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
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2-1
解:
显然,弹簧力为 kx(t ) ,根据牛顿第二运动定律有:移项整理,得机械系统的微分方程为:
F (t ) ? kx(t) = m d 2 x(t )
dt 2
2
d x(t )
m 2+ kx(t ) = F (t )
dt
对上述方程中各项求拉氏变换得:
ms 2 X (s) + kX (s) = F (s)
X (s) ms 2 + k所以,机械系统的传递函数为:
G(s) = F (s) =
1
2-2 解一:
由图易得:
i1 (t )R
1
= 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:
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u (t ) = CR2 ) C ( R1 + R
du2 (t ) du1 (t )
u 2 (t ) dt+
2
dt+ 1
对上述方程中各项求拉氏变换得:
C (R1 + R2 )sU 2 (s) + U 2 (s) = CR2 sU1 (s) + U1 (s)
所以,无源网络的传递函数为:
U (s) 1 + sCR2
G(s) = 2 =
U1 (s) 1 + sC(R1 + R2 )解二(运算阻抗法或复阻抗法):
+ R2
1 + R Cs 2 Cs 2
= =
1 U 1 + ( R + R 1 (s) R + 1 2 )Cs+ R21
Cs
U (s)
1 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 X 1 , X 2 , X 3 , 可得系统传递函数为:
G1 (s)G2 (s)G3 (s)G4 (s) C(s) =
R(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:
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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:
G12 (s) G1 (s) + G2 (s) C(s)
= =
R(s) 1 + G12 (s)G34 (s) 1 + [G1 (s) + G2 (s)][G3 (s) ? G4 (s)](s)G1 (s) ? C (s)H 2 (s)]G2 (s) = C (s)由上图可列方程组: [E
R(s) ? H1 C (s)
(s) G2 (s) = E (s)
联列上述两个方程,消掉 E (s) ,得传递函数为:
G1 (s)G2 (s) C(s)
=R(s) 1 + H1 (s)G1 (s) + H 2 (s)G2 (s)
联列上述两个方程,消掉 C (s) ,得传递函数为:
1 + H 2 (s)G2 (s) E(s)
=R(s) 1 + H1 (s)G1 (s) + H 2 (s)G2 (s)
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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
2s + 1 G = 5s + 31 (s) =
0、4 * 0、5
1 +
2s + 1
将②反馈回路简化,其等效传递函数与简化图为:
12 5s + 3 s + 0、3s + 1 = G (s) = 2 3
0、5s + 4、2+ 5、9s + 3、4 1 + 2
5s 4
(s + 0、3s + 1)(5s + 3)
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将③反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为:
3、5s + 2、1
0、7 * (5s +
3) 2 Θ o (s) 5s 3 + 4、5s + 5、9s + 3、4 = =
Θi (s) 0、7 * Ks(5s + 5s 3 + (4、5 + 3、
1 +
5K )s 2 3)
+ (5、9 + 2、1K )s +
3、4
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5s
3-3
解:该二阶系统的最大超调量:
σ p = e ?ζ1?ζ
2
π /
*100%
当σ = 5% 时,可解上述方程得:
p
ζ = 0、69
当σ = 5% 时,该二阶系统的过渡时间为:
p
t s ≈ 3
ζwn所以,该二阶系统的无阻尼自振角频率 wn
3-4 解:
3 = 2、173
≈ = ζ0、69 *
2 t s
由上图可得系统的传递函数:
10 * (1 + Ks)
C (s) s(s + 2) 10 * (Ks + 1) == 2 =R(s) 1 + 10 * (1 + Ks) s + 2 * (1 + 5K )s + 10
s(s + 2)
所以 wn = 10 ,ζwn = 1 + 5K
⑴ 若
ζ
K ≈ 0、116= 0、5 时,
所以 K ≈ 0、116 时,= 0、5
ζ
⑵ 系统单位阶跃响应的超调量与过渡过程时间分别为:
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σ p =
e
?ζ1?ζ
2
π /
*100% = e *100
?0、5*3、14 / 1?0、52
% ≈ 16、3%
3ts = ζ= ≈ 1、9
wn 0、5 103 *
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
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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) =R(s) s 2 + (10τ + 1)s +
