《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。 ：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。 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。 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。 ： 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。 解 对质量 m 的受力分析如下图所示： 由牛顿第二定律得： 2 2( ) ( )d z t d y tk z t f md t d t 同时 ( ) ( ) ( )z t y t x t 综合上述两式得其微分方程为 22( ) ( ) ( )()d z t d z t d x tm f k z t md t d t d t 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 22( ) ( ) ( ) ( )m s Z s f s Z s k Z s m s X s 故其传递函数为 22()()()Z s m s m s f s k 受力分析得： 对于 M 有： = 对于 m 有： F - 22 22 的系统的微分方程： x +mk =0 对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为 : G(s)=)()(22 （ a）电气系统 （ b）机械系统 证：（ a）由电路可得： 2 2 12 2 11 2 1 11 2 1 122111 1 1( ) ( )1 1 1 1( ) ( )11 S C S C R R C S C S C 21 2 1 2 1 1 2 221 2 1 2 1 1 2 2 1 2( ) 1( ) 1R R C C S R C R C C C S R C R C R C S 则其微分方程为： 221 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( )o o i u d u d u d C C R C R C R C u R R C C R C R C ud t d t d t d t (b) 取 A、 B 两点进行受力分析，列出方程得： 2 2 1( ) ( )()i o x x d x xf k x x fd t d t （ 1） 11()od x xf k （ 2） 由（ 1）式、（ 2）式得 2 2 2 2 1io x d xf f k x k x k xd t d t （ 3） 11(1) (3 ) 得 221 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2( ) ( )o o i x d x d x d xf f f k f k f k k k x f f f k f k k k xd t d t d t d t 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。 传递函数 2121 2 1 212111oU c s cU i c c c c L s c s微分方程 21 2 1 2 12() c u c c L c 解 由电路得： 21111iu （ 1） 34（ 2） 综合（ 1）、（ 2）式，消去变量 u，可得其传递函数为： 1 2 4 2 413() R R C S R u R R 进而得其微分方程为 2 4 2 43 1 3i C R R d t R R 对系统中各个部分建立相应的微分方程如下： c uq=k1 q d)d)d 2k1 )(s) 1)()() R()()()+ )R (R)()( R)()( 上式削去中间变量得到系统的传递函数为： G（ s） = )( )( sU ) ) ( R ) s ( + )R ( R s) 1) R( 1i 2由图示及题中条件得： 对上式进行拉式变换得： 112210 2 220( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )()2 ( ) ( ) ( ) R I S U I S C S U E S L S I k S X SF k I SF k X S f S X S M S X S 则通过消去中间变量得 传递函数如下： 22 2 2211()() () 2S R C L S L S R M S f S k k R C k S k S 112210 2 220 2( ) ( ) ( )()( ) ( )()( ) ( )()()( ) ( )2 ( )t R i t u td u ti t i t i tu t e t t k i td x t d x tF k x t f Md t d t 由题意得： 121222( ) ( ) ( )()( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )()i o f f t k u td i tk u t i t R t k