自动控制原理答案完全版第二版孟庆明

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 hc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。测量元件：浮子，杠杆。放大元件：放大器。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 。 给 定 值 为 希 望 水 位 h （ 与 电 位 器 设 定c r电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置） 。当 hc hr 时 ， 电 位 器 电 刷 位 于 中 点 位 置 ， 电 动 机 不 工 作 。 一 但 hc hr 时 ， 浮 子 位 置 相 应 升 高 （ 或降低） ，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使阀门的开度减小（或增大） ，以使水箱水位达到希望值 hr 。出 水 hr h c水位自动控制系统的职能方框图1-4 解：受控对象：门。 执行元件：电动机，绞盘。 放大元件：放大器。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。开 闭 门 的 位 置门 实 际仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图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1_大门 位 置绞盘电动 机放大 器电位 器_浮子 杠杆水 箱阀 门减 速 器电 动 机放 大 器电 位 器放大元件：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 炉 温第二章 习题2-1 解：对 微 分方程做拉氏变换： X1 (s) R(s) C (s) N1 (s) X 2 (s) K1 X1 (s) X 3 (s) X 2 (s) X 5 (s)TsX 4 (s) X 3 (s) X 5 (s) X 4 (s) K2 N2 (s)K X (s) s2C (s) sC (s) 3 5绘制上式各子方程的方块图如下图所示：N1(s)R(s) + X1(s) X2(s) X3(s)X1(s) X2(s)- -C(s) X5(s)N2(s)X3(s) X4(s) X5(s) C(s)X4(s) - X5(s)将方块图连接起来，得出系统的动态结构图： N2(s)N1(s)+X1(s) _ C(s)R(s) X2(s) X3(s) X4(s) X5(s)K1K3C (s) / R(s) ，Ts3 (T 1)s2 s K K1 32- -K3K1 1s2 s1TsK2K31Ts1s 2 sK2K1热 电 偶电 炉加 热 器电 机 功 率 放 大电 压 放 大电 位 器C (s) / N1 (s) C (s) / R(s) ，K2 K3TsC (s) / N (s) 2 Ts3 (T 1)s2 s K K1 32-2 解：对微 分方程做拉氏变换 X1 (s) KR(s) C (s) X 2 (s) sR(s)(s 1) X 3 (s) X1 (s) X 2 (s)(Ts 1) X 4 (s) X 3 (s) X 5 (s)C (s) X (s) N (s)4 X 5 (s) (Ts 1) N (s)绘制上式各子方程的方块如下图：X2(s)R(s) X1(s) R(s) X2(s) X1(s) X3(s)-C(s)X5(s) N(s) N(s) X5(s)X3(s) X4(s) X4(s) C(s)将方块图连接得出系统的动态结构图：N(s)X2(s)X5(s) C(s)R(s) X1(s) X3(s) X4(s) sK K s (s 1)(Ts 1) (s 1)(Ts 1) C (s)R(s) k Ts2 (T 1)s (K 1)1 (s 1)(Ts 1)C (s)N (s) 02-3 解： （过 程略）C(s) 1 C (s) G1 G2(a) R(s) ms2 fs K (b) R(s) 1 G G G G G G G G1 3 1 4 2 3 2 43-K 1Ts 11s 1s Ts+1Ts1Ts 1sK 1s 1C(s) G2 G1G2 C(s) G1 G2(c) (d)R(s) 1 G1 G2G1 R(s) 1 G2G3C (s) G1G2G3G4(e)R(s) 1 G1G2 G2G3 G3G4 G1G2G3G42-4 解 ： （1 ）求 C/R， 令 N=0G(s) K1K2 K3s(Ts 1)K1K2 K3G(s)C (s) / R(s) 1 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K3K2 ) Ts 1 K n K3 s K1K2 K3GnC (s) / N (s) (K G Kn n 1 K K Ts2 s K K Ks1 3 2K 1 2 31Ts 1 s（2 ）要消除 干扰对系统的影响C (s) / N (s) K n K3 s K1K2 K3Gn 0Ts2 s K K K1 2 3Kn sG (s) n K1K22-5 解： （ a）（1 ）系统的 反馈回路有三个，所以有3 La L1 L2 L3 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5a 1三个回路两两接触，可得 1 La 1 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5（2 ）有两条 前向通道，且与两条回路均有接触，所以P1 G1G2G3 , 1 1P2 1, 2 1（3 ）闭环传 递函数 C/R 为C G1G2G3 1R 1 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5（b ）（1 ）系统的 反馈回路有三个，所以有3 La L1 L2 L3 G1G2 G1 G1a 1三个回路均接触，可得 1 La 