自动控制原理题目含答案

自动控制原理题目含答案某位置随动系统的结构如图1所示（注：此处虽无图，但可假设为典型单位负反馈系统），其开环传递函数为：\[G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\]其中\(K\)为开环增益。试回答以下问题：问题1：时域性能分析当\(K=4\)时，系统的闭环传递函数为\(\Phi(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}\)。（1）判断系统的型别，并计算静态速度误差系数\(K_v\)；（2）求系统对单位阶跃输入的响应指标：超调量\(\sigma\%\)、调节时间\(t_s\)（按5%误差带）。解答1：（1）系统型别由开环传递函数中积分环节的个数决定。观察\(G(s)\)，分母含\(s^1\)，故为Ⅰ型系统。静态速度误差系数\(K_v\)定义为：\[K_v=\lim_{s\to0}sG(s)=\lim_{s\to0}s\cdot\frac{K}{s(s+1)(s+2)}=\frac{K}{(0+1)(0+2)}=\frac{K}{2}\]当\(K=4\)时，\(K_v=4/2=2\,\text{s}^{-1}\)。（2）闭环传递函数为：\[\Phi(s)=\frac{4}{s(s+1)(s+2)+4}=\frac{4}{s^3+3s^2+2s+4}\]需分析闭环极点分布以确定时域响应。首先求解闭环特征方程\(s^3+3s^2+2s+4=0\)。尝试用劳斯判据初步判断稳定性：劳斯表如下：\[\begin{array}{c|ccc}s^3&1&2&\\s^2&3&4&\\s^1&(3\times2-1\times4)/3=2/3&0&\\s^0&4&&\\\end{array}\]所有行首元素均为正，系统稳定。进一步用根轨迹或数值方法求解极点。假设闭环极点为\(s_1\approx-2.732\)，\(s_{2,3}\approx-0.134\pmj1.197\)（通过多项式求根或近似计算）。其中\(s_1\)为实极点，模值远大于共轭复极点的实部（\(|-2.732|\gg0.134\)），故共轭复极点为系统的主导极点，可近似为二阶系统分析。对于二阶系统标准形式\(\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)，主导极点\(s_{2,3}=-\zeta\omega_n\pmj\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}\)，对比得：\[\zeta\omega_n=0.134,\quad\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=1.197\]联立解得\(\omega_n\approx\sqrt{(0.134)^2+(1.197)^2}\approx1.204\,\text{rad/s}\)，\(\zeta=0.134/\omega_n\approx0.111\)。超调量公式为：\[\sigma\%=\exp\left(-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}\right)\times100\%\approx\exp\left(-\frac{0.111\times3.14}{\sqrt{1-0.111^2}}\right)\times100\%\approx65.6\%\]调节时间（5%误差带）公式为\(t_s\approx\frac{3}{\zeta\omega_n}\)，代入得：\[t_s\approx\frac{3}{0.134}\approx22.39\,\text{s}\]问题2：根轨迹绘制与分析绘制系统以\(K\)为可变参数的根轨迹图，并分析\(K\)对系统稳定性的影响。解答2：根轨迹绘制步骤如下：1.确定开环零极点：开环传递函数\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，无零点（\(z_i\)不存在），极点为\(p_1=0\)，\(p_2=-1\)，\(p_3=-2\)。2.根轨迹分支数：等于极点个数，共3条分支。3.实轴上的根轨迹：实轴上根轨迹段为\((-\infty,-2]\)、\([-1,0]\)（因右侧极点个数为奇数）。4.渐近线：无零点时，渐近线角度\(\theta_k=\frac{(2k+1)\pi}{n-m}\)（\(k=0,1,\cdots,n-m-1\)），\(n=3\)，\(m=0\)，故\(\theta_0=60^\circ\)，\(\theta_1=180^\circ\)，\(\theta_2=300^\circ\)。渐近线与实轴交点\(\sigma_a=\frac{\sump_i-\sumz_i}{n-m}=\frac{0+(-1)+(-2)-0}{3}=-1\)。5.分离点与会合点：根轨迹在实轴上的分离点满足\(\frac{dK}{ds}=0\)。由特征方程\(K=-s(s+1)(s+2)=-s^3-3s^2-2s\)，求导得：\[\frac{dK}{ds}=-3s^2-6s-2=0\]解得\(s=\frac{-6\pm\sqrt{36-24}}{-6}=\frac{-6\pm2\sqrt{3}}{-6}=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}\)。