自动控制原理习题解答

1第三章33 已知各系统的脉冲响应，试求系统的闭环传递函数 ：()s1.253(1)0.;2sin4;(3).ttktet解答：（1） 0.125()()sLkts（2）2223210()()5sin4cos5416ktLtttsss（3） 11()()0.03sLktss3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为 )6.in(5.2)(.1tthet试求系统的超调量 %，峰值时间 和调节时间 .ps解答：因为 0 1，所以系统是欠阻尼状态。阻尼比 =cos( )=0.6，自然频率3，26.0/1wn阻尼振荡频率 =d 6.1021n1 峰值时间 的计算tp 9.6wdp22 调节时间 的计算ts 9.26.053.wns3 超调量 %的计算 %48.9106.%122 /.0/ ee3-5 设单位反馈系统的开环传递函数为 ，试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。)6.(4)sG解答：方法一：根据比例-微分一节推导出的公式 )135(6.0)12/() ssKGwTnd1)5.2(4.01.)6.0(41. )()()(222sssszzSs ndn )1()(12)1in()2222 dndndddt arctgzarctgr twthzed 把 z=1/ =2.5, , 代入可得Td1wn5.0d)3.82sin(5.0.17.96.)( tetth峰值时间的计算 ，0472.1)1(2ddarctg-1.6873超调量得计算158.32dnpwt %65.21011%22ddetrp调节时间得计算 29.6)ln(l)2ln(2wztnds z方法二：根据基本定义来求解闭环传递函数为当输入为单位阶跃函数时14.0)6.(14.0)()( 2ssSGs )23()1(.0)23()1( .)(4.0)22sssC得单位阶跃响应 )23sin(.0co( 11 tttheet )3.842sin(1tt )(t1 峰值时间 的计算 对 h(t)求导并令其等于零得p-0.5 023)23cos()23sin( .84.211 tetepptt pp=2.9)ta(84ptp2. 超调量 %的计算 17.49%10)(h3. 调节时间 得计算 ts 5.)84.23sin21test .3ts3-6.已知控制系统的单位阶跃响应为 ，试确定系统的阻6010().2t thtee4尼比 和自然频率 。解答：系统的单位脉冲响应为 n6010()2ttkthe系统的闭环传递函数为 21()()206sLktss自然频率 阻尼比 6024.5n 71.493-7 设图 37 是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数 和 ，使系统的 。1K26,1n图 37 飞行控制系统结构图解答：简化 37 结构图，得到系统的闭环传递函数为 12 15()0.82tKss将上式与二阶系统的传递函数的标准形式 22()ns相比较可得 2150.8ntnK将 代入上述方程组并解之可得 6,7n1.403tK3-8 分别求出图 3-8 中各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。图 38 控制系统解答： （1）由图 38（a）可得系统的闭环传递函数为 12()s由上式易得，此系统的动态性能指标为 自然频率 阻尼比 n0超调量 调节时间 21%0est（2）由图 38（b）可得系统闭环传递函数为 21()显然，这是一个比例微分控制二阶系统，因此有 ,0.5,nz5222221.51arctnarctn1.04731rt.0473dnddddzz此系统的动态性能指标为 峰值时间 2.418dpnt超调量 22%1135.%dptdre调节时间 22213lnlnl6.9dn dszzt （3） 由图 38（c）可得系统闭环传递函数为 32()1s（4） 由上式易得此系统的动态性能指标为 自然频率 阻尼比 ，所以为欠阻尼二阶系n0.5统 超调量 调节时间21%6.3e3.7snt动态性能的比较表如下表 31 所示。