自动控制原理(非自动化类)答案_第二版(孟庆明).docx

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1、自动控制原理（非自动化类）习题答案第一章习题1-1（略）1-2（略）1-3 解：受控对象：水箱液面。被控量：水箱的实际水位 hc31执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。比较计算元件：电位器。工作原理：系统的被控对象为水箱。被控量为水箱的实际水位 h测量元件：浮子，杠杆。放大元件：放大器。给定值为希望水位 h（与电位器设定cr电压u 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。r当h = h 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 h h 时，浮子位置相应升高（或crcr降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动电动机通过减速器

2、使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 h 。r出水hhr电位器c放大器电动机减速器阀门水箱_浮子 杠杆1-4 解：受控对象：门。 执行元件：电动机，绞盘。 放大元件：放大器。水位自动控制系统的职能方框图受控量：门的位置测量比较元件：电位计工作原理：系统的被控对象为大门。被控量为大门的实际位置。输入量为希望的大门位置。当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动， 使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。的位置电位器

3、放大器电动机绞盘大门位置_开(闭)门门实际1-5 解：系统的输出量：电炉炉温给定输入量：加热器电压被控对象：电炉仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器比较元件：电位计测量元件：热电偶职能方框图：给定炉温电位器电压 放大功 率 放大电机加热器电炉炉温热电偶第二章习题2-1 解：对微分方程做拉氏变换： X (s) = R( s) C(s) + N (s) 11 X (s) = K X (s)21 1 X(s) 3(s) = X(s) X25TsX(s) = X43(s) X (s) = X5(s) K N422(s)K X (s) = s2C(s) + sC(

4、s)3 5绘制上式各子方程的方块图如下图所示：2-X (s)X (s)1X (s)K21N (s)1R(s)+X (s)1-C(s)X (s)X (s)3N (s)2K2X (s)4-X (s)55X (s)3X (s)41TsX (s)5C(s)K31s2 + s将方块图连接起来，得出系统的动态结构图：N (s)2N (s)K21R(s)+X (s)1X (s)2X (s)3X (s)_C(s)-K11Ts4X (s)5K-31s2 + sC(s) / R( s) =K K1 3，Ts3 + (T +1)s2 + s + K K1 3C(s)/ N (s) = C(s)/ R(s) ，1K

5、K TsC(s) / N (s) = 2 32Ts3 + (T +1)s2 + s + K K1 32-2 解：对微分方程做拉氏变换 X (s) = KR(s) C(s) X1 (s) = sR(s)2(s +1) X (s) = X (s) + X( s) 312(Ts +1) X (s) = X (s) + X(s)(sC(s) = X 4(s) N 3 )5 X54(s) = (Ts +1)N (s)绘制上式各子方程的方块如下图：R(s)X (s)1R(s)X (s)X (s)2X (s)11s +1X (s)32Ks-X (s)5X (s)31Ts +1X (s)4C(s)N(s)X

6、(s)4C(s)N(s)X (s)5sT将方块图连接得出系统的动态结构图：N(s)X (s)s2X (s)Ts+15R(s)X (s)11X (s)s +11Ts +1X (s)4 C(s)K3-K+ C(s)= (s +1)(Ts +1)(s +1)s(Ts +1) =K +R( s)0C(s)=N (s)2-3 解：（过程略）1+kTs2 + (Ts+1)s + (K +1) (s +1)(Ts +1)C (s)1C(s) =G + G(a) R(s)=(b)ms2 + fs + KR(s)1+ G G1 31 G G1 42+ G G2 3 G G2 4 21 2 (c) C (s) =

7、 G +G GC(s)G G = 12(d)R(s)1+ G+ G GR(s)1 G G12 3 4C (s)12 12 3G G G G(e)R(s) = 1+ G G + G G + G G +G G G G1 22 33 41 2 3 42-4 解 ：（1）求 C/R，令 N=01 23G (s) = K K Ks(Ts +1)G (s)K K KC(s) / R( s) = = 1 231+ G (s)Ts2 + s + K K K1 2 3求 C/N，令 R=0，向后移动单位反馈的比较点KK3Ts +1K K s K K K GC(s) / N (s) = (K G Ks2 )KK

