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。

当流入量与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

2

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）组成的并联环节与G1（s）与G1（s）组成的并联环节简化,它们的

等效传递函数与简化结构图为:

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,其等效传递函数与简化图为:

0、4

1

G（s）=2s+1=

1+0、4*0、5

2s+1

1

5s+3

将②反馈回路简化,其等效传递函数与简化图为:

1

2

2

G（s）=s+0、3s+1=

5s+3

2

2

3

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）

2

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与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）=

1

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

w

2

n=10K1

2ζwn=10τ+1

由

p

σ=e−ζπ/

π

1−ζ2

*100%

tp=

wn

1−ζ2

σp=9、5%

tp=0、5

可得

ζ=0、6

2

wn=10K1

ζ=0、6

wn=7、85

由与

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

232323

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就是系统闭环极点,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

就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

就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就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

弧对应的映射曲线就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