《自动控制原理》张爱民课后习题答案

1 1 解 1 机器人踢足球 开环系统 输入量 足球位置 输出量 机器人的位置 2 人的体温控制系统 闭环系统 输入量 正常的体温 输出量 经调节后的体温 3 微波炉做饭 开环系统 输入量 设定的加热时间 输出量 实际加热的时间 4 空调制冷 闭环系统 输入量 设定的温度 输出量 实际的温度 1 2 解 开环系统 优点 结构简单 成本低廉 增益较大 对输入信号的变化响应灵敏 只要 被控对象稳定 系统就能稳定工作 缺点 控制精度低 抗扰动能力弱 闭环控制 优点 控制精度高 有效抑制了被反馈包围的前向通道的扰动对系统输出量 的影响 利用负反馈减小系统误差 减小被控对象参数对输出量的影 响 缺点 结构复杂 降低了开环系统的增益 且需考虑稳定性问题 1 3 解 自动控制系统分两种类型 开环控制系统和闭环控制系统 开环控制系统的特点是 控制器与被控对象之间只有顺向作用而无反向联系 系统的被控 变量对控制作用没有任何影响 系统的控制精度完全取决于所用元器件的精度和特性调整 的准确度 只要被控对象稳定 系统就能稳定地工作 闭环控制系统的特点 1 闭环控制系统是利用负反馈的作用来减小系统误差的 2 闭环控制系统能够有效地抑制被反馈通道保卫的前向通道中各种扰动对系统输出量 的影响 3 闭环控制系统可以减小被控对象的参数变化对输出量的影响 1 4 解 输入量 给定毫伏信号 被控量 炉温 被控对象 加热器 电炉 控制器 电压放大器和功率放大器 系统原理方块图如下所示 工作原理 在正常情况下 炉温等于期望值时 热电偶的输出电压等于给定电压 此时 偏差信号为零 电动机不动 调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上 此时 炉子散 失的热量正好等于从加热器获取的热量 形成稳定的热平衡状态 温度保持恒定 当炉温由于某种原因突然下降时 热电偶的输出电压下降 与给定电压比较后形成正偏 差信号 该偏差信号经过电压放大器 功率放大器放大后 作为电动机的控制电压加到电 动机上 电动机带动滑线变阻器的触头使输出电压升高 则炉温回升 直至达到期望值 当炉温高于期望值时 调节过程相反 1 5 解 不正确 引入反馈后 形成闭环控制系统 输出信号被反馈到系统输入端 与参考输 入比较后形成偏差信号 控制器再按照偏差信号的大小对被控对象进行控制 在这个过程 中 由于控制系统的惯性 可能引起超调 造成系统的等幅振荡或增幅振荡 使系统变得 不稳定 所以引入反馈之后回带来系统稳定性的问题 1 6 解 对自动控制系统的基本要求是 稳定性 快速性和准确性 增大系统增益使得闭环控制系统的调整时间减小 提高系统的快速性 2 1 解 对质量 m 的受力分析如下图所示 由牛顿第二定律得 2 dztytktfm 同时 tyxt 综合上述两式得其微分方程为 2 2 dzttdtmfkzm 设输入量输出量及其各阶导数的初始值均为零 对上式进行拉氏变换得式 2 2 sZfskZmsX 故其传递函数为 2 Gfk 2 2 解 受力分析得 对于 M 有 Mgsin ML 2dt F Mgcos 对于 m 有 F sin m xk22dtx 整理后得 sin2dtLg g cos sin 2txmM kx 削去 的系统的微分方程 x 0kL 对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为 G s sX 2Mk 2 3 解 a 电气系统 b 机械系统 证 a 由电路可得 221121121 oiRRuCSCSRS 212211 RCSRCS 则其微分方程为 2 21212121212 o oi iidudududuRCRCRCRCt ttt b 取 A B 两点进行受力分析 列出方程得 1 221 iooiodxdxfkxft t 2 11 由 1 式 2 式得 3 221ioiodxffkxkxtt 得11 3 k 2 2112112112112 o oi io idxdxdxdxffkfkffkkt ttt 经比较 电气系统 a 与机械系统 b 的微分方程具有相同的形式 故两个系统为 相似系统 2 4 解 传递函数 21221oUcsci