自动控制原理课后答案第五版

1、第一章c维持不变，试1-1图1-2是液位自动控制系统原理示意图。在任意情况下，希望液面高度说明系统工作原理并画岀系统方块图电位器O 精品用水开关电动机图1-2 液位自动控制系统解：被控对象：水箱；被控量：水箱的实际水位；给定量电位器设定水位Ur (表征液位的希望值Cr )；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度 不变。工作原理：当电位电刷位于中点(对应Ur )时，电动机静止不动，控制阀门有一定的开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度Cr，一旦流入水量或流出水量发生变化时，液面高度就会偏离给定高度Cr。当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆作用，使电位器电刷

2、由中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机，通过减速器带动进水阀门向减小开度的方向转动，从而减少流入的水量，使液面逐渐降低，浮子位置也相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，电动机的控制电压为零，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度Cr。反之，若液面降低，则通过自动控制作用，增大进水阀门开度，加大流入水量，使液面 升高到给定高度Cr。系统方块图如图所示:1-10下列各式是描述系统的微分方程，其中c(t)为输岀量，r (t)为输入量，试判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统？(1)(2)c(t) 53d c(t)dt3t型dt2r2-譽；23d c(t)6dc(t)326

3、dt2dt 8c(t)3型dt -r(t)(4)c(t)r(t )cost 5dr(t)c(t)3r(t)6(5)dt(6)c(t)r2(t).0, t6c(t)c(t) r(t)(3)(7)t5 r( )dr(t).6.(t)，所以该系统为非线性系统。C(t )的表达式中包含变量的二次项解：(1)因为(2) 因为该微分方程不含变量及其导数的高次幕或乘积项，且各项系数均为常数，所以该 系统为线性定常系统。(3) 该微分方程不含变量及其导数的高次幕或乘积项，所以该系统为线性系统，但第一项t -dt的系数为t，是随时间变化的变量，因此该系统为线性时变系统。(4) 因为c(t)的表达式中r(t)的系

4、数为非线性函数 cos t，所以该系统为非线性系统。(5) 因为该微分方程不含变量及其导数的高次幕或乘积项，且各项系数均为常数，所以该 系统为线性定常系统。(6) 因为c(t)的表达式中包含变量的二次项(t)，表示二次曲线关系，所以该系统为非线 性系统。0(t6)1(t6)，所以该系统可看作是(7) 因为c(t)的表达式可写为c(t) a r(t)，其中 线性时变系统。第二章2-3试证明图2-5( a )的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。(b)分析 首先需要对两个不同的系统分别求解各自的微分表达式，然后两者进行对比，找岀两者之 间系数的对应关系。对于电网络，在求微分方程时，关键就是将

5、元件利用复阻抗表示， 电压、电阻和电流之间的关系推导系统的传递函数，然后变换成微分方程的形式，关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列岀系统的方程，最后联立求微分方程。 证明：然后利用 对于机械系统，UoUi(a)根据复阻抗概念可得:R21C2SRiR2C1C2s2 (RG R2C2 RC2)s 12RiPGCqS (RGR2C2R1C2) 1R2C2sC1s& 1Gsd2Uodt2取A、B两点进行受力分析，可得：等齐“ xo)磴主f2聲齐K2X整理可得：d2x。f1 f2 2dtdt经比较可以看岀，电网络(a)和机械系统(b)两者参数的相似关系为R R2C1C2f1(RG R2C2 RC2

6、)dUodtdtUoRR2GC2 變dtR2C2)duidt Ui(fKf1K2 f2K1)dxoK1 K2xo1 f22dt2(f&2f2)dx空 K1K2xidtK1忖1仪砧右2汁2C1C22-5设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式, 各方程式的模态。并概略绘制x(t)曲线，指岀 2x(t) x(t)t;(2 )x(t) 2x(t) x(t)(t)2-7由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-6所示，试求闭环传递函数U c (s )/Ur ( s )。图2-6控制系统模拟电路解:由图可得UiC1s (UiRi C-GsRoUoR2U2RoU2iUiR0C2s联立上式消去中间

