吴振顺《控制工程基础》王积伟第二版课后习题解答

第一章第一章 3 解：1)工作原理：电压 u2 反映大门的实际位置，电压 u1 由开（关）门开关的指 令状态决定，两电压之差uu1u2 驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制 大门的开启。当大门在打开位置，u2u上：如合上开门开关，u1u上，u0， 大门不动作；如合上关门开关，u1u下，u0，大 门执行开门指令，直至完全打开，使u0；如合上关门开关，u1u下，u 0，大门不动作。 2)控制系统方框图 4 解：1)控制系统方框图 _ u 放 大 电动机 鼓轮 开关位置 指令 u1 大门位置信号 u2 被控量(大 门位置) 大 门 h 实 际 水 位 h 杠杆机 构 机械进水 阀 水箱 浮球 给 定 液 位 h h 干 扰 a)系统方框图 2)工作原理： a)水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值 h由浮球顶杆的长度给 定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使 用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高） ，浮球位置也随着降低 （升高） ， 通过杠杆机构是进水阀的开度增大 （减小） ， 进入水箱的水流量增加 （减 小） ，水位升高（降低） ，浮球也随之升高（降低） ，进水阀开度增大（减小）量 减小，直至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。 b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值 h由浮球拉杆的长度 给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的 使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高） ，浮球位置也随着降 低（升高） ，到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开） ， 进水阀门完全打开（关闭） ，开始进水（断水） ，水位升高（降低） ，浮球也随之 升高（降低） ，直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低） ，到 一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合） 。此系统是离散控制系统。 2-1 解： （c）确定输入输出变量（u1，u2） 22111 RiRiu 222 Riu dtii C uu)( 1 1221 得到： 1 1 21 22 1 22 2 )1 (u R R dt du CRu R R dt du CR 一阶微分方程 （e）确定输入输出变量（u1，u2） i d t C iRiRu 1 211 R uu i 21 h 实 际 水 位 h 电气开 关 电磁进水 阀 水箱 浮球 给 定 液 位 h h 干 扰 b)系统方框图 消去 i 得到： C u dt du R C u dt du RR 11 2 22 21 )( 一阶微分方程 第二章第二章 2-2 解： 1）确定输入、输出变量 f(t)、x2 2）对各元件列微分方程： 222 21 33 1 11111 2 2 2 2223 2 1 2 1311 ; )( ; )( )( )()()()( xKf dt xxd Bf dt dx BfxKf dt txd mfff dt txd mtftftftf KB BK BKB BBK 3）拉氏变换： )()()()()( )()()()()()( 2 2 22222213 1 2 12131111 sXsmssXBsXKsXsXsB sXsmsXsXsBssXBsXKsF 4）消去中间变量： )()()()( 2 3 2 23232 131123 sX sB smsBKsB smsBKsBssXBsF 5）拉氏反变换： dt df BxKK dt dx BKBKBKBK dt xd KmmKBBBBBB dt xd mBmBmBmB dt xd mm ss 3221 2 32123121 2 2 2 212122131 3 2 3 1321221 4 2 4 21 )( )()( 2-3 解： （2） 2 1 1 2 ss tt ee 2 2 （4） 2 ) 1( 1 3 1 1 1 9 1 4 1 9 1 sss ttt teee 3 1 9 1 9 1 4 （5） 2 ) 1( 1 ) 1( 2 )2( 2 sss ttt teee 22 2 （6） ssss s5 . 2 1 2 4 225 . 0 4 225. 0 22 5 . 222s in2co s5 . 