自动控制原理_张爱民_课后答案_khdaw.pdf

课后答案网 课后答案网 1 1 解 1 机器人踢足球 开环系统输入量 足球位置输出量 机器人的动作 2 人的体温控制系统 闭环系统 输入量 正常的体温输出量 经调节后的体温 3 微波炉做饭 开环系统 输入量 设定的加热时间输出量 实际加热的时间 4 空调制冷 闭环系统输入量 设定的温度输出量 实际的温度 1 2 解 开环系统 优点 结构简单 成本低廉 增益较大 对输入信号的变化响应灵敏 只要被 控对象稳定 系统就能稳定工作 缺点 控制精度低 抗扰动能力弱 闭环控制优点 控制精度高 有效抑制了被反馈包围的前向通道的扰动对系统输出量的 影响 利用负反馈减小系统误差 减小被控对象参数对输出量的影响 缺点 结构复杂 降低了开环系统的增益 且需考虑稳定性问题 1 3 解 自动控制系统分两种类型 开环控制系统和闭环控制系统 开环控制系统的特点是 控制器与被控对象之间只有顺向作用而无反向联系 系统的被控变 量对控制作用没有任何影响 系统的控制精度完全取决于所用元器件的精度和特性调整的准 确度 只要被控对象稳定 系统就能稳定地工作 闭环控制系统的特点 1 闭环控制系统是利用负反馈的作用来减小系统误差的 2 闭环控制系统能够有效地抑制被反馈通道保卫的前向通道中各种扰动对系统输出量 的影响 3 闭环控制系统可以减小被控对象的参数变化对输出量的影响 1 4解 输入量 给定毫伏信号 被控量 炉温 被控对象 加热器 电炉 控制器 电压放大器和功率放大器 系统原理方块图如下所示 工作原理 在正常情况下 炉温等于期望值时 热电偶的输出电压等于给定电压 此时偏 课后答案网 课后答案网 差信号为零 电动机不动 调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上 此时 炉子散失的 热量正好等于从加热器获取的热量 形成稳定的热平衡状态 温度保持恒定 当炉温由于某种原因突然下降时 热电偶的输出电压下降 与给定电压比较后形成正偏差 信号 该偏差信号经过电压放大器 功率放大器放大后 作为电动机的控制电压加到电动机 上 电动机带动滑线变阻器的触头使输出电压升高 则炉温回升 直至达到期望值 当炉温 高于期望值时 调节过程相反 1 5解 不正确 引入反馈后 形成闭环控制系统 输出信号被反馈到系统输入端 与参考输入 比较后形成偏差信号 控制器再按照偏差信号的大小对被控对象进行控制 在这个过程中 由于控制系统的惯性 可能引起超调 造成系统的等幅振荡或增幅振荡 使系统变得不稳定 所以引入反馈之后回带来系统稳定性的问题 1 6 解 对自动控制系统的基本要求是 稳定性 快速性和准确性 增大系统增益使得闭环控制系统的调整时间减小 提高系统的快速性 2 1解 对质量 m 的受力分析如下图所示 由牛顿第二定律得 2 2 dz td y t kz tfm dtdt 同时 z ty tx t 综合上述两式得其微分方程为 22 22 d z tdz td x t mfkz tm dtdtdt 设输入量输出量及其各阶导数的初始值均为零 对上式进行拉氏变换得式 22 ms Z sfsZ skZ sms X s 故其传递函数为 2 2 Z sms G s X smsfsk 2 2 解 受力分析得 对于 M 有 Mgsin ML 2 2 dt d F Mgcos 对于 m 有 课后答案网 课后答案网 F sin x k 2 x k 2 m 2 2 dt xd 整理后得 2 2 dt d L g sin 2 2 dt xd m M g cos sin m k x 削去 的系统的微分方程 x zeta 0 0 3 0 7 1 2 figure 1 hold on for i zeta num wn 2 den 1 2 i wn wn 2 step num den end 运行结果 课后答案网 课后答案网 4 2 解 1 0R e I m 2 3 渐近线与实轴的夹角为 33 渐近线与实轴的交点为 1 2122 33 jj 2 离开复极点的出射角为 pkkjkj pzpp 12 12 12pjpj 1 arctan2 26 6 2 p 0 21 26 6 pp 课后答案网 课后答案网 3 闭环特征方程为 