自动控制原理答案完全版第二版Word文档下载推荐.docx
《自动控制原理答案完全版第二版Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《自动控制原理答案完全版第二版Word文档下载推荐.docx(46页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
C(s)/Ni(s)C(s)/R(s),
C(s)/N2(s)
K2K3TS
Ts3~~T1)s2sK1K3
2-2解:
对微分方程做拉氏变换
Xi(s)K[R(s)C(s)]
X2(s)sR(s)
(s1)X3(s)Xi(s)X2(s)
(Ts1)X4(s)X3(s)X5(s)
C(s)X4(s)N(s)
X5(s)(Ts1)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(s1):
Ts1)
C(s)0
N(s)0
2-3解:
(过程略)
K
C(s)(s1)<
Js1)(s1XTs1)
K
Ts2(Ts1)s(K1)
R(s)msfsK
(b)C(s)字红
R(s)1G1G3GG4G2G3G2G4
(c)誤
R(s)
G2G1G2
1G-iG2G-i
(d普
G1G2
1G2G3
(e)R^
G1G2G3G4
1G<
|G2G2G3
G3G4G1G2G3G4
2-4解:
(1)求C/R,令N=0
KKK3
s(Ts1)
C(s)/R(s)G(s)
1G(s)
求C/N,令R=0,向后移动单位反馈的比较点
K3
C(s)/N(s)(KnGnK10)—J
s1亠K1
G(s)
K1K2K3
Ts2
KiK2K3
KnK3sK1K2K3G
K2
n
2一
Ts2sK1K2K3
Ts1s
(2)要消除干扰对系统的影响
C(s)/N(s)KnK3sK1K2K3Gn
Gn(s)Kns
k1k2
2-5解:
(a)
(1)系统的反馈回路有三个,所以有
3
LaL1L2L3
a1
G1G2G5
G2G3G4
G4G2G5
三个回路两两接触,可得
1La
1GG2G5
(2)
有两条前向通道,且与两条回路均有接触,所以
P
P2
G1G2G3,1
1,21
(3)
闭环传递函数C/R为
GGG31
1G1G2G5G2G3G4G4G2G5
(b)
(1)
系统的反馈回路有三个,所以有
La
L1
L3G1G2G1G1
三个回路均接触,可得
1G-iG22G-)
(2)有四条前向通道,且与三条回路均有接触,所以
R
G1G2,1
1
G,2
G2,3
P4
G1,4
(3)闭环传递函数C/R为
C
G1G2
G1
G2G
G-iG2G2
2G1
1G-|G22G.
2-6解:
用梅逊公式求,有两个回路,且接触,可得1La1GG2G3G2,可得
第三章习题
采用K0,KH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%100%
解得:
33.71
0.358
所以,开环传递函数为:
113647.1
s(s24.1)s(0.041s1)
3-3解:
(1)K10s1时:
100
s210s
2n10
解得:
n10,
0.5,%16.3%,tp0.363
(2)K20s1时:
200
结论,
K增大,超调增加,
峰值时间减小。
3-4解
:
a.
0.1,n5s1时,
%
e
/.12
100%
72.8%
ts
3.5
7s
b.
0.1,n10s1时,
/12
35
3.5s
c.
0.1,n1s1时,
n14.14,
0.354,%=30%,tp0.238
%e/1'
100%72.8%
丄3.5c厂ts35s
(2)0.5,n5s
时,
/■~2
%e100%16.3%
1.4s
系统稳定。
(b)用古尔维茨判据
3s
9
2s
20
1s
4
0s
20100
D120,D280
19
201000
D31908000
020100
(a)用劳思判据
s4352
s31010
s24.72
s13.25530
s02
系统不稳定。
0.2S30.8S2sK0
劳思表
s30.21
S20.8K
K
0。
无解
若系统稳定,则:
10,K
(2)系统闭环特征方程为
0.2S0.8S(K1)sK0
s30.2K1
s20.8K
13
sK1
s0K
K10,K0
解得K-
s3110
s22110
s200/210
s0100
10
(b)系统传递函数:
—
s101s10
劳思表:
s2110
s11010
s010
3-8解:
系统闭环特征方程为:
0.01s32s2sK0
劳思表:
0.01
2
20.01K
当20,乙严0,K0时系统稳定
稳定域为:
0,0K200
3-9解:
Es巳R(s)R(s)盲R(s)
当输入r(t)1(t)时,R(s)1,ess
s
帅sEs
lims-
s0
11
10s
s(0.1s1)(0.5s1)
输入r(t)t1(t)时,R(s)
乓smo
mo
-2
22
输入r(t)t21(t)时,R(s)气,esslimsE.
