2022年《自动控制原理》课后习题答案 .pdf

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1、第一章掌握自动控制系统的一般概念（控制方式，分类，性能要求）6.（1）结构框图：Ug U Ud n Uc U Ur 给定输入量 : 给定值 Ug 被控制量 : 加热炉的温度扰动量：加热炉内部温度不均匀或坏境温度不稳定等外部因素被控制对象：加热器控制器：放大器、发动机和减速器组成的整体（2）工作原理：给定值输入量 Ug 和反馈量 Ur 通过比较器输出U，经放大器控制发动机的转速 n，再通过减速器与调压器调节加热器的电压U 来控制炉温。T Ur U Ud n Uc U T 7.（1）结构框图略给定输入量：输入轴r被控制量：输出轴 c扰动量：齿轮间配合、负载大小等外部因素被控制对象：齿轮机构控制器

2、: 液压马达（2）工作原理：c Ue Ug i m c比较器放大器减速器调压器电动机加热器热电偶干扰量实际温度精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 第二章掌握系统微分方程，传递函数(定义、常用拉氏变换)，系统框图化简；1.(a) dtduCiRuiiuiRutctcttr)(02)(0)(01)()2.()1(.将（2）式带入（ 1）式得：)()(01)(021)(0trtttudtduCRuRRu拉氏变换可得)()(01)(0221

3、srssUCsURuRRR整理得21212)()(0)(RRCsRRRUUGSrSs1.(b) dtdiLuRuiiuiRuLtotLttr)(2)(0)(01)()2.()1.(.将（2)式代入（ 1）式得)()(0221)(01trttuuRRRdtuLR拉氏变换得精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 25 页 - - - - - - - - - - )()(0221)(01srssUURRRULsR整理得LsRRRRLsRUUGsrss)(21212)()(0)(2. 1）微分

4、方程求解法31224203221211111RudtducRuuRuRuRudtducRuuccccccccr中间变量为1cu，2cu及其一阶导数，直接化简比较复杂，可对各微分方程先做拉氏变换31224203221211111RUUscRUURURURUUscRUUccccccccr移项得24324032211211)11()111(ccccrURRscRURRUUURRscRU精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 可得1112143

5、2432143214320)111()11(RRscRRRRscRRRRRRRRscRRscUrU2）复阻抗法22112322023234212121111*11*11scRsczUscRsczUscRscRRzscRscRRzr解得：11121432430RRscRRRRscRRUrU3. 分别以 m2,m1为研究对象（不考虑重力作用）11212121121222222)()()(kydtyydcdtydmdtyydcdtdyctfdtydm中间变量含一阶、二阶导数很难直接化简，故分别做拉氏变换112112112122222)()()(kYYYscYsmYYscsYcsFYsm消除 Y1 中

6、间变量21211222)1()(YkscsmscscscsmsFs精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 10. 系统框图化简：G1(s)G2(s)G3(s)Xi(s)Xo(s)+H1(s)H3(s)H2(s)-+G1(s)G2(s)G3(s)Xi(s)Xo(s)+H1(s)H3(s)H2(s)/G1(s)G3(s)-+G1(s)/(1+G1(s)H1(s)G2(s)G3(s)/(1+G3(s)H3(s)Xi(s)Xo(s)+H2(s)

7、/G1(s)G3(s)-G1(s)G2(s)G3(s)/(1+G1(s)H1(s)(1+G3(s)H3(s)Xi(s)Xo(s)+H2(s)/G1(s)G3(s)-+1. 综合点前移，分支点后移G1(s)G2(s)G3(s)Xi(s)Xo(s)+H1(s)H3(s)H2(s)/G1(s)G3(s)-+2. 交换综合点，交换分支点3. 化简1231133221231133221133( )( )( )( )( )(1( )( )(1( )( )( )( )( )( )( )1( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )oiXsG s G s G sXsG s HsG s HsG

8、s HsG s Gs G sG s HsG s HsGs HsG s Hs G s Hs精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 11. 系统框图化简：G1(s)G2(s)G3(s)Xi(s)Xo(s)+H1(s)-+1. 综合点前移，分支点后移2. 交换综合点，合并并联结构H4(s)G4(s)H2(s)H3(s)+-G1(s)G2(s)G3(s)Xi(s)Xo(s)+H1(s)/G1(s)G4(s)-+H4(s)/G1(s)G2(s)G

