自动控制原理答案完全版第二版.docx

1、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c r电压ur相对应，此时电位器电刷位于中点位置）当hc hr时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 hc hr时，浮子位置相应升高（或C I c I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

2、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，

3、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)X 2 (s) Q X/s)X 3 (s) X2 (s) X5(sTsX4 (s) X 3 (s)X5 (s) X4 (s) K2 N2(sk 3 X5 (s) s2C (s) sC(s)C(s) / R(s)KK3 2Ts (T 1)s s K1K 3C(s) / Ni(s) C(s) / R(s),C(s) / N2 (s)K2K3

4、TSTs3T 1)s2 s K1K 32-2解：对微分方程做拉氏变换Xi(s) KR(s) C (s)X2 (s) sR(s)(s 1) X 3(s) Xi(s) X2 (s)(Ts 1)X 4 (s) X3 (s) X 5 (s)C(s) X4 (s) N (s)X 5 (s) (Ts 1) 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 (s 1)：Ts 1)C(s) 0N (s) 02-3解：（过程略）K C(s) (s 1)Js 1) (s 1XTs 1)K Ts2 (Ts 1)s (K 1)R(s) ms fs K(b) C(s) 字红

5、R(s) 1 G1G3 G G4 G2 G3 G2G4(c)誤R(s)G2 G1G21 G-i G2G-i(d普R(s)G1 G21 G2G3(e)RR(s)G1G2G3G41 G|G2 G2G3G3G4 G1G2G3G42-4 解：（1）求 C/R，令 N=0KK K3s(Ts 1)C (s) / R(s) G(s)1 G(s)求C/N，令R=0，向后移动单位反馈的比较点K3C(s) / N (s) (K n Gn K1 0 ) Js 1 亠 K1G(s)K1K2 K3Ts2KiK 2 K3K n K3s K1K2 K3GK2n2 一Ts2 s K1K 2 K3Ts 1 s（2）要消除干扰对

6、系统的影响C(s) / N (s) K n K3s K1K2 K3GnTs2 s K1K 2 K3Gn(s) Knsk1k22-5 解：（a）（1 ）系统的反馈回路有三个，所以有3La L1 L2 L3a 1G1G2G5G2G3G4G4G2G5三个回路两两接触，可得1 La1 GG2G5G2G3G4G4G2G5(2)有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以PP2G1G2G3, 11, 2 1(3)闭环传递函数C/R为GGG3 11 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5(b)(1)系统的反馈回路有三个，所以有3Laa 1L1L3 G1G2 G1 G1三个回路均接触，可得1 La1 G-i

7、G2 2G-)(2 )有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以RG1G2 , 11P2G, 21PG2 , 31P4G1, 41(3)闭环传递函数C/R为CG1G2G1G2 GG-i G2 G2R1G1G22G11 G-|G2 2G.2-6解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得 1 La 1 GG2G3 G2，可得第三章习题采用K0 , K H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

8、% 100%1解得:33.710.358所以，开环传递函数为:G(s)1136 47.1s(s 24.1) s(0.041s 1)3-3 解：(1) K 10s 1 时:G(s)100s2 10s1002 n 10解得：n 10,0.5, % 16.3%, t p 0.363(2) K 20s 1 时:G(s)200s2 10s2002 n 10结论，K增大，超调增加，峰值时间减小。3-4解:（1）a.0.1, n 5s 1 时，%e/ . 1 2100%72.8%ts3.57snb.0.1, n 10s 1 时，%e/ 1 2100%72.8%3 53.5stsnc.0.1, n 1s1 时

9、，解得：n 14.14,0.354, %=30%, tp 0.238% e /1 100% 72.8%丄 3.5 c厂 ts 35sn(2) 0.5, n 5s时，/ 2% e 100% 16.3%1.4s3.5tsn系统稳定。（b ）用古尔维茨判据3 s192 s201001 s400 s10020 100D1 20, D2 801 920 100 0D3 1 9 0 80000 20 100系统稳定。（2）（a）用劳思判据s4 3 5 2s3 10 1 0s2 4.7 2s1 3.2553 0s0 2系统不稳定。（b ）用古尔维茨判据0.2S3 0.8S2 s K 0劳思表s3 0.2 1

10、S2 0.8 KK0。无解若系统稳定，则： 1 0,K4(2)系统闭环特征方程为3 20.2S 0.8S (K 1)s K 0劳思表s3 0.2 K 1s2 0.8 K1 3s K 14s0 K3若系统稳定，则： K 1 0, K 044解得K -3s3 1 10s2 21 10s 200 / 21 0s0 10 0系统稳定。10(b)系统传递函数：s 101s 10劳思表：s2 1 10s1 101 0s0 10系统稳定。3-8解：系统闭环特征方程为:0.01s3 2 s2 s K 0劳思表:3 s0.0112 s2K1 s2 0.01K20 sK当2 0,乙严0，K 0时系统稳定稳定域为：

