自动控制原理C作业(第二章)答案140.pdf

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1、自动控制原理 C 习题答案（第二章）1 第二章 控制系统的数学模型 2.1 RC 无源网络电路图如图 21 所示,试采用复数阻抗法画出系统结构图，并求传递函数 Uc（s)/Ur(s）。图 21 解:在线性电路的计算中，引入了复阻抗的概念，则电压、电流、复阻抗之间的关系，满足广义的欧姆定律。即：)()()(sZsIsU 如果二端元件是电阻 R、电容 C 或电感 L,则复阻抗 Z（s)分别是 R、1/C s 或 L s。(1)用复阻抗写电路方程式:sCSISVRSUSUSIsCSISISURSUSUSIccccCr222221212111111)()(1)()()(1)()()(1)()()(2)

2、将以上四式用方框图表示,并相互连接即得 RC 网络结构图，见图 21（a）。21（a）。(3)用梅逊公式直接由图 21（a）写出传递函数 Uc(s）/Ur（s).KGGK 独立回路有三个：自动控制原理 C 习题答案（第二章）2 SCRSCRL1111111 SCRSCRL22222111 回路相互不接触的情况只有 L1和 L2两个回路.则 2221121121SCRCRLLL 由上式可写出特征式为：222111222112132111111)(1SCRCRSCRSCRSCRLLLLL 通向前路只有一条 221212211111111SCCRRSCRSCRG 由于 G1与所有回路 L1,L2,L

3、3都有公共支路，属于相互有接触，则余子式为 1=1 代入梅逊公式得传递函数 1)(1 11111121221122121222111222112221111sCRCRCRsCCRRsCRCRsCRsCRsCRsCRCRGG 2-2 已知系统结构图如图 22 所示,试用化简法求传递函数 C（s）/R(s）。图 22 解:（1）首先将含有 G2的前向通路上的分支点前移，移到下面的回环之外。如图 2-2（a）所示。(2）将反馈环和并连部分用代数方法化简，得图 22（b）。(3)最后将两个方框串联相乘得图 22（c）。SCRRSCL12213111自动控制原理 C 习题答案（第二章）3 图 2-2 系

4、统结构图的简化 2.3 化简动态结构图，求 C（s)/R（s)图 23 解:单独回路 1 个，即 3211GGGL 两个互不接触的回路没有 于是，得特征式为 3211 1GGGLa 从输入 R 到输出 C 的前向通路共有 2 条，其前向通路传递函数以及余因子式分别为 211GGP 11 422GGP 12 因此，传递函数为 2211)()(PPsRsC 32124121GGGGGGG自动控制原理 C 习题答案（第二章）4 2.4 用梅森公式求系统传递函数。图 24 解：单独回路 5 个，即 11GL212GGL 23GL214GGL215GGL 两个互不接触的回路没有 于是,得特征式为 212

5、11 1GGGGLa 从输入 R 到输出 C 的前向通路共有 4 条,其前向通路总增益以及余因子式分别为 11GP 11 22GP 12 213GGP 13 214GGP 14 因此，传递函数为 44332211)()(PPPPsRsC 2121211GGGGGG _ R(S)C(S)G2(s)G1(s)+自动控制原理 C 习题答案（第二章）5 25 试简化图 2-5 中的系统结构图，并求传递函数 C（s)/R（s）和 C(s)/N（s）。图 25 解：仅考虑输入 R(S）作用系统时，单独回路 2 个,即 211GGL1212HGGL 两个互不接触的回路没有，于是，得特征式为 121211 1

6、HGGGGLa 从输入 R 到输出 C 的前向通路共有 1 条,其前向通路总增益以及余因子式分别为 211GGP 11 因此，传递函数为 11)()(PsRsC 12121211HGGGGGG 仅考虑输入 N（S)作用系统时，单独回路 2 个，即 211GGL1212HGGL 两个互不接触的回路没有,于是，得特征式为 121211 1HGGGGLa 从输入 N 到输出 C 的前向通路共有 2 条，其前向通路总增益以及余因子式分别为 11P 12111HGG 322GGP 12 因此,传递函数为 2211)()(PPsNsC 12121322111HGGGGGGHGG自动控制原理 C 习题答案（

7、第二章）6 2-6 用梅逊增益公式求传递函数 C(s）/R（s)和 E(s)/R(s)。图 26 解：C（s）/R(s）：单独回路 3 个，即 111HGL232HGL213213HHGGGL 1L2L两个互不接触的回路，于是，得特征式为21312132123111 1HHGGHHGGGHGHGLLLcba 从输入 R 到输出 C 的前向通路共有 1 条,其前向通路总增益以及余因子式分别为 3211GGGP 11 432GGP 1211HG 因此，传递函数为 2211)()(PPsRsC 213121321231111433211)1(HHGGHHGGGHGHGHGGGGGG E(s)/R（s

