自动控制原理答案完全版-第二版孟庆明

1、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-Q 釵.被控量：水箱的实际水位力测量元件：浮子，杠杆。放大元件：放大器。受控对象：水箱液面。执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。 比较计算元件：电位器。（与电位器设定电压U相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。当力 力时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但力工 加L浮子位置相应升高（或降低），通过杠杆作用使电位莽电刷从中点位置下移（或上移人从而给电动机提供一定的工作电压，驱动水位自动控制系统的职能方框图1-4 解：受控量：门的位置受控对象：门。执行元 件：电动机，绞盘。放大 元件：放大器。工作原理

2、：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。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：加热器电压衲松计盘由炉放大元件：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：第二章习题2-1解：对微分方程做拉氏变换：| II tz/ 尤3 jTsX (s)

3、3 Ms)3/r x (s)KXs) 尤(s)X尤(s) sC (s)绘制上式各子方程的方块图如下图所示:X(s)K1C(ssC(s) /Ts (T l)sC (s) / N(s) C (s) /C (s) / NKKTs7(7Dss2-2解：对微分方程做拉氏变 换S)z(xS)77S将方块图连接得出系统的动态结构图:CK s 1) (Ts 1)1 (s 1) (Ts(sK75(7177C(S) 02-3解：(过程(普斤(s) 1 G G G G G G/ C(s)rQ)G-(d TS)GG(e亠R3GGGG1O；GGGGGGGG2-4 解:(1)求 C/R,令 N二0小、 KKK咖乔-C(s

4、)/ 空空10( s)Ts求C/N,令R二0,向后移动单位反馈的比较点KK Ks - KKKG75sITkTs 1Ts 1 s（2）要消除干扰对系统的影响K Ks KKKG2-5 解：（a）（1）系统的反馈回路有三个，所以有乞 L L L L - GGG GGG GGG1 GGG GGG GGI1-工厶有两条前向通道，且与两条回路均有接触,三个回路两两接触，可得(2)所以GGG、1,(3)闭环传递函数C/R为GGG11GGG GGG(b)(1)系统的反馈回路有三个,所以有L _ GG (A三个回路均接触，可得GG 2G（2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以P GG,1P G,1P G

5、,1P _ G,1（3）闭环传递函数C/R为 GG G G G GG GRGG2G1GG2G2-6解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得1 - E 厶1 GGGC(s)GGGGGcc(s) /斤(s)1GGGGMs)C(16)6C(s)-1(1GGGV(s)1GGGGMs)1GGGGE(s)1G-E(s)_ C(s)GG-斤(s)1GGGGMs)Ms) 1GGGGE (s)(1F(s)V(s)Ms)1GGGG(s)(s)第三章习题3-1解：（原书改为0（s）1采用A； 负反馈方法的闭环传递函数为10K1要使过渡时间减小到原来的 倍，要保证总的放大系数不变，则：（原放大系数为10,时 间常数

6、为）0K 1=1io/r3-2解：系统为欠阻尼二阶系统（书上改为“单位更反馈”，“已知系统开环传递函数”)r-1解得:所以，开环传递函数为:1136s 1)3-3 解：(1) K 10s100解得：10,2 10%, t(2) K20s时:2002 10解得：，%=30%, t结论，K增大，超调增加，峰值时间减小。3-4 解：（1）a.,5s% 100% %b.,10s%100% %c.Is(2100% %* - 100% %(3)讨论系统参数： 不变， %不变;不变，增加，则广减小;不变,则 %减小，七减 小3-5 解：(1)s19S20100s40s100系统稳定。(b)用古尔维茨判据20

7、, D20 10020 100 01900 20 100系统稳定。(2)(a)用劳思判据35210102_0系统不稳定。(b)用古尔维茨判摇D 10,101010 147, D35230101D000103(其实不必计算，因为 0 )10一 306系统不稳定。3-6解：(1)系统闭环特征方程为劳思表0,若系统稳定，则：一一人一 14(2)系统闭环特征方程为劳思表若系统稳定，则:0, h3-7(a)系统传递函劳斯表：10(ss 21s10sS2S当220 K0时率2,11w w J 刀、稳定域为 0, 0K2003-9 解：(1)解法一、X 1因为C1 ,属于I型无差系统,当/ (Qt1(*时，

8、eK解法二、系统的闭环特征方程为：S劳思表:10s 2110s200 /0s21o系统稳定。(b)系统传递函-s 101s劳思表：s 110S 1010s 10 系统稳定。3-8解：系统闭环特征方程2 s劳思表：开环増益K 10 ,故当厂&)1(f);当 r (f )10 0110_1_610系统稳定。(s) Rl s)-iR( s当输入厂（f）1（十）时，孑（s）s输入厂（t）斤(s)输入厂（方）l(r)斤(s)1 10sS1)1)111 10S1)1)S1Q1112_丄uS0 1)(2)解法一、因为1，属于I型无差系统,1（啊解法二、系统的闭环特征方程为:当 r (t)开环增益任88 ,;

