自动控制原理胡寿松第四版课后答案.docx
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自动控制原理胡寿松第四版课后答案
1-3
解:
系统的工作原理为:
当流出增加时,液位降低,浮球降落,控制器通过移动气动阀门的开度,流入量增加,液位开始上。
当流入量和流出量相等时达到平衡。
当流出量减小时,系统的变化过程则相反。
希望液位
流出量
高度液位高度
控制器气动阀水箱
+流入量
-
浮球
图一
1-4
(1)非线性系统
(2)非线性时变系统
(3)线性定常系统
(4)线性定常系统
(5)线性时变系统
(6)线性定常系统
2-1解:
显然,弹簧力为kx(t),根据牛顿第二运动定律有:
F(t)−kx(t)=m
移项整理,得机械系统的微分方程为:
d2x(t)
dt2
mdx(t)+kx(t)=F(t)
dt2
对上述方程中各项求拉氏变换得:
ms2X(s)+kX(s)=F(s)
所以,机械系统的传递函数为:
G(s)=
X(s)=
F(s)
1
ms2+k
2-2解一:
由图易得:
i1(t)R1=u1(t)−u2(t)
uc(t)+i1(t)R2=u2(t)
duc(t)
i1(t)
=C
dt
由上述方程组可得无源网络的运动方程为:
C(R+R)du2(t)
u(t)=CR
du1(t)
u(t)
12dt
+22+1
dt
对上述方程中各项求拉氏变换得:
C(R1+R2)sU2(s)+U2(s)=CR2sU1(s)+U1(s)
所以,无源网络的传递函数为:
G(s)=U2(s)=
U1(s)
1+sCR2
1+sC(R1+R2)
解二(运算阻抗法或复阻抗法):
U(s)
1
+R2
1+RCs
2=Cs=2
U(s)
R+1+R
1+(R+R)Cs
112
1Cs2
2-5解:
按照上述方程的顺序,从输出量开始绘制系统的结构图,其绘制结果如下图所示:
依次消掉上述方程中的中间变量X1,X2,X3,可得系统传递函数为:
C(s)=
R(s)
G1(s)G2(s)G3(s)G4(s)
1+G2(s)G3(s)G6(s)+G3(s)G4(s)G5(s)+G1(s)G2(s)G3(s)G4(s)[G7(s)−G8(s)]
2-6解:
①将G1(s)与G1(s)组成的并联环节和G1(s)与G1(s)组成的并联环节简化,它们的
等效传递函数和简化结构图为:
G12(s)=G1(s)+G2(s)
G34(s)=G3(s)−G4(s)
②将G12(s),G34(s)组成的反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为:
2-7解:
C(s)=
R(s)
G12(s)
1+G12(s)G34(s)
=G1(s)+G2(s)
1+[G1(s)+G2(s)][G3(s)−G4(s)]
由上图可列方程组:
[E(s)G1(s)−C(s)H2(s)]G2(s)=C(s)
R(s)−H1
(s)C(s)
G2(s)
=E(s)
联列上述两个方程,消掉E(s),得传递函数为:
C(s)=
R(s)
G1(s)G2(s)
1+H1(s)G1(s)+H2
(s)G2(s)
联列上述两个方程,消掉C(s),得传递函数为:
E(s)=
R(s)
1+H2(s)G2(s)
1+H1(s)G1(s)+H2(s)G2(s)
2-8解:
将①反馈回路简化,其等效传递函数和简化图为:
0.4
G(s)=2s+1=
1+0.4*0.5
2s+1
1
5s+3
将②反馈回路简化,其等效传递函数和简化图为:
1
G(s)=s+0.3s+1=
5s+3
2
1+0.4
5s+4.5s
+5.9s+3.4
(s+0.3s+1)(5s+3)
将③反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为:
0.7*(5s+3)
Θo(s)=5s3+4.5s2+5.9s+3.4=
3.5s+2.1
Θi(s)
