自动控制原理精品课程习题解

1、3-1设系统特征方程式：s42s3Ts210s100=0试按稳定要求确定T的取值范围。解：利用劳斯稳定判据来判断系统的稳定性，列出劳斯列表如下：4_s1T100s32102s2T-51001s1(10T-250)/(T-5)s0100欲使系统稳定，须有T-50：T2510T-2500故当T25时，系统是稳定的。3-2已知单位负反馈控制系统的开环传递函数如下，试分别求出当输入信号为21(t),t和t时，系统的稳态误差esspQ),essv(8)和essag).D(s)=10(0.1s1)(0.5s1)(2)D(s)=7(s1)s(s4)(s22s2)D(s)=8(0.5s1)s2(0.1s1)解

2、：(1)根据系统的开环传递函数可知系统的特征方程为：D(s)=(0.1sz1)(0.5s1)10=0.05s0.6s11=0由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，因此系统是稳定的。由G(s)可知，系统是0型系统，且K=10,故系统在1(t),t和t2输入信号作用下的稳态误差分别为：，一、11，一、.，一、一essp()-,essv(-)-,essa()_1K11(2)根据系统的开环传递函数可知系统的特征方程为：D(s)=s46s310s215s7=0由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，且2=a1a2-a0a3=450,以及&2a2a4/a3=16.8,因此系统是稳定的。D(s)=7(

3、s1)(7/8)(s1)2 -2s(s4)(s2s2)s(0.25s+4)(0.5ss1)由G(s)可知，系统式I型系统，且K=7/8，故系统在1(t),t和tess(二)二0一二二K3-4设舰船消摆系统如图3-1所示，其中n(t)为海涛力矩产生，且所有参数中除K1外均为已知正值。如果n(t)=10ox1(t),试求确保稳态误差值essn()0因此系统是稳定的。由G(s)可知，系统是II型系统，且K=8,故系统在1(t),t和t2信号作用下的稳态误差分别为：2-essp(二)=0,essv(二)=0,essa(二)=0.25K3-3设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=100s(0.1s1)

4、试求当输入信号r(t)=1+2t+t2时，系统的稳态误差.解：由于系统为单位负反馈系统，根据开环传递函数可以求得闭环系统的特征方程为：D(s)=0.1s2s100=0由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，因此系统是稳定的。由G(s)可知，系统是II型系统，且K=8,故系统在1(t),t和t2信号作用下的稳态误差分别为0,1产，故根据线性叠加原理有：系统的稳态误差为：K8二0希望摇摆角N(s)消摆鳍Ki舰船2n实际摇摆角K2图3-1舰船消除摆系统解：根据图可知系统的特征方程为：D(s)=(1/2)s2(2/wn)s1K1K2=0由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，因此系统是稳定的。N(

5、s)作用下，其前向通由图可知舰船消摆系统为一负反馈系统，且在扰动道传递函数为G(S)=21n反馈通道传递函数为H(s)=K1K2则/(s)=GsN(s)=1G(s)H(s)由于e(t)在输入端定义，可得(1/2)s2(2/Wn)s1KiK-N(s)2En(s)=0-K2%(s)2、2(1/n)sK2(2/Wn)s1KiK-N(s)2用终值定理来求解系统的稳态误差，有,、，.K2&101%-呼(1箫)i+(2匕叫)s送+KKNs_sms(1解)4+(2/w)s+i+KiK2-s-i+kr.故确保稳态误差值4n(8)E0.1o的K1100-1/K3-5已知单位负反馈的开环传递函数如下:G(s)=s

6、(0.1s1)(0.5s1)试求位置误差系数Kp,速度误差系数Kv和加速度误差系数Ka,并确定输入r(t)=2t时系统的稳态误差.(8)。解：根据静态误差系数的定义式可得Kp=limG(s)H(s)=lims(0.1s1)(0.5s1)Kv=limsG(s)H=limss-0sps(0.1s1)(0.5s1)Ka=网s2G(s)H(s)=lims2s(0.1s1)(0.5s1)由系统开环函数可知系统为I型系统，故在输入r(t)=2t时，系统的稳态误ess(二)=R/Kv=2/K3-6设前馈控制系统如图3-2所示，误差定义为e(t)=r(t)-c(t)。试选择前馈参数t和b的值，使系统对输入成为

7、II系统解：由图可知前馈控制系统的闭环系统传递函数为:中(s)=K1(sb)(S1)(T2s1)Ki根据误差定义：e(t)=r(t)-c(t),可得:E(s)=R(s)-C(s)=R(s)1-D(s)R(s)T1T2s2(T1T2-K1)s1K1(1-b)(TiS1)(T2s1)Ki欲使系统对输入r(t)成为II系统，须有：R(s)=1/s2时,ess(s)=0;R(s)=1/s3时,ess()#0即工T2-K1=0;1Kl-K1b=0;TT=0,则当选择前馈参数七=(Ti+丁2)/根力=1+1/Ki时，系统对输入r(t)成为II型系统。3-7设控制系统如图3-3所示，其中Ki,K2为正常；P