i td t d tJ f M td t d t 其中初始条件为零，作拉氏变换得： 12122( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )i o ee f f f k U S I S R L I S k I S f S S M S 解得： 1 2 221 2 2 1()()( ) ( ) ( )m f fS k k k k k k N N J S f S L S R 由图示得电路的微分方程如下： 112112222( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ()( ) ( )()()t u t i t Ri i id u t u tc i t R u td u tc i 作拉氏变换得： 112112222( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) U S I S I S I U S U S I R U U S I S 则初始方块图如下： 2R 11 () 2221 2 1 2 1 1 2 1()() ( ) 1 R S C C R R S C R S C R S 对方块图进行简化得： 1+_2G 2G 3H () ()G 3) ()43) ()412 2H H G()()1 2 3G G 3H G 2 1H H G () 2H G G ()()1 2 2 1H H G 2 2 3()1 G1 1 211 H G G1 2 3 1 4G G G G 23211 H()1 2 21H H G 1 4 1 2 31 1 2 2 2 3(1 ) (1 )G G G G G H G G1 2 22 2 3( ) ( 1 )1N s H H G 2 2 3()1 G()1 4 1 2 32 2 3 1 1 2 1 2 3 1 4 1 2 1 2 41 1 22 2 3 1 1 2 1 2 3 1 4 1 2 1 2 4()11 ( ) ( ) ( 11G G G G G G H G G G G G G G H H G G G N S Y G H G G G G G G G H H G G G 式 )（ 1） 当 () 1 4 1 2 32 2 3 1 1 2 1 2 3 1 4 1 2 1 2 4() 1 G G G G G G H G G G G G G G H H G G G （ 2） 由（ 1 式）得当1 1 210H G G时，输出 Y（ S）不受干扰 N（ S）的影响。 （ a） （ 1） 方块图化简如下所示： ()2 ()12)12而可得其传递函数为： 121 1 1 2 1 2() 1 H G G H H (2) 其信号流图如下所示： ()21 1系统信号流图中共有 2 个回路。增益分别为1 1 1L G H2 1 2 1 2L G G H H，无两两不接触回路。所以信号的特征式 1 1 1 2 1 21 ( )G H G G H H 。 系统有 1 条前向通路，增益为 1 1 2P 回路均与此前向通路接触，故1 1，从而可得其传递函数为 1 1 1 21 1 1 2 1 2() 1P G H G G H H （ b） （ 1）方块图化简如下所示： ()()G12 12) 122 2 1 2 1 2() 1 H G G H H （ 2）其信号流图如下所示： ()1H 21 1()a 原理相同可得其传递函数为： 1 1 1 22 2 1 2 1 2() 1P G H G G H H （ c） （ 1）方块图化简如下所示： ()G 3 ()G 3212) 2 31 1 3 3( 1 ) ( 1 )G G H G213而可得其传递函数为： 1 2 31 1 2 2 3 3 1 3 1 3() 1 G G G H G H G H H G G （ 2）其信号流图如下所示： ()H 3H与 a 原理相同可得其传递函数为： 1 2 3111 1 2 2 3 3 1 3 1 3() 1 G G G H G H G H H G G 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+ im g g i c K u K Md t d t 当 时，传递 函数为 1s S 2 13 解： 例 的方块图如下所示： 21 12R)(2 ( SU i )(1 ( + + )(2 )(SU i )( 1G 2G 31H1其中 1 23 12H 由梅森公式得： 2211131211)( )()( =)11)(1(1)1)(1(21112222 =1)()(1)(2221112222113211221122121 ()G 3G 4 () 1G 2G 3G 4H3H() ()1 2 3 4 1 51 2 1 2 3 2 1 2 3 4 3 1 5 33 4 1 2 1 3 5 21 2 1 2 3 2 1 2 3 4 3()1( 1 ) ( ) ( ) ( 11G G G G G G H G G H G G G G H G G G G H G G H P S Y H G G H G G G G H 式 )（ 1） 当 () 1 2 3 4 1 51 2 1 2 3 2 1 2 3 4 3 1 5 