9、当厂7,故当r (t)1(广)劳思表:系统稳定。当输入r (f) l(f )时，(s) s输入厂（十）1禺,10s15s1015-一Rls斤(s)17(s- s(s 4) (s 一 一 010输入r t) t 1(方)斤(s), e =7s 7 (sss(s 4)(s一 一、(3)3-10解：系统传递函数兀血)右为-阶惯性环节解法一.因为2，属于II型无差系统，开环增益斤8 ,故当r (f) l(t)当 r (t)t1 (t)时，e0 ；当/(f)2K解法二、系统的闭环特征方程为：s 4 s8劳思表：s4s18系统稳定。ss 8E(S) /?(s)11-Rls当输入r()l(r)时，刃(s)s

10、1a1 1 E1J5s1)输入厂(t )t1禺，sR311 19 U1_81) sS1)输入厂(t )tKt)咄s斤(s)21 2,81) ss 1)调节时间t 47 lmin, T输入JT (t )10方，s11E (s)稳态误差：e lim sE (s)10i)3-11解：用梅森公1) (s 5)E (s)厂11) (s 5)E (s)l)(s 5) -1) 11) (s 5)s输入斤(s)-,S当K二40时e lim sE(s) 1)(IhT-1)_5(2)当 K=20 时o比较说明,K越大，稳态误差越小。?lim -5(3)在扰动点前的前向通道中引入积分环节E(s)K7 ；s 1) (

11、s 5) s 1) (s 5)E (s)口( 、S 1) (sE s l)(s 5)1) (s 5)-1) ss 1) (s 5)s 1) (s 5)5) -1) 1l)(s 5)- s 1) (s 5)1)所以对输入响应的误差，e lim sE(s)在扰动点之后引入积分环节12EE (s)斤(s)l)(s 5)1) (s 5)1) (s 5) ss 51_1)s s 1) (s 5)1) (s 5) sv1) (s 5s -1s 1) (s 5) s所以对输入响应的误差，elim sE(s)3-12 解:解法一、原系统结构图变换为N(s)系统开环1 ,故对R为【型，干扰N作用点之前无积分环节

12、，系统对M为0型s(Zk 2) (7s K ss(T s 2) JT sKsKE17(7 12Ts- 2 Tr s K ( sE(s)s(Ts 5)s(T s 2) (r s K s Kn - i27 _$Ts 2 飞T s Ks令斤(s)令斤(s)Ar(s)丄ss令斤(s)lim -slim -L Se lim - s 丄，(s)丄 ss2(Klim -c se lim -oolim 13系统对r(t)为I型，对n(t)为0 型。(a)解法一.解C_s朮(s) s(s 1)F(s) /?(s) Q(s)斤(s) 输入斤(s) , N(s)-ss所以e lim解法二、一匚,因为分子分母后两项系

13、数对应相等，故系统为II无差，在Rs) s sr (t) t l(r)时，e 0 ,又在n(t)作用点以前原系统串联了一个积分环节,信号g 0 ,从而有e e e 0 o(b)系统开环1 ,为I型系统，故e 0 ；又別$)200s 200lim sE(s)3-14解：开环传递函数氐s)，误差传递函数F(sM(s)!一 Rlss1(1)输入 r (t)1(f),-selim sE /?(s) !-1ss输入r (f)丄selim sE 斤(s) !1 $14第四章习题4-115.5-2.5x04-3解：根轨迹如图极点户0, P*4*、产 /*1, P -2 ,共有三条60渐近线交点为33条渐近线

14、与实轴夹角(0 一 1(A(A1)(A分离角为一2与虚轴交点：1)1 GH s(s 1)K当0K3时系统稳定，K所以，无超调时K的取值范围为0作图测得的阻尼线与根轨迹交点s,根据“根之和法则,16s s s p p刀，求得s o s对虚轴的距离是册7倍，故认为疑主导极点，系统近似为二阶，即,从而得到,其阶跃响应下的性能指标为% . t4一4 解：（1） s 4,主导极点为s ,系统看成一阶系即一，/. t 37（2）由于极点为s 一!一与零点z系统可以看作!1%25%4-5解：（题目改为单位色反构成偶极子，所以主导极点为s , s ,10 , . ，由根轨迹可以看出适当増加参点可以改善系统稳定

