自动控制原理习题详解1资料

1、自动控制原理习题详解（上册）配合自动控制原理夏超英主编，科学生版社第一章习题解答1-1什么是开环控制系统？什么是闭环控制系统？比较开环控制系统和闭环控制系统的不 同，说明各自的优缺点。答：在开环控制系统中， 信号从控制器到执行机构再到被控对象单方向传递，输出量不对控制作用产生影响。开环控制系统结构简单，成本低，但无法克服被控对象变化和扰动对输出 的影响。在闭环控制系统中，被控对象的输出反方向被引到控制系统的输入端，信号沿前向通路和反馈通路闭路传输，控制量不仅与参考输入有关，还与输出有关，即根据参考输入和系统 输出之间的偏差进行控制。闭环控制系统需要对输出量进行测量，存在稳定性设计问题， 较开环

2、控制系统复杂，但可以有效地克服被控对象变化和扰动对输出的影响。1-2日常生活中反馈无处不在。人的眼、耳、鼻和各种感觉、触觉器官都是起反馈作用的器 官。试以驾车行驶和伸手取物过程为例，说明人的眼、脑在其中所起的反馈和控制作用。答：在驾车行驶和伸手取物过程的过程中，人眼和人脑的作用分别如同控制系统中的测量反馈装置和控制器。在车辆在行驶过程中， 司机需要观察道路和行人情况的变化，经大脑处理后，不断对驾驶动作进行调整，才能安全地到达目的地。同样，人在取物的过程中，需要根 据观察到的人手和所取物体间相对位置的变化，调整手的动作姿势， 最终拿到物体。可以想象蒙上双眼取物的困难程度，即使物体的方位已知。1-

3、3水箱水位控制系统的原理图如图 1-12所示，图中浮子杠杆机构的设计使得水位达到设 定高度时，电位器中间抽头的电压输出为零。描述图 1-12所示水位调节系统的工作原理, 指出系统中的被控对象、输出量、执行机构、测量装置、给定装置等。进水阀门图1-12水箱水位控制系统原理图答：当实际水位和设定水位不相等时，电位器滑动端的电压不为零，假设实际水位比设定水位低，则电位器滑动端的电压大于零，误差信号大于零（e 0）,经功率放大器放大后驱动电动机M旋转，使进水阀门开度加大，当进水量大于出水量时（Q1 Q2）,水位开始上升，误差信号逐渐减小， 直至实际水位与设定水位相等时，误差信号等于零，电机停止转动,此

4、时，因为阀门开度仍较大，进水量大于出水量，水位会继续上升，导致实际水位比设定水位高，误差信号小于零，使电机反方向旋转，减小进水阀开度。这样，经反复几次调整后， 进水阀开度将被调整在一适当的位置，进水量等于出水量，水位维持在设定值上。在图1-12所示水位控制系统中，被控对象是水箱，系统输出量水位高，执行机构是功 率放大装置、电机和进水阀门，测量装置浮子杠杆机构，给定和比较装置由电位器来完成。1-4工作台位置液压控制系统如图1-13所示，该系统可以使工作台按照给定电位器设定的规律运动。描述图1-13所示工作台位置液压控制系统的工作原理，指出系统中的被控对象、被控量、执行机构、给定装置、测量装置等。

5、图1-13工作台位置液压控制系统答：当给定电位器的角度（电压）和反馈电位器的角度（电压）不同时，误差电压经过放大 器放大去驱动电磁阀，并带动滑阀移动。以给定电位器的电压大于反馈电位器的电压为例， 设在正的误差电压作用下，电磁阀带动滑阀相对图1-13所示的平衡位置向右移动，高压油进入到动力油缸的左面，动力油缸活塞右面的油液从回油管路流出，动力油缸活塞在两边压力差的作用下向右运动，误差逐渐减小到零直至出现负的误差，滑阀开始向左移动至平衡位置的左侧。这样，经反复几次调整后，滑阀回到平衡位置，动力油缸活塞静止在设定的位置 上。1-5图1-14的电加热炉温度控制系统与图1-10所示的有所不同，试描述系统

6、的温度调节过程，它能做到加热炉温度的无差调节吗，为什么？-I图1-14电加热炉温度控制系统答：在图1-14所示电加热炉温度控制系统中，误差信号经过功率放大器放大后，电炉丝放出的热量与加热炉散出去的热量平衡，去维持炉温不变。当某种原因引起炉温下降时，误差信号增大，电炉丝上的电压升高，电炉丝放出的热量增加，炉温误差向减小的方向变化。与图1-10所示的电加热炉温度控制系统不同，图1-14所示温度控制系统不能做到加热炉温度的无差调节。因为，加热炉总要散出部分热量，而功率放大器的放大倍数是有限的，所以在炉温稳定后，误差信号总是大于零的。1-6图1-15 （a）和（b）都是自动调压控制系统， 图中发电机G