8、):单独回路 3 个，即 111HGL232HGL213213HHGGGL 1L2L两个互不接触的回路，于是，得特征式为21312132123111 1HHGGHHGGGHGHGLLLcba 从输入 R 到输出 E 的前向通路共有 2 条，其前向通路总增益以及余因子式分别为 11P 2311HG 自动控制原理 C 习题答案（第二章）7 21432HHGGP 12 因此，传递函数为 2211)()(PPsRsE 213121321231121432311HHGGHHGGGHGHGHHGGHG 第三章 线性系统的时域分析法 31 设二阶控制系统的单位阶跃响应曲线如图 31 所示。试确定系统的传递函

9、数.图 31 二阶控制系统的单位阶跃响应 解 在单位阶跃作用下响应的稳态值为 3,故此系统的增益不是 1，而是 3。系统模型为 22223)(nnnsss 然后由响应的%p、pt及相应公式，即可换算出、n。%33334)()()(%cctcpp 1.0pt（s）由公式得%33%21/ep 1.012npt 换算求解得：33.0、2.33n 3 4 0.1 自动控制原理 C 习题答案（第二章）8 110222330623)(2222sssssnnnn 32 设系统如图 32 所示.如果要求系统的超调量等于%15,峰值时间等于 0。8s，试确定增益 K1和速度反馈系数 Kt。同时，确定在此 K1和

10、 Kt数值下系统的延迟时间、上升时间和调节时间.图 32 解 由图示得闭环特征方程为 0)1(112KsKKst 即 21nK，nnttK212 由已知条件 8.0115.0%21/2tnpptett 解得 1588.4,517.0snt 于是 05.211K 178.0211KKntt stnttd297.02.06.012 R(s)C(s)1+Kts K/s(s+1)自动控制原理 C 习题答案（第二章）9 sttnttnr538.01arccos122 stnts476.15.3 3-3 已知系统特征方程式为0516188234ssss试用劳斯判据判断系统的稳定情况。解 劳斯表为 4s 1

11、 18 5 3s 8 16 0 2s 168161188 580158 1s 5.1316581616 0 0s 55.1301655.13 由于特征方程式中所有系数均为正值，且劳斯行列表左端第一列的所有项均具有正号，满足系统稳定的充分和必要条件，所以系统是稳定的。34 已知系统特征方程为053222345sssss试判断系统稳定性。解 本例是应用劳斯判据判断系统稳定性的一种特殊情况.如果在劳斯行列表中某一行的第一列项等于零，但其余各项不等于零或没有，这时可用一个很小的正数 来代替为零的一项,从而可使劳斯行列表继续算下去.劳斯行列式为 5s 1 2 3 4s 1 2 5 3s 0 2 2s 2

12、2 5 自动控制原理 C 习题答案（第二章）10 1s 225442 0s 5 由劳斯行列表可见，第三行第一列系数为零，可用一个很小的正数 来代替；第四行第一列系数为（2+2/，当 趋于零时为正数；第五行第一列系数为（4452)/（2+2），当 趋于零时为2。由于第一列变号两次,故有两个根在右半 s 平面，所以系统是不稳定的。3。5 解；在求解系统的稳态误差前必须判定系统是否稳定；系统特征方程为05055.11.023sss由劳斯判据判断 劳斯行列式为 3s 1.0 5 2s 5.1 50 1s 35 0s 50 由于特征方程式中所有系数均为正值，且劳斯行列表左端第一列的所有项均具有正号，满足

13、系统稳定的充分和必要条件，所以系统是稳定的。)12.0)(11.0(10)5)(11.0(50)(sssssssG可知 v=1,K=10 当 ，型系统,01kkkkeavpssttr2)(2.0102kkevss自动控制原理 C 习题答案（第二章）11 当 第五章 线性系统的频域分析法 5.1 已知系统的开环传函)12.0)(12(10)()(ssssHsG，用奈氏判据(画出奈氏曲线)判别闭环系统的稳定性。解:（1)确定起点和终点 1,2)(0jk初始相角为，故初始相角为-90，0)(jk模值为 终点:0)(mnjk模值为，0027090)()(mnjkmn终止相角为(2)求幅相曲线与负实轴的

