自动控制原理答案完全版第二版.docx
- 文档编号:11670999
- 上传时间:2023-03-30
- 格式:DOCX
- 页数:46
- 大小:580.08KB
自动控制原理答案完全版第二版.docx
《自动控制原理答案完全版第二版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《自动控制原理答案完全版第二版.docx(46页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
自动控制原理答案完全版第二版
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
测量元件:
浮子,杠杆。
放大元件:
放大器。
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「。
给定值为希望水位hr(与电位器设定
cr
电压ur相对应,此时电位器电刷位于中点位置)
当hchr时,电位器电刷位于中点位置,电动机不工作。
一但hchr时,浮子位置相应升高(或
CIcI
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。
1-4解:
受控对象:
门。
执行元
件:
电动机,绞盘。
放大元件:
放大器。
仓库大门自动控制开(闭)的职能方框图
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。
1-5解:
系统的输岀量:
电炉炉温给定输入量:
加热器电压被控对象:
电炉
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:
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)
X2(s)QX/s)
X3(s)X2(s)X5
(sTsX4(s)X3(s)
X5(s)X4(s)K2N2
(sk3X5(s)s2C(s)sC(s)
C(s)/R(s)
KK
32
Ts(T1)ssK1K3
C(s)/Ni(s)C(s)/R(s),
C(s)/N2(s)
K2K3TS
Ts3~~T1)s2sK1K3
2-2解:
对微分方程做拉氏变换
Xi(s)K[R(s)C(s)]
X2(s)sR(s)
(s1)X3(s)Xi(s)X2(s)
(Ts1)X4(s)X3(s)X5(s)
C(s)X4(s)N(s)
X5(s)(Ts1)N(s)
X3(s)
绘制上式各子方程的方块如下图:
将方块图连接得出系统的动态结构图:
..R(s)
1(s1):
Ts1)
C(s)0
N(s)0
2-3解:
(过程略)
K
C(s)(s1) K Ts2(Ts1)s(K1) R(s)msfsK (b)C(s)字红 R(s)1G1G3GG4G2G3G2G4 (c)誤 R(s) G2G1G2 1G-iG2G-i (d普 R(s) G1G2 1G2G3 (e)R^ R(s) G1G2G3G4 1G<|G2G2G3 G3G4G1G2G3G4 2-4解: (1)求C/R,令N=0 KKK3 s(Ts1) C(s)/R(s)G(s) 1G(s) 求C/N,令R=0,向后移动单位反馈的比较点 K3 C(s)/N(s)(KnGnK10)—J s1亠K1 G(s) K1K2K3 Ts2 KiK2K3 KnK3sK1K2K3G K2 n 2一 Ts2sK1K2K3 Ts1s (2)要消除干扰对系统的影响 C(s)/N(s)KnK3sK1K2K3Gn Ts2sK1K2K3 Gn(s)Kns k1k2 2-5解: (a) (1)系统的反馈回路有三个,所以有 3 LaL1L2L3 a1 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5 三个回路两两接触,可得 1La 1GG2G5 G2G3G4 G4G2G5 (2) 有两条前向通道,且与两条回路均有接触,所以 P P2 G1G2G3,1 1,21 (3) 闭环传递函数C/R为 GGG31 1G1G2G5G2G3G4G4G2G5 (b) (1) 系统的反馈回路有三个,所以有 3 La a1 L1 L3G1G2G1G1 三个回路均接触,可得 1La 1G-iG22G-) (2)有四条前向通道,且与三条回路均有接触,所以 R G1G2,1 1 P2 G,2 1 P G2,3 1 P4 G1,4 1 (3)闭环传递函数C/R为 C G1G2 G1 G2G G-iG2G2 R 1 G1G2 2G1 1G-|G22G. 2-6解: 