控制工程基础王积伟第二版课后习题解答完整

1、第一章3解：1）工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关） 门开关的指令状态决定，两电压之差 u = u1-u2驱动伺服电动机， 进而通过传动装置控制大门的开启。当大门在打开位置，u2 = u上： 如合上开门开关，u1=u, Au=O,大门不动作：如合上关门开关， u1=u下，Au0,大门执行 开门指令，直至完全打开，使uuO;如合上关门开关，u1=u下， u=O,大门不动作。2）控制系统方框图解：1）控制系统方框图4Al干2）工作原理: a）水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h由浮球 顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给 定值。当有扰动（水

2、的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生 降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构是进水阀 的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降 低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直 至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。b）水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h由浮 球拉杆的长度给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在 给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发 生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮 球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关 闭），开始进水

3、（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低）, 直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低），到一 定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。此系统是离散控制系统。2-1 解：（c）确定输入输出变量（u1, u2）山=i.R、一阶微分方程（e）确定输入输出变量（u1，u2）R消去i得到：g譽牙R葺亡一阶微分方程 第二章2-2解：ra 2.7()蚣 22 田1 ）确定输入、输出变量f（t）、X2/-5（0 - （0 -九3=切 写# f _f _f =m 心2）对各元件列微分方程：丄卅 dx 办产K冲几話土 九3 =屍川蔦兀）；办 = K2X23）拉氏变换:F(s) 一 KX(s)

4、 - BSX(s) 一 B3sXj(5)- X2(s) = mis1Xl(s)BlXs)-X2(s)-K2X2(s) 一 B2sX2(s) = m2s2X2(s) 4）消去中间变量:0F(s) +BsX2 (5) = (Be + K + B、s + “s) + 心 处+心、y2(5)5）拉氏反变换:d 牙分d x =d 二叫“2 + (B! mm j) + (B、B、+BB、+B,B、+严分+巾苫、)f-dtdt dr+ (K 耳 + K/3 + K厲 + K)BJ 归 + K、Kn=艮dtdt23解：(2)5+15+2丄丄丄+丄丄9 s+ 49 + 13(s + l)(5)2 2 1 (5

5、+ 2) +(5+ 1)_(5 +l)2-2严 +2/ / -0.25x250.5x2x222.5(6) .一一.一+ s +4厂+45 + 1 s0.5 cos2f sin 2/ 2er +2.52-5解:1)D(s)=0,得到极点:0,0,-2,-5M(S)=0,得到零点：一1 , +00, +8, +002) D(s)=0,得到极点：一2, -1, -2M(s)二0,得到零点：0, 0, 13) D(s)=0,得到极点：0, 土圧，土圧2 2M(s) =0,得到零点：一2, +x , +004) D(s)=0,得到极点：一1, -2, -ooM(s) =0,得到零点：+002-8解：1)

6、 a)建立微分方程加 x =f(t) 一 九(/) - fn(t)仏= fM = B罟b)拉氏变换ms2XQ(s) = F(s) -Fh(s) - Fk2(s)F(5)= yF.(5)b耳1($)=热 Xo(s)耳 2(s) =為(Xo($) X($)母 2($) = BsX(s)c）画单元框图（略）d）画系统框图m xo (/) = fk (t) + 九(r) 一 fB2 (r)/；(/) = Zr(A.(r)-x0(r)2)a)建立微分方程：心一以)5B峠at加 X (s) = Fk (s) + FB(5)- FB2 ($)b)拉氏变换：FdXQ-Xg)心1($)= B*(Xi G) X=

7、K2现=1 + KK = 4得到： 1 + KK2)求结构参数最大超调量M厂严有=02得到： = 0.456峰值时间/“ = =1得到：=3533）求 K, 代入1)得到:K = 12.46Kh =0.1784）利用结构参数求其它时域指标调整时间匚=! = 2.48（5）（取厶=0.02）051 和-arctan JI -2上升时间tr =仝一 =0.65(5)K”+345$ + K3-8解：闭环传递函数如）=型一1 + G（s）n（s）2=K;2=3451) K = 200:=14.4 = 1.22此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。2) K = 1500,得到:=3