ss0
10
s(0.1s1)(0.5s
1)
K7,故当r(t)1(t)时,ess0;
t21(t)时,ess。
解法一、因为1,属于I型无差系统,开环增益
18
当r(t)t1(t)时,ess1.14;
当r(t)
K7
解法二、系统的闭环特征方程为:
s46s310s215s70
4s
7
6
15
7.5
9.4
lims~
7(s1)
s(s4)(s22s2)
输入r(t)t21(t)时,R(s)
es
2-3S
Esmo
Hs
■Is
2S
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,ess0;
当r(t)t1(t)时,ess0;
当
r(t)t2
1(t)时,
ess
0.25。
解法二、系统的闭环特征方程为:
0.1s3
4s
0.1
3.2
8
Es
EiR(s)R(s)
1G(s)R(s)
当输入r(t)1(t)时,R(s)
limsEs
8(0.5s
s2(0.1s
1
2,esss
!
ms乓
输入r(t)t21(t)时,R(s)
3-10解:
系统传递函数为器
调节时间ts4T1min,T0.25min
输入r(t)10t,R(s)—
lims30.25
s018(0.5s1)s3
I2
s2(0.1s1)
—为一阶惯性环节
Ts1
稳态误差:
E(s)R(s)C(s)-s
ess叽sE(s)2.5(CD)
~2
s(0.25s1)
3-11解:
用梅森公式:
EiR
E(s)
2.5K
EiN
E(s)N(s)
(0.05s1)(s5)
2.5
(0.05s1)(s5)2.5(0.05s1)1
(0.05s1)(s5)2.5K
输入R(s)-,N(s)
当K=40时
vs帅sE(s)
2.5Ks
52.5K
0.0238
当K=20时
叩sE(s)52.5K
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。
EiR
1-s(0.05s1)(s5)
N(s)
s5
2.5K
s(0.05s1)(s5)
s(0.05s1)(s
5)2.5s(0.05s1)1
s(0.05s1)(s5)2.5Ks
s(0.05s1)(s5)2.5K
2.5(0.05s1)s
(0.05s1)(s5)2.5(0.05s1)
所以对输入响应的误差,esslimsE(s)0。
在扰动点之后引入积分环节1/s,
R(s)1
(0.05s1)(s
5)s
s5
2.5(0.05s
N(s)1
,5)s
E(s)
R(S)EiR
N(s)EiN
(0.05s
1)(s25s2.5)1
s(0.05s
1)(s5)2.5Ks
所以对输入响应的误差,esslimsE(s)
s0K
3-12解:
解法一、原系统结构图变换为
N(s)
s1
C(s)
J
「s2
q(T2K)s5k
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
N(s)
1.1
essrlimsEiR—0,essn“叩sEiN—
s0ss0s
令R(s)
JT,N(s)s
斗,N(s)s
lims
EiR3
,essn
系统对r(t)为I型,对n⑴为0型。
3-13:
(a)解法一、解得,CiRJ「,
R(s)s(s1)1
CiN
s(s1)
s(s1)1
E(s)R(s)C(s)R(s)(R(s)i*N(s)i
输入R(s)2,n(s),所以电limsE(s)
解法二、
—,因为分子分母后两项系数对应相等,
故系统为n无差,在
r(t)t
essr0,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Qsn
0,从而有essessressn0。
(b)系统开环1,为I型系统,故essr
0;
又En(s)
N(s)iCiN
0.1.200
si0.5s2s200
根据疋^义erc,e;
sQ;
sre$snOssn
limsEn(s)
0.1。
3-14解:
开环传递函数为
G(s)円
―,误差传递函数s
EiR(S)R(S)
(1)输入r(t)
1(t),R(s)
SirmsEsR(s)
7ss22s
⑵输入r(t)1(t),R(s)
氐sirmsEsR(s)
ns
s22s
第四章习题
4-1解:
"
了£
匚)另解
(
4-2解:
4-3解:
根轨迹如图
i
J
fA
-j
弋J
%*
极点R0,P2
1,F3
共有三条渐近线
D
60
渐近线交点为
2)1
3条渐近线与实轴夹角
(2k1)
(k
0)
1),分离点坐标
分离角为-
与虚轴交点:
1GHs(s1)(0.5s
0.5(j)1.5(j)j
2,K3
当0<
K<
3时系统稳定,Kd
0.5s31.5s2
所以,无超调时K的取值范围为0
0.1925。
作图测得
0.5的阻尼线与根轨迹交点
s,,20.33j0.58,根据’根之和’法则,
s1S>
SsP!