用梅逊公式求,有两个回路,且接触,可得1La1GG2G3G2,可得 第三章习题 采用K0,KH负反馈方法的闭环传递函数为 1OKo 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) 3-2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%100% 1 解得: 33.71 0.358 所以,开环传递函数为: G(s) 113647.1 s(s24.1)s(0.041s1) 3-3解: (1)K10s1时: G(s) 100 s210s 100 2n10 解得: n10, 0.5,%16.3%,tp0.363 (2)K20s1时: G(s) 200 s210s 200 2n10 结论, K增大,超调增加, 峰值时间减小。 3-4解 : (1) a. 0.1,n5s1时, % e /.12 100% 72.8% ts 3.5 7s n b. 0.1,n10s1时, % e /12 100% 72.8% 35 3.5s ts n c. 0.1,n1s1时, 解得: n14.14, 0.354,%=30%,tp0.238 %e/1'100%72.8% 丄3.5c厂ts35s n (2)0.5,n5s 时, /■~2 %e100%16.3% 1.4s 3.5 ts n 系统稳定。 (b)用古尔维茨判据 3s 1 9 2s 20 100 1s 4 0 0s 100 20100 D120,D280 19 201000 D31908000 020100 系统稳定。 (2) (a)用劳思判据 s4352 s31010 s24.72 s13.25530 s02 系统不稳定。 (b)用古尔维茨判据 0.2S30.8S2sK0 劳思表 s30.21 S20.8K K 0。 无解 若系统稳定,则: 10,K 4 (2)系统闭环特征方程为 32 0.2S0.8S(K1)sK0 劳思表 s30.2K1 s20.8K 13 sK1 4 s0K 3 若系统稳定,则: K10,K0 4 4 解得K- 3 s3110 s22110 s200/210 s0100 系统稳定。 10 (b)系统传递函数: — s101s10 劳思表: s2110 s11010 s010 系统稳定。 3-8解: 系统闭环特征方程为: 0.01s32s2sK0 劳思表: 3s 0.01 1 2s 2 K 1s 20.01K 2 0s K 当20,乙严0,K0时系统稳定 稳定域为: 0,0K200 3-9解: (1) 系统稳定。 1 Es巳R(s)R(s)盲R(s) 1 当输入r(t)1(t)时,R(s)1,ess s 帅sEs lims- s0 1 11 10s s(0.1s1)(0.5s1) 输入r(t)t1(t)时,R(s) 乓smo s s mo s -2 22 输入r(t)t21(t)时,R(s)气,esslimsE. ss0 lims- s0 1 10 s(0.1s1)(0.5s 3 s 1) (2) K7,故当r(t)1(t)时,ess0; t21(t)时,ess。 解法一、因为1,属于I型无差系统,开环增益 18 当r(t)t1(t)时,ess1.14;当r(t) K7 解法二、系统的闭环特征方程为: s46s310s215s70 劳思表: 4s 1 10 7 3s 6 15 0 2s 7.5 7 1s 9.4 0 7 s 系统稳定。 lims~ s0 1 7(s1) s(s4)(s22s2) 输入r(t)t21(t)时,R(s) (3) es 2-3S s Esmo Hs s mo ■Is 1 2S 解法一、因为2,属于n型无差系统, 开环增益 8,故当r(t) 1(t)时,ess0; 当r(t)t1(t)时,ess0;当 r(t)t2 1(t)时, ess 0.25。 解法二、系统的闭环特征方程为: 0.1s3 4s 劳思表: 3s 2s 1s 0s 0.1 1 3.2 8 系统稳定。 