LsL 微分方程 21211 ooiducct 2 5 解 由电路得 1 21iuRCS 2 34ouR 综合 1 2 式 消去变量 u 可得其传递函数为 124243 oiCSRGs 进而得其微分方程为 2424313iioduRut 2 6 解 对系统中各个部分建立相应的微分方程如下 u R i Lccdti u u k i R i L12q1cqtiq u u R R i L L 34dadadti u R i Lati T k um2dt 1a 对上面各式拉氏变换并整理得到 sT 1 L R s s L madad2q1cUksIUIIIksUIa qdqc 对上式削去中间变量得到系统的传递函数为 G s sc sL Rs s L R s cqdadama21 k 2 7 解 1i 2icubeLM kxkfER 由图示及题中条件得 对上式进行拉式变换得 11221022 CCbbESRIUSILIkXFISfMSX 则通过消去中间变量得传递函数如下 22 221 kXSGERCLSfRCkS 2 8 解 11221022 ccbetRitudtiiuteLtdxktFitdxtxtfM 由题意得 12122 ioefeffomftkutdikutRLtNtMkitdJttt 其中 为磁控式电动机转矩系数 令初始条件为零 作拉氏变换得 mk 1212 ioeefffomfSkUSkIRLINMSIJS 解得 1212 o mimffSkNGkJLR 2 9 解 由图示得电路的微分方程如下 112122 ioutitRdtcitiutid 作拉氏变换得 112122 ioUSISRICSI 则初始方块图如下 2CS1R ius 2R 1S ous 由梅森公式得其传递函数如下 212121 OiUSCRSG 2 10 解 对方块图进行简化得 1C2Ru 1R 1 i2i iu ou 2Cii 1G2G3 41H2H NsY Rs 1G23G1H NsY Rs 142H 3G1H NsY Rs 142H 2G2 Ys Rs 14G 12323HG12H Ns12 Ys Rs 12HG 23 1NsHG121234 23 Ys 121HG 141231223 GGHH 1223 1 NsHG 23 1NsHG Rs 由梅森公式得 1423232142141123 1 1RSHGNYHG 式 1 当 为零时可得传递函数为 NS 1423232142141GHHG 2 由 1 式 得当 时 输出 Y S 不受干扰 N S 的影响 10 2 11 解 a 1 方块图化简如下所示 Rs Ys1G2G2H1H Rs Ys1G2GH 12 Rs Ys 12H12G 从而可得其传递函数为 122 GSH 2 其信号流图如下所示 Ys Rs121H 2 系统信号流图中共有 2 个回路 增益分别为 无两两1LGH 212H 不接触回路 所以信号的特征式 21 系统有 1 条前向通路 增益为 回路均与此前向通路接触 故 从12P1 而可得其传递函数为 1122 PGGSH b 1 方块图化简如下所示 Rs Ys1G2G2H1H Rs Ys1G2G 12H 12H2G Rs Ys 从而可得其传递函数为 1212 GS 2 其信号流图如下所示 Ys121H 2 Rs 与 a 原理相同可得其传递函数为 11212 PGGSH c 1 方块图化简如下所示 Rs Ys1 2G3G3H1H Rs Ys1G2G33H1H 21 Ys Rs123 GH 213 从而可得其传递函数为 123113 SHG 2 其信号流图如下所示 Rs Ys1G23 1H 3H 与 a 原理相同可得其传递函数为 1231113 GPGS 2 12 解 速度控制系统的方框图为 给定电位器 运放 1 运放 2 功率放大器 直流电动机 减速器 测速发电机 该系统的微分方程为 imggicdudTKMtt 当 0 时 传递函数为cM 1gisKUTS 2 13 解 例 2 4 1 中的方块图如下所示 SCR1 2LSC212R 2SU i1 SUO 其对应的信号流图为 SUi SUO1G23G2H 1 其中 1G2RLS SC21 23RSC11 2 H 由梅森公式得 21132 