11、 0,0 K 2003-9 解：(1)系统稳定。1Es 巳 R(s)R(s)盲 R(s)1当输入 r (t) 1(t )时，R(s) 1 , esss帅sEslim s-s 011 110 ss(0.1s 1)(0.5s 1)输入 r (t) t 1(t)时，R(s)乓 s mossmos-22 2输入 r (t) t2 1(t)时，R(s)气,ess lim sE.s s 0lim s-s 01 10s(0.1s 1)(0.5s3s1)(2)K 7，故当 r (t) 1(t)时，ess 0 ；t 2 1(t)时，ess 。解法一、因为 1 ,属于I型无差系统，开环增益1 8当 r (t) t

12、 1(t)时，ess 1.14 ；当 r (t)K 7解法二、系统的闭环特征方程为：s4 6s3 10s2 15s 7 0劳思表:4 s11073 s61502 s7.571 s9.407s系统稳定。lim ss 01 7(s 1)s(s 4)(s2 2s 2)输入 r(t) t2 1(t)时，R(s)(3)es2 -3SsE s moH ssmoIs12S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，ess 0 ；当 r (t) t 1(t)时，ess 0 ；当r(t) t21(t)时,ess0.25。解法二、系统的闭环特征方程为:0.1s34s劳思表:3 s2

13、s1 s0 s0.113.28系统稳定。EsEi R (s) R(s)1 G(s) R(s)当输入 r (t) 1(t )时，R(s)lim sEss 0lim s-0118(0.5ss2 (0.1s 11)输入 r (t) t 1(t)时，R(s)12 ，ess s!m s乓lim s-s 0118(0.5ss2 (0.1s1)1)输入 r (t) t2 1(t)时，R(s)lim sEs3-10解：系统传递函数为器G(s)调节时间 ts 4T 1min,T 0.25min10输入 r (t) 10t, R(s)s2lim s 3 0.25s 0 1 8(0.5s 1) s3I 2s2 (0

14、.1s 1)为一阶惯性环节Ts 1稳态误差:E(s) R(s) C(s)- sess 叽 sE(s) 2.5(CD)102s (0.25s 1)3-11解：用梅森公式:Ei RE(s)R(s)12.5KEi NE(s) N (s)1(0.05s 1)(s 5)2.5 2.5KE(s)1(0.05s 1)(s 5)(0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1) 1(0.05s 1)(s 5) 2.5K1输入 R(s) -, N (s)s当K=40时(1)vs 帅 sE(s)(0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1) 1(0.05s 1)(s 5)2.5K s2.55 2.5K

15、0.0238(2)当K=20时(3)!叩 sE(s) 5 2.5K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。EiRE(s)R(s)11 - s(0.05s 1)(s 5)2.5Ei NE(s)N (s)s 5 2.5Ks(0.05s 1)(s 5)E(s)s(0.05s 1)(s5) 2.5s(0.05s 1) 1s(0.05s 1)(s 5) 2.5K ss(0.05s 1)(s 5)s(0.05s 1)(s 5) 2.5K2.5(0.05s 1)ss(0.05s 1)(s 5) 2.5K(0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1)s

16、(0.05s 1)(s 5) 2.5K所以对输入响应的误差，ess lim sE(s) 0。s 0在扰动点之后引入积分环节 1/s，E(s)1s(0.05s 1)(s 5)Ei RR(s) 12.5Ks(0.05s 1)(s 5)2.5K(0.05s 1)(s5)s2.5E(s)s 512.5(0.05s1)Ei NN (s) 12.5Kss(0.05s 1)(s 5) 2.5K(0.05s 1)(s，5)sE (s)R(S)Ei RN (s) Ei N(0.05s1)(s2 5s 2.5) 1s(0.05s1)(s 5) 2.5K s1所以对输入响应的误差，ess lim sE(s)s 0

17、K3-12 解：解法一、原系统结构图变换为N(s)R(s)1s 1C(s) Js 2q(T2 K )s 5 k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11,N (s)ss1 . 1essr lim s EiR 0， essn “叩 s EiN s 0 s s 0 s令 R(s)21JT，N (s) s12 s令 R(s)令 R(s)1斗，N (s) slim ss 0EiR 3s， essnlim ss 0系统对r(t)为I型，对n为0型。3-13:(a)解法一、解得， CiR J,R(s) s(s 1) 1CiNC(s)N (s)s(s 1)

