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自动控制原理第三章习题解答

自动控制原理第三章习题解答

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

&0 + x &0 = K 2u 3-1 设随动系统的微分方程为: T& x u = K 1 [r (t ) ? x f ] & f + x f = x0 T fx
其中 T,Tf, K2 为正常数。如果在外作用 r(t)=1+t 的情况下,使 x0 对 r(t)的稳态误差不大于正 常数

ε 0 ,试问 k1 应满足什么条件?
见习题 3-20 解答 3-2 设系统的微分方程式如下:  (1)

&(t ) = 2r (t ) 0.2c

&&(t ) + 0.24c &(t ) + c(t ) = r (t ) (2) 0.04c
试求系统的单位脉冲响应 k(t)和单位阶跃响应 h(t)。已知全部初始条件为零。 解: (1) 因为 0.2 sC ( s ) = 2 R ( s ) 单位脉冲响应: C ( s ) = 10 / s 单位阶跃响应 h(t)
2

k (t ) = 10

t≥0 t≥0
2

C ( s ) = 10 / s 2

h(t ) = 10t
C ( s) =

(2) (0.04 s + 0.24 s + 1)C ( s ) = R ( s ) 单位脉冲响应: C ( s ) =

1 0.04 s + 0.24 s + 1
2

R( s ) 0.04 s + 0.24 s + 1 25 ?3t k (t ) = e sin 4t 3

单位阶跃响应 h(t) C ( s ) =

s+6 25 1 = ? 2 s[( s + 3) + 16] s ( s + 3) 2 + 16

h(t ) = 1 ? e ?3t cos 4t ?

3 ? 3t e sin 4t 4
?1.25t

3-3 已知系统脉冲响应如下,试求系统闭环传递函数Φ(s) 。  (1) k (t ) = 0.0125e

(2) k (t ) = 5t + 10 sin( 4t + 45 )
0

(3)  k (t ) = 0.1(1 ? e 解: (1) Φ ( s ) =

?t / 3

) 

0.0125 s + 1.25
1

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

(2) k (t ) = 5t + 10 sin 4t cos 45 + 10 cos 4t sin 45
0

0

5 4 s 5 s+4 +5 2 2 +5 2 2 = 2 +5 2 2 2 s s + 16 s + 16 s s + 16 0.1 0.1 (3) Φ ( s ) = ? s s + 1/ 3 Φ( s) =
3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为   

h(t ) = 10 ? 12.5e ?1.2t sin(1.6t + 53.1o )

试求系统的超调量σ%、峰值时间tp 和调节时间ts。 解: h(t ) = 1 ?

1 1?ξ
2

e ?ξωnt sin( 1 ? ξ 2 ω n t + β )
1?ξ 2

β = arccos ξ

σ % = e ?πξ /

tp =

π
1 ? ξ 2ωn

ts =

3.5

ξω n

ξ = cos β = cos 53.10 = 0.6
σ % = e ?πξ /
tp =
1?ξ 2

= e ?π 0.6 /

1?0.62

= e ?π 0.6 /

1?0.62

= 9 .5 %

π
1 ? ξ ωn
2

=

π
1.6

= 1.96( s )

ts =
3-5

3.5

ξω n

=

3.5 = 2.92( s ) 1.2

设单位反馈系统的开环传递函数为

G ( s) =

0.4 s + 1 s ( s + 0.6)

试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。 解:闭环传递函数

0.4 s + 1 G( s) 0.4 s + 1 s ( s + 0.6) GB ( s) = = = 2 s + s +1 1 + G ( s ) 1 + 0.4 s + 1 s( s + 0.6) C ( s ) = GB ( s ) R( s ) = 1 0.4 s + 1 0.4 1 = 2 + 2 2 s s + s + 1 s + s + 1 s( s + s + 1) s +1 s + 0.6 0.4 1 1 = 2 + ? 2 = ? 2 s + s +1 s s + s +1 s s + s +1

