自动控制原理习题解答.docx
《自动控制原理习题解答.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《自动控制原理习题解答.docx（42页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
自动控制原理习题解答
第三章
33已知各系统的脉冲响应.试求系统的闭环传递函数①（S）：
（1）如=0・0125严『;
（2）k（/）=5/+1Osin（4/+45）;
（3）
饥f）=0.1（1-严）
①“）=厶["）]=厶
（3）
（2）
5/+养（sin47+cos4r）
3-4已知二阶系统的做位阶跃响应为/?
（/）=10-12.5^「sin（l・0+53.1）
试求系统的超调Scr%,峰值时间匚，和调节时间仁
解答：
因为0站＜1•所以系统是欠阻尼状态。
阻尼比,cos（53・l°）=°6自然频率w，=l・2/0・6=2,阻尼振荡频率=W/iJl-g=2xJl_0.6=1.6
L峰值时间f的计算f=—=—=1.96
'\Vd1・6
3.53.5小八
2.调节时间t的计算t==一:
—=2.9
ls仁06x2
3.超调fio-%的计算（T%=产它X100%=“”⑷叭1-06X100%=9.48%
3-5设収位反馈系统的开环传递函数为G（s）=（），—1•试求系统在瑕位阶跃输入下的动态性能。
5（5+0.6）
解答：
方法一：
根据比例•微分一节推导出的公式
G（沪纵7>+"二。
・4「s（$/2§w”+l）0.6x5（|x5+1）
0（$）=旦L=%—二;）
1+G（S）zF+2爲宓$+応0.4s+1
_5（5+0.6）_0.45+1_0.4（5+2.5）
]I°・4s+lF+s+1s'+s+l
5（5+0.6）
把iTd=2・5・则=1g厂0・5代入可得
h（t）=1+l・05f—°・5，sin（二f一967°）2
=1-1・05g-0・勺sin（计r-83.3°）
=1.0472,^=-1.6877
=3.158超调量得计算b%=F
21.65%
邮时间附”=4町吨”皿）-心孰1-打）=629
0.45+1
^）=iX）=
5（5+0.6）0.45+1
=[一J出输入为笊位阶跃函数时
「°・4s+lf+s+\
s（y+0.6）
方法二：
根据基木定义來求解闭环传递函数为
C（s）=
0・4$+1
s（s2+s+l）
1-5-0.6
=一+
S+5+1
得单•位阶跃响应〃（f）=1一
円cos（孚）一0」x£-sin（半
22
=1-
/+84・3°）
a>o）
1・峰值时间匚的讣算对h⑴求导并令其等于零得
一0.5门罰（¥匚+84.3）-戶"cos（号匚+84.3°）X号=0
伽（甞匚+84.3°）=巧（严
2.超调虽＜7%的汁算
3.调节时间人得汁算
b%=W化）x100%=17.49%h（s）
xsin（-^-^-84.5°）<0.05
2
人=5.33
3-6•已知控制系统的的位阶跃响应为力（/）=1+0.2幺一&"-L2幺一⑹，试确定系统的阻
尼比J和自然频率®。
解答：
系统的单位脉冲响应为«（。
=/；（/）=一12"血+12『°〃
系统的闭环传递函数为
I
叫TM）】T2|市
600
52+105+600
自然频率^=7600=24.5
阻尼比
70
2x5/600
=1.429
3-7设图3—7是简化的飞行控制系统结构图.试选择参数K、和K2•使系统的C%=6,：
=1。
CG）
25£
s2+（0・8+25K|K,）s+25K]
飞行控制系统结构图
解答：
简化3—7结构图.得到系统的闭环传递函数为①（巧=
2
将上式与二阶系统的传递函数的标准形式①（s）=-——乞?