8、为非负常数。试分析：(1)P值对系统稳定性的影响；(2)P值对系统阶跃响应动态性能的影响；(3)P值对系统斜坡响应稳态误差的影响图3-3控制系统解：根据图可得系统的开环传递函数为G(s)=K1K2s(sK2：)(1) P值对系统稳定性的影响通过系统开环传递函数，可得系统的特征方程为D(s)=sK2sK1K2=0由赫尔维茨判据可知，n=2,若要求系统是稳定的，须有各项系数为正，因此当0A0时，系统稳定。(2) P值对系统动态性能的影响。K1K22-nG(s)=系统的开环传递函数为s(sK2：)s(s2n)二,：；：K1K2一二二0.5.K2/KJ因此，P值通过影响阻尼比来影响系统的动态性能。P值

9、越小，阻尼比越小,超调量越大，上升时间越短。(3) P值对系统斜坡响应稳态误差的影响根据系统的开环传递函数可知，该系统为I型系统，且静态速度误差系数为Kv=K1/P,则该系统对单位斜坡响应的稳态误差为.(二)=1/K1因此，P值越大，系统在斜坡响应作用下的稳态误差将越大3-8已知单位负反馈系统的开环传递函数:(1)G(s)=10s(s-4)(5s1)(2)G(s)=10(10s1)2,7s(s4)(5s1)试求输入信号分别为r(t)=t和r(t)=2+4t+3t2时，系统的稳态误差张8)。解(1)由于系统为单位负反馈，根据开环传递函数，可以求得闭环系统的特征方程：D(s)=5s321s24s1

10、0=0由赫尔维茨判据可知，n=3且各项系数为正，且&a2-a0a3=340因此系统是稳定的。G(s)=10s(s4)(5s1)2.5s(0.25s1)(5s1)可知，系统是I型系统，且K=2.5o由于I型系统在1(t),t和t2信号作用下的稳态误差分别为0,1严，故根据线性叠加原理有：K1当系统输入为r(t)=t时，系统的稳态误差为ess1(笛)=0.4K当系统输入为r(t)=2+4t+3t2时，系统的稳态误差为ess2e)=g(2)由于系统为单位负反馈系统，根据开环传递函数可以求得闭环系统的特征方程为：D(s)=5s421s34s2100s10=0由赫尔维茨判据可知，n=3且各项系数为正，且

11、2=a1a2-a0a3=-416a0因此系统不稳定，eY)不存在。3-9设电子心律起搏器系统如图3-4所示，其中模仿心脏传递函数相当于一纯积分器。(1)若亡=0.5对应最佳响应，问起搏器增益K应取多大？(2)若期望心速为60次/min,。突然接通起搏器，问1s后实际心速多少？瞬时最大是心速多大？电子起搏器心脏C(s)实际心速图3-4电子心律起搏器系统211n解：(1)由图可得系统开环传递函数为G(s)=20Ks(s0.5)-s(s20)-s(s2n)经比较可得，若U=0.5对应最佳响应，则应取起搏器K=2d(2)满足Z=0.5的系统的闭环传递函数为，,、400J(s)=fs220s400即系统

12、的自然频率和阻尼比分别为n=20则该系统的单位阶跃响应表达式为：h(t)-1-1eMtsin(n1_2tarccos)二一-1-1.155e,0tsin(17.32t60)若期望心速为60次/min,突然接通起搏器，设1s后实际心速为h(1),则h(1)=601-1.155eJ0tsin(17.32t60o)=60.001欧/min由于0已1,故系统为欠阻尼二阶系统，其动态性能指标为超调量：o%=e一港父100%=16.3%峰值时间：tp=0.18sp11-2设瞬时最大心速为hmax且发生在tp=0.18s时，则故若期望心速为60次/min,突然接通起搏器，则1s后实际心速为60.0015次/

13、min,瞬时最大心速发生在0.18s,为69.78次/min。3-10已知二阶系统的单位阶跃响应为h(t)=10-12.5e-2tsin(1.6t53.1o)试求系统的闭环传递函数，超调量。、峰值时间tp和调节时间tsps解：本题二阶系统单位阶跃响应为h(t)=10-12.5e.2tsin(1.6t53.1O)=101-1.25e,2tsin(1.6t53.1)由上式可知，该系统的放大系数为10,然而放大系数是不会影响系统的动态性能的。标准的二阶系统的单位为阶跃响应h(t)=1-2e4tssH，出1-2于是有11=1.25.1-2解得：=0.6,n=2n.121.6-arccos=53.10故系统的闭环传递函数为中(s)=40s22.4s4由于0Ud(t)作用，即N(s