其中\(s\approx1+0.577=1.577\)（不在实轴根轨迹段内，舍去），\(s\approx1-0.577=0.423\)（位于\([-1,0]\)段内，为分离点）。6.与虚轴的交点：令\(s=j\omega\)，代入特征方程\((j\omega)^3+3(j\omega)^2+2(j\omega)+K=0\)，分离实部和虚部：\[-\omega^3+2\omega=0\quad(\text{虚部})\]\[-3\omega^2+K=0\quad(\text{实部})\]由虚部方程得\(\omega(\omega^2-2)=0\)，解得\(\omega=0\)（对应\(K=0\)，为根轨迹起点）或\(\omega=\sqrt{2}\approx1.414\,\text{rad/s}\)。代入实部方程得\(K=3\omega^2=3\times2=6\)。根轨迹图总结：3条分支从极点\(0\)、\(-1\)、\(-2\)出发，其中两条分支从\(-1\)、\(0\)出发，在\(s\approx-0.423\)处分离，进入复平面并沿渐近线\(60^\circ\)、\(300^\circ\)延伸，第三条分支从\(-2\)出发，沿实轴向左趋向\(-\infty\)。当\(K=6\)时，根轨迹与虚轴相交，此时系统临界稳定；当\(K>6\)时，闭环极点出现右半平面根，系统不稳定。问题3：频率特性与稳定性判据当\(K=8\)时，用奈奎斯特判据判断系统的闭环稳定性。解答3：奈奎斯特判据的核心是：若开环传递函数\(G(s)H(s)\)在右半平面的极点数为\(P\)，奈奎斯特曲线\(G(j\omega)H(j\omega)\)逆时针包围\((-1,j0)\)点的次数为\(N\)，则闭环右半平面极点数\(Z=P-2N\)。若\(Z=0\)，系统稳定。步骤如下：1.确定开环右极点数\(P\)：开环传递函数\(G(s)=\frac{8}{s(s+1)(s+2)}\)的极点为\(0\)、\(-1\)、\(-2\)，均在左半平面或原点，故\(P=0\)。2.绘制奈奎斯特图：-低频段（\(\omega\to0^+\)）：\(G(j\omega)\approx\frac{8}{(j\omega)(1)(2)}=\frac{4}{j\omega}=-j\frac{4}{\omega}\)，幅值趋向无穷大，相位趋向\(-90^\circ\)（因含1个积分环节）。-中频段：当\(\omega=1\,\text{rad/s}\)时，\(G(j1)=\frac{8}{j1(1+j1)(2+j1)}=\frac{8}{j1\times\sqrt{2}e^{j45^\circ}\times\sqrt{5}e^{j26.565^\circ}}=\frac{8}{\sqrt{10}e^{j161.565^\circ}}\approx2.53e^{-j161.565^\circ}\)，幅值约2.53，相位约\(-161.57^\circ\)。-高频段（\(\omega\to\infty\)）：\(G(j\omega)\approx\frac{8}{(j\omega)^3}=\frac{8}{-j\omega^3}=j\frac{8}{\omega^3}\)，幅值趋向0，相位趋向\(-270^\circ\)（因分母为\(s^3\)）。此外，由于开环含积分环节（\(s=0\)处有极点），需补画从\(\omega=0^-\)到\(\omega=0^+\)的小半圆，半径\(r\to0\)，角度从\(-90^\circ\)顺时针转\(180^\circ\)（对应1个积分环节），最终到达\(-270^\circ\)。3.判断包围次数\(N\)：奈奎斯特曲线从高频段\(0\angle-270^\circ\)开始，沿中频段向低频段延伸，最终补画的小半圆连接\(\omega=0^+\)处的\(\infty\angle-90^\circ\)。观察曲线是否包围\((-1,j0)\)点：当\(K=8\)时，开环幅频特性在\(\omega=1\,\text{rad/s}\)处幅值约2.53>1，相位\(-161.57^\circ\)，故奈奎斯特曲线会穿过负实轴（相位\(-180^\circ\)时）。令\(\angleG(j\omega)=-180^\circ\)，即：\[\angleG(j\omega)=-90^\circ-\arctan\omega-\arctan(\omega/2)=-180^\circ\]化简得\(\arctan\omega+\arctan(\omega/2)=90^\circ\)，利用\(\arctana+\arctanb=90^\circ\)时\(ab=1\)，故\(\omega\cdot(\omega/2)=1\)，解得\(\omega=\sqrt{2}\approx1.414\,\text{rad/s}\)。此时幅值\(|G(j\sqrt{2})|=\frac{8}{\sqrt{2}\times\sqrt{(\sqrt{2})^2+1^2}\times\sqrt{(\sqrt{2})^2+2^2}}=\frac{8}{\sqrt{2}\times\sqrt{3}\times\sqrt{6}}=\frac{8}{\sqrt{36}}=\frac{8}{6}\approx1.333>1\)。因此，奈奎斯特曲线在负实轴上的交点为\((-1.333,j0)\)，位于\((-1,j0)\)左侧，曲线逆时针包围\((-1,j0)\)点的次数\(N=0\)（因\(P=0\)，且曲线未绕过该点）。4.稳定性结论：\(Z=P-2N=0-0=0\)，闭环系统稳定。