丁+2如+斫
K、=1.44将q=6g=7代入上述方程组并解之可得
Kt=0.31
3-8分别求出图3-8中外系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。
解答：
（1）由图3—8（a）可御系统的闭环传递函数为①i（S）=J
由上式易得，此系统的动态性能指标为自然频率。
”=1阻尼比＜=0
超调址CT%=归3=100%调节时间ts=8
工z、5+1
（2）由图3—8（b）可得系统闭环传递函数为①«$）=
5"+5+1
显然.这是一个比例一微分控制二阶系统，因此有®=l,J=0・5,z=l
J才一2打©
r=一=一=1.155
乙一也
A=arctanJ-^=^1.047
此系统的动态性能指标为峰值时间g=阻7=2.418
P叫g
超调址b%=刚-窈宀/Jl-窈=35.1%
3+£ln（F-2G®+话）-1毗-An（l-g：
）
调节时间匚=L=6.29
（3）由图3—8（c）可得系统闭环传递函数为①：
（$）=
厂+$+1
（4）由上式易得此系统的动态性能抬标为自然频率=1阻尼比歹=0.5・所以为欠阻尼二阶系统
超调虽b%=ef忘T=16.3%调节时间.=上二=7动态性能的比较表如下表3-1所示。
表3-1动态性能的比较表
（a）
（b）
（c）
w”=l
w„={
IV”=1
円
g=0.5
歹=0.5
h（t）=1-cos（/
2-0.5/・5/3
）"⑴'羽€sm（£f+12
幺"sin（£t+6
f=0.9s
「=2.42s
t=2.425
1p
匚=3.635
ts=6.29s
t.=ls
b%=24.7%
b%=16.3%
3・9设控制系统如图3・9所示。
要求：
（1）取「=0,三=0・1,计算测速反馈校正系统的超调虽，调节时间和速度误差：
（2）取葛=0.1,门=0,讣算比例•微分校正系统的超调虽，调节时间和速度误差:
图3-9控制系统
由开还传递函数可知.此系统是一个I型系统，其速度系数为Kv=5.由静态误差系数法可得系统的速
超调址
由闭环传递函数可知，con=>/To=3—=0.316,
3.16
cr%=严‘尸=35.09%调节时间
10（0.15+1）5沪七十）取珀=0・1,门=0时.系统的传递函数为I）
①⑴\+2s+io
5+10
由开还传递函数可知.此系统是一个I型系统，其速度系数为K「=10・由静态误差系数法可得系统的
速度误差为
由比例微分校正系统的闭环函数可知
cor=>/?
0=3・16,歹=—=0.316,z=10
3.16
r=、「””=1.095
CDnJl-打
0=—兀+arctan:
—farctan:
—=—兀+0.322+1.249=—1.57
Pd=arctan"=1.249
=0.94
®Jl-
，一0厂0
超调量b%=7\_笳严山碎=76%
3+A（，—2：
d®+&）—lnz—舟山（1一笳）
调节时间4==3.09
3-11已知系统特征方程为3s°+IO53+5s2+s+2=0
试用劳思判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。
解答：
首先用劳思判据來判定系统的稳定性，列出劳思表如下:
3
10
47
Io
15347
5°2
显然，由于表中第一列元素的符号有两次改变.所以该系统在s右半平面有两个闭环极点。
因此，该系统不稳定。
再用赫尔维茨稳定判据來判定系统的稳定性。
显然.特征方程的各项系数均为正，则
A2=q6-兔①=10x5-3x1=47>0
a；at102x2显然•系统不稳定。
4
K（0・5s+l）
1
3-13已知號位负反馈系统的开环传递函数为G（S）_5（s+l）（0.5r+5+1）试确定系统稳定时的K
值范鬧°解答：
由題总可知系统的特征方程为D（s）=54+3疋+4.r+（2+K”+2K=0
列劳思表如下
由劳思稳定判据可得
K=20.。
型系统在1（必$信号作用下的稳态误差分别为：
占w该系统在输入为r（0=2t时的稳态误差为e®=8根据线性叠加原理.该系统在输入为r（0=2+2r+r时的稳态
误差为张=2.£+2.oo+»s
K=10。
1型系统在1（/）,/丄尸信号作用下的稳态误差分别为：
0,丄,s。
该系统在输入为r（Z）=2t
2K
时的稳态误差为J】=2.—=0.2根据线性叠加原理.该系统在输入为r（r）=2+2t+r时的稳态误差K
为匕厂=2x0+2.—!