7、变量Ui和U2,可得：Uo(s)Ui(s)Ri R2323Ro RiCi C2R0C2 Ri R2o2-8某位置随动系统原理方块图如图2-7所示。已知电位器最大工作角度max 330，功率放大级放大系数为K3,要求：(1) 分别求岀电位器传递系数K0、第一级和第二级放大器的比例系数K1和K2;(2) 画岀系统结构图；(3)简化结构图，求系统传递函数o(s)/ i(s)o图2-7位置随动系统原理图分析:构图,利用机械原理和放大器原理求解放大系数, 求出系统的传递函数。然后求解电动机的传递函数，从而画岀系统结解:(1)(2)Ko3033001800假设电动机时间常数为型V/rad11K1K2330

8、 1010 1020 103310 10Tm,忽略电枢电感的影响，(s) Km可得直流电动机的传递函数为Ua(S)Tm 1(rad|s1)/V oKm为电动机的传递系数,单位为1又设测速发电机的斜率为Kt(V/rad s )，则其传递函数为昭Kt(s)式中由此可画岀系统的结构图如下:KoKJ LTms(3)简化后可得系统的传递函数为o(s) i(s)s2Ut(s)Kt1K2&KmKtKK1K2K3Km精品2tt2-9若某系统在阶跃输入r(t)=1(t)时，零初始条件下的输岀响应c(t) 1 e e ，试求系统的传递函数和脉冲响应。进而求解出系统的传递函数,分析：利用拉普拉斯变换将输入和输出的时

9、间域表示变成频域表示,然后对传递函数进行反变换求岀系统的脉冲响应函数C(s)1112 s2s 1s(ss sG(s)C(s)2 s4s2R(s)(s1)(s2)(2)系统的脉冲响应1R(s)-解：(1)s，则系统的传递函数4s 21)(s 2)k(t)L 1G(s)1 s2 4s 2 (s 1)(s 2)L11r2(t) e2e2t精品C(s)/R(s )和 C(s)/N(s)2-10试简化图2-9中的系统结构图，并求传递函数SBo%)o-(a)图2-9 题2-10系统结构图分析：分别假定 R(s)=0和N(s)=O，画出各自的结构图，然后对系统结构图进行等效变换, 将其化成最简单的形式，从而

10、求解系统的传递函数。解：(a)令N (s)= 0，简化结构图如图所示：C(s)G1G2可求出：R(S) 1 (1 H1)G1G2令R ( s)= 0，简化结构图如图所示:C(s)G3G2 (1 G1G2H1)所以：N (s)1 G1G2 G1G2H1(b)令N ( s)= 0,简化结构图如下图所示:所以.R(s) 1 G2G4 G3G4令R ( s)= 0，简化结构图如下图所示:4G2G3C(s)G4N(s) 1 G2G4G3G42-12试用梅逊增益公式求图2-8中各系统信号流图的传递函数C(s)/R(s)解:图2-11题2-12系统信号流图存在三个回路:存在两条前向通路：(a)1 G3H1G

11、2G3H 2G3G4H3PGG2G3G4G5,F2 G6,23 G6R(s)所以:(b)1 G3H1G1G2G3G4G5G3G4 H 3G2G3H 29个单独回路：G2H1, L2G7G3G4G5G6 H5 , L74出丄3L-66对两两互不接触回路:G6H3 丄4G3G4G5H 4, L5G1G2G3G4G5G6H 5G1G8G6H5 , L8G7H1G8G6H 5 丄9 G8H4H1L1L2L1L3 L 2L3L 7L2L 8L2L9L 2所以,c(s)R(s)三个互不接触回路 1组：L1L2L3 4条前向通路及其余子式:P1=G1G2G3G4G5G6 , 1=1 ；F2=G7G3G4G5

