2026年伺服與步進控制考試試題及答案一、單項選擇題（每題2分，共30分）1.伺服系統(tǒng)中，以下哪種反饋元件可以提供高精度的位置反饋（）A.電位器B.編碼器C.測速發(fā)電機D.霍爾傳感器答案：B解析：編碼器能夠將角位移或直線位移轉換成電信號，可提供高精度的位置反饋。電位器精度相對較低；測速發(fā)電機主要用于速度反饋；霍爾傳感器常用于檢測磁場等，在位置反饋精度上不如編碼器。2.步進電機的步距角與（）有關。A.電機的相數B.脈沖頻率C.負載大小D.電源電壓答案：A解析：步進電機的步距角計算公式為\(\theta=360^{\circ}/(Zm)\)，其中\(zhòng)(Z\)為轉子齒數，\(m\)為相數，所以步距角與電機的相數有關。脈沖頻率影響電機的轉速；負載大小和電源電壓一般不直接影響步距角。3.伺服系統(tǒng)按其驅動元件劃分，可分為（）A.開環(huán)、閉環(huán)和半閉環(huán)B.直流伺服、交流伺服和步進伺服C.位置控制、速度控制和力矩控制D.恒功率、恒轉矩和混合控制答案：B解析：按驅動元件劃分，伺服系統(tǒng)可分為直流伺服、交流伺服和步進伺服。選項A是按控制方式劃分；選項C是按控制任務劃分；選項D是驅動特性方面的分類。4.要提高步進電機的運行速度，可采取的措施是（）A.增加脈沖頻率B.減小步距角C.增大負載D.降低電源電壓答案：A解析：步進電機的轉速與脈沖頻率成正比，增加脈沖頻率可以提高運行速度。減小步距角主要是為了提高步進精度；增大負載會使電機運行更困難，可能導致失步等問題；降低電源電壓會影響電機的輸出轉矩等性能，不利于提高速度。5.在伺服控制系統(tǒng)中，常用的校正方式有（）A.串聯校正、并聯校正和復合校正B.比例校正、積分校正和微分校正C.前饋校正、反饋校正和干擾校正D.增益校正、相位校正和頻率校正答案：A解析：在伺服控制系統(tǒng)中，常用的校正方式有串聯校正、并聯校正和復合校正。選項B是基本的控制規(guī)律；選項C中干擾校正是復合校正的一種應用；選項D表述不準確。6.步進電機的靜態(tài)特性是指（）A.電機在不通電狀態(tài)下的特性B.電機在低速運行時的特性C.電機在穩(wěn)定運行時的特性D.電機在脈沖頻率為零時的特性答案：D解析：步進電機的靜態(tài)特性是指脈沖頻率為零時，電機處于定位狀態(tài)下的特性，包括矩角特性、靜態(tài)轉矩等。7.伺服系統(tǒng)的穩(wěn)定性是指（）A.系統(tǒng)在受到干擾后，能自動恢復到原來的平衡狀態(tài)B.系統(tǒng)的輸出能準確跟蹤輸入信號C.系統(tǒng)的輸出響應速度快D.系統(tǒng)的輸出誤差小答案：A解析：穩(wěn)定性是指系統(tǒng)在受到干擾后，能自動恢復到原來的平衡狀態(tài)的能力。選項B是伺服系統(tǒng)的跟隨性；選項C是系統(tǒng)的快速性；選項D是系統(tǒng)的準確性。8.步進電機的矩角特性是指（）A.電磁轉矩與脈沖頻率的關系B.電磁轉矩與失調角的關系C.電磁轉矩與負載轉矩的關系D.電磁轉矩與電源電壓的關系答案：B解析：步進電機的矩角特性描述的是電磁轉矩與失調角之間的關系，它是步進電機的重要靜態(tài)特性之一。9.交流伺服電機與直流伺服電機相比，具有（）的優(yōu)點。A.調速范圍寬B.控制簡單C.無電刷和換向器，可靠性高D.轉矩大答案：C解析：交流伺服電機無電刷和換向器，避免了電刷磨損等問題，可靠性高。直流伺服電機調速范圍寬、控制相對簡單；在轉矩大小方面不能簡單地說交流伺服電機和直流伺服電機誰大誰小。10.以下哪種控制方式可以提高步進電機的運行精度（）A.單拍控制B.雙拍控制C.單雙拍控制D.細分控制答案：D解析：細分控制是將步進電機的一個步距角進一步細分，從而提高步進電機的運行精度。