kq5qn1m3

sAIn60qcqn4%3m33.1710 流量-压力系数 Kc

spapnpn 压力增益 KpKqKc5.251010PaA

36 负载流量为 qLKqi1.6710ms

则液压缸最大输出速度为 vmaxqL8.33104m

sAP64最大输出力为FpLAp5.25102010

第六章 电液伺服系统 习题

1.05104N

1. 如图6-39所示电液位置伺服系统，已知：Kq2010m/smA，

-63Dm510-6m3/rad，n0.03102m/rad，Kf50V/m，h100rad/s，

h0.225。求

（1）系统临界稳定状态时的放大器增益Ka为多少？ （2）幅值裕量为6dB时的Ka为多少？

2（3）系统做210m/s等速运动时的位置误差为多少？伺服阀零漂Id0.6mA时引起

的静差为多少？

word完美格式

专业资料

UrKaUfKq/Dms22hs(2s1)Xpn—hhKf

图6-39 电液位置伺服系统

解：解：1）系统的开环传递函数为 G(s)H（s）=KaK（f2KqDm）n

s2s2hs+1hh则系统的开环增益 KvKaK（fKqDm）n

由系统的稳定条件 Kv2hh 得系统的零界状态时 KaK（f求得 Ka750mAV 2）幅值裕量K（gdB）=6dB

KqDm）n2hh

（jh）20lg即 -20lgG(jh)HKv2hh1 2Kv2hh6

即

求得 Kv22.5rads Ka375mAV （3）位置误差：er()rKv KvnKaKqKf/Dm22.5

2102er()9104m/s

22.5零漂：Id0.6mA 静差：xpId3.2105m KfKa word完美格式

专业资料

2. 有一稳定的电液位置伺服系统，其速度放大系数Kv20 l/s，为了保证稳态精度的要求需将速度放大系数提高到100 l/s，求滞后校正网络的传递函数。 解：G(s)s/rc1，Kvc100 l/s，Kv20 l/s，Kvc/Kv5

s/rc11cKvc/20rad/s 取rcc rc5

40.2s1 G(s)s13. 有一振动台，其方块图如图6-40所示。已知系统参数为：h140rad/s，h0.2，

Ksv4102m3/sA，Ks1102A/V，Kf1.2102V/m，Ap110-3m2。

求

（1）不加加速度反馈校正时的系统增益裕量Kg和闭环频宽b。

（2）将系统开环阻尼比提高到h0.3时的加速度反馈Kfa和系统增益裕量Kg及闭环频宽b。

UrUfKq/ApKaXps(s22h2h——hs1)Kfas2Kf

图6-40 液压振动台方块图

word完美格式

专业资料

解：（1）系统的开环传递函数为：G(s)H(s)KaKsvKf/Aps(s22h2h

hs1)未校正时系统的增益裕量：

20.2140103Kg1.17

KaKvKf10241021.2102KaKsvKf/ApKv67.9rad/s 闭环频宽：b0.7070.707（2）校正后系统的开环传递函数为：G(s)H(s)2hhApKfaKv/Kfs(s22h2h

hs1)h'hKvhKKK0.3即0.2asvfah0.3 22ApKfa3.57103s2V/m2h'hAp1Kg1.755G(s)H(s)KfKaKsv KgdB20lgKg4.dBb

Kv2.02103rad/s0.7074. 有一速度控制系统，其原理方块图如图6-41所示。已知系统参数为：电液伺服阀固有频

23率sv340rad/s，阻尼比sv0.7，流量增益Ksv3.510m/sA，液压固有频

率h183rad/s，阻尼比h0.2，测速机增益Kfv0.19Vs/rad液压马达排量

Dm1.6310-6m3/rad。求稳定裕量Kg6dB，87时积分放大器增益为多少？

word完美格式

专业资料

ur积 分放大器伺服阀液压马达muf速 度传感器

图6-41 速度控制系统方块原理图

解：系统开环传递函数：G(s)H(s)KaKsvKfv/Dm 2222sss(2hs1)(2hs1)hhhhgg2hsvsv(g)arctanarctan180

g2g21()1()svsv2sv得g125rad/s

KgdB20lgKg20H(jg)G(jg)6dBKa0.7310

4

A/V word完美格式