7、由一原动机带着恒速旋转， 通过改变励磁电流if来改变发电机的端电压。设空载时，发电机的端电压均为110V,而当 带上一恒定负载时，发电机的输出电流要在其内阻上产生压降，故端电压会出现一定的电压降，后经系统的调节作用， 发电机的端电压会得到恢复。试问，经过调节恢复图（a）和（b）中的哪个系统能保持110V电压不变？哪个系统的电压会稍低于110V ?为什么？图1-15自动调压控制系统答：图1-15（a）所示系统能保持110V电压不变，图1-15（b）所示系统的电压会稍低于 110V。 因为，对图（a）所示系统，给定不变，加载调整过程完成后，由于电机转速到转角的积分 作用，当误差信号为零电机SM停止

8、时，会使可调电阻器的阻值比加载前小，并维持在这一位置上，发电机的电动势升高，以抵消负载电流在发电机内阻上的压降，实现误差调节。 而对图（b）所示系统来说，加载调整过程完成后，提高电动势增加励磁电流必然对应较大 的误差，即系统的输出电压会稍低于110V。1-7图1-16为一调速系统的示意图。图中Rd为电枢回路的总电阻、Ld为电枢回路的总电感，励磁电流if恒定。电机空载运行时，一定的设定电压Ur对应一定的电动机转速。当负载增加时，电枢电流iD随之增大，电枢电流在电阻 Rd上的压降会引起电机转速的下降。如 图所示，在电机主回路中串入一个小的采样电阻R来测量电枢电流，用反馈的方法减少电机转速的下降。试

9、问由采样电阻R引入的是电枢电流的正反馈还是负反馈？系统的工作原理如何？图1-16调速系统答：采样电阻R引入的是电枢电流的正反馈，其作用原理为，当负载增加时，电枢电流iD随之增大，iD在电阻R上的压降经电压放大器放大后得到山，功率放大器的输入电压Ue Ur Ub。这样，负载增加时，iD增大，Ub增大引起Ue增大，即电枢电流正反馈的作用 使功率放大器的输出电压得到提高，以部分补偿负载增大引起的转速下降。1-8图1-17是谷物湿度控制系统示意图。在谷物磨粉的生产过程中，有一个最佳的出粉湿度，因此磨粉之前要给谷物加水，以得到希望的湿度。图中，谷物输送装置按一定流量通过加水点，加水量用自动阀门控制。在加

10、水过程中，谷物流量、加水前谷物湿度以及水压都是对谷物湿度控制的扰动作用。为了提高控制精度，系统中采用了加水前谷物湿度扰动的补偿控制和谷物湿度的反馈控制，试画出系统的框图。自动阀I输入谷物v T输出谷物调节器1-17谷物湿度控制系统解：系统框图如下图所示。谷物湿度设定 L控制器湿度 测量加水机构输入谷物输出谷物湿度 测量谷物 搅拌仓1-9张力控制系统如图1-18所示，它可以使输送带上各处的速度一致。 如图中所示，输送带 左边前一个分部用的是速度反馈控制， 输送带右边后一个分部用的是张力反馈控制。 试说明 当速度主给定发生变化时，该系统是如何通过张力控制来使得速度 v2跟随v1的变化的？后 一个分

11、部用张力反馈控制的好处是什么？速度主给定张力给定电机控 制器电机控 制器1-18张力控制系统答：当速度主给定发生变化时，命令信号同时给到前面一个分部和后面一个分部，在测速反馈作用下，前面一个分部的转速跟随指令发生变化，前面一个分部也同样。 由于前后分部参数和性能上总存在差异， 无论动态下还是静态下都不可能做到绝对的同步，这种不同步的影响累计起来会被后一个分布的张力测量环节测知。当张力小于设定值时，后一个分布会适当增加速度，反之会减小速度，以使得两个分部间转速微小偏差的影响不会被累加起来，两个分部的平均速度精确地相等。1-10晶体管稳压电路如图1-19所示，图中Ui是输入电压，它在一定范围内变化