單拍、雙拍和單雙拍控制只是不同的通電方式，在精度提升上不如細分控制明顯。11.伺服系統(tǒng)的動態(tài)響應指標不包括（）A.上升時間B.超調量C.穩(wěn)態(tài)誤差D.調整時間答案：C解析：穩(wěn)態(tài)誤差是衡量系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)性能的指標，而上升時間、超調量和調整時間是伺服系統(tǒng)的動態(tài)響應指標，用于描述系統(tǒng)在動態(tài)過程中的性能。12.步進電機的啟動頻率是指（）A.電機能夠正常啟動的最高脈沖頻率B.電機能夠正常啟動的最低脈沖頻率C.電機在空載時的啟動脈沖頻率D.電機在額定負載時的啟動脈沖頻率答案：A解析：步進電機的啟動頻率是指電機能夠正常啟動的最高脈沖頻率，超過這個頻率電機可能出現失步等無法正常啟動的情況。13.在伺服系統(tǒng)中，速度環(huán)的主要作用是（）A.保證系統(tǒng)的位置精度B.控制電機的轉速C.消除系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差D.提高系統(tǒng)的響應速度答案：B解析：速度環(huán)的主要作用是控制電機的轉速，使電機按照給定的速度運行。位置環(huán)主要保證系統(tǒng)的位置精度；積分環(huán)節(jié)等可用于消除系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差；提高系統(tǒng)響應速度是多個環(huán)節(jié)共同作用的結果，速度環(huán)有一定貢獻但不是主要目的。14.步進電機的失步現象是指（）A.電機停止轉動B.電機的實際步數與輸入脈沖數不相符C.電機的轉速不穩(wěn)定D.電機的轉矩變小答案：B解析：步進電機的失步現象是指電機的實際步數與輸入脈沖數不相符，可能導致位置控制不準確等問題。電機停止轉動可能是多種原因導致但不是失步的本質含義；轉速不穩(wěn)定和轉矩變小不一定等同于失步。15.對于伺服系統(tǒng)的位置控制，常用的控制算法是（）A.PID控制B.模糊控制C.神經網絡控制D.最優(yōu)控制答案：A解析：PID控制算法具有原理簡單、易于實現、魯棒性好等優(yōu)點，在伺服系統(tǒng)的位置控制中應用廣泛。模糊控制、神經網絡控制和最優(yōu)控制相對復雜，在一些特定場合或對性能有更高要求時使用。二、多項選擇題（每題3分，共15分）1.以下關于伺服系統(tǒng)的說法正確的有（）A.伺服系統(tǒng)能使被控對象的位置、方位、狀態(tài)等輸出被控量能夠跟隨輸入目標的任意變化而變化B.伺服系統(tǒng)通常由控制器、功率放大器、執(zhí)行機構和檢測裝置等組成C.閉環(huán)伺服系統(tǒng)比開環(huán)伺服系統(tǒng)的精度高D.伺服系統(tǒng)只用于工業(yè)自動化領域答案：ABC解析：伺服系統(tǒng)能使被控對象的輸出被控量跟隨輸入目標變化，其組成包括控制器、功率放大器、執(zhí)行機構和檢測裝置等。閉環(huán)伺服系統(tǒng)由于有反饋環(huán)節(jié)，精度比開環(huán)伺服系統(tǒng)高。伺服系統(tǒng)除了用于工業(yè)自動化領域，還廣泛應用于航空航天、機器人、數控機床等多個領域，所以D選項錯誤。2.步進電機的優(yōu)點包括（）A.控制簡單B.成本低C.精度高D.無累積誤差答案：ABD解析：步進電機控制簡單，通過脈沖信號即可控制；成本相對較低；每轉一圈的步數固定，無累積誤差。但步進電機的精度相對伺服電機等來說并不是特別高，所以C選項錯誤。3.影響伺服系統(tǒng)穩(wěn)定性的因素有（）A.