自动控制原理第五版课后答案完整版2

1、c维持不变,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 试说明系统工作原理并画岀系统方块图。控制阀,浮于电位器心一 减速器用水开关e电动机L图1-2液位自动控制系统Ur (表征液工作原理：当电位电刷位于中点(对应Ur)时，电动机静止不动，控制阀门有一定的Cr，一旦流入水量或流出水量解：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 位的希望值Cr )；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。开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度 发生变化时，液面高度就会偏离给定高度Cr。当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆

2、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Cr。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Cr。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)为输岀量，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？丄 2 丄 d2r(t)c(t) =5 +r (t)+(1)dt :(2)d

3、tdt(3)tdc(t) dt-+c(t) =r(t) +(4)c(t)=r(t)coso；it +5 ；5(5)c(t) =3r(t) +6dr(t)dt(6)c(t)=r2(t)；0, t6.(7)t+ 5JJdt2r (t)，所以该系统为非线性系统。d3c(t) cd2c(t) cdc(t) c zxx zxx 一 +3+6 + 8c(t) =r(t) dtdr(t)dt ；解：(1)因为c(t)的表达式中包含变量的二次项(2) 因为该微分方程不含变量及其导数的高次幕或乘积项，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幕或乘积项，所以该系统为

4、线性系统，但第一项tdc(t)dt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 coseot，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幕或乘积项，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(t)，表示二次曲线关系，所以该系统为非线性系统。(5(7)因为c(t)的表达式可写为 线性时变系统。c(t) =a叩，其中 U (26)，所以该系统可看作是2-3试证明图2-5( a )的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。777777777(a)(b)分

5、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，找岀两者之 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， 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，关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列岀系统的方程，最后联立求微分方程。 证明：(a)根据复阻抗概念可得：R2+$C2S然后利用 对于机械系统，UouiRR2C4C2S2 +(R1C1 +R2C2 +RC2)s+1 -rRqCGs2 +(RG + R2C2 + RC2)+1C1S2 2 +(2 +R2C2 +2)如 +uo =和2%2 d Ui dtdt取A、

6、B两点进行受力分析，可得：dxo. /dXo dx一訂wxn(頁初f2 陛-竺)=K2Xdt dt整理可得：d 2xdxf1f2r+(f1K1 +f1K2 + f2K1) dtdt经比较可以看岀，电网络( a)和机械系统(b)两者参数的相似关系为*1 1K1LI丄，f1 LI R1,kA, fAI R2dudt2+26)-+.d 2xdx+ K1K2xo = flf2 訂 +仲2 + 旳 才 KZiC1C22-5 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 岀各方程式的模态。 2x(t) +x(t) =t;(2 )x(t2x(tx(t6(t)。2-7由运算放大器组成的控制系

7、统模拟电路如图x(t)曲线，指2-6所示，试求闭环传递函数Uc ( S ) /Ur(图2-6控制系统模拟电路解:由图可得RiUiUoU2UiC1S Ui Uo二花1 C1s虽 Ro1R0C2S联立上式消去中间变量Uo(s)Ui(s)U1和U2,可得:-R1R2- R3R1C1C2S2 +R3C2s+ R1R22-8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&ax二330。，功率放大级放大系数为(1)K3,要求：分别求岀电位器传递系数 K0、第一级和第二级放大器的比例系数K1和K2；画岀系统结构图；位置随动系统原理图图2-7简化结构图，求系统传递函数日o(S)/(S)。分析：

8、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，从而画岀系统结构图，求岀系统的传递函数。EKo30解:(1)(2)330,ox沢180假设电动机时间常数为二型V/radKiK2-30X103310x10-20x10-10咒103=3=-2Tm忽略电枢电感的影响，O(s)Km可得直流电动机的传递函数为Ua(S)Tm+1 (radLs)/V。又设测速发电机的斜率为Kt(V / rad s)，则其传递函数为皿KtC(s)式中Km为电动机的传递系数,单位为由此可画岀系统的结构图如下:(3 )简化后可得系统的传递函数为g(S)1+1+ gKmKts 十K0K1K2K3Km耳(S)Lms2