2

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

c(t ) = 1 ? e ?0.5t cos

3 2 × 0.6 ?0.5t 3 t? e t sin 2 2 3 3 t + 55.30 ) 2

= 1 ? 1.22e ?0.5t sin( h(t ) = 1 ? 1 1?ξ
2

e ?ξωnt sin( 1 ? ξ 2 ω n t + β )
1?ξ 2

β = arccos ξ

σ % = e ?πξ /

tp =

π
1 ? ξ ωn
2

ts =

3.5

ξω n

ξ = cos β = cos 55.30 = 0.569
σ % = e ?πξ /
tp =
1?ξ 2

= 11.37%

π
1 ? ξ 2ωn 3.5

=

π ×2
3

= 3.63s

ts =

ξω n

=

3.5 = 7s 0.5

3-6 已知控制系统的单位阶跃响应为  

h(t ) = 1 + 0.2e ?60t ? 1.2e ?10t

试确定系统的阻尼比ζ和自然频率ωn。 解: 求拉氏变换得

H (s) =

1 0.2 1.2 ( s + 60)( s + 10) 0.2s ( s + 10) 1.2s ( s + 60) + ? = + ? s s + 60 s + 10 s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10)

2 ωn 600 600 = = = 2 s ( s + 60)( s + 10) s ( s 2 + 70s + 600) s ( s 2 + 2ξω n s + ω n ) 2 ωn 2 ( s 2 + 2ξω n s + ω n )

显然闭环传递函数为

其中 ω n = 600
2

ω n = 10 6

2ξω n = 70

ξ=

7 2 6

根据(3-17)

h(t ) = 1 +

e ? t / T1 e ? t / T12 + T2 / T1 ? 1 T1 / T2 ? 1

解:根据公式(3-17)

3

胡寿松自动控制原理习题解答第三章
t t

e T1 e T2 h(t ) = 1 + + T2 / T1 ? 1 T1 / T2 ? 1 T1 = 1

?

?

ω n (ξ ? ξ 2 ? 1)
1 10
2

T2 = 1 60

1

ω n (ξ + ξ 2 ? 1)

显然: T1 =

T2 =

ξ2 T1 ξ + ξ ? 1 = =6= T2 ξ ? ξ 2 ? 1 1 1? 1? 2 ξ
由 T1 =

1+ 1?

1
解方程得 ξ =

7 2 6

1

ω n (ξ ? ξ ? 1)
2

=

1 10

得到 ω n (ξ ?

ξ 2 ? 1) = 10

所以 ω n =

10

ξ ? ξ ?1
2

=

10 7 2 6 ? 49 ?1 24

=

10 × 2 6 = 10 6 2

3-7 设图 3-42 是简化的飞行控制系统结构图,试选择参数 K1和 Kt,使系统ωn=6、ζ =1。 

图 3-42 解:系统开环传递函数

飞行控制系统

25K1 25K1 s( s + 0.8) G0 ( s ) = = 25K1 K t s s ( s + 0.8) + 25K1 K t s 1+ s ( s + 0.8) =
2 ωn 25K1 = s ( s + 0.8 + 25K1 K t ) s ( s + 2ξω n )

2 ωn = 36 = 25K1

K1 =

36 25

4

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

2ξω n = 0.8 + 25K1 K t = 12
3-8

所以 K t =

14 45

试分别求出图 3-43 各系统的自然频率和阻尼比,并列表比较其动态性能。

r(t)
-

1 S2

c(t)

r(t)
-

1+s

1 S2

c(t)

r(t)
+

1 S2
S

c(t)

(a)

(b)

+ (c)

图 3-43 解: (a) ω n = 1 (b) Φ ( s ) =
2

控制系统

ξ =0

系统临界稳定。

s +1 s + s +1 s +1 (c) Φ ( s ) = 2 s + s +1

ωn = 1 ωn = 1

ξ = 0.5 ξ = 0.5

σ % = 29.8% σ % = 16.3%

t s = 7.51s t s = 8.08s

3-9 设控制系统如图 3-44 所示。要求: 

图 3-44 控制系统  (1) 取τ1=0,τ2=0.1,计算测速反馈校正系统的超调量、调节时间和速度误差;  (2) 取τ1=0.1,τ2=0,计算比例-微分校正系统的超调量、调节时间和速度误差。 解: (1)系统开环传递函数

10 2 ωn 10(1 + τ 1 s ) 10 s( s + 1) G0 ( s ) = (1 + τ 1 s ) = = = 10τ 2 s s ( s + 1) + 10τ 2 s s( s + 2) s ( s + 2ξω n ) 1+ s( s + 1)
2 ωn = 10

ω n = 10
1?ξ 2

2ξω n = 2

ξ=

1 10

σ % = e ?ξπ /

= 35.1%
5

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

ts =

3.5

ξω n

= 3.5s

KV = 5
(2) 3-10 图 3-45 所示控制系统有(a)和(b)两种不同的结构方案,其中 T>0 不可变。要求: (1) 在这两种方案中,应如何调整 K 1 , K 2 和 K 3 ,才能使系统获得较好的动态性能。 比较说明两种结构方案的特点。 解: 3-11 已知系统特征方程为

