自动控制原理课后答案.pdf

1 自动控制原理 非自动化类 习题答案自动控制原理 非自动化类 习题答案 第一章 习题 1 1 略 1 2 略 1 3 解 受控对象 水箱液面 被控量 水箱的实际水位 c h 执行元件 通过电机控制进水阀门开度 控制进水流量 测量元件 浮子 杠杆 比较计算元件 电位器 放大元件 放大器 工作原理 系统的被控对象为水箱 被控量为水箱的实际水位 c h 给定值为希望水位 r h 与电位器设定 电压 r u相对应 此时电位器电刷位于中点位置 当 cr hh 时 电位器电刷位于中点位置 电动机不工作 一但 cr hh 时 浮子位置相应升高 或 降低 通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移 或上移 从而给电动机提供一定的工作电压 驱动 电动机通过减速器使阀门的开度减小 或增大 以使水箱水位达到希望值 r h r h 阀门 c h 电位器电动机 杠杆浮子 放大器减速器 水箱 出 水 水位自动控制系统的职能方框图 1 4 解 受控对象 门 受控量 门的位置 执行元件 电动机 绞盘 测量比较元件 电位计 放大元件 放大器 工作原理 系统的被控对象为大门 被控量为大门的实际位置 输入量为希望的大门位置 当合上开门开关时 桥式电位器测量电路产生偏差电压 经放大器放大后 驱动电动机带动绞盘转动 使大门向上提起 同时 与大门连在一起的电位器电刷上移 直到桥式电位器达到平衡 电动机停转 开 门开关自动断开 反之 当合上关门开关时 电动机带动绞盘反转 使大门关闭 的位置 门闭开 绞盘 位置 门实际 电位器 电动机放大器大门 仓库大门自动控制开 闭 的职能方框图 1 5 解 系统的输出量 电炉炉温 给定输入量 加热器电压 被控对象 电炉 2 放大元件 电压放大器 功率放大器 减速器 比较元件 电位计 测量元件 热电偶 职能方框图 炉温 给定 炉温 加热器电位器电 压 放 大 热电偶 电炉功 率 放 大电 机 第二章 习题 2 1 解 对微分方程做拉氏变换 11 211 325 43 5422 2 35 X sR sC sN s XsK X s XsXsXs TsXsXs XsXsK Ns K Xss C ssC s 绘制上式各子方程的方块图如下图所示 将方块图连接起来 得出系统的动态结构图 13 32 13 1 K K C sR s TsTssK K X5 s X2 s X3 s X1 s K1 X2 s N1 s R s C s X1 s X3 s 1 Ts X4 s X4 s X5 s K2 N2 s X5 s K3 C s 2 1 ss C s N1 s R s X1 s K1 X2 s X3 s 1 Ts X4 s K2 N2 s X5 s K3 2 1 ss 3 1 C sN sC sR s 23 2 32 13 1 K K Ts C sNs TsTssK K 2 2 解 对微分方程做拉氏变换 1 2 312 435 4 5 1 1 1 X sK R sC s XssR s sXsX sXs TsXsXsXs C sXsN s XsTsN s 绘制上式各子方程的方块如下图 将方块图连接得出系统的动态结构图 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ks KssTssTs C s R s k TsTsK sTs 0 C s N s 2 3 解 过程略 a 2 1 C s R smsfsK b 12 13142324 1 GGC s R sGGGGG GG G R s C s X1 s X2 s X1 s X2 s X3 s X4 s C s X5 s s N s K R s s 1 1s X3 s X5 s X4 s 1 1Ts N s T R s X1 s K s X2 s X3 s 1 1s X5 s 1 1Ts X4 s C s N s Ts 1 4 c 212 121 1 GGGC s R sGG G d 12 23 1 GGC s R sG G e 1234 1223341234 1 GG G GC s R sGGG GG GGG G G 2 4 解 1 求 C R 令 N 0 123 123 2 123 1 1 K K K G s s Ts K K KG s C sR s G sTssK K K 求 C N 令 R 0 向后移动单位反馈的比较点 3 31232 1 2 32 123 1 1 1 1 nn nn K K K sK K K GK Ts C sN sKG K KK sTssK K K K Tss 2 要消除干扰对系统的影响 3123 2 123 12 0 nn n n K K sK K K G C sN s TssK K K K s G s K K 2 5 解 a 1 系统的反馈回路有三个 所以有 3 123125234425 1 a a LLLLGG GG G GG G G 三个回路两两接触 可得 