8、= n31 23 nnn 11+ Ts2 + s + K K K3K21 2 3（2）要消除干扰对系统的影响Ts +1 1 sn3123nC(s) / N (s) = K K s K K K G = 0K sG (s) = nTs2 + s + K K K1 2 32-5 解：（a）nK K1 2（1） 系统的反馈回路有三个，所以有3 Laa=1= L + L + L123= G G G1 2 5 G G G2 3 4+ G G G4 2 5三个回路两两接触，可得 = 1 L= 1+ G G G+ G G G G G Ga1 2 52 3 44 2 5（2） 有两条前向通道，且与两条回路均有接

9、触，所以P = G G G , = 1（3） 闭环传递函数 C/R 为11 2 31P = 1, = 122CG G G +1= 1 2 3R1+ G G G +G G G G G G（b）1 2 52 3 44 2 5（1） 系统的反馈回路有三个，所以有3 Laa=1= L + L + L123= G G G G1 211三个回路均接触，可得 = 1 La= 1+ G G1 2+ 2G1（2） 有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以P = GG , = 111 21P = G , = 1212P = G , = 1323（3） 闭环传递函数 C/R 为P = G , = 1414 111

10、C = G G2 + G + G2 G =G G + G122R1+ G G1 2+ 2G11+ G G1 2+ 2G12-6 解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得 = 1 L= 1+ G G G+ G ，可得C(s) = G G G + G GC(s)a1 2 32 1 2 32 3 = C(s)/ R(s)R(s)1+ G G G +GN (s)1 2 321C(s) =(1+ G )GC(s)1 (1+ G G G+ G )23 = 1 2 32 = 1N (s)1+ G G G + GN (s)1+ G G G +G21 2 3231 2 32E(s) =1+ G G G232E

11、(s) = C(s)= G2G G G2G313R(s)1+ G G G +GN (s)N (s)1+ G G G +G1 2 32111 2 32E(s)= C(s) =(1+ G )G23E(s)= C(s) = 1N (s)N(s)1+ G G G +GN (s)N(s)221 2 3233第三章习题3-1 解：（原书改为G (s) = 10 ）0.2s +1采用 K , K0H负反馈方法的闭环传递函数为10K0C(s)G (s)1+10K(s) = = K = HR( s)0 1+ G (s)KH 0.2s +1 1+10KH要使过渡时间减小到原来的 0.1 倍，要保证总的放大系数不变

12、，则：（原放大系数为 10，时间常数为 0.2） 10K0= 10= 101+10K K K0 = 0.91+10KH= 10HH3-2 解：系统为欠阻尼二阶系统（书上改为“单位负反馈”，“已知系统开环传递函数”）21.3 1% = e / 1 100% = 100%11 2nt = 0.1p解得：n = 33.71 = 0.358所以，开环传递函数为：G (s) =1136=47.1s(s + 24.1)s(0.041s +1)3-3 解：（1） K = 10s1 时：G (s) = 100s2 +10s2 = 100n2n= 10解得：n= 10, = 0.5, % = 16.3%, tp

13、= 0.363（2） K = 20s1 时：G (s) = 200s2 +10s2 = 200n2n= 10解得：n= 14.14, = 0.354, %=30%, tp= 0.238结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。3-4 解：（1）na. = 0.1, = 5s1 时，12% = e / 100% = 72.8%t = 3.5s= 7snb. = 0.1, = 10s1 时，n% = e /12 100% = 72.8%t = 3.5s= 3.5snc. = 0.1, = 1s1 时，n12% = e / 100% = 72.8%t = 3.5s= 35s(2) = 0.5, = 5

14、s1 时，n% = e /12n 100% = 16.3%t = 3.5s= 1.4sn(3) 讨论系统参数： 不变， %不变； 不变， n增加，则ts减小；n不变， 增加，则 %减小，t 减小s3-5 解：（1）（a）用劳思判据s319s220100s140s0100系统稳定。（b）用古尔维茨判据D = 20, D= 20 100 = 80121920 1000D = 190 = 80003020100系统稳定。（2）（a）用劳思判据s4352s31010s24.72s13.25530s02系统不稳定。（b）用古尔维茨判据1010D = 10, D = 101 = 47, D = 352 =