3s 4 + 10s 3 + 5s 2 + s + 2 = 0
试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。 解: 列劳思表如下:

s4 s3 s2 s1 s0

3 5 2 10 1 47 2 10 1530 0 ? 47 2

由劳思表可以得到该系统不稳定。 3-12 已知系统特征方程如下,试求系统在 s 右半平面的根数及虚根值。 (1)

s 5 + 3s 4 + 12s 3 + 24 s 2 + 32 s + 48 = 0
6 5 4 3 2

(2) s + 4 s ? 4 s + 4 s - 7 s - 8s + 10 = 0 (3) s + 3s + 12 s + 20 s + 35s + 25 = 0
5 4 3 2

解: (1)列劳思表如下:

s5 1 s4 3 s3 4 s 2 12 s1 s0

12 32 24 48 16 48

有一对虚根,系统不稳定 (2)列劳思表如下:
6

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

s6 s5 s4 s3 s2 s1 s0

1 ? 4 ? 7 10 4 4 ?8 ? 5 ? 5 10

系统不稳定 (3)列劳思表如下:

s5 s4 s3 s2 s1 s0

1 12 35 3 20 25 16 80 3 3 5 25 10 25

有一对虚根,系统不稳定 3-13 已知单位反馈系统的开环传递函数   

G ( s) =

K (0.5s + 1) s ( s + 1)(0.5s 2 + s + 1)

试确定系统稳定时的 K 值范围。 解:系统特征方程为

s ( s + 1)(0.5s 2 + s + 1) + K (0.5s + 1) = 0
将上述方程化简得到:

0.5s 4 + 1.5s 3 + 2 s 2 + (1 + 0.5K ) s + K = 0
劳思表如下:

s4 s3 s2 s1 s0

0.5 1 .5 2.5 ? 0.25 K 1.5 2.5 ? 1.25 K ? 0.125 K 2 2.5 ? 0.25 K K

2 1 + 0.5 K K

K

3-14 已知系统结构图如图 3-46 所示。 试用劳思稳定判据确定能使系统稳定反馈参数 τ 的取 值范围。

7

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

解:系统开环传递函数为

10 s +1 10 10s + 10 1 s ( s + 1) G0 ( s ) = (1 + ) = = 3 s τ 10 s s ( s + 1) + 10τs s + (1 + 10τ ) s 2 s 1+ s ( s + 1)
系统特征方程为:

s 3 + (1 + 10τ ) s 2 + 10s + 10 = 0
劳思表如下:

s3 s2 s1 s0

1 1 + 10τ 10τ 1 + 10τ 10

10 10

所以能使系统稳定反馈参数 τ 的取值范围为 τ > 0 3-15 已知单位反馈系统的开环传递函数  (1)

G ( s) =

100 (0.1s + 1)( s + 5) 50 s (0.1s + 1)( s + 5) 10(2 s + 1)   s ( s 2 + 6 s + 100)
2 2

(2)

G ( s) =

(3)

G ( s) =

试求输入分别为 r (t ) = 2t 和 r (t ) = 2 + 2t + t 时,系统的稳态误差。  解: (1)因为是二阶系统,且系数大于零,所以系统稳定。

K p = lim G ( s ) = 20
s →0

K V = lim sG ( s ) = 0
s →0

K a = lim s 2 G ( s ) = 0
s →0

所以当 r (t ) = 2t 时

e ss =

R2 =∞ KV

当 r (t ) = 2 + 2t + t

2

e ss =

R R1 R + 2 + 3 =∞ 1 + K p KV K a
8

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

(2)应先检查系统的稳定性。

K p = lim G ( s ) = ∞
s →0

K V = lim sG ( s ) = 10
s →0

K a = lim s 2 G ( s ) = 0
s →0

所以当 r (t ) = 2t 时

e ss =

R2 = 0 .2 KV

当 r (t ) = 2 + 2t + t

2

e ss =

R R1 R + 2 + 3 =∞ 1 + K p KV K a
K a = lim s 2 G ( s ) = 0.1
s →0

(3)应先检查系统的稳定性。

K p = lim G ( s ) = ∞
s →0

K V = lim sG ( s ) = ∞
s →0

所以当 r (t ) = 2t 时

e ss =

R2 =0 KV

当 r (t ) = 2 + 2t + t

2

e ss =

R R1 R + 2 + 3 = 20 1 + K p KV K a

3-16 已知单位反馈系统的开环传递函数  (1) G ( s ) =

50 (0.1s + 1)(2 s + 1) K s ( s + 4s + 200)
2

(2) G ( s ) =   (3) G ( s ) =

10(2s + 1)(4 s + 1) s 2 ( s 2 + 2s + 10)