二阶系统的标准形式为: 10K
C (s) 2
w n R(s) = 2
s + 2wζ2w s + n
n
10K1
1
所以
wn 2 = 10K1 2ζwn = 10τ + 1
由
?ζσ p= e
π /1?ζ
π *1
2
t p = 00
%wn 1 ? ζ 2
σ p = 9、
5% t p = 0、5
可得
ζ = 0、62
wn = 10K1
ζ = 0、6
wn = 7、85
与
由
2ζwn = 10τ + 1
wn = 7、85
可得:
K1 = 6、16
τ = 0、
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84t s ≈ 3
ζwn = 0、64
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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) s(2s +1)(Ts +1) K (s +1)
==s(2s +1)(Ts +1) + K (s +1)R(s) 1 + K (s +1)
s(2s +1)(Ts +1) =
K (s +1)
2Ts3 + (T + 2)s 2 + (K +1)s + K
列出劳斯表为:
s3 2T K +1
s2 T + 2 K
(K +1)(T + 2) ? 2KT s1
T + 2 s0 K
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(K + 1)(T + 2) ? 2KT T > 0 , K > 0T > 0 ,T + 2 > 0 ,
+ 2
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:
KK2 K3C (s)
=2
R(s) (1 + KK 2 3 K a)KK K bs ? KK K3 s? 2 3 2
代入已知数据,得二阶系统特征方程:
(1 + 0、1K )s2 ? 0、1Ks ? K
列出劳斯表为:
s1 s0
s2 1 + 0、1K ? K
= 0
? 0、1K ? K
可见,只要放大器 ?10 < K < 0 ,系统就就是稳定的。3-12 解:系统的稳态误差为:
ess
= lim e(t ) = lim sE (s) = lim R(s)
t →∞
s→0
s →0
s 1 + G0 (s)
⑴ G0 (s) = 10
s(0、1s + 1)(0、5s
+ 1)
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系统的静态位置误差系数:
K p = lim G 0(s) = lim s →0
10
= ∞s →0 s(0、1s + 1)(0、5s + 1)10s
= 10
s →0 s(0、1s + 1)(0、5s + 1)10s 2
= 0
s→0 s(0、1s + 1)(0、5s + 1)
系统的静态速度误差系数:
(s) = lim K = lim sGv 0s →0
系统的静态加速度误差系数:
K s G a = lim 2 s→0
0(s) = lim
当 r (t ) = 1(t ) 时, R(s) = 1
ss 1
= lim * = 0s→0 10 s 1 + 当 r (t ) = 4t 时, R(s) =
s(0、1s + 1)(0、5s + 1)
4s 2 4
* = 0、4
s
e = lim ss 2s →0 s 10 2
当 r (t ) = t 时, R(s) = 1 + s(0、1s + 1)(0、5s + 1) 2 s 3
1 + ess 2
* = ∞ 3s 10 s = lim s →0 s(0、1s + 1)(0、5s + 1)
1 4 2 当 r(t) = 1(t) + 4t + t 2 时, R(s) = + 2 + 3s s s
ess3-14 解:
ess = 0 + 0、4 + ∞ = ∞K
s(s2 + as + b) ?
K = 0、5 b
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) = 闭环传递函数
G(s) K
φ(s) = = 3
1 + G(s) s+ as2 + bs + K
Q s = ?1 ± j 就是系统闭环极点,因此
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s3 + as2 + bs + K = (s + c)(s2 + 2s + 2) = s3 + (2 + c)s2 + (2c + 2)s + 2c
?K = 0、5b ?K = 2
?a = 3 ?K = 2c
? ?
???b = 2c + 2 b = 4 ? ? ??1?a = 2 + c ?c =
2
。 2
s(s+ 3s + 4)所以 G(s) = 自动控制原理胡寿松第四版课后答案
4-1 jω [s] jω [s] k →k =× 0 k = σ k = k →∞ k = ∞ 0 00 k →0× × k →∞ 0×σ ∞ (a) (b) jω [ s ]jω [s] × × 0 ×σ × 0× σ(c) (d) 4-2 j ω [ s ]× p = p = ? 1 0 0 ×× σ p = 0p1 = 0, p2 = 0, p3 = ?1 1、 实轴上的根轨迹
(?∞, ?1) (0, 0) 1
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2、 n ? m = 3
3 条根轨迹趋向无穷远处的渐近线相角为
? =± 180°(2q + 1)
= ±60°,180° (q = 0,1)a 3
渐近线与实轴的交点为
∑n
m
p? σ ∑
zii =1
i
j =1
a = = 0 ? 0 ?1 n ? m 3、 系统的特征方程为
3 = ?
