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：

dx（t）

dt

mdx（t）+kx（t）=F（t）

dt

对上述方程中各项求拉氏变换得：

msX（s）+kX（s）=F（s）

所以，机械系统的传递函数为：

G（s）=

X（s）=

F（s）

1

ms+k

2-2解一：

由图易得：

i（t）R=u（t）−u（t）

u（t）+i（t）R=u（t）

du（t）

i（t）=C

dt

由上述方程组可得无源网络的运动方程为：

C（R+R）du（t）

u（t）=CR

du（t）

u（t）

dt

++

dt

对上述方程中各项求拉氏变换得：

C（R+R）sU（s）+U（s）=CRsU（s）+U（s）

所以，无源网络的传递函数为：

G（s）=U（s）=

U（s）

1+sCR

1+sC（R+R）

解二（运算阻抗法或复阻抗法）：

U（s）

1

+R

1+RCs

=Cs=

U（s）

R+1+R

1+（R+R）Cs

Cs

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X,X,X,可得系统传递函数为：

C（s）=

R（s）

G（s）G（s）G（s）G（s）

1+G（s）G（s）G（s）+G（s）G（s）G（s）+G（s）G（s）G（s）G（s）[G（s）−G（s）]

2-6解：

①将G（s）与G（s）组成的并联环节和G（s）与G（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：

G（s）=G（s）+G（s）

G（s）=G（s）−G（s）

②将G（s）,G（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）

G（s）

1+G（s）G（s）

=G（s）+G（s）

1+[G（s）+G（s）][G（s）−G（s）]