9、KoK1K2K3KmTm2-9若某系统在阶跃输入 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岀的时间域表示变成频域表示， 然后对传递函数进行反变换求岀系统的脉冲响应函数。1 R(s)二- 解：(1)S，则系统的传递函数、11+ 1_ S2 +4S + 2c(S) + s s+2 s+1 s(s+1)(s+2) G(.) C(s)s2+4s+2G(s) =R(s) (s+1)(s+2)(2 )系统的脉冲响应LpGG) = S + 4S + 2 =1-丄 + 丄 k(t) = L (s+1)(s + 2)s + 1 s + 2r(t)=1(t) 时，零初始条件下的输岀响应c(

10、t) = 1 - e+ e进而求解岀系统的传递函数,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)。(a)ftGQ)6-*C(s)Gi *G* G3 *1 +G1G2H1C(s)rG2VH31G2H1C(s) G3G2-(1 +G1G2H1)所以：N(s) 1 +G1G2 +G1G2H1(b)令N ( s)= 0,简化结构图如下图所示:G2G2G4G3所以:令RR(s)1 +G2G4 +G3G4(s)= 0,简化结构图如下图所示:-GG2 +G32-8中各系统信号流图的传递函数C(s)/R(s)|：|G4C(s)N(s)I+G2G4+G3G42-1

11、2试用梅逊增益公式求图图2-11 题2-12系统信号流图也=1+G3Hi+G2G3H2+G3G4H3解:存在三个回路:(a)存在两条前向通路：P =GiG2G3G4G5,d =1P2 = G6, “2 = G1G2G3G4G5Csig +所以：R(s)1 +G3H1 +G3G4H3 +G2G3H2(b)9个单独回路：L, = G2H1, L2 = -G4H2, L3 = -GgH 3丄4 = -G3G4G5H 4, Ls = -G1G2G3G4G5G6H55 = G7G3G4G5G6H 5 , L7 = G1G8G6H 5 , Lb = G7 H1G8G6H 5 , L9 = G8H 4 H

12、1 6对两两互不接触回路：L1L 2L1L 3 L2L3 L7L 2 L8L 2 L 9L 2三个互不接触回路 1组：L1L2L34条前向通路及其余子式：PiuGiGzGsGqGsGe ,占1 =1 ; RuGyGbGaGsGg ,也 2=1 ; P3=-G7HiG8G6 Q3=1+G4H2 ； F4=G 1G8G6 , i4=1+G4H 24z PAz6c(s)=R(s) 所以，91-送 La+2： LbLc-L1L2L3a：!3-4已知二阶系统的单位阶跃响应为：h(t) =1012.5e.2tsi n( 1.6t +53.1)试求系统的超调量 b%、峰值时间t P和调节时间t s。 解：依

13、题意t =tp时h (tp) =0，并且tp是使h (tp)第一次为零的时刻(tp HO)h(t) =10-12.5e.2tsi n(1.Q+53.10)= 1012.5ei2t(cos53.10si n1.6t +sin 53.10cos1.6t)h (t) =15e42t sin(16 +53.10) -20ed2t cos(1.a +53.10) = 25e12t sin1.6t可见，当h(t)第一次为0时，et p = tp h.96，所以180h(t p) =10 12.5e-12M96si 门(1.6心.96咒-8 +53.10) =10.95h(tp) -h(处)10.95-10

14、b% =X100% =X100% = 9.5%h(M)10根据调节时间ts的定义：OahD chCts).陌(处)，即1 2t9.5 10 -12.5e .0.5，得丄 ln 0.043.212ts A= 2.681.2 1.2K1和Kt，使系统3n = 6、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,所以：b % =9.5% tp = 1.96s ts =2.68s3-5设图3-3是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数 Z = 1。从而确定相应参数。解 对结构图进行化简如图所示。25Kis(s+0.8)25K,十 25Ki(KtS +1

15、)S2 +(0.8+25仆小 + 25心s(s + 0.8)故系统的传递函数为和标准二阶系统对照后可以求出：;2匚叫-0.8K =1.44,Kt =n=0.312525K13-7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。S6 +4S5 -4s4 +4S3 -7s2-8s+10 =0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6S由系统特征方程，列劳思表如下:710s5-8s45-5103s（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-5S4 - 5S2 +10 = 0，对其求导，得20s310s = 0故原全零行替代

