任彦硕《自动控制原理》全部答案Word下载.docx

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u*n降低时

I1减小，故I3≠0，此时电容C放电，uct↓，ud↓，电机转速n↓。

测速发电

机发出的电压un下降，使得u*n与un相等，达到新的平衡。

（2）电网电压降低时，由于uct不变，故使ud↓，电机转速↓，发电机发出的

电压un↓，I2↓，I3≠0，电容C充电，uct↑，使得ud↑，达到新的平衡。

（3）如果将图中的测速发电机的极性反接，系统就不能正常工作。

因为那样电

容C始终处于充电状态，uct会一直上升达到电容的额定电压，ud也会一直上升

到某个值，电机的转速也将越来越快，而且极性接反会把原来的负反馈变为正反

馈，使电机在极短的时间内达到限定的转速，有可能损坏电机。

题1-5：

试分析图1-4所示负反馈速度给定控制系统的下列工作情况：

（1）给定电压U*n降低时系统的工作情况；

（2）电网电压降低时系统的工作情况。

如果将图中测速发电机7的极性反接，系统能否正常工作？

~380V

-E

R1C

8

U

*

n

R0

I1

R0

A

I3

I2

-

+

Rb

1

Uct

2

3

Un

Ud

9

4

TG

5

7

M

6

图1-4具有负反馈的速度给定控制系统原理图

1－运算放大器2－触发电路3－晶闸管整流器4－平波电抗器

5－直流电动机6－直流他励绕组7－直流测速发电机8、9－电位器

系统框图：

当手轮转动时，给定的电位器也会随之改变，我们假设在ur上升时，由于

uc不变，故ue>

0，ud>

0，电动机正转，⎫2减小。

uc上升，ur与uc达到平衡，

系统因此也达到新的平衡，当ur减小时，ue<

0，ud<

0，电动机反转，⎫2增大，

uc减小，ur与uc达到平衡，系统因此也达到新的平衡状态。

题1-6：

船舶航行是靠旋转驾驶舵轮改变船尾水下舵叶与船身之间的夹角来改

变航向的，水下舵叶由电动机经传动机构拖动，控制舵叶转动的位置随动系统原

理图如题1－6图所示。

试分析该控制系统的工作原理，并找到组成系统的各个

基本环节，绘出系统框图。

φ1

E

ur

ue+-

-d

uc

题1－6图船舶舵叶位置随动控制系统原理图

1－手轮

2－给定电位器3－检测电位器4－放大器5－伺服电动机

6－他励绕组7－传动机构8－舵叶

系统中，“开门”和“关门”两个开关是互锁的，即在任意时刻，只有开门（或

关门）一个状态，这一状态对应的电压和与大门连接的滑动端对应的电压接成反

极性（即形成偏差信号）送入放大器。

放大器的输入电压送给伺服电机，伺服电

机与卷筒同轴相连，大门的开启和关闭是通过伺服电机的正反转来控制的。

与大

门连接的滑动端对应的电压与“开门”滑动端对应的电压相等时，大门停止开启；

与大门连接的滑动端对应的电压与“关门”滑动端对应电压相等时，大门停止关

闭。

设“开门”滑动端对应的电压为ugk，“关门”滑动端对应的电压为ugg，与大

门连接的滑动端对应的电压为uf。

开门时，将“开门”开关闭合，“关门”开关断开，此时uf<

ugg，∆u=ugg-uf>

0，

此偏差信号经过放大器放大后带动可逆直流伺服电机转动，并带动可调电位器滑

动端上移，直至∆u=0时，伺服电机停止，大门开启。

关门时，将“开门”开关断开，“关门”开关闭合，此时uf>

ugk，∆u=ugk-uf<

此偏差信号经过放大器放大后带动可逆直流伺服电机向相反方向转动，可调电位

器滑动端下移，直至∆u=0时，伺服电机停止，大门关闭。

从工作原理上分子，系统稳定运行（大门“全开”或“全关”）时，系统的输出

量完全等于系统的输入量（大门“全开”时，uf=ugk；

大门“全关”时，uf=ugg）。

故该系统属于恒值、无差系统。

题1-7：

吊起式安装的油库大门控制系统如题1－7图所示。

试叙述该系统的工

作原理，并绘出系统框图。

+u

K

放大器

伺服

电动机

减速机构

∙

题1－7图油库大门位置随动控制系统原理图

当由于某种原因使得原动机的转速上升时，发电电动机的端电压U上升，从而

使uf下降（uf为负），又u1=-

R1

（ur+uf），所以ur+uf<

0且u1>

0，这使得u2