1
31+G(s) = 1 + K s2 (s +1)
= 0
即
K = ? s2 (s +1) = ?s3 ? s2
dK = ? 3s2 ? 2s =
s(3s + 2) = 0
0ds
根 s1 = 0 s2 = ?(舍去)
0、667
4、 令 s = j1+G(s) = 1 +
K
ω
s2
(s +1)
= 0 代入特征方程
s2 (s +1) + K =0
( jω )2 ( jω +1) + K =0
?ω 2 ( jω +1) + K =0
K ? ω 2
? jω =0
??K ? ω 2
=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
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5-1
G(s) = 5 0、25s +1
G( jω ) = 5
0、25 jω +1A(ω ) = 5 (0、25ω )2 +1 ?(ω) = ? arctan(0、25ω)
输入 r(t) = 5 cos(4t ? 30°) = 5 sin(4t + 60°) ω=4
A(4) = 5 = 2、5 ?(4) = ? arctan(0、25 * 4) = ?45°(0、25 * 4)2 2
+1
系统的稳态输出为
c(t ) = A(4) * 5 cos[4t ? 30° + ?(4)]
= 2、5 2 * 5 cos(4t ? 30° ? 45°)
= 17、68 cos(4t ? 75°) = 17、68 sin(4t +15°) sin α = cos(90° ?α ) = cos(α ? 90°) = cos(α + 270°)5-3 c(t ) = ° ? 45°) 或者,
A(4) * = 17、68 sin(4t +15°)
1 15
sin[4t + 60° + ?(4)]
= 2、5 2 * 5 sin(4t + 60(2)
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G(s) =
(1 + s)(1 + 2s)
1 2 2 G( jω ) =
(1 + jω )(1 + j 2ω )
(1 + ω )(1 + 4ω )
?(ω) = ? arctan ω ? arctan 2ω = ?90° arctan ω + arctan 2ω = 90°2 2 1 ω = 1/(2ω) ω = 1/ A(ω ) = = = 0、47
(1 +1 / 2)(1 + 4 *1/ 2) 32
与虚轴的交点为(0,-j0、47)
A(ω ) = ?(ω) = ? arctan ω ? arctan 2ω
jY(ω)
ω =∞ 0 -j0、47 ω = 0 1
X (ω) ω
1
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(3) G(s) =
1
s(1 + s)(1 + 2s)G( jω ) = 1 jω (1 + jω )(1 + j2ω )
A(ω ) =1 ω ?(ω) = ?90° ? arctan ω ? arctan 2ω(1 + ω 2 )(1 + 4ω 2 )
?(ω) = ?90° ? arctan ω ? arctan 2ω = ?180° arctan ω + arctan 2ω = 90°ω = 1/(2ω) ω 2 = 1/ A(ω ) = 1 2 2 1/2 (1 +1/ 2)(1 + 4 *1/ 2) = 3= 0、67
与实轴的交点为(-0、67,-j0)-0、67 0 jY (ω) ω = 0、707ωω =∞ ω = 0 X (ω)(4) G(s) =
1 s2 (1 + s)(1 + 2s) G( jω ) = 1 ( jω )2 (1 + jω )(1 + j 2ω )A(ω ) =1
ω ?(ω ) = ?180° ? arctan ω ? arctan 2ω2 (1 + ω 2 )(1 + 4 ω 2 )
?(ω) = ?180° ? arctan ω? arctan 2ω = ?270° arctan ω + arctan 2ω = 90°ω = 1/(2ω) ω 2 = 1/
A(ω ) = 2 = 0、94
2
1= 2 (1/ 2) (1 +1/ 2)(1 + 4 *1/ 2) 与虚轴的交点为(0,j0、94)
ω = 0、707
ω = 0 ω 0、94 0 jY(ω)
ω = ∞ X (ω)
2
3
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5-4
(2)ω1 = 0、5 ,ω2 = 1 , k = 1 ,υ = 0
L (ω ) ( d B )0 0、01 --20dB 200、1 dB 0、5
/dec ω 1 10
-40dB /dec-40dB