12、，U0是输出电压，输出电压的稳压值由分压电阻R1、R和稳压二极管 VD的参数决定。试分别说明输入电压和负载电阻发生变化时，晶体管稳压电路的稳压过程和工作原理。1-19晶体管稳压电路答：输入电压发生变化时，以车入电压升高为例，图 1-19所示晶体管稳压电路的稳压过程 如下：输入电压升高Ui ,带动输出电压也升高Uo ,晶体管VT2的基极电流增加iT2 ,晶 体管VT2的基电极电流增加，晶体管 VT1的基极电流减小iT1 ，晶体管VT1上的压降增加， 输出电压的升高得到抑制。这是一个反馈过程， 只要这种反馈作用足够强， 就可以将输出电压稳定在一定范围内。负载电阻发生变化时，以负载电阻减小为例，图

13、1-19所示晶体管稳压电路的稳压过程 如下：负载电阻减小，负载电流加大，晶体管VT1上的压降增加导致输出电压降低 Uo 。输出 电压降低，晶体管VT2的基极电流减小 2 ，晶体管VT2的基电极电流减小， 晶体管VT1的 基极电流增大i，晶体管VT1上的压降减小，输出电压的降低得到抑制。1-11工人工资的增加，经过一段时间以后会导致物价的上涨，物价的上涨又带生活费用的提高，为保证工人的生活质量，就需要进一步提高工资。这是一个正反馈过程。增加存款的利率和刺激消费哪个可以减缓物价的上涨速度？为什么？国家的工资、物价和税收政策是怎样影响这个反馈系统的？答：增加存款利率会抑制消费，可以减缓物价的上涨速度

14、，降低劳动力成本。反之，刺激消费，会加速物价的上涨， 增加劳动力成本。提高工资会刺激消费和加快物价的上涨速度，加 快经济的发展，但也会引发过渡投机，恶化投资环境。通过税收和物价政策的调整，可以有 效抑制在经济发展过程中的不良投资倾向，改善投资环境。1-12总起来说，人们总会优先选择报酬高的职业，但任何一个职业的报酬都将随上岗人数的增加而降低。请用社会反馈机制来讨论经济参与者之间的竞争问题。人数为输入，以流入该行业的实际职工人数为输出，绘制系统的框图,还是一个正反馈过程？解：系统的框图如下图，这是一个负反馈过程。某行业需以某行业的社会需求这是一个负反馈过程行业实际1-13为改善系统的控制性能，需

15、要从诸如控制策略、执行器功率和性能、检测环节的精度、 对被控对象的改造等方面同时入手。片面强调或不适当地突出某一方面往往达不到预期的效 果。那么，具体到某一方面，他们可能受到的限制是什么？请分别说明。答：控制策略的改进受到理论研究成果、算法的复杂程度及软硬件成本的限制，一般来说越精确和高性能的控制算法对对象模型精度的要求也越高，对环境要求也越苛刻。快和稳在系统设计中是一对矛盾，响应速度的提高往往给系统稳定性的设计带来大的负担，同时所需执行器的功率和能量损耗损耗也大，设备的磨损也多。高的控制精度与测量装置的精度密切相关，但高精密高性能的传感器会增加系统的成本。总之，设计中应该根据实际需求，综合考

16、虑性能、系统成本、使用成本、可靠性等多种制约因素，不能片面追求高性能。1-14用一句话概括一下控制理论的内容，然后再给出一个进一步的阐述。答：控制理论研究的内容是控制系统的分析与综合问题。经典控制理论研究的是单输入单输出反馈控制系统的分析与综合问题，以传递函数描述为基础，主要有时域和频域两种方法，主要适用于单输入单输出线性定常系统。现代控制理论研究的是多输入多输出、复杂控制系统的分析与综合问题，以状态空间描述为基础，主要是时域法，借住计算机求解，适用于多输入多输出、线性或非线性、确定性系统或有随机扰动输入的系统。3-1已知系统特征方程为 统的稳定性。解：(1)劳斯判据：4s3s2s1s0s3s

17、43210s3 5s2 s 2 0试用劳斯判据和胡尔维茨判据确定系31010 5 3 1104.7 1 10 24.7252110 2 3 0 c4.7 2103.250第三章习题解答第一列中有两次符号变化，系统不稳定。(2)胡尔维兹判据：特征方程的系数全部为正，只需计算奇次阶的胡尔维兹行列式1010i 10,335215301013 0 ,故系统不稳定。3-2已知系统特征方程如下，试求系统在S右半平面根的个数和虚根值。(1)S53s412 s324s232s480(2) s6 4s5 4s4 4s3 7s2 8s 10 05432(3) s53s412s320s235s250解：(1)计算老