8、8.73,0速度稳态误差系数为：K、, = I ini sG(s) = 0 加速度稳态误差系数为：Ka =1 im s2G(s) = 0单位阶跃输入的稳态误差:H（0） 1 + K 1 + 20=0.0476单位速度输入的稳态误差：丄丄=8H (0) Kv单位加速度输入的稳态误差:3-10解：开环传递函数Gk(5)= 一笛一,此系统为I型系统。 心+ 2现)KP = / im Gk（5）= qo稳态误差系数：K、, = / im sGk（5）= so2gKa =1 ims2Gk（s） = OstO1)单位阶跃输入稳态误差：e(oo) = ! = 01 + K2)单位速度输入稳态误差：e(oo)

9、 = =K、 con3)单位加速质输入稳态误差；(s) = 1 /心=s法二：j = Um sE（s） = Bin （5）= Um sX（5）/1 + G,（5）解：开环传递函数Gg=s,此系统为I型系统。5(0.15 + 1)Kp = / im G； （5） = oc1）稳态误差系数Kv = / im sGk （5） = 100 $t0Ka = I im s2G,（5）= 02）输入信号为阶跃信号、速度信号和加速度信号的组合，它们的系数分别为：A = a;B = d；C = a2根据信号线性叠加的原理，系统的稳定误差为:A B C 55j =+ + =+ - + ” 1 + KKv Ka 1

10、 + s 100 0a）当2 工 0 时，exx = 8b）当 s = 0;“H 0 时，ess = /100c）当 a2 = 0；6= 0 时,ess = 03-12K k K 解：Gk （5） = G（5）G2（5）/（5）= K =- x 1 = !1）仅有输入信号作用下的稳态误差偏差传递函数1 +Gk（s）1 + KKJs误差信号 E,(5)= i (s)/ H(s) = 0(5)x,(5)= - =I + K / S S 5 + A j A稳态误差 e、i= lim sEj ($) = lim s= 07d s + KK22）仅有干扰信号作用下的稳态误差干扰偏差传递函数需Wl + G

11、g + KKJsKJs 1_ KJsZKKJs) s + K、K：k2干扰稳态误差爲=燃SEE鞍-孟& = -ySXft3）系统总稳态误差:XS3-13解：特征根分别为：-& -9,-4+j5,-4-j5。闭环系统的所有特征根均 具有负实部，所以系统是稳定的。3-14解：单位反馈系统的闭环传递函数:特征根为:s(7 +1)s： -126x要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部: 当J（丄）2_4理 丄时,可保证特征根具有负实部。V T T T解得：-4-a0Xa3=10,所以该三阶系统稳定。161600(0)0s3：l(5):法一：劳思阵列：s2：1s：0(20)s：160辅助多项式：A(

12、s)=10s2+16001)99202k2)3)由式1）得：k0式 2)得：k10/99式 3)得：k0系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即:1)2)3)由式1)、2)得：k1式3)可化为:-伙- 1/2尸-3/40显然，上式无法满足，即：无论k取何值，式1)、2)、3)条件都 无法同时满足，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳 定的。第四章4-4解：闭环传递函数飒耳二亠也二上1 + G(s) 11+5频率特性09) = - + jco幅频特性A(CO)=，一十J121 + /相频特性 0(ty) = -arctaney/l 11) e = l,)=30,稳态输出x(t)

13、= . 10sin(r + 30 一arctan 1/11) = 0.9sin(r + 30 -5.2) = 0.9sin(r + 24.8)V121 +12) co = 2,0o= 45x(f) =10a/121+222cos 一45 + arctan 2/11)=cos 一 45。+10.3) = 1.79 cos -34.7)3)稳态输出x(t) = 0.9sin(r + 24.8)-1.79 cos 一 34.7)4一9解：1 ) A(co)=J1 + (30q)20(e) = -arctan302 l+9OO2 JCU(3)= - ； V(0)= 心性1 + 900/1+90(血 2