32 250 g sssk 其劳斯阵列为 3 s15 2 s2 g k 1 s 10 2 g k 0 s g k 令 1 s行为 0 得 g k 10 得两个虚根为5j 4 3 G k s 32 2 2 ss skg k g 0 零极点分布图 根轨迹图 课后答案网 课后答案网 1 令 N s s 2 D s s 2 2s 3 代入 N s D s N s D s 0 得 s014 2 s s1 0 27 s2 3 73 实轴上根轨迹区间是 2 所以 s 2 3 3 73 为会合点 舍去 s 3 73 会合点处的根轨迹增益 K gd sN sD ds 5 46 2 1p 180 o P1 Z1 P1 P2 180 o 54 7 o 90 o 144 7 o 由对称性可知 2p 1p 144 7 o 3 方法一 利用圆的数学表达式 根轨迹方程为 1 Gk s 0 即 s0 23 2 2 gg KsK 所以 s 2 48 2 2 ggg KKK 课后答案网 课后答案网 设 s x jy 由 可得 4 48 2 2 2 2 gg g KK y K x 由上式得 x 2 2 y 2 3 所以 不在负实轴上的根轨迹是圆周上的一部分 方法二 利用根轨迹的相角条件 设 s x jy 根据根轨迹的相角条件 m j n i ij kkpszs 11 2 1 0 12 L 得到 tan 1 2 x y tan 1 1 2 x y tan 1 1 2 x y 化简得 x 2 2 y 2 3 所以 不在负实轴上的根轨迹是圆周上的一部分 4 4 解 1 系统的开环极点为2j 开环零点为 1 由规则知实轴上的根轨迹区域为 1 2 令 N s s 1 D s 2 45ss 则由 0N s D sN S D s 得 2 210ss 解得12 12 舍 所以 根轨迹与实轴的交点为12 3 复极点 2j 出射角为 45 45 4 5 G k s 6 3 1 sss Kg g K 由 Gk s 得出系统的三个开环极点为 s1 1 s2 3 s3 6 课后答案网 课后答案网 I 当 g K0时 根据 180 o 等相角根轨迹规则 有 1 实轴上的根轨迹区域为 6 U 3 1 2 渐近线与实轴的交点 mn ZP ii 03 631 3 10 角度为 mn k 12 2k 60 1k 180 0k 60 o o o 3 分离点 N s 1 D s s 1 s 3 s 6 代入 N s D s N s D s 0 得 3s02720 2 s s1 1 88 s2 4 79 因为 实轴上的根轨迹区域为 6 U 3 1 所以 s1 1 88 是分离点 舍去 s 4 79 4 分离点处的根轨迹增益值为 K gd sN sD ds 4 06 课后答案网 课后答案网 II 当0 g K时 根据 0 o 等相角根轨迹规则 有 1 实轴上的根轨迹区域为 6 3 U 1 2 渐近线与实轴的交点 mn ZP ii 03 631 3 10 角度为 mn k 2 2k 120 1k 120 0k 0 o o o 3 分离点 N s 1 D s s 1 s 3 s 6 代入 N s D s N s D s 0 得 3s02720 2 s s1 1 88 s2 4 79 因为 实轴上的根轨迹区域为 6 3 U 1 所以 s1 4 79 是分离点 舍去 s 1 88 4 分离点处的根轨迹增益值为 K gd sN sD ds 8 21 课后答案网 课后答案网 4 7 解 1 2 1 g k k G s s s 0 g k 1 开环极点为 0 1 1 课后答案网 课后答案网 2 渐近线有三条 倾角 60 180 60 与实轴的交点 2 3 3 实轴上的分离点为 1 3 4 出射角 180 0 180 5 与虚轴交点j 0 g k 1 实轴上的根轨迹为 1 2 渐近线倾角为 120 120 0 与实轴的交点 2 3 3 分离点为 1 3 4 出射角 0 0 180 2 2 22 2 g k k G s sss 0 g k 课后答案网 课后答案网 1 极点 2 1 j 1 j 2 渐近线倾角 60 180 60 与实轴的交点 4 3 3 根轨迹与虚轴的交点为 6j 4 出射角 45 180 45 