Es EiR(s)R(s) 1G(s)R(s) 当输入r(t)1(t)时,R(s) limsEs s0 lims- 0 1 1 8(0.5s s2(0.1s 1 1) 输入r(t)t1(t)时,R(s) 1 2,esss ! ms乓 lims- s0 1 1 8(0.5s s2(0.1s 1) 1) 输入r(t)t21(t)时,R(s) limsEs 3-10解: 系统传递函数为器 G(s) 调节时间ts4T1min,T0.25min 10 输入r(t)10t,R(s)— s 2 lims30.25 s018(0.5s1)s3 I2 s2(0.1s1) —为一阶惯性环节 Ts1 稳态误差: E(s)R(s)C(s)-s ess叽sE(s)2.5(CD) 10 ~2 s(0.25s1) 3-11解: 用梅森公式: EiR E(s) R(s) 1 2.5K EiN E(s)N(s) 1 (0.05s1)(s5) 2.5 2.5K E(s) 1 (0.05s1)(s5) (0.05s1)(s5)2.5(0.05s1)1 (0.05s1)(s5)2.5K 1 输入R(s)-,N(s) s 当K=40时 (1) vs帅sE(s) (0.05s1)(s5)2.5(0.05s1)1 (0.05s1)(s5) 2.5Ks 2.5 52.5K 0.0238 (2) 当K=20时 (3) ! 叩sE(s)52.5K 在扰动点前的前向通道中引入积分环节1/s, 0.0455。 比较说明, K越大,稳态误差越小。 EiR E(s) R(s) 1 1-s(0.05s1)(s5) 2.5 EiN E(s) N(s) s5 2.5K s(0.05s1)(s5) E(s) s(0.05s1)(s 5)2.5s(0.05s1)1 s(0.05s1)(s5)2.5Ks s(0.05s1)(s5) s(0.05s1)(s5)2.5K 2.5(0.05s1)s s(0.05s1)(s5)2.5K (0.05s1)(s5)2.5(0.05s1) s(0.05s1)(s5)2.5K 所以对输入响应的误差,esslimsE(s)0。 s0 在扰动点之后引入积分环节1/s, E(s) 1 s(0.05s1)(s5) EiR R(s)1 2.5K s(0.05s1)(s5) 2.5K (0.05s1)(s 5)s 2.5 E(s) s5 1 2.5(0.05s 1) EiN N(s)1 2.5K s s(0.05s1)(s5)2.5K (0.05s1)(s ,5)s E(s) R(S)EiR N(s)EiN (0.05s 1)(s25s2.5)1 s(0.05s 1)(s5)2.5Ks 1 所以对输入响应的误差,esslimsE(s) s0K 3-12解: 解法一、原系统结构图变换为 N(s) R(s) 1 s1 C(s) J 「s2 q(T2K)s5k — 系统开环1,故对R为I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 1 1 N(s) s s 1.1 essrlimsEiR—0,essn“叩sEiN— s0ss0s 令R(s) 2 1 JT,N(s)s 1 2s 令R(s) 令R(s) 1 斗,N(s)s lims s0 EiR3 s ,essn lims s0 系统对r(t)为I型,对n⑴为0型。 3-13: (a)解法一、解得,CiRJ「, R(s)s(s1)1 CiN C(s) N(s) s(s1) s(s1)1 E(s)R(s)C(s)R(s)(R(s)i*N(s)i 11 输入R(s)2,n(s),所以电limsE(s) ss0 解法二、 C(s) R(s) —,因为分子分母后两项系数对应相等, s1 故系统为n无差,在 r(t)t 1(t)时, essr0,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 信号Qsn 0,从而有essessressn0。 (b)系统开环1,为I型系统,故essr 0;又En(s) N(s)iCiN 0.1.200 si0.5s2s200 根据疋^义erc,e;sQ;sre$snOssn limsEn(s) s0 0.1。 3-14解: 开环传递函数为 2 G(s)円 ―,误差传递函数s EiR(S)R(S) 1 1G(s) R(s) (1)输入r(t) 1(t),R(s) SirmsEsR(s) lims- s0 1 1 7ss22s ⑵输入r(t)1(t),R(s) 氐sirmsEsR(s) lims- s0 1 11 22 ns s22s 第四章习题 4-1解: "了£匚)另解 0 ( 4-2解: 4-3解: 根轨迹如图 i i J fA -j 弋J i %* 极点R0,P2 1,F3 共有三条渐近线 D 60 渐近线交点为 2)1 3条渐近线与实轴夹角 (2k1) 3 (k 0) (k (k 1),分离点坐标 1) 分离角为- 2 与虚轴交点: 1GHs(s1)(0.5s 32 0.5(j)1.5(j)j 2,K3 1) 当0 0.5s31.5s2 1) 所以,无超调时K的取值范围为0 0.1925。 作图测得 0.5的阻尼线与根轨迹交点 s,,20.33j0.58,根据’根之和’法则, s1S>SsP! p2p3,求得Sj2.34。 