试求位置误差系数 Kp,速度误差系数 Kv,加速度误差系数 Ka。  解: (1)应先检查系统的稳定性。

K p = lim G ( s ) = 50
s →0

K V = lim sG ( s ) = 0
s →0

K a = lim s 2 G ( s ) = 0
s →0

(2) 应先检查系统的稳定性。

K p = lim G ( s ) = ∞
s →0

K V = lim sG ( s ) =
s →0

K 200

K a = lim s 2 G ( s ) = 0
s →0

(3) 应先检查系统的稳定性。

K p = lim G ( s ) = ∞
s →0

K V = lim sG ( s ) = ∞
s →0

K a = lim s 2 G ( s ) = 1
s →0

3-17

设单位反馈系统的开环传递函数为 G ( s ) = 1 / Ts 。 试用动态误差系统法求出当输入信
2

号分别为 r (t ) = t / 2 和 r (t ) = sin 2t 时,系统的稳态误差。

9

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

3-18 设控制系统如图 3-47 所示。其中

G ( s) = K p +

K s

F (s) =

1 Js

输入 r (t ) 以及扰动 n1 (t ) 和 n 2 (t ) 均为单位阶跃函数。试求: (1) 在 r (t ) 作用下系统的稳态误差 (2) 在 n1 (t ) 作用下系统的稳态误差 (3) 在 n1 (t ) 和 n 2 (t ) 同时作用下系统的稳态误差 解: (1) 在 r (t ) 作用下系统的稳态误差 这时系统的开环传递函数为:

G0 ( s ) = G ( s ) F ( s ) =

K ps + K Js 2
s →0

系统位置误差系数为 K P = lim G ( s ) = ∞ 在 r (t ) 作用下系统的稳态误差 e ssr =

R1 =0 1+ K p

(2) 在 n1 (t ) 作用下系统的稳态误差 这时系统的开环传递函数为:

G0 ( s ) = G ( s ) F ( s ) =

K ps + K Js 2
s →0

系统位置误差系数为 K P = lim G ( s ) = ∞ 在 n1 (t ) 作用下系统的稳态误差 e ssn1 =

R1 =0 1+ K p

(3) 在 n1 (t ) 和 n 2 (t ) 同时作用下系统的稳态误差
10

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

n 2 (t ) 作用下系统的稳态误差
这时系统的开环传递函数为:

G0 ( s ) = G ( s ) F ( s ) =

K ps + K Js 2
s →0

系统位置误差系数为 K P = lim G ( s ) = ∞ 在 n 2 (t ) 作用下系统的稳态误差 e ssn 2 =

R1 =0 1+ K p

所以在在 n1 (t ) 和 n 2 (t ) 同时作用下系统的稳态误差为

e ssn = e ssn1 + e ssn 2 = 0 + 0 = 0

3-19 设闭环传递函数的一般形式为

Φ( s) =

b s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 G ( s) = mn 1 + G ( s) H ( s) s + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0

误差定义取 e(t ) = r (t ) ? c(t ) 。试证: (1) 系统在阶跃信号输入下, 稳态误差为零的充分条件是: b0 = a 0 , bi = 0(i = 1,2, L, m) (2) 系 统 在 斜 坡 信 号 输 入 下 , 稳 态 误 差 为 零 的 充 分 条 件 是 :

b0 = a 0 , b1 = a1 , bi = 0(i = 2,3,L, m)
解:(1) 系统在阶跃信号输入下这时

R( s) =

1 s

C ( s ) = R ( s )Φ ( s ) =

1 bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 s s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a0

E ( s) = R( s) ? C ( s) = = =

1 1 bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 ? s s s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0

1 ? bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 ? ?1 ? n ? s? s + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0 ? 1 ( s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0 ) ? (bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 ) s s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a0

1 ( s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s ) ? (bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s ) + (a 0 ? b0 ) = s s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0 e ss = lim e(t ) = lim sE ( s )
t →∞ s →0