9、4(s)H2(s)/G4(s)H3(s)+-+-G1(s)G2(s)G3(s)Xi(s)Xo(s)+-G4(s)H2(s)/G4(s)-H3(s)-H1(s)/G1(s)G4(s)+H4(s)/G1(s)G2(s)3. 化简G1(s)G2(s)G3(s)G4(s)Xi(s)Xo(s)+-H2(s)/G4(s)-H3(s)-H1(s)/G1(s)G4(s)+H4(s)/G1(s)G2(s)12341234243114412123123212343231344( )( )( )( )( )( )1( )( )( )( )( ) /( )( )( ) /( )( )( ) /( )( )( )( )

10、( )1( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )( )(oiXsG s Gs G s G sXsG s G s G s G s HsGsHsHsG s GsHsG s G sG s Gs G sG s Gs G s HsG s Gs G s Gs HsGs G s HsG s G s H)s精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 第三章掌握时域性能指标，劳斯判据，掌握常用拉氏变换-反变换求解时域响应

11、，误差等2.（1）求系统的单位脉冲响应12( )( )( )TsY(s)+Y(s)=KX(s)X(s)=1Y(s)=1( )=20ettTT y ty tKx tKTskw teT已知系统的微分方程为：对微分方程进行零初始条件的拉氏变换得当输入信号为单位脉冲信号时，所以系统输出的拉式变换为：进行拉式反变换得到系统的时域相应2.(2)求系统的单位阶跃响应，和单位斜坡响应精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 22( )( )( )TsY(

12、s)+Y(s)=KX(s)X(s)=5Y(s)=1111110( )10-10e;1X(s)=Y(s)=tT y ty tKx tKTKTsTsTssKsssy ts已知系统的微分方程为：对微分方程进行零初始条件的拉氏变换得当输入信号为单位阶跃信号时，所以系统输出的拉式变换为：进行拉式反变换得到系统的时域相应当输入信号为单位阶跃信号时，所以系统输出的拉式变换为：22222110550111( )510t+5e;tKKKTT KTssssTsssTsy t进行拉式反变换得到系统的时域相应9. 解：由图可知该系统的闭环传递函数为22( )(22)2bkGssksk又因为：2122%0.20.512

13、222rnnnetkk联立 1、2、3、4 得0.456;4.593;10.549;0.104;nK所以精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 0.76931.432pdsntsts10. 解：由题可知系统闭环传递函数为210( )1010bkGsssk221010nnk当 k=10 时，n=10rad/s; =0.5; 所以有2/12%16.3%0.36130.6pnsnetsts当 k=20 时，n=14.14rad/s; =0.3

14、5; 所以有2/12%30.9%0.24130.6pnsnetsts当 0k2.5 时，系统为欠阻尼， 超调量%随着 K 增大而增大，和峰值时间pt随着 K 增大而减小；其中调整时间st不随 k 值增大而变化；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 14.(1) 解，由题可知系统的闭环传递函数为32560-1403256000056014014k00( )1440kbkkkssskskG ssssk劳斯表系统稳定的充要条件为：精品资料

15、- - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 14.(2) 解，由题可知系统的闭环传递函数为320.60.88032430.60.80010.20.80.210.8k00(1)( )(1)kbkkkkksssksk sGsssksk劳斯表系统稳定的充要条件为：20. 解：由题可知系统的开环传递函数为(2)( )(3)(1)kk sGss ss当输入为单位阶跃信号时，系统误差的拉氏变换为00011( )111( )limlimlim( )0ksskss

16、ssssksssGsEGs ssEGse又根据终值定理e又因为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 25. 解：由题可知系统的开环传递函数为1212( )(1)(1)kk kGsT sT s当输入为给定单位阶跃信号时1( )iXss，系统在给定信号下误差的拉氏变换为110012011211( )111( )limlimlim( )11ksskssssssksssGsEGs ssEG sk kek k又根据终值定理e又因为当输入为扰动

17、信号时1( )N ss，系统扰动信号下误差的拉氏变换为22121001202212212121( )1 11( )limlimlim( )111kssksssssskssssssssskGskT sEGs ssEGsk kkek kkeeek k又根据终值定理e又因为精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 第四章根轨迹法掌握轨迹的概念、绘制方法，以及分析控制系统4-2 （2）G(s)=)15.0)(12.0(sssK; 解：分析题意知

