自动控制原理(非自动化类)课后习题及答案

自动控制原理(非自动化类)课后习题及答案一、习题部分1.试建立图1所示RC串联电路的微分方程，并求其传递函数。其中，输入为电源电压\(u_i(t)\)，输出为电容电压\(u_o(t)\)，电阻为\(R\)，电容为\(C\)。（注：图1为简单RC串联电路，电源、电阻、电容依次串联，输出取自电容两端）2.已知某系统的结构图如图2所示（图中\(G_1(s)=\frac{1}{s+1}\)，\(G_2(s)=\frac{2}{s}\)，\(H(s)=s+1\)），试通过结构图等效变换化简，求系统的闭环传递函数\(\Phi(s)=\frac{C(s)}{R(s)}\)。3.某二阶系统的闭环传递函数为\(\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)，其中\(\zeta=0.5\)，\(\omega_n=4\,\text{rad/s}\)。试计算该系统的动态性能指标：上升时间\(t_r\)、峰值时间\(t_p\)、超调量\(\sigma\%\)和调节时间\(t_s\)（取\(\Delta=5\%\)）。4.已知系统的特征方程为\(s^4+3s^3+5s^2+4s+2=0\)，试用劳斯判据判断系统的稳定性；若系统不稳定，指出不稳定根的个数。5.设单位负反馈系统的开环传递函数为\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，试绘制其根轨迹图（要求标注关键点：起点、终点、分离点/会合点、与虚轴交点），并分析当\(K\)增大时系统的稳定性变化。6.某系统的开环频率特性为\(G(j\omega)H(j\omega)=\frac{10}{j\omega(0.1j\omega+1)(0.5j\omega+1)}\)，试绘制其对数幅频特性曲线（伯德图），并利用奈奎斯特判据判断系统的稳定性（假设系统无右半平面开环极点）。7.已知单位负反馈系统的开环传递函数为\(G(s)=\frac{4}{s(s+2)}\)，试设计一个超前校正装置\(G_c(s)=\frac{1+\alphaTs}{1+Ts}\)（其中\(\alpha>1\)），使得校正后系统的相位裕度不小于\(45^\circ\)，并保持开环增益不变。8.某位置随动系统的微分方程如下：比较元件：\(e(t)=r(t)-c(t)\)放大元件：\(u_a(t)=K_1e(t)\)执行元件（直流电动机）：\(T_m\frac{dc(t)}{dt}+c(t)=K_2u_a(t)\)其中\(T_m\)、\(K_1\)、\(K_2\)为正常数。试推导系统的闭环传递函数\(\frac{C(s)}{R(s)}\)，并分析当\(K_1K_2\)增大时系统动态性能的变化趋势。二、答案部分1.RC串联电路微分方程与传递函数根据基尔霍夫电压定律，输入电压\(u_i(t)\)等于电阻电压与电容电压之和，即：\(u_i(t)=Ri(t)+u_o(t)\)电容电流\(i(t)=C\frac{du_o(t)}{dt}\)，代入上式得：\(u_i(t)=RC\frac{du_o(t)}{dt}+u_o(t)\)整理为微分方程：\(RC\frac{du_o(t)}{dt}+u_o(t)=u_i(t)\)对微分方程两边取拉普拉斯变换（初始条件为零），得：\(RCsU_o(s)+U_o(s)=U_i(s)\)传递函数\(G(s)=\frac{U_o(s)}{U_i(s)}=\frac{1}{RCs+1}\)。2.结构图等效变换求闭环传递函数原结构图中，\(G_1(s)\)与\(G_2(s)\)串联，前向通路传递函数为\(G_1(s)G_2(s)=\frac{1}{s+1}\cdot\frac{2}{s}=\frac{2}{s(s+1)}\)；反馈通路传递函数为\(H(s)=s+1\)，反馈极性为负。根据闭环传递函数公式\(\Phi(s)=\frac{\text{前向通路传递函数}}{1+\text{前向通路}\times\text{反馈通路}}\)，代入得：\(\Phi(s)=\frac{\frac{2}{s(s+1)}}{1+\frac{2}{s(s+1)}\cdot(s+1)}=\frac{\frac{2}{s(s+1)}}{1+\frac{2}{s}}=\frac{2}{s(s+1)+2(s+1)}=\frac{2}{(s+1)(s+2)}\)。3.二阶系统动态性能指标计算已知\(\zeta=0.5\)，\(\omega_n=4\,\text{rad/s}\)，二阶系统为欠阻尼状态（\(0<\zeta<1\)）。-上升时间\(t_r\)：公式为\(t_r=\frac{\pi-\beta}{\omega_d}\)，其中\(\beta=\arccos\zeta=\arccos0.5=\frac{\pi}{3}\)，阻尼振荡频率\(\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=4\times\sqrt{1-0.25}=4\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\,\text{rad/s}\)。代入得\(t_r=\frac{\pi-\frac{\pi}{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{\frac{2\pi}{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{\pi}{3\sqrt{3}}\approx0.605\,\text{s}\)。