125234425 11 a LGG GG G GG G G 2 有两条前向通道 且与两条回路均有接触 所以 11231 22 1 1 1 PGG G P 3 闭环传递函数 C R 为 123 125234425 1 1 GG GC RGG GG G GG G G b 1 系统的反馈回路有三个 所以有 3 1231211 1 a a LLLLGGGG 三个回路均接触 可得 121 112 a LGGG 5 2 有四条前向通道 且与三条回路均有接触 所以 1121 212 323 414 1 1 1 1 PGG PG PG PG 3 闭环传递函数 C R 为 12121122 121121 1212 GGGGGGGGC RGGGGGG 2 6 解 用梅逊公式求 有两个回路 且接触 可得 1232 11 a LGG GG 可得 12323 12321 231232 2123231232 223 1232 1 1 1 1 1 1 1 1 1 GG GG GC sC s C sR s R sGG GGN s G GGG GGC sC s NsGG GGN sGG GG GG GE s R sGG GG 23123 111232 23 22123233 1 1 1 1 G GGG GE sC s N sN sGG GG G GE sC sE sC s NsNsGG GGN sN s 第三章 习题 3 1 解 原书改为 10 0 21 G s s 采用 0 H KK负反馈方法的闭环传递函数为 0 0 10 1 10 0 2 1 1 1 10 H H H K KC sG s sK R sG s K s K 要使过渡时间减小到原来的 0 1 倍 要保证总的放大系数不变 则 原放大系数为 10 时 间常数为 0 2 0 0 10 1010 1 10 0 9 1 1010 H H H K K K K K 3 2 解 系统为欠阻尼二阶系统 书上改为 单位负负反馈 已知系统开环开环传递函数 2 1 2 1 3 1 100 100 1 0 1 1 p n e t 6 解得 33 71 0 358 n 所以 开环传递函数为 113647 1 24 1 0 0411 G s s sss 3 3 解 1 1 10Ks 时 2 2 100 10 100 210 n n G s ss 解得 p 10 0 5 16 3 t0 363 n 2 1 20Ks 时 2 2 200 10 200 210 n n G s ss 解得 p 14 14 0 354 30 t0 238 n 结论 K 增大 超调增加 峰值时间减小 3 4 解 1 a 1 0 1 5 n s 时 2 1 100 72 8 3 5 7 s n e ts b 1 0 1 10 n s 时 2 1 100 72 8 3 5 3 5 s n e ts c 1 0 1 1 n s 时 7 2 1 100 72 8 3 5 35 s n e ts 2 1 0 5 5 n s 时 2 1 100 16 3 3 5 1 4 s n e ts 3 讨论系统参数 不变 不变 不变 n 增加 则 s t减小 n 不变 增加 则 减小 s t减小 3 5 解 1 a 用劳思判据 3 2 1 0 19 20100 40 100 s s s s 系统稳定 b 用古尔维茨判据 12 3 20100 20 80 19 201000 1908000 020100 DD D 系统稳定 2 a 用劳思判据 4 3 2 1 0 352 1010 4 72 3 25530 2 s s s s s 系统不稳定 b 用古尔维茨判据 8 123 4 1010 101 10 47 352153 35 0101 10100 3520 306 01010 0352 DDD D 其实 4 D不必计算 因为 3 0D 无解 2 系统闭环特征方程为 32 0 20 8 1 0SSKsK 劳思表 3 2 1 0 0 21 0 8 3 1 4 sK sK sK sK 若系统稳定 则 3 10 0 4 KK 解得 4 3 K 3 7 解 a 系统传递函数 32 10 1 211010 s sss 劳斯表 9 3 2 1 0 110 2110 200 210 100 s s s s 系统稳定 b 系统传递函数 2 10 10110ss 劳思表 2 1 0 110 1010 10 s s s 系统稳定 3 8 解 系统闭环特征方程为 32 0 0120sssK 劳思表 3 2 1 0 0 011 2 20 01 2 s sK K s sK 当 20 01 20 0 0 2 K K 时系统稳定 稳定域为 0 0200K 3 9 解 1 解法一 因为1 属于 型无差系统 开环增益10K 故当 1 r tt 时 0 ss e 当 1 r ttt 时 1 0 1 ss e K 当 2 1 r ttt 时 ss e 解法二 系统的闭环特征方程为 32 0 050 6100sss 劳思表 3 2 1 0 0 051 0 