14、交点)4.01(2.210)(22jjG，P=0,N-=1，N+=0,R=2（N+-N-）=2，Z=P-2N=2 由奈氏判据知，闭环系统是不稳定的.5.2已知系统的开环传函 用奈氏判据（画出奈氏曲线）判别闭环系统的稳定性。解：222)(tttr型系统,10201avpsskkke)12)(1(14)()(2sssssHsG)12.0)(12(10)(jjjjG04.0125.2282.15.2*2.2102.210)(2jG曲线如右图需补做虚线圆弧，奈氏1-1.82)12)(1(-14)(2jjjjG自动控制原理 C 习题答案（第二章）12(1)确定起点和终点 2,2)(0jk初始相角为，故初

15、始相角为180,0)(jk模值为 终点：0)(mnjk模值为,0027090)14()(mnjk终止相角为(2)求幅相曲线与负实轴的交点 2222239)1-2(1-10j-8)(）（jG，P=0，N-=1，N+=0，R=2（N+N）=-2，Z=P2N=2 由奈氏判据知，闭环系统是不稳定的.5。3 已知一单位负反馈系统开环传递函数)11.0)(2.0(2)()(SSSsHsG 作系统开环对数幅频 L()，有简要的计算说明画图过程,并确定系统的截止频率C和相角裕度。)11.0)(15(10)11.0)(2.0(2)()(SSSSSSsHsG 10K1v，,1=0.2，2=10 低频段S10,斜率

16、-20db/dec，延长线过1，2log10 点，过1=0。2 后，斜率为-40db/dec，过2=10 后，斜率为-60db/dec 0-83125.027.109)1-2(1-10125.0222222曲线如右图需补做虚线圆弧，奈氏2Re Im 0-1=0+=-10.7 =0 自动控制原理 C 习题答案（第二章）13 确定系统的截止频率C和相角裕度。确定系统的截止频率C：1)11.0)(15(10)()(cccccjjjjHjG 通过作图可以看出截止频率在1 和 2 之间，在通过试根的方法确定稍精确的值为1。4 确定系统的相角裕度:=1800+)(c=1800-900arctan5c-ar

17、ctan0。1c=90081.8807.970=0。150 5。4 某位置控制系统的结构如图 1.试绘制系统开环的伯德图,并确定系统的相位稳定裕量./s-1 L()/dB 0.01 1 0.2 10 20 40-20-40 0 伯德图 -20 dB/dec-40 dB/dec-60 dB/dec)11.0)(15(10)11.0)(2.0(2)()(SSSSSSsHsG10K1v2.0110220 dB C R(s)C(s)1)(0.1s 1)25.0(10ss图 1 自动控制原理 C 习题答案（第二章）14 10K1v，1=4，2=10 低频段S10，斜率-20db/dec,过 1,2log

18、10 点，过1=4 后，斜率为40db/dec，过2=10后，斜率为60db/dec /s-1 L()/dB 0.1 4 1 10 20 40-20-40 0 伯德图 -20 dB/dec-40 dB/dec-60 dB/dec 10K1v4110220 dB 1)(0.1s 1)25.0(10ssC 自动控制原理 C 习题答案（第二章）15 确定系统的截止频率C和相角裕度.确定系统的截止频率C：1)11.0)(125.0(10)()(cccccjjjjHjG 通过作图可以看出截止频率在5 和 6 之间,在通过试根的方法确定稍精确的值为5。35 确定系统的相角裕度：=1800+)(c=1800

19、900arctan0.25c arctan0.1c=90053.21028.150=8。640 55 最小相位系统对数幅频渐近特性如图 52 所示,请确定系统的传递函数.图 5-2/s-1()/0.1 1 10-90-180 0 伯德图 90 100-270 4 C 相位从-900变化到-2700，c 处的相位 。)(c100自动控制原理 C 习题答案（第二章）16 解 由图知在低频段渐近线斜率为 0，故系统为 0 型系统.渐近特性为分段线性函数，在各交接频率处，渐近特性斜率发生变化。在=0。1 处，斜率从 0 dB/dec 变为 20dB/dec,属于一阶微分环节。在=1处，斜率从 20 d

20、B/dec 变为 0 dB/dec，属于惯性环节.在=2处，斜率从 0 dB/dec 变为20 dB/dec，属于惯性环节。在=3处,斜率从20 dB/dec 变为40 dB/dec,属于惯性环节.在=4处，斜率从40 dB/dec 变为60 dB/dec,属于惯性环节.因此系统的传递函数具有下述形式)1/)(1/)(1/)(1/()11.0/(4321sssssKsG）式中 K，1，2,3，4待定。由 20lgK=30 得 K=31。62。确定1：1.0lglg3040201 所以 1=0。316 确定4：4lg100lg0560 所以4=82.54 确定3:34lglg20540 所以 3