HGSUIO 11 222SCRLS 21221321 21CRLCRLCR 2 14 解 Rs Ys1G23G451H23H Ps 系统对应的信号流图如下所示 1G23G45 Rs 2H 3 Ys1H 1 Ps 由梅森公式得 1234151223415334231 GRSHHGPY 式 1 当 为零时可得传递函数为 NS 12341512234153 GYGRHHG 2 由 1 式 得当 时 输出 Y S 不受干扰3435 0 P S 的影响 此时可得 122 2 15 解 Rs1k11 Gs2 s2 H 1 3 1s Y 系统信号流图有 4 个回路 增益如下 131 LHSG 212 LHSG 4k 无两两不接触回路 系统有 1 个前向通路 其增益为 所有回路12 kPGS 均与 接触 所以 从而可得其传递函数为 1P1 1 PYSGR 2 17 解 a 方块图为 21 S SY3 SU 其传递函数为 1 2 31 SSSUYG 其信号流图为 SU SY 1 1 1x 1x 1 1 其状态方程为 ux 1 xy b csacsa 1U2 1Y2Y 由框图得其传递函数为 22121 UCSUCSY 22122 aa 121231212 kGSkGSHHSG 故可得其状态方程为 0221cax 111220 xU 112 yx 122 ac 综合得 0221cax 21210Ux 221y 1 c SU 5 4 1 s32 s s13xxx SY 由方块图得信号流图 SY SU 1 1 2 1 1 1 4 3 5 s s sx x 3x 3x 1 1 故 215 32xx U34 其状态方程为 Uxx 10402353321 3y y 123 0 x 2 19 解 状态空间的表达式为 1214Uxx 210 xy 1 得其信号流图为 U Y1 s1 s 1 1 3 2 2xx x 4 1 0 故其传递函数为 3410410 2 2 SSsG 2 用矩阵法得出的传递函数为 130 21 BASIs 2 21 解 1 其传递函数 3 2 3 3 2 232132 SUkaSkaSUkSaSkaSsY 故可得信号流图 2x 21x 1SU 2S SY1 1 k 3 k 11 1 1 s s1 s1 s s s 1 1 3 k 2 a a k a k 2 3x x 2x2 3x3 3 k 2 a a k a k 2 1 a k k 3 k 故可得 21x 3 2 21321 sUxkaxx 32131321 1 4 xkakxkxkaxy 故其状态方程为 10 2 2 30023121 SUxkakx 321 4xay 2 用矩阵法得 1 GSIAB 10104 2 03 2 2 Skakak 3 1 答 该系统不存在 任何一阶系统的单位阶跃响应都不能超过 1 3 2 解 假设系统的初始条件为零 则系统的传递函数为 10 5YsR 1 单位脉冲响应 输入信号为单位脉冲信号 其拉氏变换为 rt s 则系统的输出为 10 5Ys 则系统的单位脉冲响应函数为 2 0tyte 2 单位阶跃响应 输入信号为单位阶跃信号 其拉氏变换为 1rt 1 Rs 则系统的输入为 0 5 Ys 则系统的单位阶跃响应函数为 210 tyte 3 单位斜坡响应 输入信号为单位斜坡信号 其拉氏变换为 rt 21 Rs 则系统的输出为 210 5 Yss 则系统的单位斜坡响应函数为 2 105 0tyte 3 3 解 1 输入信号的拉氏变换为 输出为2 Rs 211 8 5Yss 则系统的闭环传递函数为 5 Ys 开环传递函数为 5 Gs 2 系统的单位阶跃响应为 则5 YsRs 0 2T 系统的上升时间为 2 1970 43rtT 调整时间为 08 65st 超调量不存在 3 4 解 证明 当初始条件为零时 有 1YsRT 单位阶跃输入信号为 1 s 所以 系统的输出为 1 1sTYTs 1 tytLse 根据定义 1 当 3ln stT 0 69 dt 所 以 2 求 即一 y t 从 0 1 0 9 时所需的时间 r 当 22 10 9 ln l0 1 tTTytet 时 有 当 11 l l 9 tTt t 时 有 则 2109ln2 rtt 3 求调整时间 