3()() ( ) 1 G G G G G S G G H G G H G G G G H G G H （ 2）由（ 1 式）得当3 4 1 2 1 3 5 2(1 ) 0G G G G H G G H 时，输出 Y（ S）不受干扰 P（ S）的影响，此时可得4 1 2 1 5 2(1 )G G G H G H ()Rs k 1 1 () () ()3 ()11s () 个回路，增益如下： 1 3 1( ) ( )L H S G S2 2 1 2( ) ( ) ( )L H S G S G S3 1 1 2( ) ( ) ( )L H S G S G S4 1 2( ) ( ) S G 无两两不接触回路，系统有 1 个前向通路，其增益为1 1 2( ) ( ) S G 所有回路均与1以1 1。从而可得其传递函数为： 11()() () S (a) 方块图为： 21S )(+其传递函数为：11)2(31)2(321)()()(其信号流图为： )( (1 11 1 （ b） 2U 1+ 22221221 )()()( 22212222 )()()( 121 2 3 1 2 1 2 1 1 2( ) ( )( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k G S G S G S S H S G S H S G S G S H S G S G S 故可得其状态方程为： )(0 2221 1220011x 1212, xy a c c c x 1222, xy a c c c x 综合得： )(0 2221 2121 101021 222121（ c） )( +41s 32x 1x )( )( - 3- 51s 1s 13x 3x11故 3211 25 322 23 33 4 其状态方程为： 10040023012532132113y x x y= 1231, 0,12 19 解：状 态空间的表达式为： 121 1043 10 210,10 1） 得其信号流图为： U Y1s 12x 2x 1x 11 0故其传递函数为：3410341 10)( 2212 )用矩阵法得出的传递函数为： 34101043 10,10)1()( 211 2 21 解： （ 1）其传递函数： )(3)2()2( 33)(3)2()2( )()( 223 2123 2 故可得信号流图： 2x 2x 1x 1x+)(1U)(2 (s 1s1s 1s1s1 2 a + a k )- ( a + k + 2 )3 3 2 a + a k )- ( a + k + 2 )1a - k+故可得： 21 32 )()()2()2(3 213213 32131321 )1()2(43)( 故其状态方程为： )(100)(100)2()2(310001021321321 3211,2,4（ 2）用矩阵法得： 1( ) ( 1 )G S S I A B 10 0 0 1 0 04 , 2 , 1 0 0 0 0 1 00 0 3 ( 2 ) ( 2 ) 1Sk a k k SS k a a k a k ：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。 ： 假设系统的初始条件为零，则系统的传递函数为 ( ) 1 0() ( ) 0 . 5 1 s s （ 1） 单位脉冲响应 输入信号为单位脉冲信号 ( ) ( )r t t ，其拉氏变换为 ( ) 1， 则系统的输出为 10()0 Ys s 则系统的单位脉冲响应函数为： 2( ) 2 0 , 0ty t e t （ 2） 单位阶跃响应 输入信号为单位阶跃信号 ( ) 1( )r t t ，其拉氏变换为 1()系统的输入为 10()( 0 )Ys 则系统的单位阶跃响应函数为： 2( ) 1 0 1 0 , 0ty t e t （ 3） 单位斜坡响应 输入信号为单位斜坡信号 ()r t t ，其拉氏变换为21()Rs s 则系统的输出为210() ( 0 . 5 1 )Ys 则系统的单位斜坡响应函数为： 2( ) 1 0 5 ( 1 ) , 0ty t t e t ： （ 1）输入信号的拉氏变换为211()Rs ，输出为21 1 1( ) 0 . 8 0 . 8 5Ys s s s 则系统的闭环传递函数为： ( ) 5()( ) 5 s s 开环传递函数为： 5() 2）系统的单位阶跃响应为： 5( ) ( ) ( )( 5 )Y s s R s ，则 系统的上升时间为： 2 . 1 9 7 0 . 4 3 9 4调整时间为： 0 20 5 超调量不存在。 证明：当初始条件为零时，有 ( ) 1( ) 1Y s sR s 单位阶跃输入信号为 1()以，系统的输出为 1 1 1 1( ) ( ) ( )1 1 1s s TY s R sT s T s s s T s 1( ) ( ) 1 t L Y s 根据定义，（ 1）当 3 s ( 0 . 6 9 3 l n )d T T 所 以 (2) 求 一 y（ t）从 所需的时间） 当 22( ) 1 0 . 9 l n ( ) l n 0 . 1 t e t T 时 ， 有 当 11( ) 1 0 . 1 l n ( ) l n 0 . 