610 1 6 10 s s s s 10 系统稳定 1 1 sE R Es R sR s G s i 当输入 1 r tt 时 00 111 limlim0 10 1 0 11 0 51 sss ss R sesEs ss sss 输入 1 r ttt 时 22 00 111 limlim0 1 10 1 0 11 0 51 sss ss R sesEs ss sss 输入 2 1 r ttt 时 33 00 211 limlim 10 1 0 11 0 51 sss ss R sesEs ss sss 2 解法一 因为1 属于 型无差系统 开环增益 7 8 K 故当 1 r tt 时 0 ss e 当 1 r ttt 时 18 1 14 7 ss e K 当 2 1 r ttt 时 ss e 解法二 系统的闭环特征方程为 432 6101570ssss 劳思表 4 3 2 1 0 1107 6150 7 57 9 4 7 s s s s s 系统稳定 1 1 sE R Es R sR s G s i 当输入 1 r tt 时 00 2 111 limlim0 7 1 1 4 22 sss ss R sesEs s ss s sss 输入 1 r ttt 时 22 00 2 111 limlim8 7 7 1 1 4 22 sss ss R sesEs s ss s sss 11 输入 2 1 r ttt 时 33 00 2 211 limlim 7 1 1 4 22 sss ss R sesEs s ss s sss 3 解法一 因为2 属于 型无差系统 开环增益8K 故当 1 r tt 时 0 ss e 当 1 r ttt 时 0 ss e 当 2 1 r ttt 时 2 0 25 ss e K 解法二 系统的闭环特征方程为 32 0 1480sss 劳思表 3 2 1 0 0 14 18 3 2 8 s s s s 系统稳定 1 1 sE R Es R sR s G s i 当输入 1 r tt 时 00 2 111 limlim0 8 0 51 1 0 11 sss ss R sesEs s ss ss 输入 1 r ttt 时 22 00 2 111 limlim0 8 0 51 1 0 11 sss ss R sesEs s ss ss 输入 2 1 r ttt 时 33 00 2 212 limlim0 25 8 0 51 1 0 11 sss ss R sesEs s ss ss 3 10 解 系统传递函数为 1 1 C s G s R sTs 为一阶惯性环节 调节时间41min 0 25min s tTT 输入 2 10 10 r tt R s s 12 稳态误差 22 0 1010 0 251 lim 2 5 ss s E sR sC s sss esE sC 3 11 解 用梅森公式 1 2 5 1 0 051 5 2 5 5 2 5 1 0 051 5 0 051 5 2 5 0 051 1 0 051 5 2 5 E R E N E s K R s ss E s s K N s ss sss E s ssKs i i 输入 11 R sN s ss 1 当 K 40 时 00 0 051 5 2 5 0 051 12 5 lim lim0 0238 0 051 5 2 552 5 ss ss sss esE ss ssKsK 2 当 K 20 时 0 2 5 lim 0 0455 52 5 ss s esE s K 比较说明 K 越大 稳态误差越小 3 在扰动点前的前向通道中引入积分环节 1 s 1 0 051 5 2 5 0 051 5 2 5 1 0 051 5 2 5 2 5 0 051 5 2 5 0 051 5 2 5 1 0 051 5 0 051 5 2 5 0 051 0 051 5 2 E R E N E ssss K R ssssK sss E sss s K N ssssK sss sssss E s sss i i 1 0 051 5 2 5 0 051 5 0 051 5 2 5 sss KssssK 所以对输入响应的误差 0 lim 0 ss s esE s 在扰动点之后引入积分环节 1 s 13 2 1 0 051 5 2 5 0 051 5 2 5 1 0 051 5 2 5 12 5 0 051 5 2 5 0 051 5 2 5 1 0 051 5 0 051 52 5 0 05 E R E N E RE N E ssss K R ssssK sss E ss s K N sssssK sss sss E sR sN s ss i i ii 1 1 5 2 5sK s 所以对输入响应的误差 0 1 lim ss s esE s K 3 12 解 解法一 原系统结构图变换为 1 1 2Ts 2 1 5 s s TK sk R s N s C s 系统开环1 故对R为 型 干扰N作用点之前无积分环节 系统对N为0型 