自动控制原理答案孟版.pdfVIP

20 第五章习题答案 5-1 解： 0 arctanarctan 2arctan 2100.0132.14TfT ， 相位差 超过10，所以不满足要求。 5-2 解：22510f， 3.54 (10)0.708,(10)90 5 GjGj 设 2 1 ( ) 1 G s LCsRCs 266 4 262 6 2 1 (10), 1100101010 110 1013() 10010 1 0.708 1010 44959() 986.96 ( ) 44.37986.96 Gj LRj LH R R G s ss 5-3 解： （1） 160 ( ) (8) G s s s 21 （2） 100(2) ( ) (1)(20) s G s s ss （3） 2 64(2) ( ) (0.5)(3.264) s G s s sss 22 （4） 22 (0.1) ( ) (1)(425) s s G s s ssss 5-4 解： （a）( ) 1 K G s Ts 由一个放大环节、一个惯性环节组成 20lg20,10KK； 1 1 100.1T T 10 ( ) 0.11 G s s （b）( ) (1) K G s s Ts 由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成 1 11 80 80 T T ，穿越频率40 c ，()20 lg20 lg0 cc LK， 40K 40 ( ) 1 (1) 80 G s ss （c） 2 2 ( ) 1 (21) nn K G s sss 由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成 ()2 0 l g2 0 l g0 kk LK，100 k K，由图可知45.3 r ， 23 2 1 20 lg4.85 21 ， 2 12 r n ，得到50 n ，0.3（0.954 舍去） 。 3 23 2.510100 ( ) (302.510 ) G s s ss （d） 22 (1) ( ) (1) Ks G s sTs 由一个放大环节、一个微分环节、两个积分环节、两个惯性环节 组成 1 0 . 1得10； 2 1得1T 2 ()2 0 l g2 0 l g 1 02 0 l g (1 )0 cc LK， 0.2K， 22 0.2(101) ( ) (1) s G s ss （ 或 者 采 用 精 确 表 示 ： 22 ()20 lg20 lg10120 lg120 lg(11)0 c LK， 2 0.1990 101 K ， 22 0.1990(101) ( ) (1) s G s ss ） （e） 2 2 (1) ( ) 1 (21) nn Ks G s sss 1 11， 2 22 n ， 1 20 lg80.2 2 ， 在 1 1处 ， 2 0 l g2 0LK，10K 2 1 0 (1 ) ( ) (0.250.21) s G s sss 5-5 解： （1） 2 2 2505 ( ) 1 (50) (1) 50 G s ss ss ，20lg14K 伯德图： 24 有一次负穿越，0P ，22ZPN 故不稳定 （2） 10 250 3 ( ) 11 (5)(15) (1)(1) 515 G s s ss sss ，20lg10.46K 0,0PN无穿越，故20ZPN稳定 25 （3） 2 2 10 (1) 250(1) 3 ( ) 11 (5)(15) (1)(1) 515 s s G s sss sss ，20lg10.46K 0,0PN无穿越，故20ZPN稳定 5-6 解： 10 ( ) (0.51)(0.021) G s sss ， 12 2,50,20 lg20K 26 20 lg20 lg20 lg(0.5)0 cc K， 得2 02 54 . 4 7 c (精确解 4.2460)； (90(0.5)(0.02)180 gg arctgarctg 得 1 0.50.02110 0.01 ggg 180(0.5)(0.02)90 cc arctgarctg 18066590 19 10 20 lg()20 lg20 lg 513.98 dB 10(51)(0.21) hg LGj jj 5-7 解： 2 ( ) (0.010.011) K G s sss 10,0.05 n 求 g ， 2 2 90arctan180 1 g n g n ，得10 g 20 lg()20 hg LGj 27 222 0.1 (0.01)(10.01) ggg K ，得0.10.1 c K 2 0.1 ( ) (0.010.011) G s sss 因为0.1 c ， 2 0.010.1 1809090 0.1 1 10 arctg 5-8 解： 2 13 (1) ( ) (1)(1) Ks G s s T sT s （1） 213 111 0.2,0.1,4 TT 得 213 5,10,0.25TT 1 5 112 11 01 c K K 2 ( 51 ) ( ) (101)(0.251) s G s sss 11 180() c Gj 111 111 18090(5)(10)(0.25) ccc tgtgtg 1809078.6984.2914.04 70.36 （2） 28 0,0PN（无穿越）20ZPN（稳定） （3）右移 10 倍频程，则 123 1,0.5,0.025TT ( 0 . 5 1 ) ( ) (1)(0.0251) Ks G s s ss 21 0.510 10101 1010 cc K 20K 20(0.51) ( ) (1)(0.0251) s G s s ss 22 180() c Gj 111 222 1 8 09 0( 0 . 5)()( 0 . 0 2 5) ccc t gt gt g 111 111 18090(5)(10)(0.25) ccc tgtgtg 1 系统稳定性不变 29 由 1 %0.160.41100% sin （P190 5-16 5-17 5-18 式） s c k t ，得 12 %， 12 0.1 ss tt 即系统超调量不变，调节时间缩短。 