表 31 动态性能的比较表(a) (b) (c)1wnn 1wn05.05.0)cos(1)(tth )23sin(15.0thet )23sin(1( 605.0tthetsr9. str42.tp42p63ss.6st7%7%.163-9 设控制系统如图 3-9 所示。要求：（1） 取 计算测速反馈校正系统的超调量，调节时间和速度误差；,1.0,21（2） 取 计算比例- 微分校正系统的超调量，调节时间和速度误差；.图 39 控制系统解答：（1）取 时，系统的传递函数为120,.210()Gss由开还传递函数可知，此系统是一个 I 型系统，其速度系数为 ，由静态误差系数法可得系统的速5vK度误差为 10.2sveK由闭环传递函数可知， ， 超调量 13.6,0.36.n调节时间 21%5.09e 5.snt(2)取 时，系统的传递函数为 12., 210.()Gs由开还传递函数可知，此系统是一个 I 型系统，其速度系数为 ，由静态误差系数法可得系统的10vK速度误差为 10.sveK由比例微分校正系统的闭环函数可知72222221103.6,0.36,1.9511arctnarctn0.321.49.57t.490.1ndnddnddpndzzzt超调量 212%76%dpdtre调节时间 22213lnlnl()3.09dn dszzt 3-11 已知系统特征方程为 432105ss试用劳思判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。解答：首先用劳思判据来判定系统的稳定性，列出劳思表如下：43210 017 2 54 ss显然，由于表中第一列元素的符号有两次改变，所以该系统在 右半平面有两个闭环极点。因此，该系s统不稳定。再用赫尔维茨稳定判据来判定系统的稳定性。显然，特征方程的各项系数均为正，则显然，系统不稳定。210322142570 a313 已知单位负反馈系统的开环传递函数为 试确定系统稳定时的2.51()(0)KsGs值范围。解答： 由题意可知系统的特征方程为K432()()20DsssK列劳思表如下84321 1 4 22+0 s KKs06 32由劳思稳定判据可得解上述方程组可得106302K01.75K315 已知单位反馈系统的开环传递函数：试求输入分别是 时，系统的稳态误差。210(1).5 (3) 610Gssss 2()2()rtrtt以解答：（1） 由上式可知，该系统是 0 型系统，且20().5.15Gss.0 型系统在 信号作用下的稳态误差分别为： 。该系统在输入为20K21,t 1,K时的稳态误差为 根据线性叠加原理，该系统在输入为 时的稳态()rt s1e 2()rtt误差为 2.se（2） 由上式可知，该系统式 1 型系统，且5010()=.1.2Gsss。1 型系统在 信号作用下的稳态误差分别为： 。该系统在输入为0K2(),t 1,K时的稳态误差为 根据线性叠加原理，该系统在输入为()2rt1.0.seK时的稳态误差为 2t2.s（3） 首先需要判定此系统的稳定性，对于单位负反馈系统有 ，所以系统的闭环特性方程为()1Hs2 432()610=6010Dss s9用劳思稳定判据来确定此系统的稳定性，列劳思表如下4321 10 1062 580 ss0 显然，劳思表中的第一列元素均大于零。由劳思稳定判据可知系统是稳定的。 用终值定理来求系统的稳态误差，有 10020 1lim()li.()()60li. 2ssseERsGsHR当输入为 时， ，则()2rt2()s 2120610lim. 2s se s当输入为 时， ，则2()rtt233()sRs23201610lim. 20sse s 316 已知单位反馈系统的开环传递函数： 25() ;0.14(3) GKss试求位置误差系数 ，速度误差系数 ，加速度误差系数 。pKva解答：（1）此系统时一个 0 型系统，且 。故查表可得50Kpav(2)根据误差系数的定义式可得2002002400lim()li40lili2li()li0pssvssas sKKGHss10（3）根据误差系数的定义式可得 2002002200141lim()li0lili141li()li0pssvssasssKGHs补充题： 1. 某单位反馈系统的开环传递函数为 ().5KGs试求：（1）使系统稳定的 值范围；K（2）要求闭环系统全部特征根都位于 1 直线之左，确定 的取值范围。Res解答： （1）特征方程 ，即1()0s32.50.0s要使系统稳定，根据赫尔维茨判据，应有 . 014K以（2）令 代入