自动控制原理第五版课后答案完整版.pdf

第 一 章 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 c 维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。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ru（表征液位的希望值rc）；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ru）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rc，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rc。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rc。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rc。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)为输出量，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?（）222)()(5)(dttrdttrtc；欢迎下载 2（）)()(8)(6)(3)(2233trtcdttdcdttcddttcd；（）dttdrtrtcdttdct)(3)()()(；（）5cos)()(ttrtc；（）tdrdttdrtrtc)(5)(6)(3)(；（）)()(2trtc；（）.6),(6,0)(ttrttc 解：（1）因为 c(t)的表达式中包含变量的二次项2()rt，所以该系统为非线性系统。（2）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，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幂或乘积项，所以该系统为线性系统，但第一项()dc ttdt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)的系数为非线性函数cost，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幂或乘积项，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2()rt，表示二次曲线关系，所以该系统为非线性系统。（7）因为 c(t)的表达式可写为()()c ta r t，其中0(6)1(6)tat，所以该系统可看作是线性时变系统。欢迎下载 3 第 二 章 2-3试证明图 2-5()的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。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，找出两者之间系数的对应关系。对于电网络，在求微分方程时，关键就是将元件利用复阻抗表示，然后利用电压、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，对于机械系统，关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列出系统的方程，最后联立求微分方程。证明：(a)根据复阻抗概念可得：2221212112212211212112212122111()1()111oiRuC sR R CC sRCR CRC sRuR R CC sRCR CRCC sRC sRC s 即220012121122121212112222()()iioid udud uduR R C CRCR CRCuR R C CRCR Cudtdtdtdt取 A、B 两点进行受力分析，可得：o112()()()ioiodxdxdxdxfK xxfdtdtdtdt o22()dxdxfK xdtdt 整理可得：2212111221121212211222()()ooiioid xdxd xdxf ff Kf Kf KK K xf ff Kf KK K xdtdtdtdt 经比较可以看出，电网络（a）和机械系统（b）两者参数的相似关系为 1112221211,KfR KfRCC 2-5 设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式，并概略绘制 x(t)曲线，指出各方程式的模态。(1);)()(2ttxtx()）。ttxtxtx()()(2)(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()欢迎下载 4()。图 2-6 控制系统模拟电路 解：由图可得 11111()1ioooRUUC sURRRC s 220oURUR 21021UUR C s 联立上式消去中间变量 U1 和 U2,可得：12323112212()()oiooUsR RU sR RC C sR C sR R 2-8 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o330max，功率放大级放大系数为 K3,要求：(1)分别求出电位器传递系数 K0、第一级和第二级放大器的比例系数 K1和 K2；(2)画出系统结构图；(3)简化结构图，求系统传递函数)(/)(0ssi。图 2-7 位置随动系统原理图 分析：利用机械原理和放大器原理求解放大系数，然后求解电动机的传递函数，从而画出系统结 欢迎下载 5 构图，求出系统的传递函数。解：（1）00030180/11330180mEKV rad 31330 10310 10K 32320 10210 10K （2）假设电动机时间常数为 Tm，忽略电枢电感的影响，可得直流电动机的传递函数为()()1mamKsUsT 式中 Km 为电动机的传递系数，单位为1()/rad sV。