15、性，使本来不稳定的系统变得稳定。175-1 解:arctan超过10,所以不满足要求。第五章习题答案arctan 2 farctan 25-2 解: J / z%10_, G(10I-J)设 G(s)LCs RCs 1氐105-3(1) G(s)1601005L L10010 R10 1050Bode Diagram10101102Frequency (rad/sec)531623髓10110318402ro40n- n-6 9 o o2 5 d di8LTs)/(X7364)Bode Diagramo o n- oo 5 51 -msIDfo-bsIBJZds34o 58 21 24-o d

16、10io1io2Frequency frad/sec)19s(s(4) G(s)1) (s 4sBode Diagram40-&C8Jo42,(J1210 10 10 10 10Frequency (rad/sec)o45o o 52 9 449 3 8 25-4 解：K(a) G(s) 由一个放大环节、一个惯性环节组成 Ts20 lg K 20, K 10 110g弓 T(b) G(s) 由一个放大环节、一个枳分环节、一个惯性环节组成sTs-180丄T ，穿越频率40 , ()T80二 K4040(O G(s) j 由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成s ( s 2s厶()20 l

17、g 7T - 20 lg 0 , K100 ,由图可20(d) G(s) 一 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 sTs组成得10 ；1得L( )20 lg K20 lglO -20 lg(1)0 ,人.s(s(或者采用精确表示：厶()20lg K J 20 lg101 - 20 lgl- 209K, G(s)(10s1)4s(s20Ms)(e) G(s) :s ( s2 s8 =L 20 lg K 20 , 10(s I)5-5 解：(1) G(s)250520 lg K伯徳图:211006CDBa)sdBode Diagram4 o o o1 5 o-1 QsCDpn

18、琴 W10H 10w1Frequency Crad/sec)10*10有一次负穿越，P0 ,故不稳定ZP - 2N2(2) G(s)25034 / 20 lg K-27050Bode Diagram1010110-o o5 o- 1 (mp) Qpnllugw0 5 0 59 3 8 2-112 - - (&9P) psg-cd10_，w3Frequency (red/sec)P 0V0无穿越，故Z P _ 222(3) G(s)250 (s s (s 5) (s20 lg K5015）（10-IO10-10Frequency (rad/sec)Bode Diagram160 o o 0 0

19、5 0 5 0 54 5 o 5 4 9 3 8 2 - 1 1 112 o - - - - -1 8Ep EU6 6 w sasaslj d-2700无穿越，故Z P- 25 -6 解：G(s)10sI)1)2,50, 20 lg A2350Bode Diagram101010wFrequency (rad/sec)ms寻賣5-7 解：G(s)180 一 arc tg一 2p lg G j10.)一 arctg )-90180 - 661010(5 jiF720lg 5KI)-180 ，得1 n24 0( s)因为5-8 解:G(s)K(s(7s)(1 一1)180901 -iDio(1)丄

20、5, T(2)sl)(7s10, T1 = K2(5ss(10s I) I)18018090tg (5)-tg (10)180- 9025Bode Diagram1O-1OL，w-180G(s)K 1)s(s 1)1)40200-20-40-60-80045-90-135Frequency (rad/sec)p0, Ar0（无穿越）ZP - 2N(3)右移10倍频程，则厂1, T1010= K小、201)s(s1)1)180180- 90tg)-tg()-180 90(5 ) - 站(1026由%EE-1口100%tk,得%即系统超调量不变，调节时间缩短。5-9 解: 6( s)10(s冷()

21、8s1s1)系统开环传函，G(s)(P190 5-16 5-17 5-1848(s& 8s I)1)殛 4) i180 arc tg ( ) - 90 - arctg (8 )180- 90- _sin%- 1)100% Q 20%k 2 (.If - 1) (M - 1)l 第六章习题答案6-1解法一：(串联超前校(1)原系统开环传递函数O(s)岂一，计算得到44s50s,13S 1)不能满足要求。O1(2为了将系统相角裕度提高到45,使用超前校正网络G (s),所需超少为45- 1332,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27,由 10 log此设超前相角为40,

22、对应sin 幅值为的频率65s50s,从而得到，设计校正网络传递函数0 (s)(3)校正后的系统为G(s)G(s) Gs2001)1) 1)验证得，截止频率65s,相角裕度计要求。49 ,满足设解法二: 同上要求60T此时，所以校正后系统开环传递函数G3G (s)600G (s)60IT31410 1验证,满足设计要求。6-2(a G(s)20s 1)G(s)G (s)G20(s1) (10s为串联滞后校正校正后优点：i2.3.稳定性增强平稳性变好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20(bgG(s) G (s)G20为串联超前校正校正后优点：1.稳定性增286-32. 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1628)16,故(2根据精度要求eW12K八故