自动控制原理课后习题及答案.docx

1、自动控制原理课后习题及答案第一章绪论1- 1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点.解答：1开环系统(IX点：结构简单，成本低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作用能预 先知道时，可得到满意的效果。缺点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化，外来未知 扰动存在时，控制精度差。2闭环系统(1)优点:不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量偏离 给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。它是一种 按偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。(2)缺点:主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。1- 2什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明

2、之。解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。闭环控 制系统常釆用负反馈。由IT中的描述的闭环系统的优点所证明。例如，一个 温度控制系统通过热电阻(或热电偶)检测出当前炉子的温度，再与温度值相比 较，去控制加热系统，以达到设定值。1-3试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型(线性，非线性， 定常，时变)？2 心芈十 3 如+4、(7)=5 如 + 6 np) (1) drdt Clt y(r) = 2 + w(r)牛2曲)二4響十叩)dt dtdt+ 2 y( / )二 “(f) Sin cutdt(4)学 + W)攀 + 2W)j(1) dr dt学+ F二2“

3、y二 2u十：f )+5 J M(r)Jr dt解答：线性定常(4)线性时变非线性定常(3)线性时变(5)非线性定常(6)非线性定常1-4如图1-4是水位自动控制系统的示意图，图中QI, Q2分别为进水 流量和出水流量。控制的目的是保持水位为一定的高度。试说明该 系统的工作原理并画出其方框图。QIQ2O题4图水位自动控制系统解答：方框图如下:(2)工作原理：系统的控制是保持水箱水位高度不变。水箱是被控对象，水箱的水位是 被控量，出水流量Q2的大小对应的水位高度是给定量。当水箱水位高于给定水位， 通过浮子连杆机构使阀门关小，进入流量减小，水位降低，当水箱水位低于给定水位 吋，通过浮子连杆机构使流

4、入管道中的阀门开大，进入流量增加，水位升高到给定水 位。1- 5图5是液位系统的控制任务是保持液位高度不变。水箱是被控对象，水箱液位是被控量，电位器设定电压时(表征液位的希望值 Cr)是给定量。绞盘题1-6图仓库大门自动控制系统示意图解答：仓库大门自动控制系统方框图:工作原理：控制系统的控制任务是通过开门开关控制仓库大门的开启与关闭。开 门开关或关门开关合上时，对应电位器上的电压，为给定电压，即给定量。仓库大门 处于开启或关闭位置与检测电位器上的电压相对应，门的位置是被控量。当大门所处的位置对应电位器上的电压与开门（或关门）开关合上时对应电位器上 的电压相同时，电动机不动，控制绞盘处于一定的位

5、置，大门保持在希望的位置上， 如果仓库大门原来处于关门位置，当开门开关合上时，关门开关对应打开，两个电位 器的电位差通过放大器放大后控制电动机转动，电动机带动绞盘转动将仓库大门提 升，直到仓库大门处于希望的开门位置，此时放大器的输入为0,放大器的输出也可能 为0。电动机绞盘不动，大门保持在希望的开门位置不变。反之，则关闭仓库大门。1-7题图1-7是温湿度控制系统示意图。试说明该系统的工作原理，并画出其方框 图。题-7图温;显度控制系统示意解答：方框图:(2)被控对象为温度和湿度设定，控制任务是控制喷淋量的大小来控制湿度, 通过控制蒸汽量的大小来控制温度。被控量为温度和湿度，设定温度和设定湿度为

6、给 定量。第二章控制系统的数学模型2-2试求图示两极RC网络的传递函数UC (S) /U(S)0该网络是否等效 于两个RC网络的串联？_ 2 二U(S)VI- U(S) Uy(S)A-_G5 7(d)(d)解答:+/土S)足 s(严)一/%s+%s 7认)徨+ gR+%s R足 CGS+(Rg+rg+RG)S，/Ri+ 1/2: 7 1 2心 gs(A = JI5 + X1S+ = =Mr 尺子！令 S RCS + 1 R2C2S+ 1 M,(4s) W H(S) /?)GS+1 R2C2S n-1 s R】Rac+(71c. + ws+1故所给网络匍两命胸网络的串联不等数。2- 4某可控硅整