15、 153123530101101003520010100352（其实 D 不必计算，因为 D 0,K 0 。无解4（2）系统闭环特征方程为0.2S 3 + 0.8S 2 + (K 1)s + K = 0劳思表s3 s2s134s00.20.8K 1KK 1K若系统稳定，则： 3 K 1 0,K 0 4解得 K 433-7 解：10(s +1)(a) 系统传递函数： s3 + 21s2 +10s +10劳斯表：系统稳定。s3110s22110s1200 / 210s010010(b) 系统传递函数： s2 +101s +10劳思表：s2110s11010s010系统稳定。3-8 解：系统闭环特征

16、方程为：0.01s3 + 2s2 + s + K = 0劳思表：s30.011s22K2 0.01Ks1 2s0K当2 0, 2 0.01K 0,K 0 时系统稳定2稳定域为： 0,0 K 2003-9 解：（1）解法一、因为 = 1，属于型无差系统，开环增益 K = 10，故当r (t ) = 1(t ) 时， ess= 0 ；当r(t ) = t 1(t ) 时， ess= 1 = 0.1；当r(t ) = t 2 1(t ) 时， e Kss= 。解法二、系统的闭环特征方程为：0.05s3 + 0.6s2 + s +10 = 0劳思表：s30.051s20.610s116s010系统稳定

17、。E = (s)R(s) =1R( s)sEi R1+ G (s)当输入r(t ) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e= lim sE= lim s11 = 0ssss0ss01+ 10s s(0.1s +1)(0.5s +1)输入r(t ) = t 1(t ) 时， R(s) =1 , e = limsE = lim s11 = 0.1s2sss0ss01+10s2 s(0.1s +1)(0.5s +1)211输入r(t ) = t 2 1(t ) 时， R(s) = , e = lim sE = lim s = s3sss0ss 01+10s3 s(0.1s +1)(0.5s

18、+1)（2）解法一、因为 = 1，属于型无差系统，开环增益 K = 7 ，故当r(t ) = 1(t ) 时， e= 0 ；8ss18当r(t ) = t 1(t ) 时， e = = = 1.14 ；当r(t ) = t 2 1(t ) 时， e = 。ssK7ss解法二、系统的闭环特征方程为：s4 + 6s3 +10s2 +15s + 7 = 0劳思表：s41107s36150s27.57s19.4s07系统稳定。E = (s) R( s) =1R( s)sEi R1+ G (s)当输入r(t ) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e= lim sE= lim s 11 = 0s

19、sss0ss01+7(s +1)s s(s + 4)(s2 + 2s + 2)输入r(t ) = t 1(t ) 时， R(s) =1 , e = limsE = lim s11 = 8/ 7s2sss0ss01+ 7(s +1)s2 s(s + 4)(s2 + 2s + 2)输入r(t ) = t 2 1(t ) 时， R(s) =2 , e = lim sE = lim s 11 = s3sss0ss 01+ 7(s +1)s3 s(s + 4)(s2 + 2s + 2)（3）解法一、因为 = 2，属于型无差系统，开环增益 K = 8 ，故当r(t ) = 1(t ) 时， e= 2ss=

20、 0 ；当r(t ) = t 1(t ) 时， ess= 0 ；当r(t ) = t2 1(t ) 时， ess K = 0.25 。解法二、系统的闭环特征方程为：0.1s3 + s2 + 4s + 8 = 0劳思表：s30.14s218s13.2s08系统稳定。E = (s) R( s) =1R( s)sEiR1+ G (s)当输入r(t ) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e= lim sE= lim s11 = 0ssss 0ss01+ 8(0.5s +1) s s2 (0.1s +1)输入r(t ) = t 1(t ) 时， R(s) =1 , e = limsE = li