9 t e t 时 ， 有 则 21 0 . 9l n 2 . 20 . 1rt t t T T （ 3）求调整时间 =5，则有 ( ) 1 0 . 9 5t 解得 3 l n s ： 由方框图，可以求得系统的闭环传递函数为： 100() 100s s （ 1） 若 ，则系统闭环传递函数为： 100()10s s则 T=整时间 0 20 5 （ 2） 时间常数 1100T ，若要求 则 5 （ 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。 ： 系统的闭环传递函数为：2() 16() 1 ( ) 4 1 6 s s s ，则 4 , 0 单位阶跃响应，系统的输出为：21 1 6() 4 1 6Ys s s s 系统的响应函数为： 223( ) 1 s i n ( 2 3 6 0 ) , 03 ty t e t t 单位脉冲响应，系统的输出为：216() 4 1 6Ys 系统的响应函数为： 283( ) s i n ( 2 3 )3 ty t e t3 7 解：（ 1）2120() 1 2 1 2 0s 得： 1 2 0 1 0 n 6 0 . 5 5120 2 0 . 3 4 31p 4 0 . 6 6 73 0 . 5 52 21% 1 0 0 % 1 2 . 7 %e （ 2） 228 1 1 6() 3 8 . 4 4 8 6 2 . 8 1 6s s s s s 得： 16 4n 2 0 . 8 41p 4 2 . 8 5 73 2 . 1 4 3 52 21% 1 0 0 % 3 0 . 9 %e ：系统的传递函数2()() ()Y s s s a s b k , ,2由图可知 ( ) ， 2 . 7 2 . 5% 1 0 0 % 8 %2 . 5 ， 22120 . 31% 1 0 0 % 8 %11( ) l i m ( ) l i m ( ) 2 . 5y t ss a s b k s b 解得， b=a=， k=：（ 1）引入速度反馈前：122212100() 5 1 0 0 s s k k s s ， 1 0 , 0 n 21% 1 0 0 % 4 4 . 4 5 %e ， 4 1 . 6 , . . . . . . 23 1 . 2 , . . . . . . 5 引入速度反馈后： 12222 1 2100( ) , 1 0 , 0 . 5(1 ) 1 0 1 0 0 s k s k k s s 21 1 0 0 % 1 6 . 1 3 %v 4 0 . 8 , . . . . . . . . 23 0 . 6 , . . . . . . . . 5 （ 2） 临界阻尼时， 1v ，解得 6 ：由系统框图可得系统传递函数为： )1()(1)1()()(2121=)()1()(1212 =10010 )20(52 ss s=20122 1010)20(100 ss s 与标准型进行对比可得： 10n z=20 21 =6 r=l= 22 2 =10 3 故 ： %1002% 21 )(22 ( ： )(s 12148 1223 )1)(1)(6( 12 系统有三个极点： = -1 j 6 由于：65 所以系统的主导极点为： P= -1 j )(2 2 ) ( 1 )6 =22( 2 2) 所以： 2n2/1 故： %1 00% 21 e =533244 ：（ 1） 01222197 234 劳斯阵列如下： 432101 1 8 1 27 2 2 01041 2 071700001041 2 0 0定 特征根全在左半平面 （ 2） 035632 2345 5432201 3 52 6 30 ( ) 3 . 5 067303 2 1 2 4 . 500673 0 0 076 076 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） 012141035 234 432105 1 0 1 23 1 4 01001 2 031 5 . 0 8 0 01 2 0 0有两个根在右半平面，系统不稳定 （ 4） 030427 34 432101 0 3 07 4 2 06 3 0 07 0 03 0 0 0两根在右半平面，系统不稳定 （ 5） 0122218136 2345 5432101 1 3 2 26 1 8 1 21 0 2 0 06 1 2 00 0 0现全零行，则用 2s 系数构造辅助方程： 26 12 0s 。对其求导，得： 12 0s 。则： 2106 1 2 01 2 0 01 2 0 0统临界稳定 （ 6） 5 4 3 27 6 4 2 8 5 6 0s s s s s 5432101 6 87 4 2 5 60 0 0现全零行，则用 4s 系数构造辅助方程： 427 4 2 5 6 0 。对其求导，得：32 8 8 4 0，两边同除以 28 得 3 30。则 32101 3 02 1 5 6 010035 6 0 0统临界稳定 （ 1） 特征方程为 4322 2 0s s s k 劳斯阵列如下 4s 1 2 k 3s 2 0 2s 2 k 1s s k 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 4 3 28 1 7 ( 1 0 ) 4 0s s s k s k ，由劳斯稳定判据知系统稳定的 k 值范围为 00 且 7 9 9 5 1 2 05 2 .5 k 得出： 200 10 83(系统是稳定的。 