18、斯表如下5 s4 s3 s2 s133 12 1 24 434 24 3 16 _12412243 32 1 48 1634 48 3 0 484112 16 4 48 -s 01212s1对应的一行全为零，应用其上一行的系数组成辅助方程12s2导数得到24s 0。将求导后的方程的系数取代全为零的行的系数，324800048 0 ,辅助方程对s求继续将劳斯表计算下去，得到s1 24 0 0s0 48 0 0第一列无变号，没有根在右半平面，用辅助方程 12s2 48 0求得系统的虚根为 弘 2j。(b)计算老斯表如下6 s5 s1471044804 s4 ( 4) 1 44(7) 1(8)4 1

19、0 1 05510 04443 s(5) 4 4 ( 5) 0 ( 5) ( 8) 4 (10) 000553. 42s对应的一行全为零，应用其上一行的系数组成辅助方程5s 5s 10 0,辅助方程对3s求导数得到 20s10s 0。将求导后的方程的系数取代全为零的行的系数，继续将劳斯表计算下去，得到201010202.5 ( 10) ( 20) 10200s第一列变号两次，有2.5102个根在右半平面。70425s 5s由此求得系统6个特征根中的105(辅助方程42s s 2)5(s2 1)(s22)4个根(其中包括1对共轲虚根)为s1,21,(c)计算劳斯表如下5s4s1235202512

20、31 205.3335.333 20 3 26.6673 35 1 2535.333 25 326.667255.3335 26.667 5.333 255.3335s1对应的一行全为零，应用其上一行的系数组成辅助方程25 s2 250,辅助方程对s求导(20) ( 5) ( 5) ( 10)2.5 ( 20) (10) ( 5) 0数得到10s 0。将求导后的方程的系数取代全为零的行的系数，继续将劳斯表计算下去, 得到1ss0 :第一列无变号，没有根在右半平面，用辅助方程10255s02 25 0求得系统的虚根为6,2 j底。3-3已知单位反馈系统的开环传递函数为K(0.5s 1)2s(s

21、1)(0.5ss 1)试确定系统稳定时 K的取值范围。 解：闭环传递函数为G(s)K(0.5s1)系统的特征方程为2s(s 1)(0.5s1 G(s) s(s 1)(0.5s2 s 1) K(0.5s 1)432s 1) K(0.5s 1) 0.5s1.5s 2s (0.5K 1)s K 0计算由劳斯表如下得到方程组即有4 s3 s的到解0 K0.51.51.5 2 0.5 (0.5K 1)1.50.5K5 0.5K3 1.5K5 0.5KK5 0.5K0.5K 1K 1011.7083 1.5K5 0.5KK 1.7081.708为所求。3-4系统如图3.53所示，试用劳斯稳定判据确定系统稳

22、定时2K0.5K 10K 0.5 0K01.500001.5的取值范围。图3.53习题3-4图解：系统的闭环传递函数为10C(s)R(s)s 1 s(s 1)s 110 ss(s 1)1010s s(s 1) 10 ss 1 s(s 1)1010s 10-32s (1 10 )s 10s 10s(s 1)10 s10 ss(s 1)系统的特征方程为(110 )s210s10根据胡尔维茨判据,系统稳定的条件为1 100a a31010a。 a210(110)10 10 0得到0即为所求。3-5系统如图3.54所示, 值范围，并给出图示。试应用劳斯判据确定系统稳定时比例-积分控制器增益kp、ki的

23、取图3.54习题3-5图解：系统闭环传递函数为C(s)kps kiR(s) s(s 1)(s 2) kps kikps ki32s 3s (2 kp)s K特征方程为s3 3s2 (2 kp)s ki 0根据胡尔维茨判据，系统稳定的条件为ki 0aia32ao a2kikp3(2kp)kiki0kp0.33ki 2pkp、ki的取值范围如下图所示，为斜线0.33ki 2 0上方与kp轴所夹区域。3-6质量弹簧系统如图 3.55所示，图中k为弹簧的弹性系数，f为阻尼器的摩擦系数， m为 质量块的质量，F(t)为外力，以F(t) 0时重力作用下质量块的平衡位置为位移 y的原点。(a)设在单位阶跃外

24、力作用下，质量块的稳态位移为0.1,系统的无阻尼自然振荡频率n 10,阻尼比 0.5,求系统参数 m、k、f。(b)求阶跃输入下系统的动态响应指标tr、tp、ts (按5%误差计算)和 。解:(a)根据牛顿力学第二定律有图3.55习题3-6图,，、,2，、F(t)f 皿 ky(t)m* dtdt2得系统的输入输出微分方程描述为d2y(t)dt2f dy(t)m dtk1y(t) F(t) mm传递函数描述为令2 n f/m,工Y(s) mF(s) s2 fs K s s m m2 k/m,得n 疝m,f/ 2Vmk 。单位阶跃(1牛顿力)输入下，质量块稳态下的位移是 1/k (米)。由此得到k