p2p3,求得Sj2.34。
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)(ss)(ss2)
0.445
s2__0.667s
歸,从而得到
0.5,n0.667,其阶跃响应下的性能指标为%
16.3%,ts
3.5i
10.5s。
4-4解:
(1)s——
0.671
即(s),t
0.67s1
1.5,S2,3
3T2s,%
4j9.2,主导极点为s,系统看成一阶系统。
(2)由于极点为S1
—与零点z1
0.67
0.59
构成偶极子,所以主导极点为s2,s3,即
0.01s20.08s1
系统可以看作(S)
10,
0.4,
%25%
4-5解:
(题目改为‘单位负反馈’)
3.50.88s,
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:
0arctanT
超过10D,
所以不满足要求。
5-2解:
设G(s)
LCs2RCs1
5-3解:
(1)G(s)
160
s(s8)
第五章习题答案
arctan2fT
arctan2100.0132.1*,相位差
354D
,G(10j)0.708,G(10j)90
5
1
11002L10610__106Rj,
1104
亍6马1013H)
10010
10__106r
G(10
j)
0.708
R44959()
986.96
s244.37s986.96
msHz
□odeDiagram
1Q0*”””r
〔Efup】
-1
口12
101010
Frequency(reid/sec)
ooo9
1-
35
101
(2)G(s)10°
(s
s(s1)(s20)
BodeDiagram
oo
24
■■
Frequency(rad/sec)
〔6333W更厘
oo
(3)G(s)
64(s2)
50
-50
wo
Frequencv(rad/sec)
〔btDpja(44B匸d
(4)G(s)如sS
(1)(s0.1)4s25)
5-4解:
G(s)由一个放大环节、一个惯性环节组成
20lgK
20,K10;
0.1s
s(Ts
K_
110T0.1
T
由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成
1T80
K40
丄,穿越频率c40,L()c20lgK20lg
80
(c)
L(k)
40
s(80s1)
—由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成
s(
2—s
20igk
k100,由图可知r45.3,
24.85,n
r,得到n50,0.3(0.954舍去)。
2.5103100
s(s230s2.5103)
(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(Ts1)2
组成
0.1得10;
21得T1
L()20lgK20lg1020lg(2c1)0,K0.2,G(s)0.2(10s1)2
s(s1)
(或者米用精确表示:
L()20lgK20lg102120lg1220lg(11)0,
.101
0.1990,G(s)
0.1990(10s1))
s2(s1)2
s(2
s2—s1)
1,22n2,20lg8
L20lgK
20,
K10
10(s1)
e)G(s)占丄
s(0.25s0.2s1)
5-5解:
0.2,在11处,
伯德图:
250
s2(s50)
s2(50s1)
,20IgK
14
o40oo
5(1SE5
-1
-§
冬営翼s
Q
D-o5o5o5
349382
1-'
112-■■■
〔Ewp)SIWOLIn-
有一次负穿越,
P0,ZP2N2故不稳定
(2)G(s)
s(s5)(s15)
s(-s1)(-s1)
515
10.46
Ep〕©
prill匚h左
zll:
l
■一
〔6OJP)OJ⑷嗚
Bo
-ii
Frequenuyfrad/secj
P0,