st 假设误差宽度 5 则有 10 95stTsyte 解得 3ln stT 3 5 解 由方框图 可以求得系统的闭环传递函数为 10 s 1 若 则系统闭环传递函数为 0 1 s 则 T 0 1 调整时间 4 235st 2 时间常数 若要求 则10T 0 1st 0 4 35 3 反馈系数 使得系统的时间常数减小了 从而使系统的调整时间也减小 但却使得 系统的闭环增益也减小了 3 6 解 系统的闭环传递函数为 则2 16 14kGss 4 0 5n 单位阶跃响应 系统的输出为 2Ys 系统的响应函数为 3 1in 60 tytet 单位脉冲响应 系统的输出为 21 4Ys 系统的响应函数为 83 in tytet 3 7 解 1 210 ss 得 0 95n 6 5 20 341pnt 4 6730 5nst 21 1 7 e 2 2816 3 4 8sss 得 6n 0 35 2 81pnt 4 5732 1nst 21 03 9 e 3 8 解 系统的传递函数 2 YskRasb 2nakb 由图可知 tp 0 3 2 5y 7510 8 2120 3 81 lim li 2 5nt sotpekyab 解得 b 0 4 a 16 8 k 451 1 3 9 解 1 引入速度反馈前 12210 5ksTs 10 25n 21 04 5 e 41 6 23 5nsts A 引入速度反馈后 122210 10 5 nvksTss 210 6 3ve 4 8 23 5vnvts A 2 临界阻尼时 解得1v 6 3 10 略 3 11 解 由系统框图可得系统传递函数为 1 1 2TsKSss 1 12sK 10 2 5 s 20 20s 与标准型进行对比可得 z 201 n 5 arctan nz 26 r 0 25n l 1022nz 3 故 11 0 10 2 er T s 57 01 3 24szlnn 3 12 解 s124823 s 1 62jsj 系统有三个极点 P 1 P 62 1j 3 由于 6 5 REAL 213 所以系统的主导极点为 P 1 j s2 16s 2 s 所以 n 故 4 3 102 e T S 534sn 3 13 解 1 0129724 s 劳斯阵列如下 4321087040ss 第一列全为正数 稳定 特征根全在左半平面 2 03563245 sss 5432013560 067124 530sss 76 765 2412 第一列符号变化两次 故有两个特征根在右半平面 系统不稳定 3 005234 ss 43210105 8ss 有两个根在右半平面 系统不稳定 4 034273 ss 32100670s 有两根在右半平面 系统不稳定 5 012813624 sss 43210806ss 出现全零行 则用 系数构造辅助方程 对其求导 得 则 12s2610s 120s 2106s 系统有两个共轭虚根 系统临界稳定 6 5432768560sss 4321018ss 出现全零行 则用 系数构造辅助方程 对其求导 得 34s427560s 两边同除以 28 得 则284s 30s 321056s 系统有两个共轭虚根 系统临界稳定 3 14 解 1 特征方程为 4320ssk 劳斯阵列如下 1 2 k4s 2 0 3 2 ks k1 k0s 由劳斯稳定判据 无论 k 取何值 系统都是不稳定的 2 特征方程为 由劳斯稳定判据知系统稳定的 k 值432817 0 40ssks 范围为 0 k0 且 得出 200 k 1 6 时系统是稳定的 1083 综合可知 加入速度反馈后使系统的稳定性变差 只有当 取合适的值才能使系统稳定 3 17 解 skdp 2 1 s sR sY 传递函数 pdkss 2 特征方程 01 2 s 令 则特征方程为1zs 20 z 系统特征方程系数不全为正 可知系统不稳定 故系统没有 的稳定裕度 1 3 18 解 系统是 型系统 所以当输入为单位 1 t t 时 稳态误差为 0 1 k 2 当输入为 时 稳态误差为 21 t 3 19 证明 由 的系统开环传递函数 s 1 SG 1 2SGE 故 10101000 0 1lim lilim nnms nssasabsbeES