14、2)1Q/l + 001/(&) = -90 _ arctan O.ly、册黑r命盘“(O) = 7 IV(6y)=Z167(1 + 0.016?-)0(1 + OO16T)4-121）解a）典型环节：放大环节：2惯性环节仁 转折频率=0.125 =1.25x 10 惯性环节2:转折频率vr2 =0.5 = 5x10-*b）在博德图上标出w1, w2c）对数幅频特性：厶（o） = 201g2_20lg Jl + （8q）2 _20lg Jl + （2少尸d）低频渐近线斜率为0, L （w） a6dBe）w2渐近线：斜率为一20dB/decf）w2渐近线：斜率为一40dB/dec3）解：a）典型

15、环节：放大环节：50二阶积分:1/（2惯性环节：转折频率=0.1 = 1x10-*二阶振动环节：转折频率w2 =1 = 1x10b）在博德图上标出w1, w2c）对数幅频特性:L(y) = 201g50-201gvv2 -201g X/14-(106?)2 -201g J(1 - vv2)2 + vv2d) 低频渐近线(ww1):斜率为-40dB/dec,取 w = 0.01 = lxl0_2, L(w) 20 lg 50 - 20 lglx 10-4 = 114dBe) w1w2渐近线：斜率为一60dB/decf) w2渐近线：斜率为一 100dB/dec4)解：传递函数标准形式G($)=5

16、2(105 + 1)a)典型环节：放大环节：20二阶积分：1/(2惯性环节：转折频率=0.1 = 1x10阶积分环节:转折频率w2 =0.2 = 2x10b) 在博德图上标出w1, w2c) 对数幅频特性：L(co) = 20lg 20-201g k-2 - 20lg Jl + (10e)2 + 20lg Jl + (5w)2d)低频渐近线(ww1):斜率为-40dB/dec,取 w = 0.01 = lx IO-2, L(w) 201g20-201glxl04 = 106e） w1w2渐近线：斜率为一60dB/decf） w2渐近线：斜率为一40dB/dec4-14尼氏判据的关键：含零极点（

17、积分环节）的，需作辅助线（从起点（w =0）逆时针延伸到正实轴），包围或穿越时，逆时针为正，顺时针为 负。解：1）正实部根数q = 0,包围（一 1, j0）点次数P=-1,穿越（一 1,J0）右负实轴次数N=-1, P#= q或fq/2,闭环系统不稳定。2）正实部根数q = 0,作辅助线后，包围（一 1, j0）点次数P = 0, 穿越（一 1, J0）右负实轴次数N = 0, P = q或N = q/2,闭环系统 稳定O3）正实部根数q=0,作辅助线后，包围（一 1, j0）点次数P=-1, 穿越（一 1, J0）右负实轴次数N = -1, P#= q或工q/2,闭环系统 不稳定。4）正实

18、部根数q = 0,作辅助线后，包围（一 1, j0）点次数P = 0,穿越（一 1, J0）右负实轴次数N = 0, P = q或N = q/2,闭环系统稳定。5）正实部根数q=0,作辅助线后，包围（一 1, jO）点次数P=-1, 穿越（一 1, jO）右负实轴次数N = -1, P=# q或工q/2,闭环系统 不稳定。6）正实部根数q = 0,作辅助线后，包围（一 1, jO）点次数P = 0, 穿越（一 1, jO）右负实轴次数N = 1-1=0, P=q或N=q/2,闭 环系统稳定O7）正实部根数q = 0,作辅助线后，包围（一 1, jO）点次数P=0, 穿越（一1, jO）右负实轴

19、次数N = 1 1=0, P = q或N = q/2,闭 环系统稳定。8）正实部根数q = 1,包围（一1, jO）点次数P=1,穿越（一 1, jO） 右负实轴次数N = 1/2, P二q或N二q/2,闭环系统稳定。9）正实部根数q = 1,包围（一1, jO）点次数P = 0,穿越（一1, jO） 右负实轴次数N = 0, PH q或$q/2,闭环系统不稳定。10）正实部根数q = 1,作辅助线后，包围（一1, jO）点次数P=-1, 穿越（一 1, jO）右负实轴次数N = -1, Pf q或#=q/2,闭环系统 不稳定。4-16解：开环频率特性G（ =MI-（）2+；0.4叫叫系统为最