16、为3ss2-20 -10 2.51010(1)G(s2(0.1s+1)(s+5)-900s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。42对辅助方程-5s -5s +10=0化简得(S2 -1)(s2 +2) =0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s，2 = j龟4 = 土1s -1 龟=一5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G(s)(2)50s(0.1s +1)(s +5)G(s)(3)10(2s + 1) s2(s2 +6S+100)2r(t)=2t和r(t)=2 + 2t+t时，系统的稳态误差。试求输

17、入分别为分析：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D(s) =(0.1s+1)(s+5) +100 =010D(s) =(s+10)(s +5) + 1000=s2 +15s +1050 = 02s1s0s11050151050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K = 100/5=20,系统的型别菲=0 ,2 2 = 0.095 1 + K P 1+20当 r1(t) =2 时,ess1当 r2(t) =2

18、t 时,ess222、Kv02r3(t)=t =2 当t!2时,2ess3 =Ka2=TH；0100所以,essess处2tr / +2t 屮J迓判断稳定性21D(s) =s(s+10)(s + 5)+500 = s3 +15s2 +50S+5004s3s2s100 102096.7105622910s0劳斯表中首列系数全部大于零，该系统稳定。 求稳态误差K = 10/100=0.1,系统的型别 V =2 ,=0 1 +比当 ri(t) =2 时,2ess1 =-1 + Kp当 r2(t) =2t 时,ess2 -Kvr3(t) =t2=22时,ess3_2_-Kaess0 + 0+2背戈0+

19、23-11设随动系统的微分方程为d2c(t) dc(t)T1亍+廿5)u(t) =K1r(t)-b(t)T2-db(t) +b(t) =c(t)2 dt其中，Ti、T2和K2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0,试问K1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2(T1s +s)C(sK2U (s)U(s) =K1R(s)-B(s)(T2s+1)B(s) =C(s)按照上面三个公式画出系统的结构图如下：定义误差函数E(s)= R(s)-C(s)所以R(s)-C

20、(s)=1_C(s)=1_R(s)R(s)K1K2s(T1s+1)K1K21 +s(T1s + 1)(T2s + 1)=1 -T1T 2sK1K2T2S +K1K22+(+ T2)s +s+ K1K2K1K2T2K1K2ess =lim sE(s) =lim se(s)R(s) =lim s1 -32s-0s-0TT1T2S3+(Ti+T2)s2+S+K1K2 s1 1(-2)sJ -K1K T 2 K1K21 -K1K2T2ess 令KiK2 k1，可得k2(%+T2)，因此，当k2(%+T2)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 定分离

21、点坐标(要求确(1)d):GG) _s(0.2s+1)(0.5s+1)(2)G(s)冷解:G(s)(1)n= 3，根轨迹有3条分支；起点：p1 = 0, p2= -2 , p3= -5 ;没有零点，终点：一：zc 一 5 ,5;7 半=(2K+1)；i3 as(0.2s +1)(0.5s +1) _s(s + 2)(s +5)，实轴上的根轨迹：卜2,0,(0-25 b =a 3渐进线:K =10K3条根轨迹趋向于无穷远处。分离点:1 + 1 + d d +2 dd1 = -3.79 (舍去)求解得：作出根轨迹如图所示:d2 = -0.88 ；=0G(s)n= 2,K(s + 1) K*(s +

22、 1)-s(2s +1) s(s +0.5)，K* =0.5K根轨迹有2条分支；p1 = 0, p2= -0.5 ,；终点：N h1, n m=1条根轨迹趋向于无穷远处。 实轴上的根轨迹：卜0.5,0,(一处，一1 ；1 1 1+=分离点：d d +0.5 d中1起点:求解得：d0.29，d2=仃07；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：3331G(s)Q(S + Z)1的Z值和K值。2 * *+ 200s +K s+K z = 0确定s2(s+10)(s+20)产生纯虚根为j2*43解:D(s) =s(s +10)(s +20)+K (s + z) = s