0 g k 课后答案网 课后答案网 1 实轴上的根轨迹区为 2 2 渐近线倾角为 120 0 120 与实轴 的交点为 4 3 3 出射角为 135 0 135 3 5 1 4 g k ks G s s ss 0 g k 时 1 极点 0 1 4 零点 5 交点 0 2 渐近线倾角 90 90 3 分离点 0 5 4 出射角 180 0 180 0 g k 课后答案网 课后答案网 1 实轴上的根轨迹为 5 4 1 0 UU 2 渐近线倾角 0 与实轴的交点为 0 3 出射角 0 180 0 4 分离会合点 3 26 6 26 4 2 2 48 4 g k kss G s ss 0 g k 课后答案网 课后答案网 1 极点 0 0 4 零点 2 2j 2 2j 2 渐近线 1 条 倾角 180 3 出射角 90 90 180 入射角 45 45 0 g k 1 实轴上的跟轨迹区域为 4 2 分离 会合 点 0 2 4163 课后答案网 课后答案网 3 出射角 0 180 0 入射角 35 44 5 22 2 5 22 45 g k ks G s ssss 0 g k 0 g k 1 极点1j 2j 零点 2 5 2 渐近线倾角 60 180 60 交点 7 6 3 分离会合点 3 4 出射角 60 60 143 143 入射角 180 与虚轴的交点2 5j 课后答案网 课后答案网 0 g k 1 实轴上的根轨迹为 2 5 2 渐近线为 0 120 120 3 分离点为 1 13 4 出射角为 120 120 36 87 36 87 入射角 0 5 与虚轴交于 0 点 6 2 1 1 416 g k ks G s s sss 课后答案网 课后答案网 0 g k 1 极点 0 1 22 3j 零点 1 2 渐近线 60 180 60 交点 4 3 3 出射角 30 30 180 4 与虚轴的交点4j 0 课后答案网 课后答案网 0 g k 1 实轴上的根轨迹区域为 0 2 渐近线倾角为 0 120 120 交点 4 3 3 出射角为 0 210 210 入射角 0 4 与虚轴交点为 0 4 9 令 2 ass as 1 则 s 2s 1 a s 1 所以 1 1 s 2s 1 a s 整理得 1 2 1 s s 1 s 2 a a0 令 K g 2 a K g为等效根轨迹增益 所以 等效开环传递函数为 G s 2 1 s s 1 s g K 0 g K 课后答案网 课后答案网 1 等效开环零点 ze 1 等效开环极点 pe1 0 pe2 2 1 2 实轴上的根轨迹区域为 2 1 0 U 1 3 渐近线 mn ZP ii 2 3 角度为 0 o 4 分离点和会合点 N s s 1 D s 2 1 s s 代入 N s D s N s D s 0 得 s1 2 62 s2 2 62 所以 s1 2 62 是会合点 s2 2 62 是分离点 5 与虚轴的交点及其增益 将 s j 代入 1 2 1 j j 1 jK g 得出 2 2 2 1 K 1 g 所以根轨迹与虚轴交于 s 2 2 j 此时的等效根轨迹增益为 2 1 K g 即 a 1 又因为 a0 根据根轨迹的定义及其与稳定性的关系 可得 使系统处于稳定的参数 a 的范围为 0 a1 课后答案网 课后答案网 4 13 1 已知系统的开环传递函数为 2 4 22 g k k s s G s ss 默认0 g k 1 该系统根轨迹有两条 起点分别是1j 1j 终点分别为 4 0 2 实轴上的根轨迹 4 0 3 分离会合点 4 N ss s 2 22D sss 由 0N s D sN s D s 得 2 240ss 解得 1 15s 舍去 2 15s 为根轨迹的分离会合点 4 入射角 为0o和180o 出射角 1 243o p 2 243o p 系统根轨迹如下所示 课后答案网 课后答案网 2 方法一 闭环特征方程式为 2 1 24 20 gg ksks 由特征根相同得 2 24 8 1 0 gg kk 得 1 2 15 4 g k 1 15 4 g k 满足要求 方法二 将 2 15s 代入 2 1 24 20 gg ksks 可求得 1 2 15 4 g k 其中 1 15 0 31 