自动控制理论答案(孙扬声版)

1、自动控制理论答案（孙扬声版）T2-1判断下列方程式所描述的系统的性质：线性或非线性，定常或时变，动态或静态(4) sin 晋 y(t)3u(t)；2 1(1) 2y2 t 3t -dy- u t ；( 3)y t u(t) 2 ；（7）在图T2-1中去掉一个理想二极管后，情况如何？ 解：先区别几组概念（线性和非线性；定常和时变； 动态和静态）线性系统（即系统变量间的关系）：多项式形式，各项 变量的幂指数为1；非线性系统：多项式形式，各项变量的幂指数不全为1； 定常系统：系统参数与时间无关； 时变系统：系统参数与时间有关；静态系统：输入到输出没有过渡过程；动态系统：输入到输出有过渡过程。（笔者认

2、为在判断 系统静态或动态的时候，我们可以看多项式里面有没 有积分或微分。若有积分或微分，为动态系统；若积 分和微分都没有，为静态系统。）题号分析系统性质（1）a、y（t）的幂指数为2,非线性;2b、变量d y2t）（把因变量或激励量dt的各阶导数的一次幂看作一个变非线性，时变:,动态量)的系数为3t，是时间的函数， 时变；c、多项式含有微分，动态。(3)a、激励量u(t)的幂指数为1，不为21,非线性；b、各变量的系数均为常数，与时 间无关，定常；C、式中不含微分、积分，静态。非线乞性，定常静态(4)a、各变量的幂指数均为1,线性；b、变量 她的系数sin t与时间有dt关，时变；C、式中含有

3、微分，动态。线,生，时变,动态(7)、u 30时:r dt)y(t)RU(t)； (II)、u(t) 0,i(t)0时：y(t) 0.在一个正弦周期内，系统非线性、 定常、动态。u(t)(3注意观祭:N n 1注意观祭:N n 1注意观祭:N n 1此表表明： 系统的型N （其中N为开环传递函数G0 s的积分因子数） 越小。越高，稳态误差记忆此表的方法（请参考）：对于输入函数满足 r t丄 拉氏变换Rsk!令k 1 n,由表易知：e(N(N(Nn -1) n-1).n -1)以本题为例开环传递函数Go（s）10s(4 s)10一4，系统为N1s(1 *S)41型，比例因子K1042.5比例因子

4、K怎么求：先把分子和分 母中含有形如 最后化得的开环传递函 数Go s中的系数即为K.（ms k）的式子都化为（ms 1）的形式,k(1)、r te、r te(3)、r te拉氏变换1010tR s2，s1010et4;K2.52拉氏变换46t3tR se1etett023拉氏变换46t3t1.8te1etettettt46623 ,sss6K46610.8Rs4ssss60KT4-12某具有扰动输入的反馈控制系统如图T4-12所示，如果其参考输入量和扰动量都是单位阶跃信号，即试求其频域响应r(t) d(t) 1(t)图T4-12具有扰动的单位反馈系统频域误差E s以及时域的稳态误差解：利用M

5、ason公式知:KYs Hss 1 s 3r(t) d(t) 1(t),R s D s 1s12 d s 1上丄s 1 s 3K s 1s(s 1)(s 3) Kss(s 1)(s 3) Kse limsEs 1s 0k 3 k 3题后小记为便于理解：Y s s s 3 R s 二卫 D s K 1, K 11 1 -s 1 s 3s 1 s 3特此作出以下推导：令Y s Yr s YD s ;.（叠加原理） 其中：K1Yr ss J s 3 R s ；.（Yr s表示的是R s单独作用下，输出对输 入的响应） 1上 Ls 1 s 31Yd s尸D s ；（Yd s表示的是D s单独作用下，输

6、出对输 入的响应1上 Ls 1 s 3T4-13某具有扰动输入的反馈系统如图T4-13所示R（s） D（s） 1/s。系统中各环节传递函数为、 K G（s）0.05s 11G2（s）-s 5G3（s）2.5要求：（1）求出系统的稳态误差及调差率；1/s 后,（2）在扰动点左侧的前馈通路中串入积分因子 求系统的稳态误差及调差率；1/s 后,（3）在扰动点右侧的前馈通路中串入积分因子 求系统的稳态误差及调差率；（4）在上列（2）的情况下，拟对扰动加装比例型补 偿环节，以使调差率s 0.04，试画出补偿方框图。解：依题意，Y sYrsYd sG1 s G2sR sG2 s2D s1G1 s G2 s