25、 10, m 0.1, f 1。(b)阶跃输入下系统的动态响应指标trarccosarccos0.510，1 0.520.242(s)tp10.1 0.523.5n0.36(s)ts3.50.5 100.7(s)0.5% e 1 2 100% e 1 0.52 100% 16%3-7设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)0.4s 1s(s 0.6)试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。 解：系统的闭环传递函数为(s)0.4s 1s(s 0.6)0.4s 11 s(s 0.6)0.4s 1s s 1s 2.50.4s s 1根据带零点二阶系统阶跃响应性能指标的计算公式，有,3( rad )arct

26、g 3 4 23.4：0.5, d 2 ,0.4084(rad),2.18。arc cos 60”3 0.40840.8661.95(s)3.16(s)0.5(0.4084)2.18 e 1 0.522.5100% 18%0.4084 trd 0.866()l % e 1100%1lts 3.5 ln z12.183.5 ln6.73(s)0.52.53-8已知二阶系统的单位阶跃响应为h(t) 10 12.5e 1.2tsin(1.6t 53.1)试求系统的超调量,峰值时间tp和调节时间ts。 ps解：将h(t) 10 12.5e 1.2tsin(1.6t 53.1 )与标准二阶系统的阶跃响应

27、表达式e nth(t) k 12sin( dt )1相比较有 53.1 0.927(rad), d6, cos cos53.1 0.6,02,k 10。于是有tr d0.9271.61.38(s)tp1.61.96(s)3.53.50.6 22.92( s)0.69.5% e 1 2 100% e 1 0.62 100%60t10t1 0.2e1.2e3-9已知控制系统的单位阶跃响应为h(t)试确定系统的阻尼比和自然振荡频率 解：取阶跃响应的拉氏变换得到10.21.2600h(t)s s 60 s 10 s(s 60)(s 10)系统输入为r(t) 1(t), R(s) 1/s,得系统的传递函

28、数为600600600(s)2-2(s 60)( s 10) s2 70s 60s2 2ns于是得 n 24.5,1.43。3-10已知控制系统的单位阶跃响应为c(t)t3t1 2e 3e(a)求该系统的传递函数。tp(b)利用峰值时间及超调量的定义求该系统在零初值条件下，单位阶跃响应的峰值时间 和超调量 %。解：(a)求输出的拉氏变换为C(s)7s 3系统输入为r(t) 1(t), R(s)s s 1 s 3 s(s 1)(s 3)1/s,得系统的传递函数为G(s)=C(s)7s 3R(s) (s 1)(s 3)(b)根据峰值时间t p的定义, p阶跃响应求时间的导数有dc(t)dtIt2e

29、 tptp3tD9e p 0. 2t 一即有e p 2/9 ,解得tp0.5ln 2 90.752(s)超调量为c(tp)1%p1100%0.7521 2e入 3 0.752,3e1-31 100% 63%13-11图3.56是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数Ki和Kt ,使系统的 n 6、1。图3.56习题3-11图解：系统的闭环传递函数为K-C(s) s(s 8)25/R(s)25Kts25_ s2 (8 25KlKt)s 25K11 K1Kis(s 8) s(s 8)令25Kl : 368 25K1Kt 2 得 Ki 1.44, Kt 0.111。3-12试分别求出图3.57所示各系

30、统的自然振荡频率和阻尼比，并比较其性能。(a)(c)(b)图3.57习题3-12图(a)系统的闭环传递函数为C(s)R(s)于是有 0， n 1, ts(b)系统的闭环传递函数为12 s1 4 s100%1s2 1C(s)R(s)为有零点的二阶系统,0.5,d 0.866arccos0.5 60 1.047(rad),l 1,60” 1.047(rad )。根据有零点的二阶系统性能指标的计算公式有ts1一 3.5l ln -7(s)l ze()i-2,100%29.8%1 s2s1 L_s2sC(s)R(s)(c)系统的闭环传递函数为12 s192s于是有 0.5, n 1,ts 7 秒,%

31、16.3%3-13某直流电动机的运动方程为Jmf CmCef RaCm Ra2设其中Jm 0.01kg mf 0.001N m sCm0.02N m/A , Ce 0.02V s ,Ra 10(a)问 ua10V时，电动机的稳态转速是多少?(b)引入位置反馈，即k为比例调节器的增益，若希望解：(a)将已知参数带入微分方程得Ua k( r20%,求m)k的取值。0.010.001040.002ua以转速 d m/dt为输出即0.010.001040.002ua得到传递函数0.0020.2Ua(s)0.01s 0.00104 s所以，输入等于10V时稳态输出转速为10 (b)引入位置反馈后系统方程