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： )2( 1()2()( 2特征方程： ( 22 ，则特征方程为 2 0 系统特征方程系数不全为正，可知系统不稳定，故系统没有 1 的稳定裕度。 系统是 型系统 ，所以当输入为单位 1（ t）， t， 22t 时，稳态误差为 0， 1/k, . 当输入为 21( ) / 2t t t 时，稳态误差为 . 3 19 证明：由 )(s 的系统开环传递函数：)(1 )()( )(1 1)( 2 故 11 1 0 1 010 0 0 1 1 0()1 1 1l i m ( ) l i m l i )n n mn n s s a s a s a b s b s be s E S S a s a s a s a 0111100112121110)()()( 要想使，只有使 11 00 （ 1） 当 R(s)=0 时，423200 131 3 4( 1 ). ( ) . . ( )1 ( )( 1 )l i m l i s E s s k k sk k k ，( ) /LT s D s 221 3 4( 1 )( ) )( 1 )sk k k 稳态误差423200 131 3 4( 1 ). ( ) . . ( )1 ( )( 1 )l i m l i s E s s k k sk k k （ 2）当 s ) = 1 / s , T ( ) 0s , 0)1()( 21 解： )(a） 恒值调节系统 )( 3G（ b）加入积分环节 )(c）采用前馈控制 由劳斯判据得该系统的稳定： 20 0 012( ) ( ) 0 . 5 ( 0 . 0 5 1 ) 1l i m ( ) l i m ( ) l i ) ( ) ( ) ( 0 . 2 1 ) ( 0 . 0 5 1 ) 4 0 8 20 . 0 1 2 2 0 . 0 1ss s s H S se s E s s N G S H S s s (1)当串入积分环节 )(3后： 20 0 01 2 3( ) ( ) 0 . 5 ( 0 . 0 5 1 )l i m ( ) l i m ( ) l i m 01 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 . 0 5 1 ) ( 0 . 2 1 ) 4 0s s H S s E s s N G S G S H S s s s k 其特征方程为： 0400010025 23 由劳斯判据得： 012K得 060K得 00,得奈氏曲线为： Gk(s)在右半平面有一个开环 极点： P=1 要是系统稳定，则 2. 当 K 12时系统稳定。 : (1) 当1()s 右半平面上没有极点 ,即 P=0 欲使 Z=N+P=0, 则有 N=0 1K 0 时， 1K或 1K，得 0 1160 时，无解 1， （ 4）当1()s 右半平面上有 3 个极点 ,即 P=3 欲使 Z=N+P=0, 则有 N= 时无论1统都不稳定。 ： （ 1） G)5)(12( 50)(1 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 ( ) a r c t a n 2 a r c t a n 0 . 2 1 2250()4 1 5A 当 L( )=20 )A =0 时， =s 相位裕度为： r=180 + ) =59 近似法求解：系统的转折频率分别为 2 0 l g 2 0 l g 1 0 2 0K d B 12 0 ( l g l g ) 2 0 l g 2 0c K 解得 截止频率 5/c s 相位裕度 1 8 0 ( ) 1 8 0 a r c t a n 2 a r c t a n 0 . 2c c c = （ 2） 2 22 0 0 ( 3 )() ( 5 ) ( 1 ) ( 0 . 8 )s s s 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 223 0 ( 1 )3()52( 1 ) ( 1 ) (1 ( ) )4 5 510( ) a r c t a n a r c t a n a r c t a n a r c t a . 8 2 5s s 当 L( )=0 时， =s 相位裕度为： r= 近似法求解：频率特性 ()的转折频率分别为 1 2 13 34 52 0 l g 2 0 l g 3 0 2 9 . 5K d B 由 314 0 ( l g l g 1 ) 2 0 l g 解得1 1 0 5k 0 由 4 3 1 22 0 ( l g l g ) 解得2 0 然后根据式 426 0 ( l g l g ) 0c k 解得截至频率约为c=s 相位裕度为： 1 8 0 ( )c 2101 8 0 a r c t a n a r c t a n a r c t a n a r c t a . 8 2 5c c cc c （ 3） G3(s)=)12()1(40 2波特图为： 系统稳定 2