7、G3 s1G1s G2 s G3 s由图知：E sRsG3 sYs1R sG2 s G3 sDs1G1s G2 sG3s1G1 s G2 s G3s1125Ks(0.05s 1)(s 5)2.5s 5 112.5Ks(0.05s 1)( s 5)(0.05s 1)(s 2.5)s(0.05s 1)(s 5)2.5Ks(1)、elimsE ss 02.55 2.5KYdyRsYD sG2 slim Dlim 处一s 0 sYR s s 0 G1 sG2 slims 01G1 slims 0(0.05s 1)（2）、E se图T4-13具有扰动的反馈系统由图T4 13(2)知:s( 0.05s 1

8、)( s 2.5)2s (0.05s 1)( s 5) 2.5Kslim sE s 0;s 0Ydlim sYd slimG2 slim1yRs 0 sYr ss 01G1 s G2 ss 01G1 ssslims 01K(0.05s 1)0.s图 T4-13 (2)(3) 、由图 T4 13(3)知:2(0.05s 1)( s 5s 2.5)s2( 0.05s 1 )(s 5) 2.5 Kslim sE ss 0yDsyRsmsYd ssYr s-G2 s lim ss 0-G- sG2 ss1 lim s 0 G1 s(0.05s 1)图 T4-13 (3)(4) 、由图 T4 13(4)

9、知:yDyRsmsYd ssYr sKlim s 0G1 s G2 sG2 ss-G1 sG1 s G2 s sslif?K 0.04；-G1 s sK 0.04.R(s)图 T4-13 (4)T5-1已知系统的闭环传递函数为10当下列正弦信号作用于系统时，求系统的稳态响应:(1) r(t) sin(t 30);r(t) 2cos(2t 45 )；(3)r(t) sin(t 30 ) 2cos(2t45 )。解:依题意,频率特性：G j1110j(1)、100.90511 j 12.25.2将输入信号r t用正弦相量形式表示:(t 3090 )则系统稳态响应：y j 用正弦函数形式表示：0.9

10、05 (t 24.890 )t0.905si n(t24.8 ).(2)、G j10211 j211- j212.50.89410.3将输入信号r t用正弦相量形式表示:(2t45 )则系统稳态响应：y j 用正弦函数形式表示：1.788(2t 55.3 )y t 1.788cos(2t 55.3).(3)、利用叠加原理以及(1)、(2)知：y t 0.905sin(t24.8)1.788cos(2t 55.3 ).T5-4(3)画出下列传递函数的频率特性Nyquist 图:(3) G(s)产 s) s (s5)(s 15) 解：依题意:积分因子数N=2，极点数(n) 零点数(m)=41=32

11、50(10(J)(j )2(j 5)(j 15)分母有理化250 (75 19 2).250 ( 2 55)2(252)(2252) j (252 )(2252)三点成形:(1)、当0时，G。jO 厶j0a0、当 时，G。j25075 j021250 门 3厂m3 0jj2(3、与实轴交点：令 lmG0 j0,即 2 55 0,. 55 7.4rad/s2考虑正频率(0)特性：ReG。j7.42250 (75 219 7.4)20.23.7.42 (25 7.42)(225 7.42)绘出该传递函数的正频率特性 Nyquist图大致图形如下:知识点补充:(N(1)、当0时，Go jO(N0)0

12、)，其中K为比例因子;、当时，Go jbga(n m)，其中b0、a0分别为j、j(n m)n的系数.T5-7某系统的开环幅频渐近特性如图T5-7所示,已知开环传递函数中的零点、极点均位于左半复平面上，试写 出其开环传传递函数。解：依题意，由图知:Go sK1s 1 s 1i容易看出：110从点“40到点5,0，纵轴的分贝幅值正好1点1,40的幅值由比例因子K和积分因子丄二者共同作用，s即:40 20lgK-20lg 1,解得：K 100 150；点2,-12的幅值由比例因子K、积分因子1和一阶滞后因子s0.5,降低40dB,横轴刚好增加10倍频程。1 三者共同作用,1丄s1即：12 20lg