11

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

= lim

( s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s ) ? (bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s ) + (a 0 ? b0 ) s →0 s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a0
则 a 0 = b0 且 a0 ≠ 0

如果 e ss = 0

(2)系统在斜坡信号输入下这时

R( s) =

1 s2

C ( s ) = R ( s )Φ ( s ) =

1 bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 s 2 s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a0

1 1 bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 E ( s) = R( s) ? C ( s) = 2 ? 2 s s s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0 ? bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 ? ?1 ? n ? s + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0 ? ? 1 ( s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0 ) ? (bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b1 s + b0 ) = 2 s s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0 = 1 s2 = 1 ( s n + a n ?1 s n ?1 + L + a 2 s 2 ) + ?(bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b2 s 2 ) + (a1 ? b1 ) s + (a0 ? b0 ) s2 s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a0

e ss = lim e(t ) = lim sE ( s ) =
t →∞ s →0

lim =
s →0

1 ( s n + a n ?1 s n ?1 + L + a 2 s 2 ) + ?(bm s m + bm ?1 s m ?1 + L + b2 s 2 ) + (a1 ? b1 ) s + (a 0 ? b0 ) s s n + a n ?1 s n ?1 + L + a1 s + a 0
则 a 0 = b0

如果 e ss = 0

a1 = b1

且 a0 ≠ 0

3-20 设随动系统的微分方程为

d 2 c(t ) dc(t )   T1 + = K 2 u (t ) dt dt 2
u (t ) = K 1 [r (t ) ? b(t )]

T2

db(t ) + b(t ) = c(t ) dt

其中,T1、T2和 K2为正常数。若要求 r(t)=1+ t 时,c(t)对 r(t)的稳态误差不大于正常 数ε0,试问 K1应满足什么条件? 已知全部初始条件为零。 解: 由上述方程得到拉氏变换如下:

(T1 s 2 + s )C ( s ) = K 2U ( s )
U ( s ) = K 1 [ R( s ) ? B( s )]

C ( s) =

K2 U ( s) T1 s 2 + s

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胡寿松自动控制原理习题解答第三章

(T2 s + 1) B( s ) = C ( s )

B( s) =

1 C (s) T2 s + 1

由此得到系统结构图如下: R(s) - B(s) 1 T2s+1 系统闭环传递函数为: K1 U(s) K2 s(T1s+1) C(s)

K1 K 2 K 1 K 2 (T2 s + 1) s (T1 s + 1) = Φ(s) = K1 K 2 s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2 1+ s (T1 s + 1)(T2 s + 1)
当 r (t ) = 1 + t 时

R( s) =

1 1 s +1 + = 2 s s2 s

C ( s ) = R ( s )Φ ( s ) =

K 1 K 2 (T2 s + 1) s +1 2 s s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2

E ( s) = R( s) ? C ( s) = = = =

K 1 K 2 (T2 s + 1) s +1 s +1 ? 2 2 s s s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2

? K 1 K 2 (T2 s + 1) s +1? 1? ? 2 ? s ? s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2 ? s + 1 ? s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2 ? K 1 K 2 (T2 s + 1) ? ? ? s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2 s2 ? ? s + 1 ? (T1 s + 1)(T2 s + 1) ? K 1 K 2T2 ? ? ? s ? s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2 ?
s →0

e ss = lim e(t ) = lim sE ( s ) =
t →∞

? (T s + 1)(T2 s + 1) ? K 1 K 2T2 ? lim( s + 1) ? 1 ? s →0 ? s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2 ? (T s + 1)(T2 s + 1) ? K 1 K 2T2 = lim 1 s →0 s (T s + 1)(T s + 1) + K K 1 2 1 2 = 1 ? K 1 K 2T2 ≤ ε0 K1 K 2

所以

13

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

1 K 2 (T2 + ε 0 )

≤ K1

系统特征方程为:

s (T1 s + 1)(T2 s + 1) + K 1 K 2 = T1T2 s 3 + (T1 + T2 ) s 2 + s + K 1 K 2 = 0
劳思表如下:

s3 s2 s1 s0

T1T2 T1 + T2 T1 + T2 ? K 1 K 2T1T2 T1 + T2 K1 K 2

1 K1 K 2 0

如果系统稳定,则

T1 + T2 ? K 1 K 2T1T2 T + T2 > 0 即 K1 < 1 T1 + T2 K 2T1T2
所以

1 K 2 (T2 + ε 0 )

≤ K1 <

T1 + T2 K 2T1T2

14


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