-峰值时间\(t_p\)：公式为\(t_p=\frac{\pi}{\omega_d}=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\approx0.907\,\text{s}\)。-超调量\(\sigma\%\)：公式为\(\sigma\%=e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times100\%\)，代入得\(\sigma\%=e^{-\frac{0.5\pi}{\sqrt{1-0.25}}}\times100\%=e^{-\frac{\pi}{\sqrt{3}}}\times100\%\approx16.3\%\)。-调节时间\(t_s\)（\(\Delta=5\%\)）：近似公式\(t_s\approx\frac{3}{\zeta\omega_n}=\frac{3}{0.5\times4}=1.5\,\text{s}\)。4.劳斯判据稳定性分析系统特征方程为\(s^4+3s^3+5s^2+4s+2=0\)，列劳斯表：|\(s^4\)|1|5|2||---------|-----|-----|-----||\(s^3\)|3|4|0||\(s^2\)|\(\frac{3\times5-1\times4}{3}=\frac{11}{3}\)|\(\frac{3\times2-1\times0}{3}=2\)|0||\(s^1\)|\(\frac{\frac{11}{3}\times4-3\times2}{\frac{11}{3}}=\frac{\frac{44}{3}-6}{\frac{11}{3}}=\frac{\frac{26}{3}}{\frac{11}{3}}=\frac{26}{11}\)|0|0||\(s^0\)|2|0|0|劳斯表第一列所有元素均为正，因此系统稳定。5.根轨迹图绘制与稳定性分析开环传递函数\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，极点为\(p_1=0\)，\(p_2=-1\)，\(p_3=-2\)，无零点。-起点：三个极点\(0\)、\(-1\)、\(-2\)；终点：无穷远处（因无有限零点）。-实轴上的根轨迹：区间\((-\infty,-2]\)、\([-1,0]\)（根据根轨迹规则，实轴上某段右侧开环极点和零点数之和为奇数时，该段为根轨迹）。-分离点/会合点：设分离点为\(d\)，满足\(\sum_{i=1}^3\frac{1}{d-p_i}=0\)，即\(\frac{1}{d}+\frac{1}{d+1}+\frac{1}{d+2}=0\)。通分后得\((d+1)(d+2)+d(d+2)+d(d+1)=0\)，展开为\(3d^2+6d+2=0\)，解得\(d=\frac{-6\pm\sqrt{36-24}}{6}=\frac{-6\pm2\sqrt{3}}{6}=-1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}\)。其中\(d_1\approx-0.423\)（位于\([-1,0]\)区间，为分离点），\(d_2\approx-1.577\)（位于\((-\infty,-2]\)区间外，舍去）。-与虚轴交点：令\(s=j\omega\)，代入特征方程\(s(s+1)(s+2)+K=0\)，展开得\(s^3+3s^2+2s+K=0\)。代入\(s=j\omega\)得\(-j\omega^3-3\omega^2+2j\omega+K=0\)，分离实部和虚部：实部：\(-3\omega^2+K=0\)虚部：\(-\omega^3+2\omega=0\)由虚部得\(\omega(\omega^2-2)=0\)，解得\(\omega=0\)（对应\(K=0\)，为起点）或\(\omega=\sqrt{2}\)（\(\omega>0\)）。代入实部得\(K=3\omega^2=3\times2=6\)。因此，根轨迹与虚轴交点为\(s=\pmj\sqrt{2}\)，对应\(K=6\)。稳定性分析：当\(0<K<6\)时，所有闭环极点位于左半平面，系统稳定；当\(K=6\)时，系统临界稳定；当\(K>6\)时，存在右半平面极点，系统不稳定。6.伯德图绘制与奈奎斯特判据稳定性判断开环传递函数\(G(j\omega)H(j\omega)=\frac{10}{j\omega(0.1j\omega+1)(0.5j\omega+1)}\)，可分解为比例环节\(K=10\)、积分环节\(\frac{1}{j\omega}\)、两个惯性环节\(\frac{1}{0.1j\omega+1}\)和\(\frac{1}{0.5j\omega+1}\)。-对数幅频特性\(L(\omega)=20\lg|G(j\omega)H(j\omega)|=20\lg10-20\lg\omega-20\lg\sqrt{(0.1\omega)^2+1}-20\lg\sqrt{(0.5\omega)^2+1}\)。-转折频率：惯性环节的转折频率为\(\omega_1=\frac{1}{0.1}=10\,\text{rad/s}\)，\(\omega_2=\frac{1}{0.5}=2\,\text{rad/s}\)（按从小到大排序为\(2\,\text{rad/s}\)、\(10\,\text{rad/s}\)）。-低频段（\(\omega\ll2\)）：惯性环节近似为1，\(L(\omega)\approx20\lg10-20\lg\omega=20-20\lg\omega\)，斜率为\(-20\,\text{dB/dec}\)。