4 g k 满足要求 3 两个相同的特征根即为其分离会合点为 可得其相同的特征根为 15s 1 24 4 当系统有两个相同的特征根时系统为临界阻尼系统 其调整时间为 3 2 42 s t 5 4 3 23 s t 2 4 14解 单位反馈系统得开环函数为 2 1 4 g k ks G s s ss 0 g k 故系统开环极点分别为 0 1 4 开环零点为 2 设阻尼角为 0 60时 该系统的超调 量 课后答案网 课后答案网 cotcot60 100 100 16 3 o ee 设阻尼角为 0 60时系统闭环极点为3j 由相角条件知 00 333 arctan 120arctanarctan 180 241 解得1 33 3 s n t 5 44 4 s n t 2 将13sj 代入幅值条件 2 1 1 4 g ks s ss 得6 g k 从而可得lim 3 2 g k k ksG s 4 17 1 开环传递函数 2 1 g k ks G s s s 开环零点是 1 2z 则它在实轴上的根轨迹为 2 和 1 0 令 2N ss 1 D ss s 由式 0 dD sdN s N sD s dsds 即 2 2 21 1 420sss sss 解得 1 220 5858s 2 223 4142s 均为分离 会合 点 2 该闭环函数得特征方程为 2 1 2 1 20 ggg s skssksk 课后答案网 课后答案网 解得 2 1 1 8 2 ggg kkk s 又Q有根其实部为 2 即 1 22 g k 3 g k 将3 g k 代入上式得22sj 即该系统得根轨迹增益为 3 两复根为22j 4 18 2 2 3 3 gg k ksks G s s ss s 0 gg kk 1 1 系统根轨迹有 2 支 起点分别为 0 3 终点分别为 2 和无穷远处 2 实轴上根轨迹为 3 0 2 3 分离会合点 2N ss 3 D ss s 由 0N s D sN s D s 得 2 460ss 解得210s 均满足要求 4 与虚轴交点 将sj 代入特征方程式 2 3 20 gg sksk 得 2 20 3 0 g g k k 解得 3 g k 6 根轨迹如下所示 课后答案网 课后答案网 2 由相角条件 0 101010 arctan arctanarctan 0 421 所以210sj 不在根轨迹上 3 系统稳定时 根轨迹在左半平面 可知当03 g k 开环极点 123 0 1 4PPP 开环零点 1 1Z 实轴上的根轨迹 4 1 U 0 1 渐近线倾角 21 3 1 k 与实轴交点1 出射角 1 2 3 4 000 0 0 0 p p p p 求分离汇合点 11 32 0 340 Ns D sN s D s SSS S 0 4 课后答案网 课后答案网 与虚轴的交点 32 3320SSS Sjw 令 求得 6 2 g K Sj 2Sj 在利用幅值条件 1 4 26 1 S SS KSj S 则 增益 K 的稳定范围为 6 3 方法 一 过原点且与根轨迹相切的直线 为wk tank 由 matlab 求得切点为 0 668j2 96 0 77 3 0 22 方法 二 设根轨迹上一点A w 满足相角条件 arctanarctan arctan arctan 141 wwww 则 A 点的阻尼角为 tan w 代入上式 两边求导得 课后答案网 课后答案网 3 2 1 tan 1 求导得 32 26340 解得 1 0 658 2 3 0 929 3 27 舍去 舍去 则 tan4 47 77 4 cos0 218 最大阻尼小数 4 20 解 1 系统根轨迹有 3 支 起点分别为 0 1 5 终止于无穷远处 2 实轴上根轨迹为 5 1 0 3 渐近线 21 3 k nm 11 2 nm ij ij pz nm 4 分离会合点 1N s 1 5 D ss ss 由 0N s D sN s D s 得 2 31250ss 解得 1 621 3 s 为分离会合点 2 621 3 s 舍去 5 与虚轴交点 将sj 代入特征方程式 32 650 g sssk 得 3 2 50 60 g k 解得 30 g k 5 根轨迹如下所示 课后答案网 课后答案网 