5-9 解： 12 10(1)4.8 ( ),( ) 81(0.051) s GsGs sss 系统开环传函， 48(1) ( ) 81 (0.051) s G s sss （） 2 c 22 c 481 16 641(0.05)1 c cc 1 8 0()9 0( 8)( 0 . 0 5) ccc a r c t ga r c t ga r c t g 18080.549088.8116.7 65.03 11 1.1032 sinsin 65.03 r M %0.160.4(1.10321) 100%20% 2 21.5(1)2.5(1)2.1813 rr kMM 2.1813 1.14 s c t 30 第六章习题答案 6-1 解法一：解法一：(串联超前校串联超前校正正) (1) 原系统开环传递函数 200 ( ) (0.11) G s ss ， 计算得到 11 4450 c ss ，1345 ， 不能满足要求。 (2) 为了将系统相角裕度提高到45，使用超前校正网络 1 ( ) 1 c s Gs s ，所需超前相角至 少为451332 ，引入超前网络后，新的截止频率会增大，从而存在相角裕度损失，因 此设超前相角为40，对应 1 sin 1 m ，得到4.6，由10log6.6 dB，确定 G(s) 幅值为-6.6dB 的频率 11 6550 m ss ，从而得到 1 0.0072 m ，设计校正网络 传递函数 0.03311 ( ) 0.00721 c s Gs s 。 (3) 校正后的系统为 0 200(0.03311) ( )( )( ) (0.11)(0.00721) c s G sGs Gs sss ，验证得，截止频率 1 c 65s ，相角裕度49 ，满足设计要求。 解法二：解法二： (1) 同上 (2) 按照最佳二阶系统模型设计： 要求 1 50 c s ，取60 c K，则 1 0.0083 2 T K 此时65.5 ，所以校正后系统开环传递函数 60 ( )( ) (0.00831) c G s Gs ss 30 . 1160 ( )( ) (0.00831)10 0.00831 c s GsG s sss (3) 验证， 65.5 ,54.3 c 满足设计要求。 6-2 解：解： (a) 0 20 ( ) (0.11) Gs ss ， 1 ( ) 101 c s Gs s 0 20(1) ( )( )( ) (0.11)(101) c s G sGs Gs sss 为串联滞后校正 31 校正后优点：1. 稳定性增强 2. 平稳性变好 3. 提高抗高频干扰能力 缺点：由于穿越频率降低，系统快速性变差 (b) 0 20 ( ) (0.11) Gs ss ， 0.11 ( ) 0.011 c s Gs s 0 20 ( )( )( ) (0.011) c G sGs Gs ss 为串联超前校正 校正后优点：1. 稳定性增强 2. 平稳性变好 3. 穿越频率提高，快速性变好 缺点：抗干扰能力减弱 6-3 (1) 0 162 ( ) (8)(0.1251) Gs s sss ，得到 1 2K， 1 0.125T ， 2 28,16, nn 故4,1 n ， 3.5 0.875, s n t 1 1 0.5 ss e k ，可见，%满足设计要求，但 s t与 ss e不符合设计要求。 (2) 根据精度要求0.02 ss e， 1 0.02 v K，取50 v K，由 1vc KK K，得到25 c K；又 1 0.01 2 v T K ， ，故 0 50 ( )( )( ) (0.011) c G sGs Gs ss ， 校正元件传递函数 0 25(0.1251) ( )() /( ) 0.011 c s GsG SGs s (3) 验算指标%4.3%5%， 4.30.0431 s tTss，各项指标均满足性能要求。 （若不满足要求，可增加 v K再做调整，直到达到性能指标要求。 ） 6-4 (1) 若闭环回路部分具有过阻尼性质，则闭环极点应在负实轴上面，即闭环极点为负实数。 该部分开环传递函数为 12 10 ( )( ) (0.11)(0.51) K Gs Gs sss ， 三个开环极点分别为 0， -2， -10， 计 算 分 离 点 111 0 21 0 ddd sss ， 得 到0 . 9 4 4 9 d s ，0.0451 d K, 故 当 32 00.0451K时，闭环回路部分具有过阻尼性质。 (2) 系统闭环传递函数为 10(1( ) ( ) (0.51)(0.11)10 c KGs s sssK ，若系统具有阶精度，则 10(1)10 c KGsK，得到( ) 10 c s Gs K ，(00.045)K。 6-5 （参见 201 P，例 6-7，具体设计步骤依照 200 P高阶典型系统“期望”特性校正法） (1) 建立理想的校正后四阶开环模型： 2 134 1 (1) ( ) 111 (1)(1)(1) v Ks G s ssss 希望 1 2 3 4 。根据设计要求 1 13 b s ，一般有 cb ， （见 164 P公式 5-19） 为了保证系统有良好的快速性，取 1 16 c s ；照顾系统的固有特性，简化校正装置，取 1 1 1 5 0.2 s ；由 2 1 1 c v c c K 得到 1 1 2 6.25 v c K s ；为保证中频段具有足够的宽度 以及55 ，查表得16l ，则 1 32 100ls ；考虑系统的抗干扰性与校正装置的可 实现性，取 1 4 150s 。 (2) 建立系统的理想开环模型为 20 0.161 ( ) 0.210.0110.00671 s G s ssss ，检验其性能 指标: 1 20 v Ks ， 1 16.1 c s 时，70.755 ，以及 11 16.113 bc ss 。故 各项指标均满足设计要求。 (3) 由 0 ( )( )( ) c G sGs Gs确定校正装置为 0.1610.11 20 ( ) 0.0110.00671 c ss Gs Kss 。 6-6 校正后系统开环传递函数： 0 22 0 ( )14.4144 1( )0.1(114.4)10(114.4) ccc Gs Gs KssKssKs 2 144 n ，12 n 33 210(114.4) nc K，要求0.707，0.0484 c K 6-7 (1) 两个回路 12 1 K K L s ， 1 2 2