12、G6 ,2=1 ；P3=-G7H1GgG6 , 3=1+G4H2 ;PGGGe , 4=1+G4H?4Pk kk 1961LaLbLcL1L2L3a 113-4已知二阶系统的单位阶跃响应为:1 2t0. sin(1.6t 53.1 )p和调节时间th(t) 10 12.5e试求系统的超调量c%、峰值时间t解：依题意t tp时h (tp)0，并且tp是使h (tp)第一次为零的时刻(tp 0)10 12.5e 1.2tsi n(1.6t 53.1)10 12.5e 1.2t(cos53.10si n1.6t sin 53.10cos1.6t)15e 1.2tsin(1.6t53.10) 20e

13、1.2t cos(1.6t 53.10)25e 1.2tsin1.6t当h(t)第一次为0时，1.6tptp 1.96，所以h(t)h(t)可见,s。12 1961800h(tp)10 12.5e - - sin(1.6 1.9653.1 )10.95h(tp) h( )10.95 10% p100%100% 9.5%h()根据调节时间ts的定义：0.95h(10 12.5e 1.2t0.5，得In 0.043.2122.681.29.5% tp 1.96s10)h(ts)1.05h()，即9.5ts所以：1.2%ts 2.68sK 1和Kt,使系统wn = 6Z3-3是简化的飞行控制系统结构

14、图，试选择参数分析：求出系统传递函数，如果可化为典型二阶环节形式，则可与标准二阶环节相对照,3-5设图从而确定相应参数。解 对结构图进行化简如图所示。25心(s)-1故系统的传递函数为和标准二阶系统对照后可以求出：s(s 0.8)25K1(Kts 1)s(s 0.8)25K1s2(0.825K1Kt)s 25K12 2 0 8K1 25 w Kt-313-7已知系统特征方程如下，试求系统在s右半平面的根数及虚根值。s6 4s5 4s4 4s3 -7s2 -8s 100分析系统在右半平面的根数即为劳思表第一列符号改变的次数，虚根值可通过构造辅助函 数求得。(出现了全零行，要构造辅助方程) 由全零

15、行的上一行构造辅助方程故原全零行替代为s32010s22.5 10425s 5s 100，对其求导，得320s10s0解由系统特征方程,列劳思表如下6 s147 105 s4484 s55 103 s00s1900s 10表中第一列元素变号两次，故右半s平面有两个闭环极点，系统不稳定。42对辅助方程5s 5s 100化简得(s2 1)(s2 2) 0由D(s)/辅助方程，得余因式为(s-1)(s+5)=0求解、，得系统的根为s，2 Js3,41s5 1s35所以，系统有一对纯虚根。3-9已知单位反馈系统的开环传递函数G(s)(1)100(0.1s 1)(s 5)G(s)50s(0.1s 1)(

16、s 5)G(s)10(2s 1)s2(s2 6s 100)试求输入分别为r(t) 2t和r(t) 22t t $时，系统的稳态误差。分析:可分解最后叠用静态误差系数法求稳态误差比用误差传递函数求解更方便。对复杂的输入表达式,为典型输入函数的线性组合，再利用静态误差系数法分别求各典型输入引起的误差， 加起来即为总的误差。解(1) 判别系统的稳定性D(s) (0.1s 1)(s 5) 100010D(s) (s 10)(s 5) 1000 s215s 1050 0s211050s562s9s010劳斯表中首列系数全部大于零，该系统稳定。求稳态误差15s0 1050可见，劳思表中首列系数全部大于零，

17、该系统稳定。求稳态误差K = 100/5=20,系统的型别0 ,当 r1(t)2 时,21 Kp飞 O。95当 D(t)2t时,ess2Kv 0当r3t22时,ess3Ka所以，T2Tess2r 2 2t t判断稳定性21D(s) s(s 10)(s 5) 500 s3 15s250s 500s4110010s36202s 96.710K = 10/100=0.1,系统的型别2 ,当 H(t)2时,ess11 Kp 12ss2当 r2(t) 2t 时，Kv当3t2t2时,ess3Ka20r 2t6ss20 0 20Z20 t3- 11设随动系统的微分方程为K2u(t)d2c(t) dc(t)T