1 由 cot 100 5 e 得阻尼角 0 46 36 当46 36 时 所以可以通过选择 g K 满足最大超调 5 的要求 2 33 s n t 由根轨迹可知 s t的最小值为 min 3 6 35 0 472 s t 所以怎样选择 g k都无法满足要求 3 lim 5 g k k ksG s 由上面可知系统临界稳定增益为30 g k 从而可得k 最大值为 6 因此也不能 通过选择 g k使10 v k 5 1 解 系统的闭环传递函数为 1 2 G s s 频率特性为 1 2 G j j 其中 2 1 4 AG j arctan 2 G j 1 系统稳态输出为 2 sin sin 2 44 ss cAXtt 课后答案网 课后答案网 系统稳态误差为 231 sin2sin 2 sin2cos2 4444 ssss er tctttt 2 系统的输入为 sin 30 2cos 245 sin 30 2sin 245 r ttttt oooo 系统的稳态输出为 52 sin 3 44 sin2 52 ss ctt o 系统的稳态误差为 52 sin 30 2cos 245 sin 3 44 sin2 52 ssss er tctttt ooo 5 2 解 对系统单位阶跃响应 49 1 1 80 8 0 tt h tet 在零初始状态下进行拉氏变换 11 80 836 49 4 9 C s ssss ss 由于系统的输入信号为阶跃信号 1 R s s 故系统的传递函数为 36 4 9 C s s R sss 所以 系统的幅频特性为 22 36 16 81 Aj 相频特性为 arctanarctan 49 j 5 3 解 系统的闭环传递函数为 2 22 2 n nn G s ss 系统的频率特性位 2 22 2 n nn G j j 其中 2 22222 4 n nn AG j 22 2 arctan n n 课后答案网 课后答案网 则 2 2 2222 2 1 2 1 arctan 14 1 4 nn n nn A 解得0 22 1 24 n 5 4 1 1 5010 1 21 5 21 1 5 G s ss ss 典型环节为 123 11 10 1 21 1 5 G sG sG s s s 基准点 K 10 20lg20KdB 环节转折频率转折后斜率累积斜率 10 1 21s 0 5 20 20 1 1 1 5 s 5 20 40 3 2 3 40 1 21 0 21 0 051 ss G s ssss 六个典型环节 课后答案网 课后答案网 123 2 456 11 40 21 11 9 1 0 210 051 G sG sG s ss GsssG sG s ss 40 20lg32kkdB 环节转折频率转折后斜率累积斜率 K 1 s 20 20 1 21s 0 5 20 40 2 1ss 1400 1 0 21s 5 20 20 1 0 051s 20 20 40 5 5 2 2 0 41 0 11 0 051 s G s sss 五个典型环节 课后答案网 课后答案网 123 2 45 1 2 0 41 11 0 110 051 G sG sG ss s G sG s ss 2 20lg6KkdB 环节转折频率转折后斜率累积斜率 K 2 1 s 40 40 0 41s 2 5 20 20 1 0 11s 10 20 40 1 0 051s 20 20 60 5 5 a 1 由于低频段斜率为 0 故系统有一个比例环节 1 G sK 2 在 w 4 处 渐近线变为 20db dec 所以系统有惯性环节 2 1 1 1 4 G s s 课后答案网 课后答案网 3 当 w 400 时 斜率变为 40db dec 有惯性环节 1 1 1 400 s 4 L 200 0db 则 L 400 20 lg400 lg200 6db L 4 6 2 20 34db 20lgkK 50 5 开环传递函数 50 11 1 1 4400 G s ss b 1 由于低频段斜率为40 dB dec 所以该系统含有两个积分环节 2 由于在10 处 0LdB 40lg1020lg0K 可得20lg40 100KK 3 在 20 LdB 1 20 40 