《自动控制原理》课后习题答案

第一章 掌握自动控制系统的一般概念 控制方式 分类 性能要求 6 1 结构框图 UgU Ud n Uc U Ur 给定输入量 给定值 Ug 被控制量 加热炉的温度 扰动量 加热炉内部温度不均匀或坏境温度不稳定等外部因素 被控制对象 加热器 控制器 放大器 发动机和减速器组成的整体 2 工作原理 给定值输入量 Ug 和反馈量 Ur 通过比较器输出 U 经放大器控制发 动 机的转速 n 再通过减速器与调压器调节加热器的电压 U 来控制炉温 T Ur U Ud n Uc U T 7 1 结构框图 略 给定输入量 输入轴 r 被控制量 输出轴 c 扰动量 齿轮间配合 负载大小等外部因素 被控制对象 齿轮机构 控制器 液压马达 2 工作原理 c Ue Ug i m c 比较器放大器减速器 调压器电动机加热器 热电偶 干扰量 实际温度 第二章 掌握系统微分方程 传递函数 定义 常用拉氏变换 系统框图 化简 1 a dt du Ci R u ii uiRu t c t c ttr 0 2 0 01 2 1 将 2 式带入 1 式得 0 1 0 2 1 0tr t tt u dt du CRu R R u 拉氏变换可得 01 0 2 21 srss UCsURu R RR 整理得 2121 2 0 RRCsRR R U U G Sr S s 1 b dt di Lu R u ii uiRu L to t L ttr 2 0 01 2 1 将 2 式代入 1 式得 0 2 21 0 1 trtt uu R RR dtu L R 拉氏变换得 0 2 21 0 1 srss UU R RR U Ls R 整理得 LsRRRR LsR U U G sr s s 2121 2 0 2 1 微分方程求解法 3 12 2 4 20 3 2 2 1 2 11 1 1 1 R u dt du c R uu R u R u R u dt du c R uu ccc cc cccr 中间变量为 及其一阶导数 直接化简比较复杂 可对各微分方程先做拉氏变换 1c u 2c u 3 1 22 4 20 3 2 2 1 2 1 11 1 1 R U Usc R UU R U R U R U Usc R UU c c c cc c c cr 移项得 2 43 2 4 0 3 2 2 1 1 2 1 1 11 1 11 c c c c r U RR sc R U R R U U U RR sc R U 可得 11121 43243 21 43 2 1 43 2 0 1 11 11 RRscRR RRscRR RR RR RR sc RR sc Ur U 2 复阻抗法 2 2 1 1 2 3 2 2 0 2 3 2 3 42 1 2 1 2 11 1 1 1 1 1 1 sc R sc z U sc R sc z U sc R sc R Rz sc R sc R Rz r 解得 11121 43243 0 RRscRR RRscRR Ur U 3 分别以 m2 m1为研究对象 不考虑重力作用 1 12 1 2 1 2 1 12 1 2 2 2 2 2 2 ky dt yyd c dt yd m dt yyd c dt dy ctf dt yd m 中间变量含一阶 二阶导数很难直接化简 故分别做拉氏变换 11211 2 1 121222 2 2 kYYYscYsm YYscsYcsFYsm 消除 Y1 中间变量 2 1 2 1 12 2 2 1 Y kscsm sc scscsmsF s 10 系统框图化简 G1 s G2 s G3 s Xi s Xo s H1 s H3 s H2 s G1 s G2 s G3 s Xi s Xo s H1 s H3 s H2 s G1 s G3 s G1 s 1 G1 s H1 s G2 s G3 s 1 G3 s H3 s Xi s Xo s H2 s G1 s G3 s G1 s G2 s G3 s 1 G1 s H1 s 1 G3 s H3 s Xi s Xo s H2 s G1 s G3 s 1 1 综综合合点点前前移移 分分支支点点后后移移 G1 s G2 s G3 s Xi s Xo s H1 s H3 s H2 s G1 s G3 s 2 2 交交换换综综合合点点 交交换换分分支支点点 3 3 化化简简 123 113322 123 1133221133 1 1 1 o i XsG s G s G s X sG s H sG s HsG s Hs G s G s G s G s H sG s HsG s HsG s H s G s Hs 11 系统框图化简 G1 s G2 s G3 s Xi s Xo s H1 s 1 1 综综合合点点前前移移 分分支支点点后后移移 2 2 交交换换综综合合点点 合合并并并并联联结结构构 H4 s G4 s H2 s H3 s G1 s G2 s G3 s Xi s Xo s H1 s G1 s G4 s H4 s G1 s G2 s G4 s H2 s G4 s H3 s G1 s G2 s G3 s Xi s Xo s G4 s H2 s G4 s H3 s H1 s G1 s G4 s H4 s G1 s