32、变为0.2/ 0.1040.10419.23(rad / s)系统的闭环传递函数为从设计要求 一一 一 一2 一0.2k 0.1156 ,得Jm imCmCe-RTkCmm RakCmRT r|m 0.104m(s) r(s)20% ,得k 0.0668。3-14设3阶系统的闭环传递函数为0.45(s其单位阶跃响应为c(t) 1Ae pt式中0.2k m0.2k0.2k0.104s 0.2k从 0.104 22nPP)(s2 2ns n )n ,得 n 0.1156 ,从Be nt sin2 c2n 2 npp2 nparctgarctg(a)当p较大时，给出(b)当p较小时，给出解：A和B的

33、估值,A和B的估值,p nc(t)中的哪一项起主要作用？系统的响应特性如何?c(t)中的哪一项起主要作用？系统的响应特性如何?(a)当p较大时，A 0, B 1. arctg/, c(t)动态分量中的第1 22项起主要作用，系统的响应特性趋于典型二阶系统的响应特性。(b)当p较小时，A 1, B 0, c(t)动态分量中的第1项起主要作用，系统的响应 特性趋于典型一阶系统的响应特性。3-15系统框图如图3.58所示。(a)试确定使系统稳定时，(b)当 0,求Kt使(c)对使系统稳定的和Kt解：(a)闭环系统的传递函数为图3.58习题3-15图和Kt应满足的条件。16.3%,写出此时系统单位阶跃

34、响应的表达式。.2 ,写出在r(t) 10 2t 2t作用下系统稳态误差ess的表达式。C(s)R(s)(224(s)24kt)s2 24 s 243-16设控制系统如图3.59所示。系统稳定时应满足24kt 024kt(b)(c)0, kt1/12, 2 24kt0时系统的闭环传递函数为C(s) R(s)疝，由题知ec(t) 1-10.5,ntsin2得kt系统的开环传递函数为24s (2 24kt)s 240.121。此时系统的单位阶跃响应为nt arccos 12.45te. 八sin 4.24t0.8666024(s)可知位置误差系数kp ,速度误差系数(s kv24kt)，加速度误差

35、系数 ka 12/(1 12kt),于是有4 k ka ka1 12kt(a)取i 0, 2 0.1 ,计算测速反馈作用下系统的超调量、调节时间和速度误差系数。(b)取i 0.1,20 ,计算比例微分作用下系统的超调量、调节时间和速度误差系数。图3.59习题3-16图解：(a)10s(s2 2)G(s)10 ss(s 1)10,20.1时，等价的单位反馈系统的开环传递函数为2 n s(s2 2 n)1/闻。所以有% e 1 2 100% 35.1%ts3.5(s)n从等价的单位反馈系统的开环传递函数得速度误差系数kv 5。(2) 10.1,20时，等价的单位反馈系统的开环传递函数为系统的闭环传

36、递函数为G(s)s 10s2 2s 1018.430.322( rad ),l 招 92 9.49。()l 1 2% e 可 100% z9.49e100.316(0.322)1 0.3162100%37.1%1lts 3.5 ln 一9.493.5 ln3.45(s)10是有零点的二阶系统，n 屈,1/而，d力arccos 71.57” 1.249(rad), arctg 3/9从等价的单位反馈系统的开环传递函数，系统的速度误差系数kv 10。3-17已知单位反馈系统的开环传递函数(a) G(s)100(0.1s 1)(s 5)(b) G(s)50s(0.1s 1)(s 5)(c) G(s)

37、10(2s 1)s2(s2 6s 100)试求输入分别为r(t) 2t和r(t) 2 2t t2时，系统的稳态误差。解：(a)闭环系统的特征方程为0.1s2 1.5s 105 0,各项系数大于零，系统稳定。从开环传递函数有kp 20, kvka 0,输入为r(t) 2t和r(t) 2 2t t2时的稳态误差都为o(b)闭环系统的特征方程为0.1s3 1.5s2 5s 50系统稳定。从开环传递函数有kp , kv 10,0,各系数大于零，且1.5 5 0.1 5, ka0 ,输入为r(t) 2t时稳态误差ess0.2,输入为 r(t) 2 2t(c)闭环系统的牛I征方程为s4开环传递函数有kp,