18、12dt dtu(t) Kdr(t) b(t)T db(t)T2b(t) c(t)dt其中，T 1、T2和K 2为正常数。若要求 r(t)=1+ t时，c(t)对r(t)的稳态误差不大于正常数& 0,试问K 1应满足什么条件？分析：先求出系统的误差传递函数，再利用稳态误差计算公式，根据题目要求确定参数。解：对方程组进行拉普拉斯变换，可得(T1S2 s)C(s)K2U (s)U(s) KdR(s) B(s)(T2s 1)B(s) C(s)按照上面三个公式画出系统的结构图如下：定义误差函数E(s) R(s) C(s)(s)E(s)R(s) C(s)1 Cs) 1 R(s)e(s) R(s)R(s)

19、所以1 一KK 2T 2 sk1k2TT2s3 (T1 T2)s2 s K1K2(s)K1K2s(T1s 1)K1K2s(T1s 1)(T2s 1)lim sE(s)s 0S叫 S e(S)R(S)K1K2T2S K1K2“1132( 2TT2s(T1 T2)ss K1K2 s sess令Kg?K1K21 k1k2t2k1k20 k1，可得1k11k2（ o T2），因此，当k2（ o T2）时，满足条件。第四章4-4设单位反馈控制系统开环传递函数如下, 分离点坐标d）:试概略绘出相应的闭环根轨迹图（要求确定G(s)(1)KG(s)(2)K(s1)s(0.2s1)(0.5s 1)s(2s1)G

20、(s)(1)s(0.2sK*K解:1)(0.5s1) s(s2)(s 5) , K*10Kn = 3，根轨迹有3条分支； 起点：p1 = 0, p2 = -2, p3= -5;没有零点，终点：3条根轨迹趋向于无穷远处。实轴上的根轨迹：卜2,0,（0 25渐进线：a1311分离点：dd 2d 5求解得：d13.79（舍去）作出根轨迹如图所示:5;7(2K1)3 , a330d20.88 ；;G(s)K(s 1)K (s 1)a 2丿s(2s 1)s(s 0.5) , K*0.5Kn = 2,根轨迹有2条分支；起点：p1 = 0, p2 = -0.5,终点：z11 ,实轴上的根轨迹：卜0.5,0,

21、(, 1 ;11 1分离点d d0.5 d 1求解得：d10.29 d21.707 .;作出根轨迹如图所示：n m 1条根轨迹趋向于无穷远处。4-6设单位反馈控制系统的开环传递函数如下，要求:G(s)确定K (S z)解:2D(s) s (s2S (s 10)(s20)产生纯虚根为j4310)(s 20) K (s z) s 30s1的Z值和K值。2 * *200s K s K z 0令s j代入D(s)0，并令其实部、虚部分别为零，即：ReD(j1)1200 K*z 0 Im D( j1)30 K解得：K 30,z6.63画出根轨迹如图所示:401Q-卵L-60-40Root Locus*E

22、-20204- 10设单位反馈控制系统的开环传递函数G(s)Ks(0.01s 1)( 0.02s 1)要求：(1) 画出准确根轨迹(至少校验三点);(2) 确定系统的临界稳定开环增益K c;(3) 确定与系统临界阻尼比相应的开环增益K。j代入特对于临界分析：利用解析法，采用逐个描点的方法画出系统闭环根轨迹。然后将s征方程中，求解纯虚根的开环增益，或是利用劳斯判据求解临界稳定的开环增益。 阻尼比相应的开环增益即为实轴上的分离点对应的开环增益。5000K解:(1)s(s 50)( s 100)n = 3，根轨迹有3条分支，且均趋于无穷远处；实轴上的根轨迹:卜50,0,(，100;a50 10050

23、a (2k 1)渐进线：33111分离点：d d50 d100求解得：d121.3d27&8 (舍去)；作出根轨迹如图所示：5000s 5000K0，并令其实部、虚部分别为零，即5000K0，lmD(j )35000(2)临界开环增益 Kc为根轨迹与虚轴交点对应的开环增益。 D(s) s3 150ss(s 10) 4s bs 4b 20 令s j ，代入D(s)ReD( j )150 2解得：1,2500070.71，30 (舍去)Kc150(3)系统处于临界阻尼比1，相应闭环根位于分离点处，即要求分离点d对应的K值。将s= d = -21.3代入幅值条件:Ks| 0.01s 1| 0.02s