(3)ω1 = 0、5 ,ω2 = 1 , k = 1 ,υ = 1
L (ω ) ( d B ) -20dB /dec20dB -40dB /dec ω 00、01 0、1 101 0、5 -20dB -60dB /dec-40dB (4)ω1 = 0、5 ,ω2 = 1 , k = 1 ,υ = 2 L (ω )(d B )60dB -40dB /dec
40dB 20dB -60dB /dec ω 0
0、01 0、 101 0、1 5 -20dB -80dB /dec-40dB 5-6
1 是一个非最小相位系统G(s) = s ?1
就
3
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1 1 1 = (?1 ? jω ) = e j ( ?180+arctgω )
22jω ?1 1 + ω 1 + ω G(s) = s +1 一个最小相位系统G( jω ) = 就
是
1
G( jω ) = 5-8(a)
1 1 1 e? jarctgω= (1 ? jω ) = 22jω +1 1 + ω 1 + ω ω = 0
ω = ∞
-1
0
X (ω )
ω = 0
系统开环传递函数有一极点在 s 因此乃氏回线中半径为无穷小量ε 的半圆弧 平面的原点处,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°; ?(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)
ω = 0 ω = 0
-1
jY (ω ) ω = ∞ 0
X (ω )
4
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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°; ?(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
K K 2、28K5-10
(1) G(s)H (s) = = =
?(ω)(°)1
2、28 s +1
0°
?90°
Ts +1
s
+ 2、28
ω1 = 2、28 ω? (ω )(2)
K 1 K 1 G s H s = ( ) ( ) = s Ts +1 s(s + ? (ω )(°)s 1 2、28)2、
28 s +1 ω1 = 2、28 = 2、28K?90° ω? (ω )?180° (3)
1
s +1 K 0、54K
(s + 0、5)
G(s)H (s) = = =
s Ts +1 s 1 s (s + 2)K τ s +1
2
2
s +1
2 2
L (ω )( d B ) a 0 b 5
-40dB /dec -20dB /dec 0、1 2 ω-40dB /dec自动控制原理胡寿松第四版课后答案
5
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20 lg 1 0、=5 a ?20 lg K + 20 lg 1 0= 40 lg 1 ?20 lg K = 20 lg
1
0、5
20 lg(K )?1
= 20 lg 2
5 、5 0、
K = 1/ 2 = 0、5
G(s)H (s) = 4K (s + 0、5) 2(s + 0、5)
s2 (s + 2) = s2
(s + 2)
?90° ?(ω)(°) ω1 = ω2 = 2 0、5 ω?180° ? (ω )5-11
ω = 0? jY (ω)ω(-1,j0) == ?+∞∞ 0 ω X (ω)ω ω = 0+G(s)H (s) = K ? G( jω )H ( jω ) = K s(s +1)(3s +1) arctan jω ( j ω +1)(3 j?ω +1)(ω ) = ?90° ? arctan ω ?3ω = ?180° arctan ω + arctan 3ω = 90°ω = 1/(3ω) ω 2 = 1/ A(ω ) = K 3 3
1 /3 (1 +1 / 3)(1 + 9 *1/ 3) = 4
K = 1
Kc = 4/3 = 1、33
6
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6-2 (1)
2
6 ω n G(s) = 2 = 2
2
s(s+ 4s + 6) s(s+ 2ξωωn s + n )
2
ω = 6 n
4 2ω = 6 =2、45, 2ξω =4 ξ = = 0、816= n n
2ωn 6
所以,ωc = 1 20lgK = 0
K = 1
? 2ξω / ω ? ? 2 * 0、816 *1/ 2、45 ?
c n? (ω ) = ?90° ? arctg = ?90° ? arctg
c
? 2 2 ? 1 ? ω / ω
? 1 ?1/ 2、452 ?? ? ? c n ?