a 011 10122110 li asabannnns 要想使 0 只有使 se1b 0 3 20 解 1 当 R s 0 时 4 2300 13134 limlis skDseEksk LTsD2134 kDsYss 稳态误差 4 2300 13134 limlis skDseEksk 2 当 LR s 1 T 0 1 lili 43200 sksEes 3 21 解 SY2G1 sR sH sN a 恒值调节系统 sE SY2G1GR sH sN 3 b 加入积分环节 SY2G1 sR sH sN 4E c 采用前馈控制 由劳斯判据得该系统的稳定 200 01 5 1 lim li lim2 4082 12 ss sGSseENS 1 当串入积分环节 后 sk 3200 013 5 01 li li li 0 24sns sGSHseENSk 其特征方程为 04523ks 由劳斯判据得 0 k 1 得 0 K 1212K 综上 当 0 K 1 得 0 K 6060K 当 K 0 时 则计算得 6 K 0 时 系统稳定 综上 当 6 K0 得奈氏曲线为 G s 在右半平面有一个开环极点 P 1k 要是系统稳定 则 2K 12 当 K 时系统稳定 12 5 12 解 1 当 在 s 右半平面上没有极点 即 P 0 欲使 Z N P 0 则有 N 01 G 0 时 或 3 得 0 或 K11K11K5312 1 得 016 综上 当 0 或 0 或 0 时 无解K 0 时 16 1 得 111K6 综上 当 0 时 5 1 3 或 2 1 得 1K11K15K312 0 时 无解 综上 当 时系统稳定 51312 4 当 在 s 右半平面上有 3 个极点 即 P 3 欲使 Z N P 0 则有 N 31 G 此时无论 取何值 系统都不稳定 K 5 14 解 1 G 5 120 ss 波特图为 由于开环传递函数在右半平面无极点 并且正负穿越都为 0 所以系统是稳定的 arctn2rta0 2 当 L 20 0 时 3 91 rad s122541A lg A 相位裕度为 r 180 59 9 3 近似法求解 系统的转折频率分别为 120 5 20lgl102KdB lg0cK 解得 截止频率 5 cras 相位裕度 18 18arctn2arct0 2c c 5 71 2 2203 5 sGs 波特图为 由于右半平面 P 0 有图可知 N 2 所以系统 z 2 故系统不稳定2 230 1 5 4510 arctnrtarctnarct30 85sGss 当 L 0 时 4 77 rad s 相位裕度为 r 8 13 近似法求解 频率特性 的转折频率分别为 Gj 10 8 213 45 2lgl9 KdB 由 解得 0314 0lgKk 10 dB 由 解得 020l 25978 然后根据式 426 lg 0ck 解得截至频率约为 6 28 rad sc 相位裕度为 18 c 2100artnrtarctnarct30 85c 157 75 3 G s 105 2 14 ss 波特图为 系统稳定 2 arctnarctn2rta0 2rctan0 51 当 L 0 时 42 3 rad s 相位余度为 r 180 31 3 3 4 近似法求解 首先求频率特性 的转折频率 分别为 Gj 10 5 2135 420 lgl4 0KdB 列出以下方程 由 解得 1120 l 2lgk 138 06dB 由 解得 14g2 由 得323 l k3 9k 然后根据式 解得截止频率4340 lg c 4 67 crads 相位裕度 150 06180 c 4 264 5 3 sGs 波特图 由图可知 P 0 N 0 所以 z 0 故系统稳定 当 L 0 时 1 59 rad s 相位余度为 r 51 2 24 0 51 3 86sGs 2 9arctnrtaarctn0 54 近似法求解 首先求频率特性 的转折频率 分别为 Gj 10 5 238 lgl41 0KdB 列出以下方程 由 解得120 l 2lgkK 18 06kdB 由 解得4g 2 然后根据式 解得截止频率140 lg ck 1 4 crads 相位裕度 50 580 c 