24、 1 9.622b从零变到无穷时的根轨迹图。4-14设系统开环传递函数如下，试画出G(s)(1)20(s 4)(s b)2s 4s 20 b(s 4)G(s)(2)解: (1) D(s) 30(s b)做等效开环传递函数G*(s) b(s 4)b(s 4)G (s)2s 4s 20 (s 2 4j)(s 2 4j)n=2,有2条根轨迹分支，n-m=1条趋于无穷远处; 实轴上的根轨迹：(,4;1 1 1 分离点d 2 4j d 2 4j d 4d2 8d 40d18.47整理得d20.47(舍去)出射角:1800 arctan2 901350根轨迹如图所示:Root Locus(2)D(s) s

25、(s 10) 30(s b) s240s 30b0做等效开环传递函数*G (s)30bs240s30bs(s 40)n=2,有2条根轨迹分支，且均趋于无穷远处;实轴上的根轨迹：40,0 ;1 1分离点d d 40整理得d 20根轨迹如图所示：第五章5- 2若系统单位阶跃响应为h(t) 1 1.8e4t0.8e9t试确定系统的频率特性。分析 先求出系统传递函数，用 j替换s即可得到频率特性。解：从h(t)中可求得：h(0)0, h(0)0在零初始条件下，系统输出的拉普拉斯变换H (s)与系统输出的拉普拉斯变换R(s)之间的关系为H(s) (s) R(s)(s)H(s)即其中(s)为系统的传递函数

26、，又H(s)Lh(t)1 0.8 s s 4 s 936s(s 4)( s 9)1R(s) Lr(t)-s(s)也 36则R(s) (s 4)(s 9)令s j ，则系统的频率特性为(j )H(j )36R(j )(j 4)( j9)5-7已知系统开环传递函数为G(s)K( T2S 1)s(s 1); (K、T 1、T 20)当取3=1时， G(j )180,| G(J3)| = 0 .5。当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式G(J3。分析:解：根据系统幅频和相频特性的表达式，代入已知条件，即可确定相应参数。 由题意知：G(j )G(j )90K .-1

27、 (T2 )2.1 (T1 )2arcta nT2arcta因为该系统为I型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1,即ess( )Hm)E(s)0.1K 1 T220.5180所以：K 10G(j1)当1时，G(j 1)900 arcta nT2 arcta nT|由上两式可求得T1 20，T2 05，因此G(j )10( j0.051)j (20 j 1)5-14已知下列系统开环传递函数(参数K、T、Ti 0,i = 1,2,，6 )G(s)(1)G(s) G(s) G(s)G(s)G(s) G(s)G(s)(8)(Js 1)心 IXT3S 1)Ks(Tis 1)(T2s 1)

28、Ks2 (Ts 1)K(T1s 1)s2(T2s 1)K(s 1)(T2S 1)3sK(T5S 1)(T6S 1)s(T1S 1)(T2S 1)(T3S 1)(T4S 1)KTs 1G(s)(9)KTs 1(10)其系统开环幅相曲线分别如图5-6(1)(10)所示，试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定性,G(s)s(Ts 1)分析：(GO)(号)图5-6题5-8系统开环幅相曲线由开环传递函数可知系统在右半平面开环极点个数P,由幅相曲线图可知包围点的圈数。解: ( 1)P 0，N 1Z P 2N 0 2 ( 1) 2所以系统在虚轴右边有(2) P 0，N0Z P 2N 0 2所以系统在虚轴右边有(3) P 0，N1Z P 2N 0 2 所以系统在虚轴右边有(4) P 0，N0Z P 2N 0 2所以系统在虚轴右边有(5) P 0，N1Z P 2N 0 2 所以系统在虚轴右边有(6) P 0,N 0Z P 2N 0 2所以系统在虚轴右边有(7) P 0,N0Z P 2N 0 2所以系统在虚轴右边有1P 1,N-(8)