上升，励磁电流增大，发电机两端电压下降，从而达到新的平衡。

当由于某种原因使得原动机的转速下降时，uf上升，此时ur+uf>

0，u1<

0，u2

下降，励磁电流减小，发电机两端电压上升，从而达到新的平衡。

习题解答第2章

题2-1：

题2-1图中a、b所示电路为RC无源网络，图c和图d为RC有源网络。

试求以ur（t）为输入量，uc（t）为输出量的各电网络的传递函数。

ur（t）

−

R1

C1

R2

C2

uc（t）

a）

b）

C3

R3

−uc（t）

c）

题2-1图

电网络

d）

（a）

Uc（s）

Ur（s）

11

sC1sC2

=

（b）

T（s）=

sC2

R1R2C1C2s2+（R1C1+R2C2）s+1

R1R2C1C2s2+（R1C1+R2C2+R1C2）s+1

（c）

⇒T（s）=

RCs+1

R1C2s

（d）

（R2//

）

R1R2C2s+1

题2-2：

试用运算法建立题2-2图所示LC、RLC电网络的动态结构图，并求解

自ui（t）至uo（t）信号传输的传递函数。

T（s）==

R2+

sC2R2C1C2s+C1

（R1+R2）C1C2s+C1+C2

R12+

+R

//R12+

=22

=2

ui（t）

L1

L2

uo（t）

C

L

题2－2图

a）LC网络b）RLC网络

Ui（s）=sL1IL1（s）+Uc（s）⎫

sUc=IL1（s）−IL2（s）⎪Ui（s）

sUo=IL2（s）⎪

42

Ui（s）=R1IR1（s）+Uc（s）⎫

=IUi（s）

Uo=R2IR2（s）⎪

R2

题2-3：

热敏电阻随温度变化的特性为R=10000e−0.2T，其中T为温度，R为阻

值。

试用小信号线性化方法提取温度分别为20C、60C时的线性化近似关系式。

R=10000e−0.2T0−2000e−0.2T0（T−T0）

T0=20时，R=−36.6T+930

T0=60时，R=−0.0122T+0.793

题2-4：

题2-4图a为机器人手臂双质量块缓解运动冲击的物理模型；

图b为由

两级减震环节构成的运动系统，它可以是汽车减震系统的物理模型。

试分别建立

它们以F（t）为输入量，x1（t）为输出量的传递函数模型。

F（t）

x1（t）

x2（t）

m

f

f1

k1

x1（t）

k

题2-4图弹簧－质量－阻尼器平移运动模型

k2

Uc（s）=sL2IL2（s）+Uo（s）⎪U0（s）

⎬⇒T（s）==

L12C1C2s+（LC1+L2C2+LC2）s+1

⎭

Uc（s）=sLIR2（s）+Uo（s）⎪U0（s）

sCUcR1（s）−IR2（s）⎪

⎬⇒T（s）==

LCR1s+（R1R2C+L）s+R1+R2

M2+k+f[x1（t）−x2（t）]=F（t）

dtdt

222

12

⇒⎨

⇒

X1（s）

F（s）

ms2+ks+f

s[Mms+（M+m）ks+（M+m）f]

m2+f1+k1[x1（t）−x2（t）]=F（t）

22222

F（s）mf1s3+m（k1+k2）s2+k2f1s+k1k2

题2-5：

题2-5图所示系统中，他励直流电动机拖动经减速器减速的负载运转，

作用其上的大小可变的直流电压由晶闸管整流装置提供。

设电网电压u2的幅值、

频率、初相均不变，整流装置输出的电压ud（t）与形成触发移相脉冲的电压ui（t）满

足ud（t）=2.34U2cos[K1ui（t）]，其中K1为常数。

试完成：

（1）K1ui（t）=35︒时整流装置非线性特性的线性化；

（2）绘制系统动态结构图；

（3）求出分别以ui（t）、Mc（t）为输入量，⎤1（t）为输出量的传递函数。

⎧dx11（t）−x2（t）]

（t）

d[x

⎪⎪

⎨

⎪kd[x1（t）−x2（t）]+f[x（t）−x（t）]=mdx2（t）或F（t）−Mdx1（t）=mdx2（t）

⎪⎩

dt22

dt2

dt

⎧Ms2X1（s）+ks[X1（s）−X2（s）]+f[X1（s）−X2（s）]=F（s）

⎪⎩ks[X1（s）−X2（s）]+f[X1（s）−X2（s）]=msX2（s）或F（s）−MsX1（s）=msX2

⎧dx11（t）−x2（t）]