18、s(s 1) 1E(s) R(s) C(s) R(s) (R(s)i * N (s)i1 1输入 R(s) 2, n (s) ，所以电 lim sE(s)s s 0解法二、C(s)R(s)，因为分子分母后两项系数对应相等,s 1故系统为n无差，在r (t ) t1(t)时,essr 0,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Qsn0 ,从而有 ess essr essn 0。(b)系统开环 1，为I型系统，故essr0 ；又 En (s)N (s)i C iN0.1. 200s i 0.5s2 s 200根据疋义 e r c , e；s Q；sr e$sn Ossn

19、lim sEn (s)s 00.1。3-14解：开环传递函数为2G(s)円,误差传递函数 sEiR(S)R(S)11 G(s)R(s)(1)输入 r (t)1(t), R(s)Sirm sEs R(s)lim s-s 0117 s s2 2 s输入 r (t) 1(t), R(s)氐 sirm sEsR(s)lim s-s 011 12 2n ss2 2 s第四章习题4-1 解:了 匚）另解0(4-2 解:4-3解：根轨迹如图iiJf A-j弋 Ji% *极点R 0,P21,F3共有三条渐近线D60渐近线交点为2) 13条渐近线与实轴夹角(2k 1)3(k0)(k(k1），分离点坐标1)分离角

20、为 -2与虚轴交点：1 GH s(s 1)(0.5s3 20.5( j ) 1.5( j ) j2, K 31)当0K Ss P! p2 p3，求得Sj 2.34。 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） （s s）（s s2）0.445s2_0.667s歸，从而得到0.5， n 0.667，其阶跃响应下的性能指标为 %16.3%，ts3.5 i10.5s。n14-4 解：（1）s 0.67 1即（s） , t0.67s 11.5， S2,33T 2s, %4 j9.2，主导极点为s，系统看成一阶系统。（2）由于极点为S1与零点z 10.671

21、0.59构成偶极子，所以主导极点为 s2，s3，即120.01s2 0.08s 1系统可以看作（S）10，0.4，n% 25%4-5解：（题目改为单位 负反馈）3.5 0.88s，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： 0 arcta n T超过10D,所以不满足要求。5-2 解:设 G(s)1LCs2 RCs 15-3 解:(1)G(s)160s(s 8)第五章习题答案arcta n 2 f T10arctan 2 10 0.01 32.1*，相位差3 54 D，G(10 j) 0.708, G(10 j) 905 1 1 100 2L 10 6 10_10 6Rj,1

22、 104亍 6 马 1013H )100 10110_10 6rG(10j)0.708R 44959()986.96G(s)s2 44.37s 986.96msHzode Diagram1 Q0 * ” rEfup】10-1口 1 210 10 10Frequency (reid/sec)o o o 91 -35101(2) G(s) 10(s s(s 1)(s 20)Bode Diagramo o2 4 101Frequency (rad/sec)6333W更厘oo(3) G(s)64(s 2)Bode Diagram500-50woFrequencv (rad/sec)btDpj a(44

23、B匸 d (4)G(s)如 sS(1)(s0.1)4s 25)5-4 解:(a)KG(s) 由一个放大环节、一个惯性环节组成Ts 1(b)20lg KG(s)G(s)20,K 10 ； 10.1ss(TsK _1)1 10 T 0.1T由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成1T80K 40丄，穿越频率 c 40，L( )c 20lg K 20lg80(c)G(s)G(s)L(k )40s(80 s 1) 由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成s(n2 sn20lg K20ig kk 100，由图可知r 45.3,2 4.85, nr ，得到 n 50 , 0.3 ( 0.954

24、 舍去)。2 2G(s)2.5 103 100s(s2 30s 2.5 103)(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 (Ts 1)2组成0.1 得 10; 2 1 得 T 1L( ) 20lg K 20lg10 20lg( 2 c 1) 0， K 0.2， G(s) 0.2(10s 1) 2s (s 1)(或者米用精确表示：L( ) 20lg K 20lg 102 1 20lg12 20lg(1 1) 0，2.1010.1990， G(s)0.1990(10s 1)s2(s 1)2s( 2s 2 s 1)nn1 111， 2 2 n 2，20lg

25、 82L 20lg K20，K 10G(s)10(s 1)2e)G(s)占丄s(0.25s 0.2s 1)5-5 解：0.2，在 1 1 处，(1)G(s)伯德图：250s2 (s 50)5s2(50 s 1)，20 Ig K14100Bode Diagramo 4 0 o o5(1SE5- 1- 冬営翼s10Q101Frequency (rad/sec)D- o 5 o 5 o 53 4 9 3 8 21 - 112 - Ewp) SIWOLI n-1010有一次负穿越,P 0 , Z P 2N 2故不稳定10(2) G(s)250s(s 5)(s 15)31 1s(- s 1)( -s 1)5 1520lg K10.4650Epprill 匚 h 左Bode Diagramzll:l1一6OJP)OJ嗚BoJ-ii101Freque nuy frad/secjP 0,