由上图可列方程组：

[E（s）G（s）−C（s）H（s）]G（s）=C（s）

R（s）−H

（s）C（s）

G（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）

G（s）G（s）

1+H（s）G（s）+H（s）G（s）

联列上述两个方程，消掉C（s），得传递函数为：

E（s）=

R（s）

1+H（s）G（s）

1+H（s）G（s）+H（s）G（s）

2-8解：

将①反馈回路简化，其等效传递函数和简化图为：

G（s）=2s+1=

1+*

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++1=

5s+3

1+

5s+

++

（s++1）（5s+3）

将③反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为：

*（5s+3）

Θ（s）=5s+++=

+

Θ（s）

1+*Ks（5s+3）

5s

++）s

++）s+

5s

3-3解：

该二阶系统的最大超调量：

σp=e

−ζπ/

1−ζ

*100%

当σ

=5%时，可解上述方程得：

ζ=

当σ

=5%时，该二阶系统的过渡时间为：

t≈

3

ζw

所以，该二阶系统的无阻尼自振角频率w

3-4解：

≈3

ζt

=3

*2

=

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w=

10，ζw=1+5K

⑴若ζ

=时，K≈

所以K≈时，ζ

=

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−ζ

*100%=e

−*/

1−

*100%≈%

ts=

3

ζwn

=3

*

≈

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）=

10K

R（s）

二阶系统的标准形式为：

C（s）

R（s）

s+（10τ+1）s+10K

w

=

s+2ζws+w

所以

=10K

2ζw=10τ+1

由

p

σ=e−ζπ/

π

1−ζ

*100%

tp=

wn

1−ζ2

σp=%

tp=

可得

ζ=

w=10K

ζ=

w=

由和

2ζw=10τ+1

w=

可得：

K=

τ=

t≈

3

ζw

=

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）

2Ts+（T+2）s+（K+1）s+K

列出劳斯表为：

s2TK+1

sT+2K

s（K+1）（T+2）−2KTT+2

sK

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）=

KKK

R（s）（1+KKKa）s−KKKbs−KKK

代入已知数据，得二阶系统特征方程：

（1+）s−−K=0

列出劳斯表为：

s1+−K

s−

s−K

可见，只要放大器

−10

3-12解：

系统的稳态误差为：

e

=lime（t）=limsE（s）=lims

R（s）

1+G（s）

⑴G（s）=

10

s+1）+1）

系统的静态位置误差系数：

K=limG

（s）=lim10=∞

s+1）+1）

系统的静态速度误差系数：

K=limsG

（s）=lim

10s

=10

s+1）+1）

系统的静态加速度误差系数：

K=limsG

（s）=lim

10s

=0

s+1）+1）

当r（t）=1（t）时，R（s）=1

s

e

=lims

*1=0

当r（t）=4t时，R（s）=

10s

1+

s+1）+1）

4

s

e=lims

*4=

s

当r（t）=t时，R（s）=

1+10

s+1）+1）

2

s

e

=lim

1+

s*2=∞

10s

s+1）+1）

当r（t）=1（t）+4t+t时，R（s）=1+4+2

sss

3-14解：

e=0++∞=∞

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（s+as+b）

⇒K=b

闭环传递函数

φ（s）=G（s）=K

1+G（s）s+as+bs+K

Qs=−1±j是系统闭环极点，因此

s+as+bs+K=（s+c）（s+2s+2）=s+（2+c）s+（2c+2）s+2c

⎧K=

⎪K=2c

⎨b=2c+2⇒

⎪⎩a=2+c

⎧K=2

⎪a=3

⎨b=4

⎪⎩c=1

所以G（s）=

2。

s（s+3s+4）

4-1

jω[s]

jω[s]

k→∞

k=0

×

k→∞

k=0

0×

σk=0

×

k→∞

k→∞

k=0σ

0×

（a）（b）

ω

jω[s]

σ

σ

×0×

（c）（d）

4-2

ω

σ

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°

3

（q=0,1）

渐近线与实轴的交点为

∑p−∑z

0−0−11

σ=

3.系统的特征方程为

n−m

==−

33

1+G（s）=1+

K=0

s（s+1）

即K=−s（s+1）=−s−s

dK=−3s−2s=0

ds

s（3s+2）=0

根s=0

（舍去）

s=−

4.令s=jω

代入特征方程

1+G（s）=1+

K=0

s（s+1）

s（s+1）+K=0

（jω）（jω+1）+K=0

−ω（jω+1）+K=0

K−ω−jω=0

⎧K−ω=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

+1

G（jω）=

5

jω+1

A（ω）=

5ω）+1

ϕ（ω）=−arctanω）

输入r（t）=5cos（4t−30°）=5sin（4t+60°）

ω=4

A（4）=

5

*4）+1

=2

ϕ（4）=−arctan*4）=−45°

系统的稳态输出为

c（t）=A（4）*5cos[4t−30°+ϕ（4）]

=2*5cos（4t−30°−45°）

=cos（4t−75°）=sin（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*5sin（4t+60°−45°）