21、=34。81 确定2：23lglg402020 所以2=3.481 于是，所求的传递函数为)154.82/)(181.34/)(1481.3/)(1316.0/()11.0/(62.31(ssssssG）56 某最小相位系统的开环对数幅频特性如图 53 所示。要求：(1）写出系统开环传递函数；（2）利用相角裕度判断系统稳定性；自动控制原理 C 习题答案（第二章）17 解 (1）由系统开环对数幅频特性曲线可知,系统存在两个交接频率 0.1 和 20，故)120/)(11.0/(sssksG）且 010lg20k 得 k=10 所以 )120/)(11.0/(10(ssssG）(2）系统开环对数幅

22、频特性为 3220lg201lg2010lg20(）L 20201.01.0 从而解得 c=1 系统开环对数相频特性为20arctan1.0arctan90)(c)=177.15 =180 （c)=2。85 故系统稳定。也可以通过试根的方法确定确定系统的截止频率C：1)110)(105.0(10)()(cccccjjjjHjGC为 1 确定系统的相角裕度：=1800+)(c=1800900arctan0.05c-arctan10c=900-2.86084.290=2。850 第六章 线性系统的校正方法 自动控制原理 C 习题答案（第二章）18 6。1 下图中 ABCD 为校正前的系统的 bod

23、e 图,ABEFL 为加入串联校正后的 bode 图，写出校正环节的传递函数，说明它对系统性能的影响。ACBDEF-20db/dec-40db/dec-60db/dec-60db/dec-20db/decLG10 87 100 校正环节的传递函数 1001871)(sssGc 串联超前校正 增加了开环频率特性在截止频率附近的正相角,可提高系统的相角裕度;减小对数幅频特性在幅值穿越频率上的负斜率，提高了系统的稳定性;提高了系统的频带宽度，可提高系统的响应速度。6.2下图中 ABCD 为校正前的系统的 bode 图，GHKL 为加入串联校正后的 bode 图，写出校正环节的传递函数，说明它对系统性

24、能的影响 校正环节的传递函数 013.011)(sssGc 串联滞后校正 在保持系统开环放大系数不变的情况下,减小截止频率，从而增加了相角裕度,提高了系统相对稳定性；由于降低了幅值穿越频率，系统宽带变小，从而降低了系统的响应速度,但提高了系统抗干扰的能力。6.3 设开环传递函数)101.0)(1()(sssksG单位斜坡输入 R（t)=t,输入产生稳态误差 ACBDH-20db/dec-40db/dec-60db/dec-60db/dec-20db/decLG-40db/decGK-40db/dec0.013 1 10 1001自动控制原理 C 习题答案（第二章）19 e 0.0625。若使校

25、正后相位裕度不低于 45，截止频率c*2（rad/s），试设计校系统.解 0625.01ke 16k 02.06lg206lg2016lg20)(L 10010011 令 L(）=0，可得 c=4 4512)01.0arctan(arctan90180cc 不满足性能要求，需加以校正。系统中频段以斜率40dB/dec 穿越 0dB 线，故选用超前网络校正。设超前网络相角为m,则*)125(m 43101245)125(*m 5sin1sin1mm 中频段 0lg10)()(ccLL 所以 9.5 c 验算 )(180cm )01.0arctan(arctan9043180cc =48 45)/

26、(1Tc 076.0)/(1 cT 所 以 超 前 校 正 网 络 后 开 环 传 递 函 数 为ssssssG076.0138.01)101.0)(1(16)(自动控制原理 C 习题答案（第二章）20 6。4 设单位反馈系统的开环传递函数)12.0)(1()(sssksG 试设计串联校正装置,满足 kv=8(rad/s)，相位裕度 =40。解 kv=8 =1 k=8 2.08lg208lg208lg20)(L 5511 令 L（）=0，可得 c=2。8 =180 90 arctanc arctan（0。2c）=9。5 40 不满足性能要求，需加以校正。选用滞后网络校正。令 466*)(c 得 46)2.0arctan(arctan90cc 44)2.0arctan(arctancc 所以 c=0。72 根据 0)(lg20 cLb 得 b=0.09 再由 cbT 1.01 得 T=154。3 故选用的串联滞后校正网络为 ssTsbTssGc3.15419.13111)(验算 )()(180ccc )2.0arctan(arctan90)3.154arctan()9.13arctan(180cccc =40.9 40