0 t ett 2-5 解：1)D(s)=0,得到极点：0,0,-2,-5 M(s)=0,得到零点：1， 2) D(s)=0,得到极点：2，1，2 M(s)=0,得到零点：0，0，1 3) D(s)=0,得到极点：0， 2 31j ， 2 31j M(s)=0,得到零点：2， 4) D(s)=0,得到极点：1，2， M(s)=0,得到零点： 2-8 解：1）a）建立微分方程 dt tdx Btftf txtxktf txktf tf b a tf tftftftxm Bk k k i kk )( )()( )()()( )()( )()( )()()()( 2 022 011 21 b)拉氏变换 )()( )()()( )()( )()( )()()()( 2 022 011 210 2 sBsXsF sXsXksF sXksF sF b a sF sFsFsFsXms k k k i kk c)画单元框图（略） d)画系统框图 2)a)建立微分方程： dt tdx Btf dt txtxd Btf txtxktf tftftftxm o B oi B ik BBk )( )( )()( )( )()()( )()()()( 22 11 0 21 0 b)拉氏变换： )()( )()()( )()()( )()()()( 022 11 21 2 ssXBsF sXsXsBsF sXsXksF sFsFsFsXms B oiB oik BBko c)绘制单元方框图（略） 4)绘制系统框图 Xo(s) F（s） Fi（s） a/b 1/ms2 K1 k2 1/Bs 2-11 解：a) 12123212 321 4 1HGGHGGHG GGG G b) )(1 )( 21432121 4321 HGGGGHGG GGGG 2-14 解：(1) 321 2 321 32 1 32 1 01 1 1 1 )( )( KKKsTs KKK Ts K s K K Ts K s K K sX sX i i 321 2 430321 32 1 32 10 3 4 02 )( 1 1 1 )( 1 )( )( )( KKKsTs sKKsGKKK Ts K s K K Ts K s K KsG Ts K K sN sX s n (2)由于扰动产生的输出为： )( )( )()()( 321 2 430321 02 sN KKKsTs sKKsGKKK sNssX n 要消除扰动对输出的影响，必须使0)( 02 sX 得到：0)( 430321 sKKsGKKK + X0（s） B1s K 1/ms2 B2s Xi（s） 得到： 21 4 0 )( KK sK sG 第三章第三章 3-1 解：1)法一：一阶惯性环节的调整时间为 4T，输出达稳态值的 98%，故： 4T1min，得到：T15s 法二：求出一阶惯性环节的单位阶跃时间响应，代入，求出。 2)法一：输入信号)/( 6 1 min)/10()( 00 sCttCtxi，是速度信号； 2 6 1 )( s sX i ) 15/1 15151 ( 6 1 151 1 6 1 )()()( 22 0 sssss sGsXsX i )1515( 6 1 )( 15 1 t o ettx )(5 . 2)15( 6 1 6 1 ()( 0 15 1 Cettimle t t 法二：利用误差信号 E（s） 3-3 解： 3 2 1 2 1 )( s tsXi )6)(5( 13 )6)(5( 13 )()()( 3 2 ssssss s sXsGsX io 部分分式展开： 65 )( s C s B s A sXo 系数比较得到：A+B+C=0 11A+6B+5C=0 30A=13 得到：A=13/30=0.433;B=-13/5=-2.6;C=13/6=2.1667 6 1667. 2 5 6 . 2433. 0 )( sss sXo 拉氏反变换： tt o eetx 65 1667. 26 . 2433. 0)( 3-4 解：闭环传递函数为： )4)(1( 4 45 4 )(1 )( )( 2 sssssG sG s （1）单位阶跃函数的拉氏变换： s sXi 1 )( )4)(1( 4 )()()( sss sXssX io 部分分式展开： 41 )( s C s B s A sXo 系数比较得到：4A+3B=0 A-3C=0 A=1 得到：A=1，B=-4/3,C=1/3 4 3/1 1 3/41 )( sss sXo 拉氏反变换： tt o eetx 4 3/13/41)( （2）法一、利用微分关系，把结果（1 微分） 法二、单位脉冲函数的拉氏变换：1)(sXi )4)(1( 4 )()()( ss sXssX io 部分分式展开： 41 )( s B s A sXo 系数比较得到：A+B=0 4A+B=4 得到：A=4/3,B=-4/3 4 3/4 1 3/4 )( ss sXo 拉氏反变换： tt o eetx 4 3/43/4)( 3-6 解：闭环传递函数为： 22 2 2 21 1 )(1 )( )( nn n wsssssG sG s 得到：1 n wrad/s;5 . 0 相位移： 3 3arctan 1 arctan 2 时间响应各参数：st n r 4 . 2 5 . 011 3/ 1 22 st n p 6 . 3 5 . 0111 22 st n s 8 5 . 01 02. 0lnln %3 .16%100 2 2 5 . 01 5 . 0 1 eeM p 1 . 1 5 . 0 5 . 01212 2 2 N 3-7 解：1)求闭环传递函数 KsKKs K sHsG sG s h )1 ()()(1 )( )( 2 二阶振动环节： KK K hn n 12 2 得到： K KK K h n 2 1 2)求结构参数 最大超调量2 . 0 2 1/ eM p 得到：456. 0 峰值时间1 1 2 n p t 得到：53. 3 n 3)求 K，Kh 代入 1)得到： 178. 0 46.12 h K K 4)利用结构参数求其它时域指标 调整时间)02. 0)(48. 