7、流器的输出电压Ud=KU20Cosa式中K为常数，U2。为整流变压器副边相电压有效值，m为可控硅的控 制角，设在a在m。附近作微小变化，试将Ud与m的线性化。解答：Ud = ki% COS a()-伙叫 Sin a0)(o a() + 线性化方程：ZXUci二-処評叱0仏0即 Ud 二-(A?%Sin a0)a2 - 9系统的微分方程组为xxt) = r(t)-c(t)ji=Kla)-X2 (0x3 (r) = x2(r)-Ar3c(r)3 +c(%Q式中7|2C(s)/2-23简化图示动态结构图，并求传递函数皿解答：C(5)_fi (G2G3+G5)A(I)A ! + G1G2G4R GiG

8、e+Gg+GQg1 GzGe 匚 G丄G二GsGb图(b) V 5)C(S) G1G4 十 GjGaG3 +G I G7G4G6丽二2十 G2G6+ G1G2G5G6八八C(5)_ G4 +GQ2G3R(S) + GiG5 + GSGyGsGb(d)图d)(4)CG) _ G1G4 + G1G2G3 +G1G2G4G6R(S) 1 + G2G6 + G1G2G5G6(e)rd 1CCy)GG(I + G2) 1 + G1G2G5 + G1G3G4 (1 + G2)(f)(a)(c)(d)GG卜 gc1 + Gs Gl + GGR(e)C(S) G G7 + G4G5R(S) 1 + GzGy

9、+ G3G5第三章时域分析法3 - 1已知一阶系统的传递函数GG）二 lo/（0.2s + I）今欲采用负方馈的方法将过渡过程时间匚减小为原来的0丄倍，并保证总的放大倍数不R (s) Ku题 3-1图 变，试选择K 和K。的71 + 10 Kn-2As+i1 + 10K值。ROG(S)由结构图知:二 2 + 0.2$ + 2 + 2 %,OfeoG(S) 系统的传递函数:f T5则题目的误差传递函数为:巾二la)时,c(/)二 I-%E(S)二 飞3-根据 Ca) lz=i 0.98 得出 T二0.25562.556 soSj5(0.15 + 1)试分别求k二ior初二2以时系统的阻尼比Is无

10、阻尼自振频率 叫、单位阶跃响应的超调量勺和峰值时间o,并讨论k的大小对动态性 能的影响。解答：开环传递函数为厂/、 K loKG(S)= 二 5(0. IS+ 1) S(S + 10) 25Wn 二 10 w12 二 loKWn =10 Wn = loK 当K二loH寸山Wn=IOk = 0.5b / ,96 二 16.3%厂一兀_0_ 兀一* 拦 COf 二0242叫 3“ cp彳兀=0.3635Wn=10W/ 二 IOKWn = 14.14 0.347bp% =tt p tt arccos 3-8设控制系统闭环传递函数试在S平面上给出满足下列各要求的闭环特征根可能位于的区域:11 00.7

11、07, n220.5 三八 0,4 Mvy,三 230.707即三0.5,八,02解答：欠阻尼二阶系统的特征根:下半部还有。3. 由O5W歹W 0.707,0二arccos .得出4 5。SOS 60。,由于对称关系，在实轴 的下半部还有。贝闭环特征根可能位于的区域表示如下：3-丄0设单位反馈系统开环传递函数分别为：/ G二/朋1)(02$+1)2. G(S)二 K(S + l)/s(s-1X0.25+1)试确定使系统稳定的 K 值。 解答：1.系统的特征多项式为：)($)二 0.2L +0.852 s + kD中存在特征多项式中存在负项，所以K无论取什么值，系统都不会稳 定。2.系统的特征多