23、+30s令s = j代入D(s) =0，并令其实部、虚部分别为零，即： ReD(j1) =1 -200+ K*z=0，ImD(j1) = 30+ K* =0 解得：K =30,z=6.63画出根轨迹如图所示：4-10 设单位反馈控制系统的开环传递函数KG(S) s(0.01s +1)(0.02s +1)要求:(1) 画出准确根轨迹(至少校验三点)；确定系统的临界稳定开环增益Kc;K。确定与系统临界阻尼比相应的开环增益分析：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s = jC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

24、环增益即为实轴上的分离点对应的开环增益。5000K解:G(s)=(1)s(s+50)(s+100)n= 3，根轨迹有3条分支，且均趋于无穷远处； 实轴上的根轨迹： 卜50,0,(Y，一S。;-50-100 =_50%(2k+W渐进线:兀=，兀分离点:1 +d d +50_ 1d +100di = 21.3求解得：作出根轨迹如图所示:d2 = 78.8 (舍去)；(2) 临界开环增益 Kc为根轨迹与虚轴交点对应的开环增益。D(s) =s3 +150S2 + 5000s+ 5000K令s = j豹，代入D(s) =0，并令其实部、虚部分别为零，即ReD(j) = 15g2 +5000K =0 ,

25、lm D( j) =-o3 解得：1,2 = J5000 = 70.713 =0 (舍去)(3) 系统处于临界阻尼比匚=1,相应闭环根位于分离点处， 将s= d = -21.3代入幅值条件：Kc+500% = 0= 150即要求分离点d对应的K值。K = S 0.01s+1 0.02s+1 =9.6224-14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。20G(s)(2)G(s)=(s+ 4)(s +b)30(s + b)I =s(s +10)2解：(1)D(s) =s做等效开环传递函数b(s +4)+4s + bs + 4b + 20 = s2 +4s+20 + b(s+4)

26、= 0b(s +4)孑 +4S+20 (s+2 + 4j)(s +2 -4j)条趋于无穷远处;n=2,有 2条根轨迹分支，n-m=1实轴上的根轨迹：(一4;+ 1分离点d中2 +4j d +2 4j2d +8d4=0d +4d -8.47整理得d2 =0.47(舍去)出射角. =180 +arctan2 -90 =135根轨迹如图所示：Root Locits（2）做等效开环传递函数30b（、30b（S）=S2 + 40ss（s +40）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;11C整理得d = -20 根轨迹如图所示：+= 0分离点d d +40Root Lo

27、cus15100!r-5-10，爲-3530-2C-15-10-50第五章5-2若系统单位阶跃响应为h(t) =1 -1.8e 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。H(s) =e(s)只 斗H (s)(s)R(s)36s(s + 4)(s+9)36ess(*l四 E(s) =所以：K =10= =0.5G(j1)5-14G(s)(1)_(T1s+1)(T2s+1)(T3s+1)解：从 h(t)中可求得：h(0)=0，h(0)=0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)之间的关系为即其中(s)为系统的传递函数，又1

28、 1.8 0.8H(s) =Lh(t)s s+4 s+91R(s) = Lr(t) s(s)-四-则R(s) (s+4)(s+9)令s =j，则系统的频率特性为36_R(j)(j + 4)( j +9)5-7已知系统开环传递函数为G(s)=KkTs(T1s +1) ；(k、T 1、T 2O)当取0 = 1时， NG(j) = 180o,| G( J 3)| =O . 5。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( J 3 )。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：K J1 +(T册)2|Gj)卜； 2 ；NG

29、( j) =90 -arctanT2-arctanT因为该系统为I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1=0.1K当=1时，NG(j1) = -90 -arctanT2 -arctanT, =-180 由上两式可求得T1 =2O,T2 =0.05，因此10(j0.05Q +1)浮(20 j +1)已知下列系统开环传递函数(参数K、T、T i0 , i = L . 2,，6 )KG(s)s(T1s +1)(T2S + 1)G(s)K2s2(Ts+1)G(s)K(TiS+1)2S2(T2S+1)(8)(9)G(s)G(s)G(s)G(s)_K(T1S +1)(T2S + 1)