lglg10 解得 1 10 在 20LdB 12 2020 20 lglg 解得转折频率 2 100 10 系统的转折函数为 2 1 100 1 10 1 1 100 10 s G s ss c 1 低频段斜率为 20db dec 有比例微分环节 1 G sKs 1 2 ww 斜率变为 0 有惯性环节 2 1 1 1s w 2 w 3 w斜率变为 20db dec 有惯性环节 3 1 1 1 w 3 低频段 1 ww 时 L w 20lgk 1 w 0 k 1 1 w 课后答案网 课后答案网 4 则 1 23 1 11 1 1 s w G s ss ww d 1 由于低频段斜率为20 dB dec 所以该系统含有一个积分环节 2 由于在0 140LdB 处 20lg0 120lg40K 可得20lg20 10KK 3 系统的转折函数为 10 21 51 0 0251 s G s sss 5 6 1 系统在低频段斜率为0 dB dec 所以该系统不含积分环节 2 由于在0 1 处 30LdB 1可得20lg30 31 6KK 3 1 4030 20 lglg0 1 解得转折频率 1 0 3 4 50 60 lglg100 解得转折频率 4 82 54 34 205 40 lglg 解得转折频率 3 34 87 23 4020 20 lglg 解得转折频率 2 3 49 系统的传递函数为 31 6 101 10111 1 1 1 1 33 4934 8782 54 s G s ssss 5 8 1 开环频率特性为 2 10 10 2 10 5 G j jj 其实频和虚频分别为 2 2222222 107 1 0 1 0 49 1 0 1 0 49 PQ 2222 10 180arctan0 2arctan0 5 1 0 1 0 49 A o 课后答案网 课后答案网 0 180 0 360 00 APQ APQ o o 当时 当时 0100 45PQ 当 时 1 0 8 0 6 0 4 0 200 20 40 60 81 2 1 5 1 0 5 0 0 5 1 1 5 2 Nyquist Diagram Real Axis Imaginary Axis 2 开环频率特性为 100 1 1 0 1 1 0 2 10 5 100 1 10 1 1 0 2 10 5 s G s ssss jw G jw sjwjwjw 2 222 100 1 10 011 0 041 0 25 90arctanarctan0 1arctan0 2arctan0 5 w A w wwww wwwww 3 222 42 222 2016 10 01 10 04 1 0 25 63100 10 01 10 04 10 25 ww P w wwww ww Q w wwww 0 0 0 90 20 0 270 0 0 wA wwP wQ w wA wwP wQ w 当时 当时 课后答案网 课后答案网 5 0 113 58 2 0 P wQ w w 当时 w 当Q时 w 8 P w 10 极坐标图如下 3 开环频率特性为 5 2 1 1 j G j jjj 其实频和虚频分别为 22 510 1 1 PQ 2 222 54 90arctan0 5 1 A o 0 90 5 0 180 00 APQ APQ o o 当时 当时 课后答案网 课后答案网 5 4 5 4 3 5 3 2 5 2 1 5 1 0 50 100 80 60 40 20 0 20 40 60 80 100 Nyquist Diagram Real Axis Imaginary Axis 4 G jw 10 10 2 1 jwjwjw 22 2 2424 100 90arctan0 2arctan 10 041 810 10 2 1 1 040 04 1 1 040 04 A wwww www w P wQ w wwwww 0 270 5 0 270 0 0 wA wwP wQ w wA wwP wQ w 当时 当时 极坐标图如下 课后答案网 课后答案网 5 开环频率特性为 2 1000 1 8100 j G j jj 其实频和虚频分别为 22 222222 1000 92 1000 7100 