21、m s11 = 0s2sss0ss01+ 8(0.5s +1) s2 s2 (0.1s +1)2输入r(t ) = t 2 1(t ) 时， R(s) =, e= limsE= lim s 12 = 0.25s3sss 0ss01+ 8(0.5s +1) s3 s2 (0.1s +1)3-10 解：系统传递函数为C(s) = G (s) =1为一阶惯性环节调节时间tsR(s)Ts +1= 4T = 1min,T = 0.25min输入r(t ) = 10t , R(s) = 10s2稳态误差：E(s) = R(s) C(s) = 10 s210s2 (0.25s +1)e = limsE(s)

22、 = 2.5(CD)sss03-11 解：用梅森公式：Ei R= E(s) =R( s)1+E12.5K (0.05s +1)(s + 5) 2.5=(s) =s +5Ei NN (s)1+ 2.5K(0.05s +1)(s + 5)E(s) = (0.05s +1)(s + 5) 2.5(0.05s +1) 1 (0.05s +1)(s + 5) + 2.5Ks输入 R(s) = 1 , N (s) = 1ss（1）当 K=40 时e = limsE(s) = lim s (0.05s +1)(s + 5) 2.5(0.05s +1) 1 =2.5= 0.0238sss 0s0(0.05s

23、+1)(s + 5) + 2.5Ks5 + 2.5K（2） 当 K=20 时e = lim sE(s) = 2.5= 0.0455 。比较说明，K 越大，稳态误差越小。sss05 + 2.5K（3） 在扰动点前的前向通道中引入积分环节 1/s，= E(s) =1=s(0.05s +1)(s + 5)Ei RR( s)1+E2.5Ks(0.05s +1)(s + 5) + 2.5Ks(0.05s +1)(s + 5) 2.5=Ei N(s) =N (s)1+s +5=2.5Ks(0.05s +1)(s + 5)2.5(0.05s +1)ss(0.05s +1)(s + 5) + 2.5KE(s)

24、 = s(0.05s +1)(s + 5) 2.5s(0.05s +1) 1 = (0.05s +1)(s + 5) 2.5(0.05s +1)s(0.05s +1)(s + 5) + 2.5Kss(0.05s +1)(s + 5) + 2.5K所以对输入响应的误差， ess= limsE(s) = 0 。s0在扰动点之后引入积分环节 1/s，= E(s) = 1=s(0.05s +1)(s + 5)Ei RR(s)2.5K1+ (0.05s +1)(s + 5)ss(0.05s +1)(s + 5) + 2.5K= E(s) = 2.5s +51 =2.5(0.05s +1)Ei NN (s

25、)1+2.5Kss(0.05s +1)(s + 5) + 2.5K(0.05s +1)(s + 5)sE(s) = R(s)Ei R+ N (s)=Ei N(0.05s +1)(s2 + 5s 2.5) 1s(0.05s +1)(s + 5) + 2.5K s所以对输入响应的误差， e= limsE(s) = 1 。3-12 解：sss0K解法一、原系统结构图变换为N(s)R(s)1T s + 21s + 1s(T +K )s + 5+ k 2C(s)系统开环 = 1，故对 R 为型，干扰 N 作用点之前无积分环节，系统对 N 为 0 型解法二、用梅森公式= E(s) = 1= s(T s +

26、 2)(T s + K s + K + 5)Ei RR( s)1(s +1)s(T s + 1T s + K2 s + K + 5) + ( s +1+ 2)(21T s + 2 (T s 2 + Ks2 + Ks + 5s)1) 12= E(s) = (s +s(T s + 51) + Ks(s +1)2 ( s +1)(T s +=2Ei NN (s)1+1(s +1)s(T s + 2)(T2)s + Ks + K + 5) + (s +T s + 2 (T s 2 + Ks2 + Ks +1) 121令 R(s) = 1 , N (s) = 125s)sse= lims1 = 0 ，

27、e= lims1 = 2令 R(s) =1 , N (s) =s2ssr1s2s 0Ei R sssns0Ei N sessr= lims1Ei R s2= 2(K + 5)， essn= lims1Ei N s2= 令 R(s) =s 0s01 , N (s) = 1s3s3e= lims1 = ， e= lims1 = ssrEi R s3ssnEi N s3s0s0系统对 r(t)为型，对 n(t)为 0 型。3-13：(a) 解法一、解得，= C(s) =s +1，= C(s) =s(s +1)Ci RR( s)s(s +1) +1Ci NN (s)s(s +1) +1E(s) = R