问题4：滞后校正设计若要求系统满足：静态速度误差系数\(K_v\geq10\,\text{s}^{-1}\)，相位裕度\(\gamma\geq45^\circ\)，试设计滞后校正网络\(G_c(s)=\frac{\taus+1}{\beta\taus+1}\)（\(\beta>1\)），并验证校正后的性能。解答4：滞后校正的核心是通过低频段幅值提升改善稳态性能，同时利用高频段幅值衰减降低截止频率，从而增加相位裕度。步骤1：确定原系统参数原系统开环传递函数\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，要求\(K_v=K/2\geq10\)，故\(K\geq20\)。取\(K=20\)，此时原系统开环传递函数为\(G(s)=\frac{20}{s(s+1)(s+2)}\)。步骤2：计算原系统相位裕度截止频率\(\omega_c\)满足\(|G(j\omega_c)|=1\)，即：\[\frac{20}{\omega_c\sqrt{\omega_c^2+1}\sqrt{\omega_c^2+4}}=1\]迭代求解得\(\omega_c\approx2.15\,\text{rad/s}\)（可通过试算：\(\omega=2\)时，幅值\(20/(2\times\sqrt{5}\times\sqrt{8})\approx20/(2\times2.236\times2.828)\approx1.59>1\)；\(\omega=2.5\)时，幅值\(20/(2.5\times\sqrt{7.25}\times\sqrt{10.25})\approx20/(2.5\times2.693\times3.202)\approx0.93<1\)，故\(\omega_c\approx2.15\)）。原系统相位裕度\(\gamma=180^\circ+\angleG(j\omega_c)\)，其中：\[\angleG(j\omega_c)=-90^\circ-\arctan\omega_c-\arctan(\omega_c/2)\]代入\(\omega_c=2.15\)，得\(\arctan2.15\approx65^\circ\)，\(\arctan(2.15/2)\approx47^\circ\)，故\(\angleG(j\omega_c)\approx-90^\circ-65^\circ-47^\circ=-202^\circ\)，相位裕度\(\gamma\approx180^\circ-202^\circ=-22^\circ\)，不满足要求。步骤3：设计滞后校正网络（1）选择校正后的截止频率\(\omega_c'\)，使其小于原系统中相位裕度为\(\gamma'+5^\circ\)（5°为补偿滞后校正的相位滞后）的频率。要求\(\gamma\geq45^\circ\)，故取\(\gamma'=50^\circ\)，即原系统在\(\omega_c'\)处的相位\(\angleG(j\omega_c')=-180^\circ+50^\circ=-130^\circ\)。令\(-90^\circ-\arctan\omega_c'-\arctan(\omega_c'/2)=-130^\circ\)，即\(\arctan\omega_c'+\arctan(\omega_c'/2)=40^\circ\)。设\(\arctan\omega_c'=\alpha\)，则\(\arctan(\omega_c'/2)=40^\circ-\alpha\)，故\(\tan(40^\circ-\alpha)=\omega_c'/2\)。又\(\tan\alpha=\omega_c'\)，联立得：\[\frac{\tan40^\circ-\tan\alpha}{1+\tan40^\circ\tan\alpha}=\frac{\omega_c'}{2}=\frac{\tan\alpha}{2}\]代入\(\tan40^\circ\approx0.839\)，解得\(\alpha\approx25^\circ\)，故\(\omega_c'\approx\tan25^\circ\approx0.466\,\text{rad/s}\)。（2）确定滞后校正网络的衰减因子\(\beta\)，要求校正后系统在\(\omega_c'\)处的幅值\(|G(j\omega_c')G_c(j\omega_c')|=1\)。原系统在\(\omega_c'=0.466\,\text{rad/s}\)处的幅值：\[|G(j0.466)|=\frac{20}{0.466\times\sqrt{0.466^2+1}\times\sqrt{0.466^2+4}}\approx\frac{20}{0.466\times1.102\times2.054}\approx19.1\]滞后校正网络在\(\omega_c'\)处的幅值\(|G_c(j\omega_c')|\approx\frac{1}{\beta}\)（因\(\omega_c'\)远小于滞后网络的高频转折频率\(1/(\tau)\)，而大于低频转折频率\(1/(\beta\tau)\)，故\(|G_c(j\omega)|\approx1/\beta\)）。因此\(19.1\times(1/\beta)=1\)，得\(\beta\approx19.1\)，取\(\beta=20\)。（3）确定时间常数\(\tau\)，通常取\(1/(\beta\tau)=0.1\omega_c'\)（保证滞后网络的低频转折频率远低于\(\omega_c'\)，避免引入额外相位滞后），即\(\tau=1/(0.1\omega_c'