——=8
K+s
（3）首先需婆判定此系统的稳定性.对于笊位负反馈系统有=所以系统的闭环特性方程为
DG）=/（s2+6$+100）+10（2s+l）="+6f+100y2+20s+10=0
用劳思稳定判据來确定此系统的稳定性,
列劳思表如下
100
10
s6
52580/6
F11240/280
5°10
20
10
显然.劳思表中的第一列元素均大于零。
由劳思稳定判据可知系统是稳定的。
用终值定理來求系统的稳态
误差.有
!
・尺（$）
71+G（5）H（5）
52（52+65+100）
=lims.R（s）.‘=/=
「a52（?
+6.y+100）+10（25+l）
e.=limsE（s）=lims
山‘、
沖2+6s+ioo）
22
当输入为心2減加）「，则％呷“「卞+6$+100）+1031）
。
2222（s2+s+\\
当输入为r（t）=2+2t+r时，/?
（5）=—+-+—=———:
——•则厂sSS
2（52+5+1）2（52+65+100）
52=忸s.—p—/（Ms+iooj+ioa+i）=20
50
316已知单•位反馈系统的开环传递函数：
（1>52（（）.1.叶1）（2$+1）‘
-一、K
s^s2+45+200）
10（25+1）（45+1）
（3）G（s）=——-
52（r+25+10）
试求位習误差系数K“，速度误差系数Kl加速度误差系数°
解答：
（1）此系统时一个o型系统，且K=50。
故查表可得
K=K=50
K严0
K、=0
（2）根据误差系数的定义式可得
=0
K“=limG（$）H（s）=lim
Kn=limG（$）H（s）=lim
Pr—X/1c—XH
Kn=limG（s）H（s）=lim=oo
"z®s（F+4s+200）
10"（s’+2s+10）
（3〉根据误差系数的定义式可得Kv=limsG（s）H（s）=limJ°（25+1）（4.v~）=
7sos（厂+2$+10）
补充题：
1.某瑕位反馈系统的开环传递函数为G（$）=-•（（）］—「）（（门5—「）
试求：
（1〉使系统稳定的K值范用：
（2）要求闭环系统全部特征根都位于RC5=一1直线之左，确定K的取值范困。
解答：
（1）特征方程l+G（s）=0,即0・025f+0・35/+s+K=0
K>0
要使系统稳定，根据赫尔维茨判据.应有10・35>0・025K
B|J0vK<14
（2）令s=乙一1代入系统持征方程，得0.025?
+0.275z2+0.375z+A：
-0.675=0
要使闭环系统全部特征根都位于s平面Res=-1直线之左，即位于z平而左平面，应有
K-0.675>0
0.375x0.275>0.025（K-0.675）
即0.675<4.8
2.系统结构图如图3-12所示。
试判别系统闭环稳定性，并确定系统的稳态误差e⑻及essn。
图3-12
G（s）=#+0・5|——-——=一
U丿s（0・25s+l）52（0.255+1）解答：
丹、G（s）10+55
①G）==7；
1+G（s）0.25?
+?
+55+10
即系统特征多项式为0.25s'+52+55+10=0劳斯表为
530.255
52110
512.5
由于表中第-列元素全为正，所以系统闭环稳定，又因为G"）=皤筍有两个积分环也
为2型系统.输入r（O=l+r.2型系统可无静差踪，所以q,T=0。
对扰动输入.稳态误差取决于扰动
点以前的传递函数q（5）,由于木系统中，q（5）=-+0.5=%I,有一个积分环节,且/?
（/）=0.1
为阶跃输入，故可无静差跟踪，所以0沏=0。
3•设系统如图3-14所示，要求：
'pia=0时.确定系统的阻尼比了•无阻尼自然振荡频率©和r（r）=t
作用下系统的稳态误差：
、”iJ=0・7时，确定参数d值及r（/）=/作用下系统的稳态误差：
在保证
R（$）于
匚=0.7和耳”=0.25的条件下，确定参数d及前向通道增益K
解答：
（1）当。
=0时,
8
5（5+2）p.（$）=——-—
s（s+2）
8
s"+2s+8
",0.354
con=2>/2=2.828
1〃+2s
]+852+25+8
5（5+2）
所以
c2+?