20、小相位系统，正实部根数q = 0,含一积分环节，稳定裕 量为0时，系统临界稳定。即相角裕量为0:厂（叫）=180 +卩（叫）=0得到：俠叫）=-90-0.4w/ wnarc tan1-(与W”得到：卡得到：w =叫=90 rad / s幅值裕量K,A（叫）K、Kv令临界幅值裕量为1,得到：Kr = 36所以：当Kv 惯性环节1/(1 +的转折频率分别为w1=s、w2 = 1 rad/s . w3 =10rad/s,分别在博德图上依次标出各转折频率。低频段斜率为一20dB/dec,取w = s,渐近线纵坐标分贝数为:L(w) 20lg20-201g0.01 = 66转折频率w1 =s,渐近线斜率

21、为一40dB/dec转折频率w2 = 1 rad/s,渐近线斜率为一20dB/dec转折频率w3 = 10rad/s,渐近线斜率为一40dB/dec图b):校正后的频率特性G(w) = -(1 + JO.Ohv)又寸多攵幅 频:厶(w) = 20lg 20_ 20lg vv- 20lg Jl + (001w)2 惯性环节1/(1+的转折频率为w1=100rad/s,在博德图上 标出；低频段斜率为一20dB/dec,取取w=10rad/s,渐近线纵坐标 分贝 数为：L(w)a201g20_201gl0 = 6 ;转折频率 w1 =100rad/s,斜率为一40dB/dec。(3) 两种校正特性比

22、较：a)为滞后校正，使系统开环幅频特性的中、高频段部分下移， 衰减了中高频段的增益，衰减了高频干扰，提高了抗高 频干扰的能力；但穿越频率wc左移，带宽变窄，响应 快速性下降；以一20dB/dec斜率穿越0分贝线，稳定 裕量提高。b)为超前校正，使系统开环幅频特性曲线上移，中频段上移，穿 越频率wc右移，系统快速响应能力增强；中高频段上 移，高频干扰增强，系统抗高频干扰能力下降；相位超 前，系统相角裕量增加，且以一20dB/dec斜率穿越0 分贝线系统稳定性提高。5-3解:1)把未校正系统的开环幅频特性曲线与校正装置的幅频特性曲线相加，即得到校正后的系统开环幅频特性曲线(注意：有6各转折频率)2

23、) 系统的开环传递函数为：G(s) =(1 +j/Wj )(1 + s/w2 XI + s/w3)校正装置的传递函数为： (l + 7；s)(l + 7)校 正 后 的 开 环 传 递 函 数：G($)=K|K2(l + 7)(l + 7)* (1 + 5/vV1)(1 + 5/vV2)(1 + 5/V3)(1 + 715)(1+7；5)3) 此校正装置为滞后一超前校正装置，滞后效应设置在低频段，w1/T3后系统增益增加，校正后的幅频特性曲线上移，穿越斜率右一40dB/dec变为一20dB/dec,提高了穿越频率wc,系统响应的快速性增加；相位超前，系统的相位裕量也增加，提高了系统的稳定性；但

24、对抗高频干扰的能力下降。5一6解:(1)确定开环增益:Kv = K27,取 K = 7开环频率特性心)=両7丽养亦L(vv) = 20 lg 7 一 20 lg vv-201g Jl + (05w)， 201g+ (0閘相 频特性 0(w) = -90 -arctanQ.5w arctan 0.1 vv并画出未校正开环系统的博徳图。(2)计算未校正系统的幅值穿越频率和相位裕量令L (wc) =0,得到7 = H； Jl + (O5w)2 Jl + (0w)2得到幅值穿越频率为：vvt. = 3.38构 / sy = 180 +卩（叫）=180 -90 - arctan 0.5叫-arctanO.hvf = 12