5 G s 15 1 42ss 波特图为 系统稳定 arctn0 4arctn0 1arct 05 当 L 0 时 1 52 rad s 相位裕度为 r 180 18 52 近似法求解 首先求频率特性 的转折频率 分别为 Gj 12 5 1032 0lgl6 KdB 列出以下方程 由 解得140 lg 20lgkK 19 0kdB 然后根据式 解得截止频率 l lc 4 cras 相位裕度 17 4180 c 5 16 解 1 开环传递函数为 这是一典型的二阶系统 10 9 1 0 ssG 其中 故 92 n 2n 3n6 由近似关系得 0 7 Q r 则 10 6 7 令 得 jGsradc 29 2 系统闭环传递函数为 2 00 1 1 19sss 令 229 0 0Mj 0 dM 则 22113 9 6pn ras 223 041 p 1 0 M 0 2bjM 解得 45 7 brads 7 3 3 1 确定反馈控制系统 的相位滞后 超前校正装置2 5 1 0 Gss 画出校正前系统的伯德图如下 易得校正前系统的幅值穿越频率 相位裕度sradc 38 1 16 8 利用近似法求解 20lgl2 5796KB 4 1 0g c d 易求得 8 rads 9ctnart0 25c c 相位裕度 10 8 1691 8 2 选择校正后系统的幅值穿越频率 从校正前的相频特性曲线可以求出 当 时 7 rads 35Gj 选择校正后系统的幅值穿越频率为 0 7rad s 在 时相位超前量为 450 7 rads 3 确定滞后 超前校正网络的相位滞后部分的转折频率 选择相位滞后部分的转折频率 0 0721T rads 4 由 确定参数m 在超前网络中 最大相位超前量 m 1sin 当 7 时 48 6 满足需要 45 的相位裕度要求 所以选择 7 m 相位滞后部分的另一转折频率 0 0121T 7 滞后 超前网络相位滞后部分的传递函数 10 7s 0s 5 确定滞后 超前网络相位超前部分的传递函数 时 3 1dB0 7 rads 2lgL 故需画一条斜率为 20dB dec 且通过 的直线 该直线与 0dB 线 0 7 3 1 radsB 及 20dB 线的交点就是所要求的转折频率 20 lg 7 3 1y 令 y 0 得 rads 令 y 20 得 0 因此滞后 超前校正网络相位超前部分的传递函数为 1 s 综上可得 滞后 超前校正网络的传递函数为 10 7 cssGs 710s 校正后系统的传递函数为 210 5 7 1 c ssss 7 7 1 5gkGss 1 确定期望主导极点位置 由超调量 可得到阻尼系数 0 7 于是 0 845snTs n 选择期望主导极点为 1 0 8j 确定相位超前网络的零点 为 0 8sz 相位超前网络的极点 由相角条件知 90135761 0p 得 48 2p 故极点 p 1 5 超前网络的传递函数为 0 8 15csG 校正后系统的传递函数为 0 8 15gcks 14 12 10 8 6 4 2 0 2 4 10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10 Root Locus Real Axis Ima gin ary Ax is late before 7 9 9 5Gss 解 1 校正前的根轨迹图 14 12 10 8 6 4 2 0 2 4 10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10 Root Locus Real Axis Ima gin ary Ax is 校正前系统的稳态速度误差系数为 04 19lim 0 835vskG 偶极子的零点与极点的比值 6 10 czp 为使 到期望极点的向量的角度之差大约为 1 度 czp 取 0 1 c 所以校正后系统的开环系统传递函数为 4 19 0 51c sGs 7 12 12 0 kss 由条件 1 静态速度误差系数 知15vK 102lim 50vskG 系统闭环传递函数 1221 0 kGs 12 22210 nksss 根据条件 2 3 210 5k 21443snt sk 综上解得 10 5