12、项式为：Q二02+0姑+伙-1)$+R劳斯阵列为：0.2k-10.60.86A80.6k-OXs o0八8系统要稳定则有k0k纟所以系统稳定的K的围为3314已知单位反馈系统开环传递函数如下:1二 10 / (0. Ly +1)(0.55 +1)2G(S) = 7(5 +1)/5(5 十 4)(5345 + 25 + 2)3GG)二 8(O.5s + I)/ s2(0.is + i)解答:1.系统的闭环特征多项式为：D(S)二 O.O5W +065 + I 1 可以判定系统是稳定的.kv 二linSG(S) = O jo则对于零型系统来说，其静态误差系数为:k 二 limGG)二 11 A-0

13、s-0kv- limSG(S)二S s0那么当W)T时， 1+心S =_L=0 当 r(t)二 t 时，kv二 Z 二 I当(/)二 r 1(0 时，Jka4第四章根轨迹法4- 2已知单位反馈系统的开环传递函数，绘出当开环增益KI变化时系统的根轨迹图，并加以简要说明。G二1.$(s + 1)($ + 3)G(S) =2.解答：05(5 + 4)(52 +4$+ 20)开环极点:pl=O, p2=-l, p3=-3实轴上的根轨迹区间：(-8, 3, 1,0渐进线:0-1-3 4O代= = 3 360 伙二0)(”严二V isoO 伙二 1)-60 0二 J)llln -4- + Q分离点：d d

14、 + 1 d + 3解得 dl、2=-0.45, -2. 2od2=-2.2不在根轨迹上，舍去。与虚轴交点:特征方程 D(S) - A,3 +45+35 + /Ci=O将S二丿G代入后得K,-4uJ=03cu-ca 二o 解之得 二工形K二 12当SK I vs时，按180。相角条件绘制根轨迹如图42所示。e42IJ开环极点：pl=O,实轴上的根轨迹区间：4, 0渐进线：-4-2-2 Can = =245M5M35 -135p2二一4, p3、4二一2士 j4由ds解得 s2、2二2,至 4=-27V6分离点可由a、b、C条件之一进行判定：a. AG(s3)二(1290+51 o-90o+90

15、o) =-180o,满足相角条件；b g 二G + SE + 36 + 80S儿宀禹二100 0A?在变化围Jj；与虚轴交点：特征方程ROUth 表s4 1s3 8s2 26C.由于开环极点对于o二2直线左右对称，就有闭环根轨迹必定也是对于 o二2直线左右对称，故S3在根轨迹上。D(S)=s +8s* +36屮 +80s + K =036/r/80KS80-8K1/26SO K由 80-8kl / 26=0 和 26s2+kl 二 0,解得 kl=260, %2=土八唇 当OSKIVS时 按180。相角条件绘制根轨迹如图4 2所示。Root LoiCUS5 S0OTT4Rxl AXiAK4 -

16、 3设单位反馈系统的开环传递函数为(1)(2)G(s)二s (s+ 2)试绘制系统根轨迹的大致图形，并对系统的稳定性进行分析。、 若增加一个零点Z二试问根轨迹有何变化，对系统的稳定性有何影 响？皿(I)曲0时，根轨迹中的两个分支始终位于S右半平面，系统不稳定；Rai AXiA增加一个零点Z-1之后，根轨迹左移，根轨迹中的三个分支始终位于S左半平而，系统稳定。ROOt LOCUSCOi-1.3-1.6-1.41.2 遴Real AXiS-0.8 -0.6 -0.4 -0.2G(s)H(s)二邮74-4设系统的开环传递函数为 矜公力绘制下列条(3) a = 3件下的常规根轨迹。(1) gl； (2