Ss对虚轴的距离是§,2的7倍,故认为s,2是 S1S2 主导极点,系统近似为二阶,即(s)(ss)(ss2) 0.445 s2__0.667s 歸,从而得到 0.5,n0.667,其阶跃响应下的性能指标为% 16.3%,ts 3.5i 10.5s。 n 1 4-4解: (1)s—— 0.671 即(s),t 0.67s1 1.5,S2,3 3T2s,% 4j9.2,主导极点为s,系统看成一阶系统。 (2)由于极点为S1 —与零点z1 0.67 1 0.59 构成偶极子,所以主导极点为s2,s3,即 1 2 0.01s20.08s1 系统可以看作(S) 10, 0.4, n %25% 4-5解: (题目改为‘单位负反馈’) 3.50.88s, 由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性, 5-1解: 0arctanT 超过10D, 所以不满足要求。 5-2解: 设G(s) 1 LCs2RCs1 5-3解: (1)G(s) 160 s(s8) 第五章习题答案 arctan2fT 10 arctan2100.0132.1*,相位差 354D ,G(10j)0.708,G(10j)90 5 1 11002L10610__106Rj, 1104 亍6马1013H) 10010 1 10__106r G(10 j) 0.708 R44959() 986.96 G(s) s244.37s986.96 msHz □odeDiagram 1Q0*”””r 〔Efup】 10 -1 口12 101010 Frequency(reid/sec) ooo9 1- 35 101 (2)G(s)10°(s s(s1)(s20) BodeDiagram oo 24 ■■ 101 Frequency(rad/sec) 〔6333W更厘 oo (3)G(s) 64(s2) BodeDiagram 50 0 -50 wo Frequencv(rad/sec) 〔btDpja(44B匸d (4)G(s)如sS (1)(s0.1)4s25) 5-4解: (a) K G(s)由一个放大环节、一个惯性环节组成 Ts1 (b) 20lgK G(s) G(s) 20,K10;1 0.1s s(Ts K_ 1) 110T0.1 T 由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成 1T80 K40 丄,穿越频率c40,L()c20lgK20lg 80 (c) G(s) G(s) L(k) 40 s(80s1) —由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成 s( n 2—s n 20lgK 20igk k100,由图可知r45.3, 24.85,n r,得到n50,0.3(0.954舍去)。 22 G(s) 2.5103100 s(s230s2.5103) (d)G(s) -s_1由一个放大环节、一个微分环节、两个积分环节、两个惯性环节 s2(Ts1)2 组成 0.1得10;21得T1 L()20lgK20lg1020lg(2c1)0,K0.2,G(s)0.2(10s1)2 s(s1) (或者米用精确表示: L()20lgK20lg102120lg1220lg(11)0, 2 .101 0.1990,G(s) 0.1990(10s1)) s2(s1)2 s(2 s2—s1) n n 11 1 1,22n2,20lg8 2 L20lgK 20, K10 G(s) 10(s1) 2 e)G(s)占丄 s(0.25s0.2s1) 5-5解: 0.2,在11处, (1)G(s) 伯德图: 250 s2(s50) 5 s2(50s1) ,20IgK 14 100 BodeDiagram o40oo 5(1SE5 -1 -§冬営翼s 10 Q 101 Frequency(rad/sec) D-o5o5o5 349382 1-'112-■■■ 〔Ewp)SIWOLIn- 10 10 有一次负穿越, P0,ZP2N2故不稳定 10 (2)G(s) 250 s(s5)(s15) 3 11 s(-s1)(-s1) 515 20lgK 10.46 50 Ep〕©prill匚h左 BodeDiagram zll: l 1 ■一 〔6OJP)OJ⑷嗚 Bo J -ii 101 Frequenuyfrad/secj P0,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 自动控制 原理 答案 完全 第二