1 G1G2 2G14（ 2）有四条 前向通道，且与三条回路均有接触，所以P1 G1G2 , 1 1P2 G1 , 2 1P3 G2 , 3 1P4 G1 , 4 1（3 ）闭环传 递函数 C/R 为C G1G2 G1 G2 G1 G1G2 G2R 1 G1G2 2G1 1 G1G2 2G12-6 解： 用梅 逊公式求， 有两个回路 ， 且接触， 可得 1 La 1 G1G2G3 G2 ， 可得C (s) G1G2G3 G2G3 C (s) C (s) / R(s)R(s) 1 G1G2G3 G2 N1 (s)(1 G2 )G3 C (s) 1 (1 G1G2G3 G2 ) 1C (s) N2 (s) 1 G1G2G3 G2 1 G1G2G3 G2N3 (s)E(s) 1 G2 G2G3 E(s) C (s) G2G3 G1G2G3R(s) 1 G1G2G3 G2 N1 (s) N1 (s) 1 G1G2G3 G2E (s) C (s) (1 G2 )G3 E(s) C (s) 1N2 (s) N2 (s) 1 G1G2G3 G2 N3 (s) N3 (s)第三章 习题103-1 解： （原 书改为 G(s) ）0.2s 1采用 K0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为10K0 (s) C (s) K G(s) 1 10K HR(s) 0 1 G(s)K 0.2s 1H 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，则： （原 放大系数为 10， 时间常数为 0.2）10K0 10 K 1001 10K H K 0.9 H1 10K 10H3-2 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” ） % e / 1 100% 1.3 1 100%2 1t p 0.11 2n5解得：n 33.71 0.358所以，开环传递函数为：1136 47.1G(s) s(s 24.1) s(0.041s 1)3-3 解： （ 1） K 10s1 时：100G(s) s2 10s 2 100n2n 10解得： n 10, 0.5, % 16.3%, t p 0.363（2 ） K 20s1 时：200G(s) s2 10s 2 200n2n 10解得： n 14.14, 0.354, %=30%, t p 0.238结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。3-4 解： （1 ）a. 0.1, 5s1 时，n2 % e / 1 100% 72.8%3.5t 7ss nb. 0.1, 10s1 时，n2 % e / 1 100% 72.8%3.5t 3.5ss nc. 0.1, 1s1 时，n62 % e / 1 100% 72.8%3.5t 35ss n 0.5, 5s1 时，(2) n2 % e / 1 100% 16.3%3.5t 1.4ss n(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， ts 减小3-5 解： （1 ）（a）用劳思判据s3 s2 s1s0120410091000系统稳定。（b ）用古尔 维茨判据2011009D1 20, D2 80201010092000100D3 8000系统稳定。（2 ）（a）用劳思判据s4 s3 s2 s1s03104.73.255325 21 020系统不稳定。（b ）用古尔 维茨判据710 1510010 1D1 10, D2 47, D 5 3 2 153303 1（其实 D4 不必计算，因为 D3 0 ）10 15103021503000D4 30602系统不稳定。3-6 解： （1 ） 系统闭环特征方程为0.2S 3 0.8S 2 s K 0劳思表s3s2s1s00.2 10.8 K K 14K若系统稳定，则： K 1 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s3s2s1s0K 1K0.20.83 K 14K3若系统稳定，则： K 1 0, K 044解得 K 33-7 解：10(s 1)(a) 系统传递函数：s3 21s2 10s 10劳斯表：8s3 s2 s1s0121200 / 2110101000系统稳定。10(b) 系统传递函数：s2 101s 10劳思表：s2s1s0110110100系统稳定。3-8 解：系统 闭环特征方程为：0.01s3 2 s2 s K 0劳思表：s3s2s10.0122 0.01K1K2Ks02 0.01K当 2 0, 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 ；1当 r (t ) t 1(t) 时， e 0.1 ；当 r (t ) t 2 1(t ) 时， e 。ss ssK解法二、系统的闭环特征方程为：0.05s3 0.6s2 s 10 0劳思表：s3s2s1s00.05 10.61106109系统稳定。1E (s)R(s) R(s)s E i R 1 G(s)当输入 r (t) 1(t ) 时， R(s) 1 , e lim sE lim s 1 1 0ss ss 0 101 s ss 0s(0.1s 1)(0.5s 1)输入 r (t ) t 1(t) 时， R(s) 1 , e lim sE lim s 1 1 0.1ss ss2 10 s2s 0 s 0 1 s(0.1s 1)(0.5s 1)输入 r (t ) t 2 1(t ) 时， R(s) 2 , e lim sE lim s 1 1 ss s 10s3 s3s 0 s 0 1 s(0.1s 1)(0.5s 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 ；ss8当 r (t ) t 1(t) 时， e 8 1.14 ；当 r (t ) t 2 1(t ) 时， e1 。ss ssK 7解法二、系统的闭环特征