解法二 用梅森公式 12 12 22 12 22 12 22 12 2 5 1 1 1 2 5 1 1 2 5 1 5 1 1 2 1 1 2 1 2 5 E R E N s TsT sK sKE s s R ss TsT sK sKs TsT sK sKss s s T sKsssT sE s s N ss TsT sK sK TsT sK sKss i i 5 1 s 令 11 R sN s ss 0 1 lim0 ssrE R s es s i 0 1 lim2 ssnE N s es s i 令 22 11 R sN s ss 2 0 1 lim2 5 ssrE R s esK s i 2 0 1 lim ssnE N s es s i 令 33 11 R sN s ss 3 0 1 lim ssrE R s es s i 3 0 1 lim ssnE N s es s i 14 系统对r t 为 型 对n t 为0型 3 13 a 解法一 解得 1 1 1 C R C ss R ss s i 1 1 1 C N C ss s N ss s i C RC N E sR sC sR sR sN s ii ii 输入 2 11 R sN s ss 所以 0 lim 0 ss s esE s 解法二 2 1 1 C ss R sss 因为分子分母后两项系数对应相等 故系统为 无差 在 1 r ttt 时 0 ssr e 又在n t 作用点以前原系统串联了一个积分环节 故对阶跃干扰 信号0 ssn e 从而有0 ssssrssn eee b 系统开环1 为 型系统 故0 ssr e 又 2 0 1200 0 5200 nC N E sN s sss i ii 根据定义erc 0 lim 0 1 ssssrssnssnn s eeeesE s 3 14 解 开环传递函数为 2 2 2 n n G s ss 误差传递函数 1 1 sE R Es R sR s G s i 1 输入 1 1 r tt R s s 2 00 2 11 lim lim0 1 2 sss ss n n esE R ss s ss 2 输入 2 1 1 r tt R s s 22 00 2 112 lim lim 1 2 sss ss nn n esE R ss s ss 15 第四章 习题 4 1 解 4 2 解 16 4 3 解 根轨迹如图 极点 123 0 1 2PPP 共有三条渐近线 渐近线交点为 1 0 1 2 1 3 a 3条渐近线与实轴夹角 0 3 21 1 3 1 3 k k k k 分离点坐标 3 1 3 s 分离角为 2 与虚轴交点 32 32 1 1 0 51 0 51 5 0 5 1 5 0 2 3 GHs ssKsssK jjjK K 当0 K 3时系统稳定 33313 11 1 1 1 33329 d K 所以 无超调时K的取值范围为 3 00 1925 9 K 作图测得0 5 的阻尼线与根轨迹交点 1 2 0 330 58sj 根据 根之和 法则 60 17 123123 sssppp 求得 3 2 34s 3 s对虚轴的距离是 1 2 s的7倍 故认为 1 2 s是 主导极点 系统近似为二阶 即 1 2 2 1 0 445 2 0 6670 445 s s s ssssss 从而得到 0 5 0 667 n 其阶跃响应下的性能指标为 16 3 1 3 5 10 5 s n ts 4 4 解 1 1 1 1 5 0 67 s 2 3 49 2sj 主导极点为 1 s 系统看成一阶系统 即 1 32 0 0 671 s stTs s 2 由于极点为 1 1 0 67 s 与零点 1 1 0 59 z 构成偶极子 所以主导极点为 2 s 3 s 即 系统可以看作 2 1 0 010 081 s ss 10 n 0 4 3 5 0 88 s n ts 25 4 5 解 题目改为 单位负负反馈 由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性 使本来不稳定的系统变得稳定 18 第五章习题答案 5 1 解 0 arctanarctan2arctan210 0 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 1 100101010 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 19 2 100 2 1 20 s G s s ss 3 2 64 2 0 5 3 264 s G s s sss 20 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 20lg20lg0 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 20lg20lg0 kk LK 100 k K 由图可知45 3 