系統(tǒng)的增益B.系統(tǒng)的時間常數C.系統(tǒng)的阻尼比D.負載的變化答案：ABCD解析：系統(tǒng)增益過大可能導致系統(tǒng)不穩(wěn)定；時間常數影響系統(tǒng)的響應速度和穩(wěn)定性；阻尼比合適才能保證系統(tǒng)穩(wěn)定；負載變化可能會使系統(tǒng)的動態(tài)特性發(fā)生改變，從而影響穩(wěn)定性。4.交流伺服電機的調速方法有（）A.變極調速B.變頻調速C.變轉差率調速D.調壓調速答案：AB解析：交流伺服電機常用的調速方法有變極調速和變頻調速。變轉差率調速一般用于交流異步電動機調速；調壓調速在交流伺服電機中應用較少，且調速性能有限。5.伺服系統(tǒng)按控制方式可分為（）A.開環(huán)伺服系統(tǒng)B.閉環(huán)伺服系統(tǒng)C.半閉環(huán)伺服系統(tǒng)D.復合控制伺服系統(tǒng)答案：ABC解析：伺服系統(tǒng)按控制方式可分為開環(huán)、閉環(huán)和半閉環(huán)伺服系統(tǒng)。復合控制伺服系統(tǒng)是一種特殊的控制策略，不是按控制方式的基本分類，所以D選項錯誤。三、判斷題（每題1分，共10分）1.步進電機的轉速只取決于脈沖頻率，與負載大小無關。（×）解析：在一定范圍內步進電機轉速主要取決于脈沖頻率，但當負載過大時，可能會導致電機失步，從而影響轉速，所以轉速與負載大小有一定關系。2.伺服系統(tǒng)中，位置環(huán)的輸出是速度環(huán)的輸入。（√）解析：在伺服系統(tǒng)的結構中，位置環(huán)根據位置偏差輸出速度給定信號，作為速度環(huán)的輸入，速度環(huán)再根據這個輸入控制電機的轉速。3.開環(huán)伺服系統(tǒng)沒有反饋環(huán)節(jié)，所以精度高。（×）解析：開環(huán)伺服系統(tǒng)沒有反饋環(huán)節(jié)，無法對系統(tǒng)的誤差進行實時修正，所以精度相對閉環(huán)和半閉環(huán)系統(tǒng)較低。4.步進電機可以直接使用交流電源驅動。（×）解析：步進電機需要按照特定的通電順序輸入脈沖信號來驅動，一般不能直接使用交流電源，需要專門的步進電機驅動器。5.交流伺服電機的調速范圍比直流伺服電機窄。（×）解析：現代交流伺服電機通過先進的控制技術和變頻調速等方法，調速范圍可以很寬，并不比直流伺服電機窄。6.伺服系統(tǒng)的快速性是指系統(tǒng)的輸出響應速度快。（√）解析：快速性就是衡量系統(tǒng)從一個穩(wěn)態(tài)過渡到另一個穩(wěn)態(tài)時輸出響應速度的指標。7.細分控制可以減小步進電機的步距角，提高運行精度。（√）解析：細分控制將步進電機的一個步距角進一步細分，從而減小了實際的步距角，提高了運行精度。8.測速發(fā)電機只能用于速度反饋，不能用于位置反饋。（×）解析：測速發(fā)電機主要用于速度反饋，但通過對速度信號進行積分等處理，也可以用于間接的位置反饋。9.伺服系統(tǒng)的穩(wěn)定性是系統(tǒng)正常工作的首要條件。（√）解析：如果系統(tǒng)不穩(wěn)定，輸出會出現振蕩甚至發(fā)散，無法正常工作，所以穩(wěn)定性是首要條件。10.步進電機的靜態(tài)轉矩越大，其負載能力越強。（√）解析：靜態(tài)轉矩是步進電機在定位狀態(tài)下的輸出轉矩，靜態(tài)轉矩越大，電機能夠承受的負載轉矩就越大，負載能力越強。四、簡答題（每題10分，共20分）1.簡述伺服系統(tǒng)和步進系統(tǒng)的主要區(qū)別。答：控制精度：伺服系統(tǒng)控制精度高，一般可達到±0.001°甚至更高，通過編碼器等高精度反饋元件實現精確的位置和速度控制；步進系統(tǒng)精度相對較低，步距角一般為0.36°3.6°，存在一定的步距誤差和累計誤差。