18、：由 s(0.2s+1)(0.5s+1)=0得开环极点 s1=0,s2=-2,s3=-5。（1）根轨迹的分支数等于3。（2）三条根轨迹的起点分别是实轴上的（0，j0）,(-2, j0),(-5, j0),终止点都是无穷远处。（3）根轨迹在实轴上的轨迹段：-2,0段和-,-5段。（4）根轨迹的渐近线：由n=3,m=0 3) 12(mnl)0(l渐近线与实轴的交点3701mnzpnimlli（5）根轨迹与实轴的分离点 :A(s)=s(0.2s+1)(0.5s+1) B(s)=1 由0)()()()(sBsAsBsA解得： s1=3197s2=3197(舍去) 根轨迹如图所示jw 精品资料 - -

19、- 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 25 页 - - - - - - - - - - (3) G(s) =)3)(2()2(ssssk解：分析题意知：由 s(s+2)( s+3)=0得开环极点 s1=0,s2=-2,s3=-3。由 k(s+2)=0 得开环零点为 s=-2。（1）根轨迹的分支数等于3。（2）三条根轨迹的起点分别是实轴上的（0，j0）,(-2, j0),(-5, j0),终止是（ -2，j0）和无穷远处。（3）根轨迹在实轴上的轨迹段：-3,0段。（4）根轨迹的渐近线：由 n=3,m=

20、1 2)12(mnl)0(l渐近线与实轴的交点2301mnzpnimlli（5）根轨迹与实轴的分离点 :A(s)=s(s+2)( s+3) B(s)=k(s+2) 由0)()()()(sBsAsBsA解得： s1= s2=-2 (舍去) s3=23其中 s1=s2=-2s 是因为闭环特征方程的根恒有一根s=-2 分离点取 s=23根轨迹如图所示jw 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 4-3 G(s)H(s)=)5)(2(2sss

21、K; 解：分析题意知：由 s2(s+2)( s+5)=0得开环极点 s1=s2=0, s3=-2, s4=-5。（1）根轨迹的分支数等于4。（2）三条根轨迹的起点分别是实轴上的（0，j0）,(-2, j0),(-5, j0),终止点都是无穷远处。（3）根轨迹在实轴上的轨迹段：-5,-2段。（4）根轨迹的渐近线：由n=4 m=0 4)12(1mnl)0(l43)12(2mnl)1(l渐近线与实轴的交点4701mnzpnimlli（5）根轨迹与实轴的分离点 :A(s)=s2(s+2)( s+5) B(s)=1 由0)()()()(sBsAsBsA解得： s1=0s2=-4 s3=45(舍去) 根轨

22、迹如图所示jw 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 4-4 （2）G(s)=)1)(11 .0(sssK; 解：分析题意知：由 s(0.1s+1)( s+1)=0得开环极点 s1=0,s2=-1,s3=-10。（1）根轨迹的分支数等于3。（2）三条根轨迹的起点分别是实轴上的（0，j0）,(-1, j0),(-10, j0),终止点都是无穷远处。（3）根轨迹在实轴上的轨迹段：-1,0段和-,-10段。（4）根轨迹的渐近线：由n=3,

23、m=0 3) 12(mnl)0(l渐近线与实轴的交点31101mnzpnimlli（5）根轨迹与实轴的分离点 :A(s)=s(0.1s+1)( s+1) B(s)=1 由0)()()()(sBsAsBsA解得： s1=0.49s2 (舍去) 根轨迹如图所示闭环特征方程： s(0.1s+1)(s+1)+K=0 将 s=jw 代入得10w-w3=0 (1) -11w2+10K=0 (2) 解得 K=11 K11 时系统不稳定jw 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 25 页 - -

24、- - - - - - - - 4-6 G(s)=)7)(3(sssk; 解：分析题意知：由 s(s+3)( s+7)=0得开环极点 s1=0,s2=-3,s3=-7。（1）根轨迹的分支数等于3。（2）三条根轨迹的起点分别是实轴上的（0，j0）,(-3, j0),(-7, j0),终止点都是无穷远处。（3）根轨迹在实轴上的轨迹段：-3,0段和-,-7段。（4）根轨迹的渐近线：由n=3,m=0 3) 12(mnl)0(l渐近线与实轴的交点31001mnzpnimlli（5）根轨迹与实轴的分离点 :A(s)=s(s+3)( s+7) B(s)=1 由0)()()()(sBsAsBsA解得： s1=