又设测速发电机的斜率为1(/)tK V rad s，则其传递函数为()()ttU sKs 由此可画出系统的结构图如下：（3）简化后可得系统的传递函数为 22301230123()11()1ommtimmsTK K K KsssK K K K KK K K K K 2-9 若某系统在阶跃输入 r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出 响应tteetc21)(，试求系统的传递函数和脉冲响应。分析：利用拉普拉斯变换将输入和输出的时间域表示变成频域表示，进而求解出系统的传递函数，然后对传递函数进行反变换求出系统的脉冲响应函数。解：（1）1()R ss，则系统的传递函数 211142()21(1)(2)ssC sssss ss 2()42()()(1)(2)C sssG sR sss（2）系统的脉冲响应()k t 211124212L G(s)L L 1()2(1)(2)12ttssteessss 2-10 试简化图 2-9 中的系统结构图，并求传递函数 C(s)/R(s)和 C(s)/N(s)。oK 1K 2K 3K 1mmKT s 1s tK ()is 1U 2U aU ()s -()tU s 欢迎下载 6 图 2-9 题 2-10 系统结构图 分析：分别假定 R(s)=0 和 N(s)=0，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，从而求解系统的传递函数。解：（a）令 N（s）0，简化结构图如图所示：可求出：12112()()1(1)GGC sR sH GG 令 R（s）0，简化结构图如图所示：3G 2G 1H 1G 1G ()N s ()C s 欢迎下载 7 所以：3212112121(1)()()1G GGG HC sN sGGGG H（b）令 N（s）0，简化结构图如下图所示：12GG 23GG 4G R C 3G 21211GGG H1G()N s ()C s 21211GGG H3G 21211GGG H1G ()N s ()C s 3G 21211GGG H1G()N s ()C s 1G 2G 2G 3G 4G R C 欢迎下载 8 所以：124342434(1)()()1G G GG GC sR sG GG G 令 R（s）0，简化结构图如下图所示：42434()()1GC sN sG GG G 2-12 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)。图 2-11 题 2-12 系统信号流图 解：（a）存在三个回路：312323431 G HG G HG G H 存在两条前向通路：1123451262,1,PGG G G GPG 4G N C23GG 12GG 23GG 4G R C 23GG 欢迎下载 9 所以：12345631343232()()1GG G G GC sGR sG HG G HG G H（b）9 个单独回路：12124236343454512345656734565718658718659841,LG H LG HLG HLG G G HLGG G G G G HLG G G G G HLGG G HLG H G G HLG H H 6 对两两互不接触回路：121323728292L L L L L L L L L L L L 三个互不接触回路 1 组：123L L L 4 条前向通路及其余子式：112345612734563718642418642P=G G G G G G ,=1;P=G G G G G ,2=1;P=-G H G G ,3=1+G H ;P=G G G ,4=1+G H 所以，419612311()()1kkkabcaPC sR sLL LL L L 第 三 章 3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为：1.20()10 12.5sin(1.653.1)th tet 试求系统的超调量、峰值时间p 和调节时间s。解：依题意 ptt时()0ph t，并且pt是使()ph t第一次为零的时刻(0pt)1.20()10 12.5sin(1.653.1)th tet 1.20010 12.5(cos53.1 sin1.6sin53.1 cos1.6)tett 1.201.201.2()15sin(1.653.1)20cos(1.653.1)25sin1.6ttth tetetet 可见，当()h t第一次为 0 时，1.61.96pptt，所以 01.2 1.960180()10 12.5sin(1.6 1.9653.1)10.95ph te()()10.95 10%100%100%9.5%()10ph thh 根据调节时间st的定义：0.95()()1.05()shh th，即 1.29.51012.50.5te，得 ln0.043.2122.681.21.2st 欢迎下载 10 所以：%9.5%1.962.68pststs 3-5 设图 3-3 是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数 K和 Kt，使系统、。图 3-3 飞行控制系统 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，从而确定相应参数。解 对结构图进行化简如图所示。故系统的传递函数为1121112525(0.8)()25(1)(0.825)251(0.8)ttKKs ssK K ssK K sKs s 和标准二阶系统对照后可以求出：21120.81.44,0.312525nntKKK 3-7 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。0108-7-44423456ssssss 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。解 由系统特征方程，列劳思表如下：654314710448551000ssss（出现了全零行，要构造辅助方程）由全零行的上一行构造辅助方程4255100ss，对其求导，得 320100ss 故原全零行替代为 125(0.8)Ks s1tK s 欢迎下载 11 321020102.5109010ssss 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。