v11
%=lims^e（s）R（s）=lims.-一—・=二一•'TO7+25+8厂4
或由开环传递函数
/刊肿（沪也专冷
（1）
8
5（5+2）
~~8~~
因为G（s）=
1+
5（5+2）
.as
s2+（2+8a）s
①（s）=%）="+（2+&沪
1+G（s）]+8s"+（2+8t/）5+8
s2+（2+Sa）s
6/=1（2^.-2）=l（0.7x2>/2-1）=0.245
Q
厲皿）〒2.02
（2）
设前向通路增益为K,则
K
Kass（s+2+aK）
s（s+2）
G（s}=3^
1+
（5）=—s2+（2+aK）s+K
阳K
<
2©叫=2+aK
ssr
由匕,「二丄二土冬二0.25及歹=0.7,可解得
KyK
a=0」86,K=31.16
10
系统是否满足超调虽a%<5%的耍求？
若不满足要求.可采用速度反馈进行改进，画出改进后的系统的结构图，并确定速度反馈的参数。
[000
1+Glv）r+205+1000
求出改进后系统在输入信号r（t）=2t作用下的稳态误差。
（华中理匸大学2000年考题）
解答：
（1）由开环传递函数可得系统的闭环传递函数为①⑴一G{x）
由上式可得研=1000,2歹©=20.即con=31.6.=0.3
此时b%=严戸X100%>5%,不满足超调虽b%<5%的要求。
G
系统的闭环传递函数为①小=一—
⑴1+久）
1000
?
（1000r+20）5+1000
（2）采用速对反馈进行改进后的系统的结构图如图3—28所示。
图3-28
由上式可得co；=1000,2Ccon=1000r+20ocr%=x100%J=0.69,
所以2x0.69xV1000=1OOOr+20
、r=0.024
1000
（3）系统改进后.由其开环传递函数可知，此系统为I型系统。
系统的开环增益为K=
1000r+20
半输入信号为r（t）=2t时.由静态误差系数法可得乞=2=Z=?
（10。
0「+2（））=°Ogg
wKvK1000
5•系统动态结构图如图3—29所示。
试确定阻尼比歹=0.6时的心值.并求出此时系统阶跃响应的调节时间t,和超调虽b%°（北京航空航天大学2000年考题）
图3-29
9
解答^由图3-29可得系统的闭环传递函数为①⑴=
⑴芒+（（+2）5+9
显然，GJT=9,2^con=+2。
又由了=0.6可得K：
=2匚3厂2=2x0.6x3-2=1.6
系统超调虽为b%=产丘TX100%=9.5%
系统的涮节时间为=—=1.945
■g
第四章
1.已知单•位员反馈控制系统的开环传递函数为:
（2）求系统临界稳定时的K值与系统的闭环极点。
（上海交通大学2002年考题）
解答：
（1）绘制系统的根轨迹。
①系统有3个开环极点门=1,“2=一3,“3=一6,没有开环零点:
②根轨迹有3条分支。
这三条根轨迹分支分别起始与开环极点px=1,/A=一3,p3=一6.终止
nnt
0厂*
r-1;-1
于无穷远处：
③实轴上的根轨迹为（yo,-6],[—3,0];④渐近线如下
—3—6°
=_3
n一m3
2=（2«+»=（2“»=±]60网
71一m3
⑤分离点如下*+是+去=0
根据以上分析，绘制系统的根轨迹图.如图4一5所示。
环极点S=±JCD=±y4.24
2.已知负反馈控制系统的闭环特征方程为：
K”+（5+14）（2+2$+2）=0⑴绘制系统的根轨迹
（0vK'v00）；⑵确定使复数闭环主导极点的阻尼系数0=0.5的K'值（上海交通大学2000年考题）
解答：
（1）系统的闭环特征方程为疋+（3+14）（"+2$+2）=0
1+=0因此系统的等效开环传递函数为
（j+14）（?