-中频段（\(2<\omega<10\)）：第一个惯性环节（\(\omega_2=2\)）起作用，斜率变为\(-40\,\text{dB/dec}\)，\(L(\omega)\approx20-20\lg\omega-20\lg(0.5\omega)=20-20\lg\omega-20\lg\omega+20\lg2=20+20\lg2-40\lg\omega\)。-高频段（\(\omega\gg10\)）：两个惯性环节均起作用，斜率变为\(-60\,\text{dB/dec}\)，\(L(\omega)\approx20-20\lg\omega-20\lg(0.1\omega)-20\lg(0.5\omega)=20-20\lg\omega-20\lg\omega+20\lg10-20\lg\omega+20\lg2=20+20+20\lg2-60\lg\omega\)。-对数相频特性\(\varphi(\omega)=-90^\circ-\arctan(0.1\omega)-\arctan(0.5\omega)\)。奈奎斯特判据：系统无右半平面开环极点（\(P=0\)），需判断奈奎斯特曲线是否包围\((-1,j0)\)点。开环频率特性在\(\omega\to0^+\)时，\(G(j\omega)H(j\omega)\to\infty\angle-90^\circ\)；\(\omega\to\infty\)时，\(G(j\omega)H(j\omega)\to0\angle-270^\circ\)。通过计算截止频率\(\omega_c\)（\(L(\omega_c)=0\)），近似得\(\omega_c\approx4.47\,\text{rad/s}\)（具体计算：\(20\lg10-20\lg\omega_c-20\lg\sqrt{(0.5\omega_c)^2+1}\approx0\)，解得\(\omega_c\approx4.47\)）。此时相位\(\varphi(\omega_c)=-90^\circ-\arctan(0.1\times4.47)-\arctan(0.5\times4.47)\approx-90^\circ-24.1^\circ-65.9^\circ=-180^\circ\)。由于奈奎斯特曲线在\(\omega_c\)处相位为\(-180^\circ\)，且\(|G(j\omega_c)H(j\omega_c)|=1\)，说明曲线恰好经过\((-1,j0)\)点，系统临界稳定。7.超前校正装置设计原系统开环传递函数\(G(s)=\frac{4}{s(s+2)}=\frac{2}{s(0.5s+1)}\)，其对数幅频特性的转折频率为\(\omega_1=2\,\text{rad/s}\)（对应\(0.5s+1\)），截止频率\(\omega_c\)满足\(20\lg\frac{2}{\omega_c}=0\)（低频段斜率\(-20\,\text{dB/dec}\)），解得\(\omega_c=2\,\text{rad/s}\)。原相位裕度\(\gamma=180^\circ+\varphi(\omega_c)\)，其中\(\varphi(\omega_c)=-90^\circ-\arctan(0.5\times2)=-90^\circ-45^\circ=-135^\circ\)，故\(\gamma=45^\circ\)。但题目要求相位裕度不小于\(45^\circ\)，可能原系统刚好满足，但通常需考虑误差，假设需提升至\(50^\circ\)（此处以\(50^\circ\)为例）。超前校正装置提供的最大相位超前角\(\phi_m=50^\circ-45^\circ+5^\circ=10^\circ\)（加\(5^\circ\)补偿幅值衰减）。由\(\sin\phi_m=\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\)，解得\(\alpha=\frac{1+\sin\phi_m}{1-\sin\phi_m}\approx\frac{1+0.1736}{1-0.1736}\approx1.43\)。取\(\alpha=1.5\)，则\(\phi_m=\arcsin\frac{1.5-1}{1.5+1}=\arcsin0.2=11.5^\circ\)。超前校正装置的转折频率为\(\omega_1=\frac{1}{T}\)，\(\omega_2=\frac{1}{\alphaT}\)，最大相位超前角频率\(\omega_m=\sqrt{\omega_1\omega_2}=\frac{1}{T\sqrt{\alpha}}\)。为使\(\omega_m\)与校正后系统的截止频率\(\omega_c'\)重合，需调整\(T\)使得校正后的幅频特性在\(\omega_m\)处的增益为\(10\lg\alpha\approx1.76\,\text{dB}\)，以补偿原系统在\(\omega_m\)处的幅值衰减。原系统在\(\omega_m\)处的幅值为\(20\lg\frac{2}{\omega_m\sqrt{(0.5\omega_m)^2+1}}\)，令其加上\(10\lg\alpha\)后等于\(0\)，解得\(\omega_m\approx3\,\text{rad/s}\)，则\(T=\frac{1}{\omega_m\sqrt{\alpha}}\approx\frac{1}{3\times\sqrt{1.5}}\appro