（t）−x

⎪fd[x12（t）]+k[x（t）−x（t）]=kx（t）或F（t）−mdx1（t）=kx（t）

⎪⎩111

⎧ms2X1（s）+f1s[X1（s）−X2（s）]+k1[X1（s）−X2（s）]=F（s）

⎪⎩fs[X1（s）−X2（s）]+k1[X1（s）−X2（s）]=k2X2（s）或F（s）−msX1（s）=k2X2（s）

X1（s）f1s+k1+k2

u2

R

ui（t）

ud（t）

ia

Ea

Mm（t）

ω1

if

J1

f1r1

r2

ω2

J2

f2

Mc（t）

题2-5图

电枢控制直流电动机拖动开环系统

（1）ud（t）=2.34U2{0.82−0.57[K1ui（t）−35]}=2.34U2{1.168−0.57K1ui（t）}

（2）参照教材式（2-5）、（2-6）、（2-17）

U本题第

（1）问

s

21

ma教材式（2−6）

⎩12

由上面的关系式可得系统动态结构图为：

Mc′（s）

U2

2.73

M（s）

Ls+R

Cm

Js+f

Ui（s）

1.34K1U2

—

Ce

Ω1（s）

（3）将动态结构图化简可得：

①Mc（s）=0⇒Mc′（s）=0

2.73CmU2−1.34K1CmU2sUi（s）

②Ui（s）=0

2.73CmU2−（Ls+R）Mc′（s）

′（s）=M

⎪Ud（s）=−1.34K12Ui（s）

⎧Mcc（s）/i

⎧2.73U2

⎪i=r/r

⎨LsIaa（s）+CeΩ1（s）=Ud（s）教材式（2−5）其中，⎨

⎪

（s）+RI

⎪J=J12/i

+J

⎪M（s）=CI（s）

⎪f=f+f/i2

′c（s）教材式（2−17）

⎪⎩JsΩ1（s）+fΩ1（s）=M（s）−M

JLs+（JR+fL）s2+（fR+CmCe）s

2.73iCmU2−（Ls+R）Mc（s）

题2-6：

运算放大器电路如题2-6图所示，其中各参数为：

C1=C2=1∝F，

R1=160kΩ，R2=220kΩ，R3=1kΩ，R4=100kΩ。

试计算传递函数Uc（s）/Ur（s）。

C1

R4

题2-6图

运算放大器电路

Ur（s）U1（s）

//R12

U1（S）

R3

U（S）

R4

Uc（s）Uc（s）U1（s）R4

Ur（s）U1（s）Ur（s）R3

）（−1212）

R1R2R4C1C2s2+R1R4C1s+R2R4C2s+R4

R1R3C2s

22s2+237.5s+625

题2-7：

题2-7图为单容水箱控制水位的闭环控制系统，两个调节阀的开度分别

为∝1和∝2。

其中∝1的开度由直流伺服电动机控制，旋转角度与开度成正比，比

例系数为K∝1。

试绘制动态结构图，并求解以给定电压ur（t）为输入量，水位高度

h（t）为输出量的传递函数。

iJLs+（iJR+ifL）s2+（ifR+iCmCe）s

=−

=−c

⋅

=（−

RRCCs2+R1C1s+R2C2s+1

Ra

La

⎤（t）

++

ua（t）

Qr

⎝（t）

US

h（t）

∝2

Qc

题2-7图

单容水箱水位闭环控制系统

参照教材式（2-8b）、（2-58）

设水箱横截面积为F，反馈电压为uf（t），水面高度与反馈电压比例为Kf；

R1R0

T2

⎪s

⎪H（s）K1

⎧Ud（s）Ur（s）−Uf（s）

⎨=K∝1⋅∝1（s）

Ud（s）

由题图得出

教材式（2−8b）

教材式（2−58）

⎧La

⎪JRa

其中，⎨

⎪2FH0

⎩k2

a

em

H

K∝1s

K1

T1s+1

H（s）

Uf（s）

Kf

将动态结构图化简可得：

KKf

s（T1s+1）（TlTms2+Tms+1）+K

⎪（Tlms+Tms+1）Ω（s）=

⎪⎪Ω（s）

⎪∝（s）=Ts+1

⎪H（s）=KfUf（s）

⎪Tl=R

⎪Tm=CC

⎪K=2k10

k2

⎪T1=

CelTms+Tms+1）

（T

其中，K=

K1R1

K∝1KfR0Ce

题2-8：

试用动态结构图简化方法求解题2-8图所示两系统的传递函数。

H1

R（s）

G1

G2

G3

G4

C（s）R（s）

C（s）

H2

题2-8图

系统动态结构图