G2 s 3 3 化化简简 G1 s G2 s G3 s G4 s Xi s Xo s H2 s G4 s H3 s H1 s G1 s G4 s H4 s G1 s G2 s 1234 1234243114412 123 123212343231344 1 1 o i XsG s G s G s G s X sG s G s G s G s HsG sHsH sG s G sHsG s G s G s G s G s G s G s G s HsG s G s G s G s HsG s G s H sG s G s H s 第三章 掌握时域性能指标 劳斯判据 掌握常用拉氏变换 反变换求解 时域响应 误差等 2 1 求系统的单位脉冲响应 1 2 TsY s Y s KX s X s 1 Y s 1 20e t t T T y ty tKx t K Ts k w te T 已知系统的微分方程为 对微分方程进行零初始条件的拉氏变换得 当输入信号为单位脉冲信号时 所以系统输出的拉式变换为 进行拉式反变换得到系统的时域相应 2 2 求系统的单位阶跃响应 和单位斜坡响应 2 2 TsY s Y s KX s X s 5 Y s 111 1 110 10 10e 1 X s Y s t T y ty tKx t KTK TsTsTs s K sss y t s 已知系统的微分方程为 对微分方程进行零初始条件的拉氏变换得 当输入信号为单位阶跃信号时 所以系统输出的拉式变换为 进行拉式反变换得到系统的时域相应 当输入信号为单位阶跃信号时 所以系统输出的拉式变换为 2 222 2 110550 111 5 10t 5e t KKKTT K TssssTsssTs y t 进行拉式反变换得到系统的时域相应 9 解 由图可知该系统的闭环传递函数为 2 2 22 2 b k G s sksk 又因为 2 1 2 2 0 2 0 5 1 222 2 r n n n e t k k 联立 1 2 3 4 得0 456 4 593 10 549 0 104 n K 所以 0 769 3 1 432 p d s n ts ts 10 解 由题可知系统闭环传递函数为 2 10 1010 b k G s ssk 2 210 10 n n k 当 k 10 时 10rad s 0 5 n 所以有 2 1 2 16 3 0 36 1 3 0 6 p n s n e ts ts 当 k 20 时 14 14rad s 0 35 n 所以有 2 1 2 30 9 0 24 1 3 0 6 p n s n e ts ts 当 0 k2 5 时 系统为欠阻尼 超调量 随着 K 增大而增大 和峰值时间 随着 K 增大而减小 其中调整时间 不随 k 值增大而变化 p t s t 14 1 解 由题可知系统的闭环传递函数为 3 2 560 14 0 32 5600 0 0560 140 14k 0 0 1440 k b k k k s s s ks k G s sssk 劳斯表 系统稳定的充要条件为 14 2 解 由题可知系统的闭环传递函数为 3 2 0 60 8 8 0 32 4 3 0 60 80 0 1 0 20 8 0 21 0 8k 0 0 1 1 k b k k k k ks s s ks k s G s ssksk 劳斯表 系统稳定的充要条件为 20 解 由题可知系统的开环传递函数为 2 3 1 k k s G s s ss 当输入为单位阶跃信号时 系统误差的拉氏变换为 00 0 1 1 11 1 limlim lim 0 k ss k ssss ss k s ss Gs E G s s sE G s e 又根据终值定理 e 又因为 25 解 由题可知系统的开环传递函数为 12 12 1 1 k k k G s TsT s 当输入为给定单位阶跃信号时 系统在给定信号下误差的拉 1 i X s s 氏变换为 1 1 00 12 0 1 12 1 1 11 1 limlim lim 1 1 k ss k ssss ss k s ss G s E G s s sE G sk k e k k 又根据终值定理 e 又因为 当输入为扰动信号时 系统扰动信号下误差的拉氏变换为 1 N s s 2 2 1 2 1 00 12 0 2 2 12 2 12 12 1 1 1 1 limlim lim 1 1 1 k ss k ssss ss k s ss ssssss k G s k T s E G s s sE G sk k k e k k k eee k k 又根据终值定理 e 又因为 第四章第四章 根轨迹法根轨迹法 掌握轨迹的概念 绘制方法 以及分析控制系统 4 2 2 G s 15 0 12 0 sss K 解 分析题意知 由 s 0 2s 1 0 5s 1 0 得开环极点 s1 0 s2 2 s3 5 1 根轨迹的分支数等于 3 2 三条根轨迹的起点分别是实轴上的 0 j0 2 j0 5 j0 终止点都是 无穷远处 3 根轨迹在实轴上的轨迹段 2 0 段和 5 段 4 根轨迹的渐近线 由 n 3 m 0 3 12 mn l 0 l 渐近线与实轴的交点 3 7 01 mn zp n i m l li 5 根轨迹与实轴的分离点 