38、 kv2t时稳态误差都为。326s 100s20s 10 0 ,由劳斯判据知系统稳定。从,ka 0.1,输入为r(t) 2t时稳态误差ess 0,输入为2r(t) 2 2t t时稳态误差都为ess 20。3-18已知单位反馈系统的开环传递函数(a) G(s)(b) G(s)(c) G(s)50(0.1s 1)(2s 1)K2s(s 4s 200)10(2s 1)(4s 1)s2(s2 2s 10)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 。50, kv ka 0。,kv K/200, ka0。解：(a) v 0, kp(b) v 1, kp(c) v 2, kp3-19设控制

39、系统如图3.60所示，图中K1G(s) Kp F(s)sJs输入r(t)以及扰动n1(t)和n2(t)均为单位阶跃函数。试求(a)在r(t)作用下系统的稳态误差；(b)在n1(t)作用下系统的稳态误差；解:(c)在n1(t)和电。)同时作用下系统的稳态误差。图3.60习题3-19图(a)系统的开环传递函数有 2个积分环节，在系统稳定的条件下，对阶跃输入的稳态误差 为零。(b)系统从误差到扰动 n(t)作用点之间的传递函数为G(s),有1个积分环节，在系统稳定的条件下，在阶跃扰动输入n1(t)作用下的稳态误差为零。(c)系统从误差到扰动 n1(t)作用点之间的传递函数为 G(s),有1个积分环节

40、，从误差到 扰动为代)作用点之间的传递函数为 G(s)F(s),有2个积分环节，在系统稳定的条件下， 在阶跃扰动输入 n1 (t)和n2(t)作用下的稳态误差为零。3-20设随动系统的微分方程为d2cT1u(t) K1dc(t)dtr(t)LWt)b(t)db(t)1 2 dtb(t)c(t)其中，工、T2和K2为正常数。若要求 r(t) 正常数,试问K1应满足什么条件？。解：画出系统方框图如下图所示。t时，e(t) r(t) b(t)的稳态误差不大于求出系统的开环传递函数为K1K2G(s)H(s)s(TiS 1)(T2s 1)系统的闭环特征方程为3_2TT2s (T1 T2)ss K1K20

41、系统稳定的条件为T1K2TT2系统的速度误差系数按设计要求，r(t) 1kvt时的稳态误差K1K2K1K2综上，得到参数应满足的条件为K2K2TT23-21二阶反馈控制系统如图3.61所示。r(t)* 2.5Ks2 5s 15c(t)图3.61习题3-21图(a)将系统等效于一个单位反馈系统，求对应的开环传递函数。(b)若定义系统的误差为 e r c,问当K取何值时系统对单位阶跃输入无静差？计算这 时系统的上升时间t,、调节时间ts (误差按 5%计算)和超调量。(a)系统的闭环传递函数为(s)需2.5K2 Z Ts 5s 15 K构造一单位反馈系统， 有上面相同的闭环传递函数，根据单位反馈系

42、统开环传递函数和闭环传递函数之间的关系，单位反馈系统的开环传递函数为2.5K(s)(s)2s2 5s 15 Kd 2.5K1-2s2 5s 15 K2.5K2s2 5s 15 1.5K(b)误差定义为e rc ,则系统对单位阶跃输入无静差要求G (s)至少包含1个积分环节，这可以令15 1.5K 0得到，故得K 10。K 10时系统的闭环传递函数为(s)洛二R(s) s2 5s 25即n 5,0.5,于是有系统的上升时间trarc cosn2arccos0.5- 0.48(s)5 J 0.52调节时间ts3.53.50.5 51.4(s)超调量0.5% e 1 2 100% e 1 0.52

43、100% 16.3%3-22考虑图3.62所示的系统。(a)试求从参考输入到误差之间的传递函数。(b)设系统在形式为r(t) tn1(t)的参考输入下，n q,稳态误差为零，试给出p1、p2、 Pq应该满足的条件。r(t)e(t)k(s Zi)(s Z2)(s Zq 1)c(t)(s Pl)(S P2 (s Pq)图3.62习题3-22图解：(a)从参考输入到误差之间的传递函数为RE( s) -11k(s 4)(s Z2)|“(s Zq 1)(s Pi)(s P2弗s Pq)(s P1)(s P2)|(s Pq)(s R)(s P2)|s Pq) k(s Z1)(s Z2)|(s Zq1)系统