2 ln 取 st n s 上升时间)(65. 0 1 /1arctan 2 2 st n r 3-8 解：闭环传递函数 Kss K sHsG sG s 5 .34)()(1 )( )( 2 5 .342 ; 2 nn K 1)K200：22. 1, 4 .14n 此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。 2)K1500，得到：44. 0,73.38n 最大超调量 214. 0 2 1/ eM p 峰值时间)(09. 0 1 2 st n p 调整时间)05. 0)(087. 0 ln 取 st n s 上升时间)(058. 0 1 /1arctan 2 2 st n r 振动次数)(975. 0 2 13 2 次 N 3)K13.5，得到：4.7,67. 3n 此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。 4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后， 只要 n 不变， 系统调整时间 ts 不变； 随着 n 增大，过渡过程在缩短（tp,tr） ，但总过渡时间（调整时间 ts）不变；而 随着的减小，振动幅度在加剧，振动次数 N、超调量 Mp 都在加大。 3-8 解：闭环传递函数 Kss K sHsG sG s 55 .34 5 )()(1 )( )( 2 5 .342 ;5 2 nn K 1)K200：55. 0, 6 .31n 最大超调量13. 0 2 1/ eM p 峰值时间)(12. 0 1 2 st n p 调整时间)05. 0)(175. 0 ln 取 st n s 上升时间)(037. 0 1 /1arctan 2 2 st n r 振动次数)(73. 0 2 13 2 次 N 2)K150，得到：20. 0, 6 .86n 依次得到的动态性能指标：0.54,0037s,0.175s,0.02s,2.34。 3)K13.5，得到：2.1, 2 . 8n 此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联。 4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后， 只要 n 不变， 系统调整时间 ts 不变； 随着 n 增大，过渡过程在缩短（tp,tr） ，但总过渡时间（调整时间 ts）不变；而 随着的减小，振动幅度在加剧，振动次数 N、超调量 Mp 都在加大。 3-9 解：开环传递函数为： ) 104. 0)(15 . 0( 20 )( ss sG 单位反馈系统的：H(s)=1 位置稳态误差系数为： 20)( 0 sGimlK s p 速度稳态误差系数为：0)( 0 ssGimlK s v 加速度稳态误差系数为：0)( 2 0 sGsimlK s a 单位阶跃输入的稳态误差：0476. 0 201 1 1 1 )0( 1 p ss KH e 单位速度输入的稳态误差： v ss KH e 1 )0( 1 单位加速度输入的稳态误差： a ss KH e 1 )0( 1 3-10 解：开环传递函数 )2( )( 2 n n k ss sG ，此系统为 I 型系统。 稳态误差系数： 0)( 2 )( )( 2 0 0 0 sGsimlK ssGimlK sGimlK k s a n k s V k s P 1) 单位阶跃输入稳态误差：0 1 1 )( p K e 2) 单位速度输入稳态误差： nv K e 21 )( 3）单位加速度输入稳态误差； a Ke/1)( 法二：)(1/ )(lim)(lim)(lim 000 sGssXssssEe ki sss ss 3-11 解：开环传递函数 ) 11 . 0( 100 )( ss sGk，此系统为 I 型系统。 1) 稳态误差系数 0)( 100)( )( 2 0 0 0 sGsimlK ssGimlK sGimlK k s a k s V k s P 2) 输入信号为阶跃信号、速度信号和加速度信号的组合，它们的系数分别为： 210 ;aCaBaA 根据信号线性叠加的原理，系统的稳定误差为： 010011 210 aaa K C K B K A e avp ss a) 当0 2 a时， ss e b) 当0; 0 12 aa时，100/ 1 aess c) 当0; 0 12 aa时，0 ss e 3-12 解： s KK s K KsHsGsGsGk 212 121 1)()()()( 1)仅有输入信号作用下的稳态误差 偏差传递函数 sKKsGsX s s ki i i /1 1 )(1 1 )( )( )( 21 误差信号 2121 11 /1 1 )()()(/ )()( KKsssKK sXssHssE iiii 稳态误差0 1 lim)(lim 21 00 KKs sssEe s i s ssi 2）仅有干扰信号作用下的稳态误差 干扰偏差传递函数 sKK sK sG sHsG sN s s k n n /1 / )(1 )()( )( )( )( 21 22 干扰误差信号 21 2 21 2 /1 /1 / )(/ )()( )( )( )( KKs sK ssKK sK sHsNs sH s sE n n n 干扰稳态误差 121 2 00 1 lim)(lim KKKs K ssEe ss ssn 3)系统总稳态误差： 1 1 K eee ssnssiss 3-13 解：特征根分别为：-8,-9,-4+j5,-4-j5。