13、 K -20lg 2-20lg，解得：2 9.98150综上知：G0 s亠1 1s 1 s 1 s0.59.98题后小结:(1)、比例因子K 1的对数幅频特性：LmK 20lgK dB ； 积分因子1的对数幅频特性：LmsLm 20lg dB ；(3、一阶滞后因子1的对数幅频渐近持性:LmG20lg、二阶滞后因子2t2LmG40lg1TT1门丄 T丄TdB;厂的对数幅频渐近特性:dB.已知T5-8某系统的开环幅频渐近特性如图T5-8所示，开环零点、极点均位于左半复平面上，试确定系统的开环2传传递函数。0.0012040解：依，由图知:点0.G0T6-1定性。6020dB / dec524020

14、402000.0020.020.001620 0.1J0Dflk GG s的幅值由比例因子0.20.50.88rad / s4060 dB / dec图T5-8幅频渐近特性s 10.0016K和积分因子20lg K -20lg 0.0016,解得：K 102610.64 1s0.021K 1s0.021 1 1 s 1 s 1 s0.2 0.881二者共同作用，s0.0016 0.64；0.641 50ss1 0s1s0.21s0.88s 1 625s 1 5s 1 1.14s试判断图T6-1（a）、（b）所示两个系统的BIBO稳解：（a）、令s2 se）、Y令s2 -sT6-9应用部的根数、

15、(1)(3)(5)解:(a)Y(s).1s s 1U(s)（b）图T6-1反馈系统方框图1s s 11 s s 11s2 s 20得系统传递函数 3 的特征根:U sRe 1,20,系统BIBO稳定；1s s 1Ls s 11s2 s 30得系统传递函数丫仝的特征根:U sRe 1,20,系统BIBO不稳定.1,21,21 j 112Routh判据确定下列特征方程的根中带正实带零实部的根数及带负实部的根数:s45s32s1002 s54 s6s33s2s 10 ；5 s4 s2s32s28s 80 o(1)4 s5s32s10 0列出Routh阵列表如下:为2个；带零实部的根数为0个；带负实部

16、的根数为2个。 （注意：s的最高次方为总根数，再根据Routh阵列，看 第一列有几次变号，即含几个带正实部的根，阵列表里面 的数是怎么来的，请参考课本第 135136页，要求熟练掌 握。）（3） 2s5 s4 6s3 3s2 s 1 0列出Routh阵列表如下：列12341 s526102 s413103 s30-1003 s3-1000且04 s21 0 05 s12313311 0 0 06s00 0 0第一列改变了两次符号，所以特征根中带正实部的根数为2个；带零实部的根数为0个；带负实部的根数为3个。(5) s5 s4 2s3 2s2 8s 80列出Routh阵列表如下：列12341 s

17、51-2802 s412803 s3-40004 s228005 s1160006s08000第一列改变了两次符号，所以特征根中带正实部的根数 为2个；带零实部的根数为0个；带负实部的根数为3个T6-12有一系统的特征方程为32s (1)s(1)s (1)0试讨论使系统稳定时，的取值范围 解：列出Routh阵列表如下：欲使系统稳定，则需满足特征方程的全部系数均为正 值且Routh阵列中的第一列各项均为正号。1 0即1 0且0,解得： 0,1.11 0T6-13给定下列闭环系统的开环传递函数，试应用Nyquist判据判断这些闭环系统的稳定性：(1)Go(s)2s 1 2(s 1) G(s)10(

18、1s)(1 2s)(1 3s)解：(1)Go(s)当0时，G(j0)2s 1， G0(s)在不含虚轴的右半s平面上不含极点，即F002(s 1)1 2 221 21；当 时，G(j )1.2L,积分因子数为0,极点数 零点数i 10.画出G0 (j )的Nyquist图，如图(a)所示：Im-10.251Re由图Go(j积分a 知，G0 jN P。Go(s)0,的Nyquist曲线不包围点-1, j0，即N 闭环系统是稳定的。100.(1 s)(1 2s)(1 3s)，G0(s)在不含虚轴的右半s平面上不含极点即p01010 1 11 2 j 6 3 6(1 j )(1 2j )(1 3j )