44、在r(t) tn11(t)的参考输入下，1 n q 1,稳态误差为零的条件为PlP2Hlpn 0,同时闭环特征方程(s P1)(s P2) |(s Pq) k(s Z1)(s Z2)|(s Zq 1) 0的所有根都稳定。3-23图3.63为扰动作用下控制系统的典型方框图。图3.63习题3-23图图中，G(s) B(s)/A(s)、Gz(s) Bz(s)/A2(s)为被控对象固有的传递函数，F(s)为作用于其上的扰动，N(s)为作用于反馈通道的高频测量噪声。 控制器Gc(s) Bc(s)/Ac(s) 的设计保证系统是稳定的，试证明下面的事实：(a)设R(s) 0,在典型扰动输入 F(s)的作用下

45、，稳态误差 ess 。的充分必要条件是， 多项式的积 Ac(s)A(s)B2(s)必须包含典型扰动输入F(s)的分母多项式作为它的一个因子。(b)要使扰动F(s)作用下引起的动态误差解：(a)设R(s) N(s) 0 ,典型扰动输入e(t)小，控制器Gc(s)应该有足够大的增益。E(s) fe(s)F(s)F(s)作用下的误差为 F(s)Ac(s)A(s)B2(s) F (s) Ac(s)A(s)A2(s) Bc(s)B(s)B2(s) )F(s)为典型输入扰动，它的分母多项式的根全在原点或虚轴上，要稳态误差ess 0,多项式Ac(s) A(s)B2 (s)必须与F (s)的分母多项式相消。(

46、b)从E(s)的上述表达式容易看出，Gc(s)G(s)G2(s)|1时，E(s)与1|Gc(s)G1(s)|成比例，所以，要使扰动 F(s)作用下的动态误差 e(t)小，控制器Gc(s)就应该有足够大的增3-24图3.64所示为史密斯给出的预测控制方法，图中 e TsG0 (s)为有延时环节的被控对象。首先在被控对象无延时的假设下，根据器Gc(s)G0(s)设计一个适当的控制器Gc(s1 (1 eTs)Go(s)Gc(s)GC(s)。然后设计控制如图中所示，它等于虚线框中的小闭环的传递函数。求系统的闭环传递函数， 并对系统的性图3.64习题3-24图能进行分析。解：系统的闭环传递函数为C(s)

47、R(s)Gc(s)eTsGo(s)_Ts _1 Gc(s)e Go(s)Gc(s)1 (1 eTs)Gc(s)G0(s)Gc(s)e TsGo(s)1 (1 eTs)Gc(s)Go(s)e TsGo (s)TseGc(s)Go(s)1 Gc(s)Go(s)从系统的闭环传递函数可以看出，在被控对象的传递函数 G0(s)及时间延迟准确已知的条件下，按照上面给出的设计步骤得到的控制器,可以使闭环系统的稳定性与时间延迟环节无关。第四章习题解答4-1设单位反馈控制系统的开环传递函数为G(s)Ks(s 10)试用解析法绘出增益 K从0变化时的闭环根轨迹,并用根轨迹的相角条件加以验证。解：系统的闭环传递函数

48、为,、 K(s) 1s2 10s K特征方程的两个特征根为10100 4k“22当K从0变化时，s1,2的变化情况如下图所示。KK 50K 25K 0 .10 sbs s从上图4.2看出，当K从0到25变化时，闭环特征方程的根 s从0开始、$2从10开始往 5变化；当K 25时，出现一对重根 与？ 5;当K从25到 变化时，闭环特征方程的 根为一对共轲复根，实部为5, &的虚部从零开始往正无穷大变化，S2的虚部从零开始往负无穷大变化。对于根轨迹上的检验点 sa,有sa(sa 10)180： 0-180：满足相角条件。同样对于根轨迹上的检验点sb、sc、sd点，也进行检验，同样满足相角条件。4-

49、2已知开坏零极点分卅如图4.42所不，试概略绘出相应的闭环根轨迹。L L -j1J01j，O0 L 10 1r, j00 1图4.42习题4-2图解：概略绘出相应的闭环根轨迹如下图所示。4-3设单位反馈控制系统的开环传递函数分别为(a) G(s)(b) G(s)(c) G(s)K s(0.2s 1)(0.5s 1) K(s 1) s(2s 1) K(s 5) s(s 2)(s 3)试概略绘出相应的 K从0变化时的闭环根轨迹(要求确定分离点坐标) 解:(a)根轨迹共有3个分支，分别起始于开环极点 p1 0 , p22 , p35 , 3个分支都 终止于无穷远处。终止于无穷远处根轨迹的渐近线与实轴的夹角、与实轴的交点为602.33(2 k 1)(2 k 1)a - - 60,180,n m 3pjzi0 ( 2) ( 5)a-n m3由d G(s)H(s)/ds 0,分离点坐标满足 0.3s2 1.4s 1 0解方程得到讥20.88