+2s+2）
G（s）H（s）=①系统有3个开环极点门2=一1±厶“3=一14,没有开环零
（s+14）（t+2s+2）
点：
②根轨迹有3条分支，这三条根轨迹分支分别起始干开环极点戸2=—1±厶/勺=一14,・终止于无
穷远处：
③实轴上的根轨迹为（yq-14];④渐近线如下
=±160J80
（2£+1）兀_（2£+1）龙
n一m3
⑤分离点如下市r右r石匸
解之得/=一9・63（舍去人〃2=一1・°4（舍去）[30。
一6?
=0
⑥与虚轴的交点：
将s=代入系统闭环极点方程•令其实部，艰部都为零•可得＜4.
[28+K—16/=0
解之得6?
=5.4&K"=452根据以上分析，绘制系统的根轨迹图，如图4一6所示。
图4一6根轨迹
（1）设闭坏主导极点为％土丁[二厂=0.5©土JqJS厉
由根之和可得p}+p2+/?
3=S}+S2+S3即s3=CDn-16
D（5）=（5-5j）（5-52）（5-53）=
由儿，头，归可得系统的闭环传递特征方程为[/\°/J\”
〜S+（©-片）厂+（塔一归©Js—SQ；
又由题目可得系统的闭环特征方程为P（5）=/+16“+305+K"+28
15113•
比较上述两个式子可得叫=—宀=,K=21.48
88
即使复数闭环主导极点的阻尼系数：
=0・5,的疋值为K”=21.48
川位负反馈系统的开环传递函数为：
G（s）=第第
画出K>0,时，
闭环系统的根轨迹•并确定使闭环系统稳定时K的取值范鬧°（北京航空航天大学2001年考
题）解答：
K（s+5）
由题目可知，系统的开环传递函数为G（s）=①系统有2个开环极点
1）5（5-4.8）
[）、=0,“2=4.8,1个开环零点Z]=-5;②根轨迹有2条分支，这两条根轨迹分支分别起始与开环极点
Px=0,p2=4.8,
其中一条终止与无穷远处，另一条终止与开环零点石=一5;③实轴上的根轨迹为
n/n
乞Pi乞jr-1j-1
④渐近线如下
込=9.8
n一m1
（2k+l）龙（2k+l）/r
（pa=-==180
n-m1
1
—+
⑤分离点如下〃-4.8M+5
解之得d、=2、d?
=—12
⑥与虚轴的交点如下：
系统的闭环特征方程为D（s）=s2+（A：
-4.8）5+5A：
=0
由上式可得，在根轨迹与虚轴的交点处：
5=±V5Tj=±4.9jA：
=4.8
根据以上分析.绘制系统的根轨迹.如图4一14所示。
由以上分析，结合系统的根轨迹图4一14易得：
片K>4.8时系统稳定。
第五章旷1・设系统闭环稳定.闭环传递函数为①（S），试根据频率持性的定义证明：
输入为余弦函数
/・（/）=Acos（E+0）时，系统的稳态输出为
①（丿冽cos[qt+0+N①（丿Q）]
解：
由题目可得r（t）=Acos（6X+（p）=Acoscatcos由于系统闭环稳定，所以①（S）不存在正实部的极点。
假设
可表示为如下表达式:
由以上分析可得.系统的闭环传递函数为
nDB
+——=—s+jcoS_j3
将上述闭环传递函数作如下分解C（5）=工一+—（-1S+»
对上式两边同时进行拉氏反变换可得彳）=工9不"+d不购+8尹用
由系统稳态输出的定义可得Q/t）=limc（r）=色不皿+3疋购l--^X
利用留数法确定待定系统Bl和B2坊=枫肿①（$）兰节严*1①脚）詈）4吧曲答产计皿0"（聲号）所以可得
c（f）二人•|①（沟）|（cos^厂皿+為>）1+sm°J⑷+_叨鋤+cos°£购+"（皿）1_sin。
£购+厶靱»］）
22丿22丿
=A>|^）（jeo）|{cos©cos|cot+ZC>（j6?
）]-sin（psin[cot+ZC>（jeo）]}
=A・|①（沟）|cos[C0t+（p+Z0（jd?
）]
5-3•设系统结构图如图5-3所示•试确定在输入信号r（r）=sin（r+30°）-cos（2t-45°）作用下，系
统的稳态误差.（f）。
_1_
解：
系统的误
升级会员 