100 64 100 64 PQ 2222 2222 1000 92 7100 8 90arctanarctan 100 64 100 A o 90 9 2 0 180 00 APQ APQ o o 当时 09213 03PQ 当 时 课后答案网 课后答案网 50510 200 150 100 50 0 50 100 150 200 Nyquist Diagram Real Axis Imaginary Axis 5 9 解 a P 1 N 1 Z N P 0 所以闭环系统稳定 b P 1 N 1 Z N P 2 故闭环系统不稳定 在右半平面有两个极点 c P 2 N 0 Z N P 2 故闭环系统不稳定 在右半平面有两个极点 d P 0 N 2 Z N P 2 故闭环系统不稳定 在右半平面有两个极点 e P 1 N 1 Z N P 0 故闭环系统稳定 f P 1 N 1 Z N P 2 故闭环系统不稳定 在右半平面有两个极点 g P 2 N 2 Z N P 0 故闭环系统稳定 h P 0 N 0 Z N P 0 故闭环系统稳定 5 10 1 1 0 11 0 51 K G s sss 课后答案网 课后答案网 令sjw 代入 G s 系统的频率响应 1 0 11 0 51 K Gj jjj 从而得其 幅频 22 10 0110 25 K A 相频 arctan0 1arctan0 5 2 实频 22 0 6 10 01 1 0 25 K P 虚频 2 22 1 0 05 10 01 1 0 25 QK 当 0 时 A 2 P 0 6K Q 当 时 A 0 3 2 P 0 Q 0 令 Q 0 解得202 5 12 K P 与实轴交点 12 K 0 其极坐标图 若要使系统稳定 则 0 12 K 1 得0 K 12 课后答案网 课后答案网 综上 当 0 K 60 K 1 得0 K 60 当 K 0 时 则计算得 6 K 0 时 系统稳定 综上 当 6 K0 得奈氏曲线为 课后答案网 课后答案网 Gk s 在右半平面有一个开环极点 P 1 要是系统稳定 则 2K 1 2 当 K 1 2 时系统稳定 5 12 解 1 当 1 G s在 s 右半平面上没有极点 即 P 0欲使 Z N P 0 则有 N 0 1 K 0 时 1 K 或 3 1 K 1 K 得 0 1 K 1 5 或 1 3 1 K 1 2 1 K 1 得 1 16 1 K 0 综上 当 1 16 1 K 0 或 0 1 K 1 5 或 1 3 1 K0 时 无解 1 K 0 时 16 1 K 1 得 1 K 1 16 综上 当 1 K0 时 5 1 K 1 3 1 K或 2 1 K 1 得 1 5 1 K 1 2 1 K 0 时 无解 综上 当 1 5 1 K 1 2 时系统稳定 4 当 1 G s在 s 右半平面上有 3 个极点 即 P 3欲使 Z N P 0 则有 N 3 此时无论 1 K取何值 系统都不稳定 5 14 解 1 G 5 12 50 1 ss s 波特图为 由于开环传递函数在右半平面无极点 并且正负穿越都为 0 所以系统是稳定的 arctan2arctan0 2 1 22 50 415 A 当 L 20lg A 0 时 3 91 rad s 课后答案网 课后答案网 相位裕度为 r 180 o 91 3 59 o 近似法求解 系统的转折频率分别为 1 2 0 5 5 20lg20lg1020KdB 1 20 lglg 20lg20 c K 解得 截止频率5 c rad s 相位裕度180 180arctan2arctan0 2 ccc oo 50 711o 2 2 2 200 3 5 1 0 8 s G s sss 波特图为 由于右半平面 P 0 有图可知 N 2 所以系统 z 2 故系统不稳定 2 2 30 1 3 52 1 1 1 455 10 arctanarctanarctanarctan 30 825 s G s s sss 课后答案网 课后答案网 当 L 0 时 4 77 rad s 相位裕度为 r 8 13 o 近似法求解 频率特性 G j 的转折频率分别为 1 0 8 2 1 3 3 4 5 20lg20lg3029 5KdB 由 31 