1+0.7*Ks(5s+3)
5s3
+(4.5+3.5K)s2
+(5.9+2.1K)s+3.4
5s
3-3解:
该二阶系统的最大超调量:
σp=e
−ζπ/
1−ζ2
*100%
当σp
=5%时,可解上述方程得:
ζ=0.69
当σp
=5%时,该二阶系统的过渡时间为:
ts≈
3
ζwn
所以,该二阶系统的无阻尼自振角频率wn
3-4解:
≈3
ζts
=3
0.69*2
=2.17
由上图可得系统的传递函数:
10*(1+Ks)
C(s)=
R(s)
s(s+2)
1+10*(1+Ks)
s(s+2)
==10*(Ks+1)
s+2*(1+5K)s+10
所以wn=
10,ζwn=1+5K
⑴若ζ
=0.5时,K≈0.116
所以K≈0.116时,ζ
=0.5
⑵系统单位阶跃响应的超调量和过渡过程时间分别为:
σp=e
−ζπ/
1−ζ2
*100%=e
−0.5*3.14/
1−0.52
*100%≈16.3%
ts=
3
ζwn
=3
0.5*
≈1.9
10
⑶加入(1+Ks)相当于加入了一个比例微分环节,将使系统的阻尼比增大,可以有效
地减小原系统的阶跃响应的超调量;同时由于微分的作用,使系统阶跃响应的速度(即变
化率)提高了,从而缩短了过渡时间:
总之,加入(1+Ks)后,系统响应性能得到改善。
3-5解:
由上图可得该控制系统的传递函数:
C(s)=
10K1
R(s)
二阶系统的标准形式为:
C(s)
R(s)
s2+(10τ+1)s+10K
w2
=n
s2+2ζws+w2
nn
所以
n=10K1
2ζwn=10τ+1
由
σ=e−ζπ/
π
1−ζ2
*100%
tp=
wn
1−ζ2
σp=9.5%
tp=0.5
可得
ζ=0.6
wn=10K1
ζ=0.6
wn=7.85
由和
2ζwn=10τ+1
wn=7.85
可得:
K1=6.16
τ=0.84
ts≈
3
ζwn
=0.64
3-6解:
⑴列出劳斯表为:
因为劳斯表首列系数符号变号2次,所以系统不稳定。
⑵列出劳斯表为:
因为劳斯表首列系数全大于零,所以系统稳定。
⑶列出劳斯表为:
因为劳斯表首列系数符号变号2次,所以系统不稳定。
3-7解:
系统的闭环系统传递函数:
K(s+1)
C(s)=
R(s)
=
s(2s+1)(Ts+1)=
1+K(s+1)
s(2s+1)(Ts+1)
K(s+1)
K(s+1)
s(2s+1)(Ts+1)+K(s+1)
2Ts3+(T+2)s2+(K+1)s+K
列出劳斯表为:
s32TK+1
s2T+2K
s1(K+1)(T+2)−2KTT+2
s0K
T>0,T+2>0,(K+1)(T+2)−2KTT+2
>0,K>0
T>0
K>0,(K+1)(T+2)−2KT>0
(K+1)(T+2)−2KT=(T+2)+KT+2K−2KT
=(T+2)−KT+2K=(T+2)−K(T−2)>0
K(T−2)<(T+2)
3-9解:
由上图可得闭环系统传递函数:
C(s)=
KK2K3
R(s)(1+KKKa)s2−KKKbs−KKK
代入已知数据,得二阶系统特征方程:
(1+0.1K)s2−0.1Ks−K=0
列出劳斯表为:
s21+0.1K−K
s1−0.1K
s0−K
可见,只要放大器
−10 3-12解: 系统的稳态误差为: ess =lime(t)=limsE(s)=lims R(s) t→∞ s→0 s→01+G0(s) ⑴G0(s)= 10 s(0.1s+1)(0.5s+1) 系统的静态位置误差系数: K=limG (s)=lim10=∞ ps→00 s→0s(0.1s+1)(0.5s+1) 系统的静态速度误差系数: K=limsG (s)=lim 10s =10 vs→00 s→0s(0.1s+1)(0.5s+1) 系统的静态加速度误差系数: K=lims2G (s)=lim 10s2 =0 as→00 s→0s(0.1s+1)(0.5s+1) 当r(t)=1(t)时,R(s)=1 s ess =lims *1=0 当r(t)=4t时,R(s)= s→010s 1+ s(0.1s+1)(0.5s+1) 4 s2 e=lims *4=0.4 sss→0s2 当r(t)=t2时,R(s)= 1+10 s(0.1s+1)(0.5s+1) 2 s3 ess =lim s→0 1+ s*2=∞ 10s3 s(0.1s+1)(0.5s+1) 当r(t)=1(t)+4t+t2时,R(s)=1+4+2 ss2s3 3-14解: ess=0+0.4+∞=∞ 由于单位斜坡输入下系统稳态误差为常值=2,所以系统为I型系统 设开环传递函数G(s)= K s(s2+as+b) ⇒K=0.5b 闭环传递函数 φ(s)=G(s)=K 1+G(s)s3+as2+bs+K Qs=−1±j是系统闭环极点,因此 s3+as2+bs+K=(s+c)(s2+2s+2)=s3+(2+c)s2+(2c+2)s+2c ⎧K=0.5b ⎪K=2c ⎨b=2c+2⇒ ⎪⎩a=2+c ⎧K=2 ⎪a=3 ⎨b=4 ⎪⎩c=1 所以G(s)= 2。 s(s2+3s+4) 4-1 jω[s] jω[s] k→∞ k=0 × k→∞ k=0 0× σk=0 × k→∞ k→∞ k=0σ 0× (a)(b) jω[s] jω[s] σ ××0× σ ×0× (c)(d) 4-2 jω[s] × p3=−1 0×× p1=0σ p2=0 p1=0, p2=0, p3=−1 1.实轴上的根轨迹(−∞,−1)(0,0) 1 2.n−m=3 3条根轨迹趋向无穷远处的渐近线相角为 ϕ180°(2q+1)=±60°,180° a3 (q=0,1) 渐近线与实轴的交点为 nm ∑pi−∑zi i=1 j=10−0−11 σa= 3.系统的特征方程为 n−m ==− 33 1+G(s)=1+ K=0 s2(s+1) 即K=−s2(s+1)=−s3−s2 dK=−3s2−2s=0 ds s(3s+2)=0 根s1=0 (舍去) s2=−0.667 4.令s=jω 代入特征方程 1+G(s)=1+ K=0 s2(s+1) s2(s+1)+K=0 (jω)2(jω+1)+K=0 −ω2(jω+1)+K=0 K−ω2−jω=0 ⎧K−ω2=0 ⎨ ⎩ω=0 ω=0 (舍去) 与虚轴没有交点,即只有根轨迹上的起点,也即开环极点 p1,2=0 在虚轴上。 2 5-1 G(s)= 5 0.25s+1 G(jω)= 5 0.25jω+1 A(ω)= 5(0.25ω)2+1 ϕ(ω)=−arctan(0.25ω) 输入r(t)=5cos(4t−30°)=5sin(4t+60°) ω=4 A(4)= 5 (0.25*4)2+1 =2.52 ϕ(4)=−arctan(0.25*4)=−45° 系统的稳态输出为 c(t)=A(4)*5cos[4t−30°+ϕ(4)] =2.52*5cos(4t−30°−45°) =17.68cos(4t−75°)=17.68sin(4t+15°) sinα=cos(90°−α)=cos(α−90°)=cos(α+270°) 5-3 或者, c(t)=A(4)*5sin[4t+60°+ϕ(4)] =2.52*5sin(4t+60°−45°) =17.68sin(4t+15°) 11 (2) G(s)= (1+s)(1+2s) G(jω)= (1+jω)(1+j2ω) A(ω)= 1 (1+ω2)(1+4ω2) ϕ(ω)=−arctanω−arctan2ω ϕ(ω)=−arctanω−arctan2ω=−90°arctanω+arctan2ω=90° ω=1/(2ω) ω2=1/2 A(ω)= 1= (1+1/2)(1+4*1/2) 2=0.47 3 与虚轴的交点为(0,-j0.47) jY(ω) 0ω=∞ -j0.47 ω=0 1 X(ω) ω 1 (3)G(s)= 1 s(1+s)(1+2s) G(jω)= 1 jω(1+jω)(1+j2ω) A(ω)= ω 1 (1+ω2)(1+4ω2) ϕ(ω)=−90°−arctanω−arctan2ω ϕ(ω)=−90°−arctanω−arctan2ω=−180°arctanω+arctan2ω=90° ω=1/(2ω) ω2=1/2 A(ω)= 1 1/2(1+1/2)(1+4*1/2) =2=0.67 3 与实轴的交点为(-0.67,-j0) -0.67 0 ω=0.707 ω ω=0 jY(ω) ω=∞ X(ω) (4)G(s)= 1 s2(1+s)(1+2s) G(jω)= 1 (jω)2(1+jω)(1+j2ω) A(ω)= ω2 1 (1+ω2)(1+4ω2) ϕ(ω)=−180°−arctanω−arctan2ω ϕ(ω)=−180°−arctanω−arctan2ω=−270°arctanω+arctan2ω=90° ω=1/(2ω) ω2=1/2 A(ω)= 1=2(1/2)(1+1/2)(1+4*1/2)3 2=0.94 与虚轴的交点为(0,j0.94) ω=0.707 ω=0ω 0.94 0 jY(ω) ω=∞ X(ω) 2 5-4 (2)ω1=0.5,ω2=1,k=1,υ=0 L(ω)(dB) 0 0.01 -20dB 0.1 0.5 -20dB/dec ω 110 -40dB/dec -40dB (3)ω1=0.5,ω2=1,k=1,υ=1 L(ω)(dB) -20dB/dec 20dB-40dB/dec ω 0 0.01 0.1 0.5 110 -20dB -40dB -60dB/dec (4)ω1=0.5,ω2=1,k=1,υ=2 L(ω)(dB) 60dB -40dB/dec 40dB 20dB-60dB/dec ω 0 0.01 0.1 0.5 110 -20dB -40dB -80dB/dec 5-6 G(s)= 1 s−1 是一个非最小相位系统 3 G(jω)=1= 1(−1−jω)= 1ej(−180o+arctgω) jω−11+ω2 1+ω2 G(s)= 1 s+1 是一个最小相位系统 G(jω)=1= 1(1−jω)= 1e−jarctgω jω+11+ω2 1+ω2 5-8(a) ω=0− ω=∞ -10 X(ω) ω=0+ 系统开环传递函数有一极点在s平面的原点处,因此乃氏回线中半径为无穷小量ε的半圆弧对应的映射曲线是一个半径为无穷大的圆弧: ω: 0−→0+;θ: -90°→0°→+90°;ϕ(ω): +90°→0°→-90° N=P-Z,Z=P-N=0-(-2)=2 闭环系统有2个极点在右半平面,所以闭环系统不稳定 (b) jY(ω) ω=0− ω=0+ ω=∞ -10 X(ω) 4 系统开环传递函数有2个极点在s平面的原点处,因此乃氏回线中半径为无穷小量ε的半圆 弧对应的映射曲线是一个半径为无穷大的圆弧: ω: 0−→0+;θ: -90°→0°→+90°;ϕ(ω): +180°→0°→-180° N=P-Z,Z=P-N=0-0=0 闭环系统有0个极点在右半平面,所以闭环系统稳定 5-10 KK2.28K (1) G(s)H(s)== Ts+1 ϕ(ω)(°) 1 2.28 s+1 = s+2.28 ω1=2.28 0° ω −90° ϕ(ω) GsHs=K 1=K 1=2.28K (2) ()() ϕ(ω)(°) sTs+1 s1 2.28 s+1 s(s+2.28) −90° ω1=2.28 ω −180° ϕ(ω) Kτs+1 1 K0.5 s+1 4K(s+0.5) (3) G(s)H(s)== sTs+1s1 = s(s+2) 222 s+1 2 L(ω)(dB) -40dB/dec -20dB/dec aω b00.5 12 -40dB/dec 5 20lg1 =a−20lgK+20lg1 =40lg1 −20lgK=20lg1 0.5 20lg(K)−1=20lg2 0.50.5 K=1
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