闭环系统的所有特征根均具有负实部，所 以系统是稳定的。 3-14 解：单位反馈系统的闭环传递函数： T K s T s T K KsTs K Tss K Tss K sG sG s 1 ) 1( 1 ) 1( )(1 )( )( 2 2 特征根为： 2 4) 1 ( 1 2 2, 1 T K TT s 要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部： 当 TT K T 1 4) 1 ( 2 时，可保证特征根具有负实部。 解得：04 T K 因 K、T 均大于零，所以上式成立。 所以系统是稳定的。 3-15 （1）解：法一：劳思阵列 126s 0 15126 s 126 0 s 15 1 0 2 2 3 ： ： ： ： s 第一列有负数，系统不稳定。 法二：a0=1,a1=0,a2=-15,a3=126; 三阶系统，因所有系数不全为正，所以不稳定。 （2）解：劳斯阵列 5:s 0 13.5s 0 5 16s 0 16 8s 5 18 1 0 1 2 3 4 ： ： ： ：s 劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。 （3） ：法一：劳思阵列 10s 0 2.5s 10 4s 5 1 0 2 3 ： ： ： ：s 劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。 法二：a0=1,a1=4,a2=5,a3=10; 因为三阶系统，a0,a1,a2,a3 均大于 0，且 a1a2=20a0a3=10， 所以该三阶系统稳定。 （5） ：法一：劳思阵列： 0 160s 00 20 0s 160 10 s 16 1 s 0 2 3 ： ）（）（： ： ： 辅助多项式：16010s) s ( 2 A 20s ds ) s (d A 劳思阵列第一列中无负号， 但有一列的元素全为 0， 所以系统是临界稳定的。 法二：a0=1,a1=10,a2=16,a3=160; 因为三阶系统，a0,a1,a2,a3 均大于 0，且 a1a2=160=a0a3=160， 所以该三阶系统临界稳定。 3-16 （2）解：劳思阵列 15 s 0 1099k 6000k 10ks 15 2k 1 20 99 s 0 10k 20k s 15 5 1 0 2 2 3 4 ： ： ： ： ： s 系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即： 3) 1099 6000 10 2) 0 2 1 20 99 1 020 2 k k k k k） 由式 1)得：k0 式 2)得：k10/99 式 3)得：k1 式 3)可化为：04/3)2/1( 2 k 显然，上式无法满足，即：无论 k 取何值，式 1)、2)、3)条件都无法同时满 足，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。 第四章第四章 4-4 解：闭环传递函数 ssG sG s 11 10 )(1 )( )( 频率特性 j 11 10 )( 幅频特性 2 121 10 )( A 相频特性11/arctan)( 1） 0 0 30, 1，稳态输出 )8 .24sin(9 . 0)2 . 530sin(9 . 0)11/1arctan30sin( 1121 10 )( 0000 ttttx 2） 0 0 45, 2 稳态输出 )7 .342cos(79. 1)3 .10452cos( 5 4 )11/2arctan452cos(2 2121 10 )( 0000 2 ttttx 3） 稳态输出 )7 .342cos(79. 1)8 .24sin(9 . 0)( 00 tttx 4-9 解：1） 2 )30(1 5 )( A 30arctan)( j jj j G 22 9001 150 9001 5 )301)(301 ( )301 (5 )( 2 9001 5 )( U； 2 9001 150 )( V 2） 22 01. 01 1 )1 . 0(1 1 )( A 1 . 0ar ct an90)( 0 、 )01. 01 ( 1 . 0 )01. 01 ( )1 . 01 ( )( 22 jjj G )01. 01 ( 1 . 0 )( 2 U; )01. 01 ( 1 )( 2 V 4-12 1）解 a）典型环节：放大环节：2 惯性环节 1：转折频率 1 1 1025. 1125. 0 w 惯性环节 2：转折频率 1 2 1055 . 0 w b）在博德图上标出 w1，w2 c）对数幅频特性： 22 )2(1lg20)8(1lg202lg20)(L d）低频渐近线（w1/T3后系统增益增加，校正后的幅频特性曲线上移，穿越斜率 右40dB/dec 变为20dB/dec，提高了穿越频率 wc，系统响应的 快速性增加；相位超前，系统的相位裕量也增加，提高了系统的稳 定性；但对抗高频干扰的能力下降。 5-6 解: （1）确定开环增益： KvK7，取 K7 开环频率特性 )1 . 01)(5 . 01 ( 7 )( wjwjjw jwG 对数幅频特性 22 )1 . 0(1lg20)5 . 0(1lg20lg207lg20)(wwwwL 相频特性www1 . 0arctan5 . 0arctan90)( 0 并画出未校正开环系统的博德图。 （2）计算未校正系统的幅值穿越频率和相位裕量 令 L（wc）0，得到 22 )1 .