? 2 * 0、816 *1 / 2、45 ? ? 0、666 ? = ?90° ? arctg = ?90° ? arctg = ?90° ? arctg 0、7995? 1 ?1 / 2、? ? 0、833 ?245? ? ? ? = ?90° ? 38、64° = ?128、64°
γ = 180° + ? (ωc ) = 180° ?128、64° = 51、36° L(ω )(dB)50 40 30 20 10 0 -10 -20 -30 -40 0、01 -20dB /dec 0、1 ωn 1 45 2、ω 10 -60dB /dec(2)
ω1 = 1, ω2 =1/0、2=5? 2ξω / ω ? ? ? ω ? ω ? c n+ arctg c ? arctg c? (ω ) = ?90° ? arctg c
? 2 2 ? 1 ? ω / ω
? ?
ω ? ?ω ? c n ? ? 1 ? ? 2 ?1 ? ? ? 1 ? = ?128、64° + arctg ? ? ? arctg ? ? = ?128、64° + 45° ?11、31° = ?94、95°
1 ? ? ? 5 ?
γ = 180° + ? (ωc ) = 180° ? 94、95° = 85、05°
1
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课后答案网 L(ω) (dB )50 40 30 20 -30 -40 10 0 -10 -20 0、01 -20dB /dec 20dB /dec 0、1 1 2、45 ωn 5 G ω 10-60dB /dec -60dB /dec-40dB /dec 6-5 = (1) G(s)
s(0、5s +1)(0、1s +1)10
20 lg K =20lg10=20dB
ω = 1,
ω1 = 1/ 0、5 = 2,
ω2 = 1 / 0、1 = 10
ω1 = 时, L(ω1 ) = 20 ? 20(lg 2 ? lg1) = 20lg10 ? 20 lg 2 = 20lg5 = 14dB
2
ω2 = 时, L(ω2 ) = 14 ? 40(lg10 ? lg 2) = ?13、96dB10
所以,ω1 < ωc < ω2
L(ω1 ) = 40(lg ωc ? lg 2) = 40(lg ωc / 2) = 14dB
ωc = 4、48 ? (ωc ) = ?90° ? arctg 0、5ωc ? arctg 0、1ωc = ?90° ? arctg 2、24 ? arctg 0、
448
= ?90°? 65、94°? 24、13° = ?180、07°
γ = 180° + ? (ωc ) = 180° ?180、07° = ?0、07°
L (ω )(dB)50 40 30 20 10 0 -10 -20 -30 -40 0、1 -20dB /dec 1 -40dB /dec ω c 2 -60dB /dec 10 ω 1002自动控制原理胡寿松第四版课后答案
G(s)Gc (s)
(2) =
(0、33s +1)
10
s(0、5s +1)(0、1s +1)(0、
033s +1)ω = 1, 20 lg K =20lg10=20dBω1 = 1 / 0、5 = ω2 = 1/ 0、33 = ω3 = 1 / 0、1 = ω4 = 1/ 0、033 = 302, 3, 10,
ω2 = 时, L(ω1 ) ? L(ω2 ) = 40(lg ω2 ? lg ω1 ) 14 ? L(ω2 ) = 40(lg 4、35 ? lg 2)3
L(ω2 ) = 7dB L(ω3 = 10) ? L(ω2 = 3) = ?20(lg ω3 ? lg ω2 ) = ?3、37dB
所以ω2 < ωc 2 < ω3
L(ω2 ) = 20(lg ωc 2 ? lg ω2 ) = 20(lg ωc 2 / 3) = 7dB
ωc 2 = 6、72 ? (ωc ) = ?90° ? arctg 0、5ωc 2 ? arctg 0、1ωc 2 + arctg 0、33ωc 2 ? arctg 0、033ωc 2
= ?90° ? arctg 3、36 ? arctg 0、672 + arctg 2、22 ? arctg 0、222
= ?90°? 73、43°? 33、90°+ 65、75°?12、52° = ?144、1°
γ 2 = 180° + ? (ωc 2 ) = 180° ?144、1° = 35、9°
L(ω )(dB)
50
40 30 20 10 -10 0、1 -20 -30 -40 0 -40dB /dec
-20dB /dec
c
ωc 2
20dB /dec 10 Gω30 G cG 1 2 3 ωc1 -20dB /dec -40dB /dec 100-60dB /dec-60dB /dec 校正环节为相位超前校正,校正后系统的相角裕量增加,系统又不稳定变为稳定,且有一定 的稳定裕度,降低系统响应的超调量;剪切频率增加,系统快速性提高;但就是高频段增益提 高,系统抑制噪声能力下降。 3