過載能力：伺服系統(tǒng)通常具有較強的過載能力，能夠在短時間內承受數倍于額定轉矩的負載；步進系統(tǒng)過載能力較差，當負載超過一定限度時容易出現失步現象。運行性能：伺服系統(tǒng)運行平穩(wěn)，可實現恒轉矩輸出，在高速和低速運行時都能保持良好的性能；步進系統(tǒng)在低速時運行平穩(wěn)，但在高速運行時可能會出現振動和噪聲。反饋方式：伺服系統(tǒng)是閉環(huán)或半閉環(huán)控制，通過反饋裝置實時監(jiān)測輸出并與輸入比較，進行誤差修正；步進系統(tǒng)是開環(huán)控制，沒有反饋環(huán)節(jié)，依靠控制脈沖信號來確定電機的位置和速度。成本：伺服系統(tǒng)由于其高精度的控制元件和復雜的控制算法，成本相對較高；步進系統(tǒng)結構簡單，控制方便，成本較低。2.說明步進電機的工作原理。答：步進電機是一種將電脈沖信號轉換為角位移或線位移的機電元件。其工作原理基于電磁力的作用。以三相步進電機為例，定子上有三對磁極，每對磁極上繞有繞組，分別為A相、B相、C相。轉子通常是由軟磁材料制成的多齒結構。當給某一相繞組通電時，該相繞組產生磁場，轉子在磁場的作用下，會轉動到與該相定子磁極對齊的位置。例如，給A相繞組通電，轉子的齒會與A相定子磁極對齊。通過按一定順序依次給不同相的繞組通電，如ABCA的順序，轉子就會按照一定的方向一步一步地轉動。每輸入一個電脈沖，電機就轉動一個固定的角度，這個角度稱為步距角。改變通電的順序，電機的轉動方向就會改變；改變脈沖的頻率，電機的轉速就會相應改變，脈沖頻率越高，電機轉速越快。五、計算題（每題12.5分，共25分）1.已知一臺步進電機的轉子齒數\(Z=40\)，采用三相六拍通電方式，求該步進電機的步距角。解：三相六拍通電方式時，拍數\(m=6\)。根據步距角公式\(\theta=360^{\circ}/(Zm)\)，其中\(zhòng)(Z=40\)，\(m=6\)。將數值代入公式可得：\(\theta=\frac{360^{\circ}}{40\times6}\)\(=\frac{360^{\circ}}{240}\)\(=1.5^{\circ}\)答：該步進電機的步距角為\(1.5^{\circ}\)。2.某伺服系統(tǒng)的位置控制器采用PID控制，已知比例系數\(K_p=5\)，積分時間常數\(T_i=0.1s\)，微分時間常數\(T_d=0.05s\)，輸入的位置誤差信號\(e(t)=2+3t\)（\(t\)為時間，單位：\(s\)），求\(t=0.2s\)時控制器的輸出\(u(t)\)。解：PID控制器的輸出公式為\(u(t)=K_p\left[e(t)+\frac{1}{T_i}\int_{0}^{t}e(\tau)d\tau+T_d\frac{de(t)}{dt}\right]\)。首先求\(e(t)\)的導數\(\frac{de(t)}{dt}\)：已知\(e(t)=2+3t\)，則\(\frac{de(t)}{dt}=3\)。然后求\(\int_{0}^{t}e(\tau)d\tau\)：\(\int_{0}^{t}(2+3\tau)d\tau=\int_{0}^{t}2d\tau+\int_{0}^{t}3\taud\tau=2t+\frac{3}{2}t^{2}\)。當\(t=0.2s\)時：\(e(0.2)=2+3\times0.2=2+0.6=2.6\)\(\int_{0}^{0.2}(2+3\tau)d\tau=2\times0.2+\frac{3}{2}\times(0.2)^{2}=0.4+0.06=0.46\)\(\frac{de(t)}{dt}=3\)（與時間無關