19、12 1 4 2 1 9 2因子数为0,极点数零点数 3 0 3.令Im0时，G(j0)G0(j )0得令 ReG(j ) 0得10;当 时，G(j ) 03 .21rad/s,考虑正频率特性，此时：ReG(j1)1;1= rad/s 0.3rad/s,考虑正频率特性，此时：lmG(j0.3)6.1.vJ11画出G0(j )的Nyquist图，如图(b)所示：由图b知，Go j的Nyquist曲线通过点-1, j 0 , 闭环系统临界稳定，即不稳定。图中s平面上的极点数，试判断T6-14已知系统的开环 Nyquist图如图T6-14所示 P 右代表系统开环传递函数在右半 它们的稳定性。c P&

20、0d P右 0题号P右NNP右系统稳 定性(a)2-20稳定(b)022不稳定(c)000稳定(d)022不稳定(e)022不稳定(f)112不稳定题后小结:1、在Nyquist曲线中，正频率曲线与负频率曲线关于实轴对称；2、 当0时的曲线与坐标轴交于 无穷远处时，应从Nyquist曲线的0处沿顺时针环绕n到 0处，其中n为开环传递函数的积分因子数，在坐标图上怎么看出n的值：应从正实轴开始，顺时针走过 角到 0处，n式中的“”负号是因为规定沿顺 时针走过的角度为负；23、Nyquist曲线包围点 1, j0的次数N怎么算？笔者提供两种方法 在Nyquist曲线画正确的前提下，请参考：法一：注意

21、顺时针包围 为N正，逆时针包围N为负；我们从处开始，沿行进方向，从上一次穿过实轴到下一次穿过实轴计数一次（此时Nyquist曲线只走过了 180，所以每次只能计1圈，其正负根据顺时针包围 还是逆时针包围去判断）； 走完一个周期0就停止；法二：如果不喜欢数圈，那就“穿越”吧，这样快。我们定义Nyquist曲线在点1, j0以左穿过负实轴时，称为“穿越”，穿越又有正穿越和负穿 越之分（二者的区别请 见图A-B）。 其中：N负穿越次数 正穿越次数同学们可以用穿越的方 法去计算一下本题中图a 图b的N.图A B请同学们把第七章的例题 7-2、7-3、7-4看懂例7-2.解：依题意，20原系统的开环传递

22、函G0 (15s)(10.5s)(10.05s)调整开环增益K 20至K40，则40G(1 5s)(1 0.5s)(1 0.05s)40频率特性：G0(j )(1 j5 )(1j0.5 )(1j0.05 )此时，剪切点频率为由20 lg 40 20 lg 5 c 20 lg 0.5 c180 (G(j c) 180 tg 15c，对应的相位裕量为，则0，得 c 4 rad / s,tg 10.5 c tg 10.05 c 18 .采用超前校正，根据501832 .和，必须添加的相位超前量预想一个裕量 5，则新超前量:1测 max4.021sin maxmax37，则根据调整增益后的Bode图确

23、定LmG-Lm 6.04d2的频率max，对应的相位裕量20 lg 4020lg5 max 20lg0.5 max 6.04 得180(G(j max) 180 tg 15 max tg 1 0.5 maxmax5.66rad / s,tg 10.05 max 6 .max根据-和，必须添加的相位超前量:max44max37 .说明预想的裕量 不足，另选17，重新计算新超前量:-491sin_max 7.15max，1 sin max根据调整增量后的Bode图，确定LmG0-Lm28.54dB的频率max，对应的相位裕量20 lg 4020lg5 max 20 lg 0.5 max 8.54

24、得 max1 1180 (G(j maxmaxmax6.54rad /s,1tg 0.05 maxmaxT2 49max 49 . 故 选0.057s, T2 0.41s.7 15, max6.54rad /s ，max所以，校正后的开环传递函数为:G(s)(15s)(10.5s)(10.057s)(10.05s)40(10.41s)例 7-3.解：依题意，原系统的开环传递函数:Go(s)502(1 5s)(1 0.05s)50频率特性：G0(j )2(1 j5 )(1j0.05 )2此时，剪切点频率为c，对应的相位裕量为，则 由 20lg 50 20lg5 c 0，得 c 10rad /s,180(G0( j c) 180 tg 15 c 2tg 10.05 c 38 _ 50 .估计一个裕量5，调整开环增益至K，使新剪切点的相位裕量-55 .则此时，开环传递函数为:G(s)(1 5s)(10.05s)2频率特性：KG(j )(1 j5 )(1j0.05 )2 .由1 1180(G(j c) 180