25、-1.3 s2=-5.4 (舍去) 根轨迹如图所示闭环特征方程： s(s+3)(s+7)+k=0 将 s=jw 代入得21w-w3=0 (1) k=10w2 (2) 得 k=210 k210 系统稳定再将 s=-1.3代入闭环特征方程得k=12.6 12.6k210 时系统具有欠阻尼阶跃响应。jw 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 第五章频率特性法掌握频域特性的概念、奈奎斯特图和对数幅频特性特图（伯德图） ；掌握最小相位系统求传

26、递函数；频域实验法确定传递函数；掌握奈奎斯特判据；相角裕量，幅值裕量；频域特性与系统性能关系，及频域性能指标等5-2 （1） G(s)=)11.0(1ss; 解：分析题意知： G(jw)=)11 .0(1jwjwA(w)=24)10(10wwww10arctan)(（也对，但乘进去化简的过程容易出错！ ）21.0arctan)(ww（建议采用复数乘法运算的原则，幅值相乘，相角相加！）w=0 时 A(w)=2)(ww=时 A(w)=0 )(w开环幅相频特性曲线如图所示：精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - -

27、- -第 18 页，共 25 页 - - - - - - - - - - （注意要标出 w从 0 到无穷变化的方向）5-3 G(s)=) 11.0(1ss解：分析题意知G(jw)=G1(jw)G2(jw) 其中：G1(jw)=jw1G2(jw)=11.01jw转折频率为wt2=101 .01开环对数频率特性曲线如图所示: Re Im 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 5-4 5)2(,3arctan2arctanarctan90

28、)(0Awwww；解 分析题意知：)13)(1() 15 .0()(wjjwwjKjwjwG由此求得幅频特性为1)3(11)5.0()(222wwwKwwA将 A(2)=5 代入 A(w)得 K=24 )13)(1()15 .0(24)(sssssG5-5 (a) 解 分析题意知)11 .0)(15.0(100)(sssG对数相频特性曲线如图所示：wL(w)/dB -20dB/dec 10 -900 -1800 w精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 25 页 - - - - -

29、- - - - - (b) 解 分析题意知)101.0)(1100(100)(ssssG对数相频特性曲线如图所示：5-8 (a) 解 分析题意知v=1 要补花半圆 , 补画后图形如图所示-900 -2700 ww-1800 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 21 页，共 25 页 - - - - - - - - - - N+=1 N-=1 P=1 系统不稳定(b) N+=1 N-=1 P=1 系统不稳定(c) v=1 要补花半圆 , 补画后图形如图所示P=0 而 N+=0 N-=1/2 曲线

30、在 -1 左侧有穿越系统不稳定（注意：1/jw 由 0-到 0+的过程中， 相角由 90 变为-90 度变化为 180 度，而根据对称性从 0 开始相比与 0+相角增加 90 度）5-11 解 分析题意知)11.0)(1(10)()(sssHsG00+-1 0+ 0_ -1 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 22 页，共 25 页 - - - - - - - - - - ) 11.0)(1(10)()(jwjwjwHjwG画出对应的开环幅相频特性曲线N+=0 N-=0 P=0 系统稳定5-1

31、3 解 分析题意知)10)(1()(jwjwjwKjwG100)(1)(22wwwKwA将 G(jw) 化为 G(jw)=P(w)+Q(w)j 令 Q(w)=0 得 w=10当 K=10 时 Kg=11)(1wA再令 |G(jw)|=1 得 wc=0.7488 10arctanarctan9018000ccww=48.90系统稳定当 K=100 时 Kg=1.1)(1wA再令 |G(jw)|=1 得 wc=3.0145 10arctanarctan9018000ccww=1.60系统稳定Re Im 10 -1 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载

32、 名师归纳 - - - - - - - - - -第 23 页，共 25 页 - - - - - - - - - - （注意角度变化，逆时针旋转角度增加，顺时针旋转角度减小！）5-16 解 分析题意知16216)(2sssGb162)(16)(2jwjwjwGb4nw25.074.3212nrww28.42112rM024282142arctan精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 24 页，共 25 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 25 页，共 25 页 - - - - - - - - - -