17、) A - 1.185解答：(Ddi实轴上的根轨迹区间：(-8, 1, 1, 0渐进线：-2-(-2)=0q =2(2k + )7190伙二O)Pm 7 -90仗二一1)K S + 2S- + CIS分离点：一卫一解得dsd厂z 3 V5 A, 3=Z2_3 + y/5c/= 只取 2与虚轴交点：特征方程D(s)=S+2厂+能+贴+ 2匕二0令二八卩代入上式：得出与虚轴的 交点系统的根轨迹如下图：ROOt LOCUSReal AXiSPa =(2k + )7T902-90(-oo伙二0) 酋呃JO入S十2s + C/S分离点:1 一卫一解得於特征方程 D(S) = S +2 +as + K I

18、 s + 2K I =0 令$ =川代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下 图：6 a 二卜 185零点为Z二一2极点为P二T 0.43,0实轴上的根轨迹区间:渐 进线：(3) d 二 3零点为z = -2极点为P=-l/V 41,0实轴上的根轨迹区间:渐进 (少,-1, -1, 0线：6 =0(2k + )71 90。伙二)心二-7- -90伙二一1)K S +2S- + CiS分离点：一卫一解得於特征方程 D(S) - S- +2 +8S + K0 + 2K： =O令二 代入上式:得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：状。G(S)H(S)=G(S)H(S)=(2)G(S)H(S)=(3)

19、解答:K(s + D(s + 2)s(y+ I)(S + 2)K(t + 2)S(S+ l)(s + 3)(s + 4)Root LOCUS0.40.30.20.1 盍o-0.1-0.2-0.3-0.4 5 -4 -3-2-1012ReGI AXiSRoot Locus-4 -3 / 0 4 2 3 4 5Real AXiSROot LOCUS*-6 - 5 -4 -3 - 2Real AXiS4-15设单位反馈系统的开环传递函数为K (s + d) 呦二超+ 1)确定。值，使根轨迹图分别具有：0仁2个分离点，画出这三科 情况的根轨迹。解答:首先求出分离点：3 5分离点：s + adK、 IS

20、 + (3a + l)S + 2an二S S 二 0解得 ds (s-t- ay/_ (1 + 3d) J(l + 3a) -16a 得出分离点 k2 41-a 1 或 G v -当 9时，上面的方程有两个不等的负实根a - 1 丄!攵 a =一当 9时，上而的方程有两个相等的实根1当a二i时系统的根轨迹为：可以看出无分离点，故排除0.2Real Axis2当9缶系统的根轨迹为：可以看出系统由一个分离点3当1时比如d二3时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点02 -2.5 -2-1-0.50.5Real Axiscr11(A 4当9时比如20吋系统的根轨迹为：可以看出系统由两个分离点VdVI

21、5当9cr时比如2吋系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点0.5 -0.5 -1 I-1 5I-2 k2 1 1 *的实频特性XQ)频特性AS)、相频特性09)。解答:10 -Jarcj-lA/(P(W)- arc tan 4 o4w + W if V 4h 2 +18 wX(W)二- 则+ Vr4心)二4w + WA(W)二w a/4w +1爭=180c + arc tan!一2w化1 + /歆1VF牯1轩昭俗八22十 丁 W AylarC ta n4v F)-arc ta nGT)=TVvk(十汗诟) &VV)二 + 尸！/则2 2+ 广MA(W)JJI + 产I/ 处 U) = arc

22、t an(w T) - arc tan(w7)5-4绘制下列传递函数的对数幅频渐近线和相频特性曲线。(|)呻=(25 + 1)(85 + 1)GG)二 8(5 + 0.1)?Scr +s + l)(s +4$+ 25)24(s + 2)G(S)二 一l- 2) (5 + 0.4)(5 + 40)QS)岸;书 T+ 0 1)= 解答：转折频率为w 0叫一Bolde Diagramo OL-2 4 8 3 电 2(63P) OS 、王d fiA L10AW,z 0 IOU ICI1Freqllenuy (rad/sec)Frequency (rad/sec)心 io,210 lo 10 0 10 10FreqUenCy (radec)Bode Diagram200 心