A s s 0 2s 1 0 5s 1 B s 1 由 解得 s1 s2 舍去 0 sBsAsBsA 3 197 3 197 根轨迹如图所示 jw 3 G s 3 2 2 sss sk 解 分析题意知 由 s s 2 s 3 0 得开环极点 s1 0 s2 2 s3 3 由 k s 2 0 得开环零点为 s 2 1 根轨迹的分支数等于 3 2 三条根轨迹的起点分别是实轴上的 0 j0 2 j0 5 j0 终止是 2 j0 和无穷远处 3 根轨迹在实轴上的轨迹段 3 0 段 4 根轨迹的渐近线 由 n 3 m 1 2 12 mn l 0 l 渐近线与实轴的交点 2 3 01 mn zp n i m l li 5 根轨迹与实轴的分离点 A s s s 2 s 3 B s k s 2 由 解得 s1 s2 2 舍去 s3 0 sBsAsBsA 2 3 其中 s1 s2 2s 是因为闭环特征方程的根恒有一根 s 2 分离点取 s 根轨迹如图所示 2 3 jw 4 3 G s H s 5 2 2 sss K 解 分析题意知 由 s2 s 2 s 5 0 得开环极点 s1 s2 0 s3 2 s4 5 1 根轨迹的分支数等于 4 2 三条根轨迹的起点分别是实轴上的 0 j0 2 j0 5 j0 终止点都是 无穷远处 3 根轨迹在实轴上的轨迹段 5 2 段 4 根轨迹的渐近线 由 n 4 m 0 4 12 1 mn l 0 l 4 3 12 2 mn l 1 l 渐近线与实轴的交点 4 7 01 mn zp n i m l li 5 根轨迹与实轴的分离点 A s s2 s 2 s 5 B s 1 由 解得 s1 s2 4 s3 舍去 0 sBsAsBsA 0 4 5 根轨迹如图所示 jw 4 4 2 G s 1 11 0 sss K 解 分析题意知 由 s 0 1s 1 s 1 0 得开环极点 s1 0 s2 1 s3 10 1 根轨迹的分支数等于 3 2 三条根轨迹的起点分别是实轴上的 0 j0 1 j0 10 j0 终止点都是 无穷远处 3 根轨迹在实轴上的轨迹段 1 0 段和 10 段 4 根轨迹的渐近线 由 n 3 m 0 3 12 mn l 0 l 渐近线与实轴的交点 3 11 01 mn zp n i m l li 5 根轨迹与实轴的分离点 A s s 0 1s 1 s 1 B s 1 由 解得 s1 0 49 s2 舍去 0 sBsAsBsA 根轨迹如图所示 jw 闭环特征方程 s 0 1s 1 s 1 K 0 将 s jw 代入得 10w w3 0 1 11w2 10K 0 2 解得 K 11 K 11 时系统不稳定 4 6 G s 7 3 sss k 解 分析题意知 由 s s 3 s 7 0 得开环极点 s1 0 s2 3 s3 7 1 根轨迹的分支数等于 3 2 三条根轨迹的起点分别是实轴上的 0 j0 3 j0 7 j0 终止点都是 无穷远处 3 根轨迹在实轴上的轨迹段 3 0 段和 7 段 4 根轨迹的渐近线 由 n 3 m 0 3 12 mn l 0 l 渐近线与实轴的交点 3 10 01 mn zp n i m l li 5 根轨迹与实轴的分离点 A s s s 3 s 7 B s 1 由 解得 s1 1 3 s2 5 4 舍去 0 sBsAsBsA 根轨迹如图所示 jw 闭环特征方程 s s 3 s 7 k 0 将 s jw 代入得 21w w3 0 1 k 10w2 2 得 k 210 k210 系统稳定 再将 s 1 3 代入闭环特征方程得 k 12 6 12 6 k210 时系统具有欠阻尼阶跃响应 第五章第五章 频率特性法频率特性法 掌握频域特性的概念 奈奎斯特图和对数幅频特性特图 伯德 图 掌握最小相位系统求传递函数 频域实验法确定传递函数 掌握奈奎斯特判据 相角裕量 幅值裕量 频域特性与系统性 能关系 及频域性能指标等 5 2 1 G s 11 0 1 ss 解 分析题意知 G jw 11 0 1 jwjw A w 也对 但乘进去化简的过程容 24 10 10 ww w w 10 arctan 易出错 2 1 0arctan ww 建议采用复数乘法运算的原则 幅值相乘 相角相加 w 0 时 A w 2 w w 时 A w 0 w 开环幅相频特性曲线如图所示 Re Im 注意要标出 w 从 0 到无穷变化的方向 5 3 G s 11 0 1 ss 解 分析题意知 G jw G1 jw G2 jw 其中 G1 jw jw 1 G2 jw 转折频率为 wt2 11 0 1 jw 10 1 0 1 开环对数频率特性曲线如图所示 w L w dB 20dB dec 10 900 1800 w 5 4 5 2 3arctan 2 arctanarctan90 0 Aw w ww 解 分析题意知 13 1 15 0 wjjw wjKjw jwG 由此求得幅频特性为 将 A 2 5 代入 A w 得 K 24 1 3 1 1 5 0 22 2 ww wKw wA 13 1 15 0 24 ss ss sG 5 5 a 解 分析题意知 11 0 15 0 100 ss sG 对数相频特性曲线如图所示 w 1800 b 解 分析题意知 101 0 1100 1