=sin（4t+15°）

11

（2）

G（s）=

（1+s）（1+2s）

G（jω）=

（1+jω）（1+j2ω）

A（ω）=

1

（1+ω）（1+4ω）

ϕ（ω）=−arctanω−arctan2ω

ϕ（ω）=−arctanω−arctan2ω=−90°arctanω+arctan2ω=90°

ω=1/（2ω）

ω=1/2

A（ω）=

1=

（1+1/2）（1+4*1/2）

2=

3

与虚轴的交点为（0，）

jY（ω）

0ω=∞

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+ω）（1+4ω）

ϕ（ω）=−90°−arctanω−arctan2ω

ϕ（ω）=−90°−arctanω−arctan2ω=−180°arctanω+arctan2ω=90°

ω=1/（2ω）

ω=1/2

A（ω）=

1

1/2（1+1/2）（1+4*1/2）

=2=

3

与实轴的交点为（，-j0）

0

ω=

ω

ω=0

jY（ω）

ω=∞

X（ω）

（4）G（s）=

1

s（1+s）（1+2s）

G（jω）=

1

（jω）（1+jω）（1+j2ω）

A（ω）=

ω

1

（1+ω）（1+4ω）

ϕ（ω）=−180°−arctanω−arctan2ω

ϕ（ω）=−180°−arctanω−arctan2ω=−270°arctanω+arctan2ω=90°

ω=1/（2ω）

ω=1/2

A（ω）=

1=2（1/2）（1+1/2）（1+4*1/2）3

2=

与虚轴的交点为（0，）

ω=

ω=0ω

0

jY（ω）

ω=∞

X（ω）

2

5-4

（2）ω=，ω=1，k=1，υ=0

L（ω）（dB）

0

-20dB

-20dB/dec

ω

110

-40dB/dec

-40dB

（3）ω=，ω=1，k=1，υ=1

L（ω）（dB）

-20dB/dec

20dB-40dB/dec

ω

0

110

-20dB

-40dB

-60dB/dec

（4）ω=，ω=1，k=1，υ=2

L（ω）（dB）

60dB

-40dB/dec

40dB

20dB-60dB/dec

ω

0

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）=

1e

jω−11+ω

1+ω

G（s）=

1

s+1

是一个最小相位系统

G（jω）=1=

1（1−jω）=

1e

jω+11+ω

1+ω

5-8（a）

ω

ω

ω

ω

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）

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

KK

（1）

G（s）H（s）==

Ts+1

ϕ（ω）（°）

1

s+1

=

s+

ω=

0°

ω

−90°

ϕ（ω）

GsHs=K

1=K

1=

（2）

（）（）

ϕ（ω）（°）

sTs+1

s1

s+1

s（s+

−90°

ω=

ω

−180°

ϕ（ω）

Kτs+1

1

K

s+1

4K（s+

（3）

G（s）H（s）==

sTs+1s1

=

s（s+2）

s+1

2

L（ω）（dB）

-40dB/dec

-20dB/dec

aω

b0

12

-40dB/dec

5

20lg1

=a−20lgK+20lg1

=40lg1

−20lgK=20lg1

20lg（K）=20lg2

K=1/2=

G（s）H（s）=4K（s+=2（s+

s（s+2）

s（s+2）

−90°

ϕ（ω）（°）

ω=

ω=2

ω

−180°

ϕ（ω）

5-11

ω=0

jY（ω）

ω=+∞

0ω=−∞

（-1,j0）

X（ω）

ω

ω=0

G（s）H（s）=

K

s（s+1）（3s+1）

⇒G（jω）H（jω）=

K

jω（jω+1）（3jω+1）

ϕ（ω）=−90°−arctanω−arctan3ω=−180°arctanω+arctan3ω=90°

ω=1/（3ω）

ω=1/3

A（ω）=

K

1/3（1+1/3）（1+9*1/3）

=3K=1

4

K=4/3=

6

6-2

（1）

6ω

G（s）==

s（s+4s+6）

s（s+2ξωs+ω）

ω=6

ω=6=,2ξω=4ξ=

4=2

=

2ω6

K=1

所以，ω=120lgK=0

⎛2ξω/ω

ϕ（ω）=−90°−arctg

⎞⎛2**1/⎞

=−90°−arctg

⎜1−ω/ω⎟⎜

1−1/⎟

⎝⎠⎝⎠

=−90°−arctg⎛2**1/⎞=−90°−arctg⎛⎞=−90°−arctg

⎜1−1/

⎟⎜⎟

⎝⎠⎝⎠

=−90°−°=−°

γ=180°+ϕ（ω）=180°−°=°

L（ω）（dB）

50

40

30

20

10

0

-10

-20

-30

-40

-20dB/dec

ω

1

ω

10

-60dB/dec

（2）

ω=1,

ω=1/=5

⎛2ξω/ω

ϕ（ω）=−90°−arctg

⎞⎛ω⎞⎛ω⎞

+arctg−arctg

⎜1−ω/ω⎟⎜ω

⎟⎜ω⎟

⎝⎠

⎝⎠⎝⎠

=−°+arctg⎛1⎞−arctg⎛1⎞=−°+45°−°=−°

⎝⎠⎝⎠

γ=180°+ϕ（ω）=180°−°=°

1

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L（ω）（dB）

50

40

30

20

10

0

-10

-20

-20dB