控制工程基础习题解答3

1、第三章 3-2.假设温度计可用1/ (Ts+1)传递函数描述其特性。现用该温度计测量某容 器中的水温，发现经1min后才能指示出实际水温的96%问： (1) .该温度计的指示从实际水温的10%变化到90%所需的时间是多少？ (2) .如果给该容器加热，使容器内水温以0.1C /s的速度均匀上升，当定义误 差e(t)=r(t)-c(t)时，温度计的稳态指示误差有多大？ 解： (1) .设实际水温为Tr，温度计原来处于To=O度，当温度计放入水中时，相当 于输入一阶跃值为Tr-To=Tr的阶跃函数，温度计的时间响应函数为： ft、 c(t)=(Tr -To r-e ct =c T r To T r

2、 -t 1 -e 根据题意可得: 0.96 1 -e 60 即可得：T=18.64(s)，匕 Tr _ t1 10%所需的时间为 0.1 =1 -e 1864，t1 =1.96s。 90%所需的时间为 0.9 =1 -e71864，t42.92 s。 所以可得该温度计的指示从实际水温的10%变化到90%所需的时间(上升 时间)是 tr = t2 -11 二 40.96 s (2) .由题可知系统为一阶系统，故系统稳定，为求当r(t)=0.1t 时的 稳态误差，由一阶系统的时间响应分析可知，单位斜坡响应的稳态误差为 T，所以稳态指示误差：limet =0.1 T =1.864 C (将1/ (T

3、s+1 )转化为开环传递函数为1/ (Ts)时的单位反馈系统，则可 见此时系统的误差为e(t)=r(t)-c(t)。 根据系统为I型，可得稳态速度误差 系数为Kv=K=1/T，得当输入信号为 r(t)=0.1t时的稳态误差为 1 0 essv =0.10.1 T -1.864 C ) Kv 3-5 .某控制系统如图3-24所示， K=125，试求： 图3-24题3-5图 (1) .系统阶次，类型。 (2) .开环传递函数，开环放大倍数。 (3) .闭环传递函数，闭环零点、极点。 (4) .自然振荡频率3 n,阻尼比Z，阻尼振荡频率3 do (5) .调整时间tsQ =2%)，最大超调量 (6)

4、 .输入信号r(t)=5时，系统的输出终值c( s)、输出最大值Cmaxo (7) .系统的单位脉冲响应。【系统的单位阶跃响应】 (8) .系统的单位斜坡响应。【讨论系统单位阶跃响应出现超调、衰减振荡、 无超调三种情况下的K值】 (9) .静态误差系数 KV、Kao (10) .系统对输入为r(t)=5+2t+t2时的稳态误差。 解： (1).系统的开环传递函数: 0.2K 4s s 4 0.0125K1.5625 s 0.25s 1 s 0.25s 1 可见系统阶次为二阶，类型为I型 (2) .开环传递函数G sH s二一1.5625，开环放大倍数为1.5625 s(0.25s+1) (3)

5、 .闭环传递函数为： s 空空25 252，闭环没 1+G(s)H(s) 0.25s +S + 1.5625 s 十2汉 0.8汉 2.5s+ 2.5 有闭环零点，闭环极点为：岂2=-21.5j (4) . n =2.5，=0.8，d 二 n J - 2 =1.5 (5) . ts 二旦=2，匚卩 二e 1 一 =0.015 哂n (6) .因为标准型二阶系统单位阶跃信号的稳态输出为1,最大值为1+Mp=1 + (T p%=1.015，由于线性系统符合叠加原理，所以可得：C01=5*5=25， Cmax=5*5*1 . 015=25.3 75 (7) .由于标准型欠阻尼二阶系统的单位阶跃响应为

6、: 十1 訐讽sin壮+arctan 尸 I 所以系统单位阶跃响应为: -5 1 ct二51-彳异汀。6435 利用线性系统的重要特征即可得单位脉冲响应: C, t = dC =5 10 e 2 sin 1.5t0.6435 - 2.5e ? cos 1.5t0.6435 125e2tsi n1.5t 6 = 20.833e ? sin1.5t 【由于标准型欠阻尼二阶系统的单位阶跃响应为: dtarcta n 所以系统单位阶跃响应为：ct =5 1-|e (8) .同理可得单位斜坡响应： 51 cjt )= c(t d = 5 1 - e si n(1.5t + 0.6435 ) dt T3一

7、 =5t 8etsi n1.5t 0.6435 2ecos1.5t 0.6435 C 3 14 _2t16 _2t =5t e si n1.5te cos1.5t C 15 5 a r =5t et sin 1.5t 1.287 C 3 积分常数C由初始状态为零的条件而得，即 sin 1.5t0.6435 】 cv 0 =0 = ；5tsin 1.5t 1.287 C - 3 可得C=-3.2，所以单位斜坡响应为: cv t =5t esin 1.5t16et cos1.5t - 3.2 155 10 =5t et sin 1.5t1.287 -3.2 3 【闭环传递函数为s二 K 4s s

8、40.2K 0.25K s2 4s 0.05K 可得 = 2 0.05 K 超调：0乞：1，得K 80 衰减振荡：0 ：1，得K 80 无超调： -1，得K 0),试用罗斯判据判别其闭环稳定 性，并说明系统在s右半平面的根数及虚根数。 (1) .GsH s = K S 1 s(s +2 (s + 3) (6) .GsHs%2s2 ,8s 24 解: (1). 3 s 2 s 1 s 0 s 当 1 5 4 6_K 5 K K0 时, 则第一列的符号全部大于零，所以闭环稳定，系统在s右半平面的 特征方程为s3 - 5s26 K s K = 0 根数及虚根数均为0。 (6). 特征方程为s4 -

9、8s3 24s20 4 s 3 s 2 s 1 s 0 s 1 8 24 K 24 0 K K0 第一列有一个数小于零，所以闭环不稳定；第一列符号变化了两 当 次，系统在s右半平面的根数为2;第一列没有等于0的数，虚根数为0。 时, 10f s + a ) 3-19.单位反馈系统的开环传递函数为GsHs =77訂3，试求: (1) (2) (3) 解： .系统稳定的a值； .系统所有特征根的实部均小于-1之a值。 .有根在（-1，0）时之a值。 闭环传递函数为- s二 10(s+a) s3 5s216s 10a （1）.用罗斯判据可得: 3 s 2 s 1 s 0 s 1 5 16 -2a 1

10、0a 16 10a 系统稳定，则应：C，即a值应为：0a8 （2）.令S = s T，即s二n3.63 rad / s .1- 2 d-0.52 所以： 2 K 11 .32 10 K2 n J 2 363 0.5 化 0.263 】 10 10 （2）.系统的开环传递函数为: 10 K1 10 K 2 + 1 G s- 1 ss + 1 110 a + 1 丿 系统是二阶系统，闭环（或开环）传递函数中的系数均大于零（或由闭环 传递函数中可知极点的实部小于零），所以系统稳定 系统为I型 essv 1 Kv 当 K1 =3.6，K2 =0.5时 开环放大增益为： 10心 10K2 1 当 Q =6.4 , K2 =0