40 lglg1 20lgKk 解得 1 10 415kdB 0 由 4312 20 lglg kk 解得 2 5 978kdB 0 然后根据式 42 60 lglg 0 c k 解得截至频率约为 c 6 28 rad s 相位裕度为 180 c o 2 10 180arctanarctanarctanarctan 30 825 ccc c c o 157 75 o 3 G3 s 105 0 12 0 12 1 40 2 ssss ss 波特图为 课后答案网 课后答案网 系统稳定 2 arctanarctan2arctan0 2arctan0 05 12 当 L 0 时 42 3 rad s 相位余度为 r 180 o 3 42 31 3 o 近似法求解 首先求频率特性 G j 的转折频率 分别为 1 0 5 2 1 3 5 4 20 20lg20lg4032 04KdB 列出以下方程 由 11 20 lglg1 20lgKk 解得 1 38 060kdB 由 112 40 lg1 lg kk 解得 2 26 020kdB 由 4323 20 lglg kk 得 3 13 980kdB 然后根据式 43 40 lglg c k 解得截止频率44 67 c rad s 课后答案网 课后答案网 相位裕度180 c 150 06 4 4 2 64 2 0 5 3 264 s G s s sss 波特图 由图可知 P 0 N 0 所以 z 0故系统稳定 当 L 0 时 1 59 rad s 相位余度为 r 51 2 o 2 4 0 51 3 2 21 1 864 s G s s sss 2 3 2 90arctan2arctanarctan0 5 64 近似法求解 首先求频率特性 G j 的转折频率 分别为 1 0 5 2 2 3 8 20lg20lg412 04KdB 列出以下方程 由 11 20 lg1 lg 20lgkK 解得 1 18 060kdB 课后答案网 课后答案网 由 2112 40 lglg kk 解得 2 0k 然后根据式 11 40 lglg c k 解得截止频率1 414 c rad s 相位裕度180 c 50 5 5 G5 s 105 0 11 0 14 0 2 2 sss s 波特图为 系统稳定 arctan0 4arctan0 1arctan0 05 当 L 0 时 1 52 rad s 相位裕度为 r 180 o 52 1 18o 近似法求解 首先求频率特性 G j 的转折频率 分别为 1 2 5 2 10 3 20 课后答案网 课后答案网 20lg20lg26 02KdB 列出以下方程 由 11 40 lg1 lg 20lgkK 解得 1 9 90kdB 然后根据式 40 lglg1 20lg c K 解得截止频率1 414 c rad s 相位裕度180 c 17 4 5 16 解 1 开环传递函数为 10 900 11 0 90 ssss sG这是一典型的二阶系统 其中 900 2 n 210 n 故30 n 1 6 00 7 由近似关系得 0 01r 则 100 100 16 7 6 令1 jG得srad c 2 29 2 系统闭环传递函数为 2 90900 1 0 11 9010900 G s s G sssss 222 900 900 100 Mj 令0 d dM 则 22 1 123012 29 2 6 pn rad s 2 2 11 3 04 11 21 21 66 p M 1 0 MQ 2 2 0 2 2 b jMM 解得 45 7 b rad s 7 3 课后答案网 课后答案网 3 1 确定反馈控制系统 2 5 1 0 251 G s s ss 的相位滞后 超前校正装置 画出校正前系统的伯德图如下 易得校正前系统的幅值穿越频率srad c 38 1 相位裕度16 8 利用近似法求解 20lg20lg2 57 96KdB 40 lglg1 20lg7 96 c KdB 易求得 1 58 c rad s 90arctanarctan0 25 ccc o 相位裕度180 1 58 180169 210 8 oooo 2 选择校正后系统的幅值穿越频率 从校正前的相频特性曲线可以求出 当0