28、(s) C(s) = R(s) (R( s)i+ N (s)i)Ci RC i N输入 R(s) =1 , N (s) = 1 ，所以e= limsE( s) = 0s2ssss0解法二、 C(s) =s +1，因为分子分母后两项系数对应相等，故系统为无差，在R(s)s2 + s +1r(t ) = t 1(t ) 时，e= 0，又在 n(t)作用点以前原系统串联了一个积分环节，故对阶跃干扰ssr信号essn= 0 ，从而有ess= essr+ essn= 0。（b）系统开环 =1，为型系统，故e= 0；又 E(s) = N (s)i= 0.1i200ssrnC i Ns0.5s2 + s +

29、 200根据定义e = r c ， ess= essr+ essn= essn= lim sEns 0(s) = 0.1 。3-14 解：开环传递函数为G (s) =2 n，误差传递函数E = (s) R(s) =1R(s)s2 + 2 sn（1）输入r(t ) = 1(t ), R(s) = 1ssEi R1+ G (s)e = limsE R(s) = lim s11 = 0ssss 0s 0 2s(2) 输入r(t ) = 1(t ), R(s) = 1s2e = lim sE R(s) = lim s1+ns2 + 2 sn11= 2ssss0s0 2s21+nns2 + 2 sn第四

30、章习题4-1 解：4-2 解：60D4-3 解：根轨迹如图极点 P = 0,P = 1,P = 2 ，共有三条渐近线123渐近线交点为 a= 1 (0 1 2) = 1 33 条渐近线与实轴夹角 3(k = 0) = (2k +1) = (k = 1)，分离点坐标 s =1 ， 333 (k = 1) 3分离角为 2与虚轴交点：1+ GH = s(s +1)(0.5s +1) + K = 0.5s3 +1.5s2 + s + K40.5( j)3 +1.5( j)2 + j + K = 0 = 2, K = 3当 0K3 时系统稳定， K=3 13 1+1 ( 3 1) 1 +1 = 3d33

31、329所以，无超调时 K 的取值范围为0 K d 3 = 0.1925 。9作图测得 = 0.5 的阻尼线与根轨迹交点 s1,2= 0.33 j0.58 ，根据根之和法则，s + s12+ s = p + p312+ p ，求得s33= 2.34 。s3对虚轴的距离是 s1,2的 7 倍，故认为s 是1,2s s0.445主导极点，系统近似为二阶，即 ( s) = 1 2= ，从而得到(s s )(s s2)s2 + 0.667s + 0.4451 = 0.5 ，n= 0.667 ，其阶跃响应下的性能指标为 % = 16.3% ， ts3.5= 10.5s 。14-4 解：（1） s1= 10

32、.67= 1.5 ， s2,3n= 4 j 9.2 ，主导极点为 s ，系统看成一阶系统。1即( s) =1,4t0.67s +1= 3T = 2s,% = 0s（2）由于极点为s= 1与零点 z= 1构成偶极子，所以主导极点为s ， s ，即10.6710.5923系统可以看作 ( s) =10.01s2 + 0.08s +1， = 10 ， = 0.4 ， 4t =ns3.5= 0.88s ，n% = 25%4-5 解：（题目改为单位负反馈）由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性，使本来不稳定的系统变得稳定。第五章习题答案5-1 解： 0= arctanT = arctan 2 f

33、 T = arctan 2 10 0.01 = 32.14D ，相位差超过10D，所以不满足要求。5-2 解： = 2 f = 2 5 = 10 ， G (10 j ) = 3.54 = 0.708, G (10 j ) = 90D5设G (s) =1LCs2 + RCs +1G (10 j ) =11100 2L 10 6 +10 106 Rj,4 L =1100 2 106= 104 H 1013(H ) 21= 0.70810 106 R4 R = 44959()5-3 解：（1） G (s) =160s(s + 8)4G (s) =986.96s2 + 44.37s + 986.96（2） G (s) =100(s + 2)s(s +1)(s + 20