对辅助方程4255100ss化简得 22(1)(2)0ss 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 1,23,4562115sjsss 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（1）)5)(11.0(100)(sssG（）)5)(11.0(50)(ssssG（）)1006()12(10)(22sssssG 试求输入分别为 ttr2)(和 222)(tttr时，系统的稳态误差。分析：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，可分解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，最后叠加起来即为总的误差。解（1）判别系统的稳定性()(0.11)(5)1000D sss 210()(10)(5)10001510500D sssss 21011050151050sss 可见，劳思表中首列系数全部大于零，该系统稳定。求稳态误差 K100/5=20,系统的型别0，当1()2r t 时，1220.09511 20sspeK 当2()2r tt时，2220ssveK 当223()22tr tt时，3220ssaeK 欢迎下载 12 所以，sse ，sse (2)判断稳定性221 32()(10)(5)5001550500D ss sssss 4321011001062096.7105622910sssss 劳斯表中首列系数全部大于零，该系统稳定。求稳态误差 K10/100=0.1,系统的型别2，当1()2r t 时，122011sspeK 当2()2r tt时，2220ssveK 当223()22tr tt时，3220.1ssaeK20 3-11 设随动系统的微分方程为)()()(2221tuKdttdcdttcdT)()()(1tbtrKtu)()()(2tctbdttdbT 其中，T、和 K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，试问 K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 212()()()Tss C sK U s 1()()()U sK R sB s 2(1)()()T sB sC s 按照上面三个公式画出系统的结构图如下：2rt 222rtt 2rt0 222rtt002020 sse sse 欢迎下载 13 定义误差函数()()()E sR sC s 所以1211212(1)()()()()()11()1()()()1(1)(1)eK Ks TsE sR sC sC sssK KR sR sR ss TsT s 12212321 212121()K K T sK KTT sTT ssK K 122123220001 2121211lim()lim()()lim 1()()ssesssK K T sK KesE sss R ssTT sTT ssK Kss 122121K K TK K 令1220121ssK K TeK K，可得1221()okkT，因此，当1221()okkT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，试概略绘出相应的闭环根轨迹图(要求确定分离点坐标 d)：(1)15.0)(12.0()(sssKsG （2）)12()1()(sssKsG 解：(1)5)(2()15.0)(12.0()(*sssKsssKsG，KK10*n3，根轨迹有 3 条分支；起点：p10，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：-2,0,(5,;渐进线：373520a，,33)12(Ka；分离点：051211ddd 求解得：79.31d（舍去），88.02d；作出根轨迹如图所示：k1 21(1)ks Ts211T sR C u B 欢迎下载 14 (2)*(1)(1)()(21)(0.5)K sKsG ssss s，*0.5KK n2，根轨迹有 2 条分支；起点：p10，p2-0.5，；终点：11z ，1nm条根轨迹趋向于无穷远处。实轴上的根轨迹：-0.5,0,(,1;分离点：1110.51ddd 求解得：10.29d ，21.707d ；作出根轨迹如图所示：4-6 设单位反馈控制系统的开环传递函数如下，要求：确定)20)(10()()(2ssszsKsG 产生纯虚根为1 的值和K值。解：020030)()20)(10()(*234*2zKsKssszsKssssD 令js 代入0)(sD，并令其实部、虚部分别为零，即：02001)1(Re*zKjD，030)1(Im*KjD 解得：63.6,30*zK 画出根轨迹如图所示：欢迎下载 15 4-10 设单位反馈控制系统的开环传递函数 )102.0)(101.0()(sssKsG 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；(3)确定与系统临界阻尼比相应的开环增益 K。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sj代入特征方程中，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。对于临界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。解：（1）5000()(50)(100)KG ss ss n3，根轨迹有 3 条分支,且均趋于无穷远处；实轴上的根轨迹：-50,0,(,1 00;渐进线：50100503a，(21),33ak；分离点：11150100ddd 求解得：121.3d ，278.8d （舍去）；作出根轨迹如图所示：欢迎下载 16 （2）临界开环增益cK为根轨迹与虚轴交点对应的开环增益。32()15050005000D ssssK 令sj，代入()0D s，并令其实部、虚部分别为零，即 2Re()15050000D jK，3Im()50000D j 解得：1,23500070.71,0 （舍去）150cK （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 sd-21.3 代入幅值条件：0.011 0.0219.622Ksss 4-14 设系统开环传递函数如下，试画出 b 从零变到无穷时的根轨迹图。