r 21 2 1 20lg4 85 21 2 1 2 r n 得到50 n 0 3 0 954舍去 3 23 2 5 10100 302 5 10 G s s ss d 22 1 1 Ks G s s Ts 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 20lg20lg1020lg 1 0 cc LK 0 2K 22 0 2 101 1 s G s ss 或 者 采 用 精 确 表 示 22 20lg20lg 10120lg120lg 1 1 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 20lg80 2 2 在 1 1 处 20lg20LK 10K 2 10 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 22 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 23 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 20lg20K 24 20lg20lg20lg 0 5 0 cc K 得202 54 47 c 精确解4 2460 90 0 5 0 02 180 gg arctgarctg 得 1 0 50 02110 0 01 ggg i 180 0 5 0 02 90 cc arctgarctg 18066590 19 10 20lg 20lg20lg513 98 dB 10 51 0 21 hg LG j 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 20lg 20 hg LG j 25 222 0 1 0 01 1 0 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 01 0 1 1809090 0 1 1 10 arctg 5 8 解 2 13 1 1 1 Ks G s s TsT s 1 213 111 0 2 0 1 4 TT 得 213 5 10 0 25TT 1 5 112 1 10 1 c K K 2 51 101 0 251 s G s sss 11 180 c G j 111 111 18090 5 10 0 25 ccc tgtgtg 1809078 6984 2914 04 70 36 2 26 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 5 10 10101 10 10 cc K 20K 20 0 51 1 0 0251 s G s s ss 22 180 c G j 111 222 18090 0 5 0 025 ccc tgtgtg 111 111 18090 5 10 0 25 ccc tgtgtg 1 系统稳定性不变 27 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 G sG s 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 180 90 8 0 05 ccc arctgarctgarctg 18080 549088 8116 7 65 03 11 1 1032 sinsin65 03 r M 0 160 4 1 1032 1 100 20 2 2 1 5 1 2 5 1 2 1813 rr kMM 2 1813 1 14 s c t 第六章习题答案 6 1 解法一 解法一 串联超前校正串联超前校正 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 从而得到 1 0 0072 m 设计校正网络 传递函数 0 03311 0 00721 c s G s s 3 校正后的系统为 0 200 0 03311 0 11 0 00721 c s G sG s G s 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 G s ss 30 1160 0 00831 10 0 00831 c s G sG s sss i 3 验证 65 5 54 3 c 满足设计要求 6 2 解 解 a 0 20 0 11 G s ss 1 101 c s G s s 0 20 1 0 11 101 c s G sG s G s sss 为串联滞后校正 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 G s ss 0 11 0 011 c s G s s 0 20 0 011 c G sG s G s ss 为串联超前校正 校正后优点 1 稳定性增强 29 2 平稳性变好 3 穿越频率提高