(1)(4(20)(bsssG（）)10()(30)(ssbssG 解：（1）22()4420420(4)0D sssbsbssb s 做等效开环传递函数*2(4)(4)()420(24)(24)b sb sG ssssj sj 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;分离点11124244djdjd 整理得2128408.470.47()dddd 舍去 出射角：1000180arctan290135p 根轨迹如图所示：欢迎下载 17 （2）2()(10)30()40300D ss ssbssb 做等效开环传递函数*23030()40(40)bbG ssss s 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;分离点11040dd 整理得20d 根轨迹如图所示：第 五 章 5-2 若系统单位阶跃响应为 49()1 1.80.8tth tee 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。欢迎下载 18 解：从()h t中可求得：(0)0,(0)0hh 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 ssR s 即 ()()()H ssR s 其中()s为系统的传递函数，又 11.80.836()()49(4)(9)H sL h tssss ss 1()()R sL r ts 则()36()()(4)(9)H ssR sss 令sj，则系统的频率特性为()36()()(4)(9)H jjR jjj 5-7 已知系统开环传递函数为 )1sT(s)1sT(K)s(G12;（、1、2）当取时，o180)j(G,|()|.。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()。分析：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。解：由题意知：22211()()1()KTG jT 021()90arctanarctanG jTT 因为该系统为型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为 0.1，即 01()lim()0.1ssseE sK 所以：10K 当1时，22211(1)0.51KTG jT 0021(1)90arctanarctan180G jTT 由上两式可求得1220,0.05TT，因此 10(0.051)()(201)jG jjj 5-14 已知下列系统开环传递函数(参数 K、T、T，2，)(1)1sT)(1sT)(1sT(K)s(G321 欢迎下载 19(2)1sT)(1sT(sK)s(G21(3)1Ts(sK)s(G2(4)1sT(s)1sT(K)s(G221(5)3sK)s(G(6)321s)1sT)(1sT(K)s(G(7)1sT)(1sT)(1sT)(1sT(s)1sT)(1sT(K)s(G432165(8)1TsK)s(G(9)1TsK)s(G(10)1Ts(sK)s(G 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，若系统闭环不稳定，确定其 s 右半平面的闭环极点数。图 5-6 题 5-8 系统开环幅相曲线 分析：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（1,0j）的圈数。解：（1）0,1PN 202(1)2ZPN 所以系统在虚轴右边有 2 个根，系统不稳定。（2）0,0PN 202 00ZPN 欢迎下载 20 所以系统在虚轴右边有 0 个根，系统不稳定。（3）0,1PN 202(1)2ZPN 所以系统在虚轴右边有 2 个根，系统不稳定。（4）0,0PN 202 00ZPN 所以系统在虚轴右边有 0 个根，系统稳定。（5）0,1PN 202(1)2ZPN 所以系统在虚轴右边有 2 个根，系统不稳定。（6）0,0PN 202 00ZPN 所以系统在虚轴右边有 0 个根，系统稳定。（7）0,0PN 202 00ZPN 所以系统在虚轴右边有 0 个根，系统稳定。（8）11,2PN 121202ZPN 所以系统在虚轴右边有 0 个根，系统稳定。（9）1,0PN 212 01ZPN 所以系统在虚轴右边有 1 个根，系统不稳定。（10）11,2PN 1212()22ZPN 所以系统在虚轴右边有 2 个根，系统不稳定。5-21 设单位反馈控制系统的开环传递函数为 2s1as)s(G 试确定相角裕度为 45时参数的值。分析：根据相角裕度的定义计算相应的参数值。解：02(arctan180)21()()jaaG je 开环幅相曲线如图所示 以原点为圆心做单位圆，开环幅相曲线与单位圆交于 A 点，在 A 点有 221()()1ccaA 即4221cca 欢迎下载 21 要求相角裕度00180()45c，即 0000()arctan18045180135cca 1ca 联立、两式可求解得1.19,0.84ca 第 六 章 6-2 设单位反馈系统的开环传递函数()(3)(9)KG ss ss（1）如果要求系统在单位阶跃输入作用下的超调量%20%，试确定 K 值；（2）根据所求得的 K 值，求出系统在单位阶跃输入作用下的调节时间，以及静态速度误差系数vK；（3）设计一串联校正装置，使系统的120vKs，%15%,st减小两倍以上。分析 设计校正装置时，只要满足性能指标要求即可，所以确定 K 值时，通常选择满足条件的最小 K 值。解（1）由高阶系统频域指标和与时域指标的关系式有：0.160.4(1)rM 0.160.20.16111.10.40.4rM 1sinrMr 01arcsin65.4rM 又因为000180()18090arctanarctan39cccG j 因此0000arctanarctan1809065.424.639cc 221239tan24.627127ccccc 整理得：226.21270cc 解得：121,2.27cc（舍去）开环增益为：1273 9cKK （2）22 1.5(1)2.5(1)6.83rrscMMts 欢迎下载 22 127vKK （3）2054027vKKK 取540K