自动控制原理课后习题及参考答案

1、第一章绪论1-1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点.解答：1开环系统(1)优点：结构简单，成本低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作用能预先知道时，可 得到满意的效果。(2)缺点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时， 控制精度差。2 闭环系统优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量偏离给定值，都会产 生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。它是一种按偏差调节的控制系统。在实际 中应用广泛。缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。1-2 什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明之。L I. , |、 i r

2、 .|T I * J .解答将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。闭环控制系统常采用负反馈。由1-1中的描述的闭环系统的优点所证明。例如，一个温度控制系统通过 热电阻(或热电偶)检测出当前炉子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到 设定值。1-3试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型(线性，非线性，定常，时精心整理变)？(1)9d2y(t)22dt3*4y(t)=5*6u(2)y(t) =2 u(t)(QA * 2y(t)=4嘤u(t) dtdt七dd +2y(t) = u(t)sin ot2蹴+ y(t)誓+2y(t) = 3u(t)(6)dy(t)dt

3、y2(t) =2u(t)y(t)=2u(t) 3dT 5u(t)dt解答：(1)线性定常(4)线性时变(2)非线性定常(5)非线性定常(7)线性定常(3)线性时变(6)非线性定常1-4如图1-4是水位自动控制系统的示意图，图中 Q1, Q2分别为进水流量和出水流量。控制的目的是保持水位为一定的高度。试说明该系统的工作原理并画出其方框图。精心整理题1-4图水位自动控制系统解答：工作原理：系统的控制是保持水箱水位高度不变。 水箱是被控对象，水箱的水位是被控量， 出水 流量Q2的大小对应的水位高度是给定量。当水箱水位高于给定水位，通过浮子连杆机构使阀门关 小，进入流量减小，水位降低，当水箱水位低于给

4、定水位时， 通过浮子连杆机构使流入管道中的阀门开大，进入流量增加，水位升高到给定水位。1-5图1-5是液位系统的控制任务是保持液位高度不变。水箱是被控对象，水箱液 位是被控量，电位器设定电压时（表征液位的希望值Cr）是给定量。精心整理控制阀题1-5图液位自动控制系统解答：(1) 液位自动控制系统方框图：I J(2)当电位器电刷位于中点位置(对应Ur)时，电动机不动，控制阀门有一定的开度，使水箱中流 入水量与流出水量相等。从而液面保持在希望高度上。一旦流入水量或流出水量发生变化，例如当 液面升高时，浮子位置也相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移， 从而给电动机提 供一事实上的控制电压

5、，驱动电动机通过减速器减小阀门开度， 使进入水箱的液位流量减少。此时, 水箱液面下降，浮子位置相应下降， 直到电位器电刷回到中点位置，系统重新处于平衡状态，液面 恢复给定高度。反之，若水箱液位下降，则系统会自动增大阀门开度，加大流入量，使液位升到给定的高度。精心整理1-6题图1-6是仓库大门自动控制系统的示意图，试说明该系统的工作原理，并画出其方框图题1-6图仓库大门自动控制系I统示意图解答：(1)仓库大门自动控制系统方框图:(2)工作原理：控制系统的控制任务是通过开门开关控制仓库大门的开启与关闭。开门开关或关门开关合上时，对应电位器上的电压， 为给定电压，即给定量。仓库大门处于开启或关闭位置

6、与检测电位器上的电压相对应，门的位置是被控量。当大门所处的位置对应电位器上的电压与开门 (或关门)开关合上时对应电位器上的电压相同 时，电动机不动，控制绞盘处于一定的位置，大门保持在希望的位置上，如果仓库大门原来处于关精心整理门位置，当开门开关合上时，关门开关对应打开，两个电位器的电位差通过放大器放大后控制电动机转动，电动机带动绞盘转动将仓库大门提升，直到仓库大门处于希望的开门位置，此时放大器的 输入为0,放大器的输出也可能为00电动机绞盘不动，大门保持在希望的开门位置不变。反之， 则关闭仓库大门。1-7题图其方框图o题1-7图温湿度控制系统示意解答：（1）方框图：精心整理(2)被控对象为温度

7、和湿度设定，控制整控制喷淋量的大小*M制湿度，逋I大小来控制温度。被控量为温度和湿度，设定温度和设定湿度为给定量第二章控制系统的数学模型RC2-2试求图示两极RC网络的传递函数UC (S) /U (S)。该网络是否等效于两个网络的串联?RiRiR111Ui(s)Ur(s)Uc(s) Ur(s)Uc(s)c2sc2scscsUi(s)1(a)(a)/、Uc(s)(a)Ur(s)2RR2 cle2 s(R1C1&C2)S 1解答:2RRGC2s (RC RC2 R2c2)S 1，、 iUi(s)CiS1Uc(s)1 Uc(s) Uc(s) Ui(s)11(b)= 彳 =,=,= = Ur(s) R

8、 1RCiS1Ui(s)R2C2S1 Ur(s) Ui(s) Ur(s)RCiS1RC2S1精心整理故所给网络与两个RCS络的串联不等效。2-4某可控硅整流器的输出电压d=KUcos %式中K为常数,式中 ,1、,2、K1、U2为整流变压器副边相电压有效值，为可控硅的控制角，设在在如附近作微小变化，试将Ud与0c的线性化。解答：Ud =1必 cos： 0 -(ku2 sin： o)(： - ： 0) 线性化方程：，ud = - ku2 sin ：- 0 ，,即 ud = _( ku2巾sin%)口2-9系统的微分方程组为x1(t) = r(t)-c(t)T1dX2t(t)=K1(t)-X2(t

9、)X3(t)=X2(t)-K3C(t)T2* + c(t)=K2X3(t)K2、K3均为正的常数，系统地输入量为r(t),输出量为C(t),试画出动态结构C(s)图，并求出传递函数/R(s) o解答：精心整理ki k2C(s) _(T1s 1)(T2s 1)_k1k2R(S) - 1k2k3 , kR (TiS 1)(T2s 1) k2k3(工S 1) 立T2S 1 (T1S 1)(T2s 1)C(s)2-12简化图示的动态结构图，并求传递函数/R(s)解答：(a)C(S) _G1G2G3R(S) 一 1 G1G2G3H2 G2G3H1精心整理(b)C(S)(1 G1)(1 G2)R(S)12

10、G2 G1G2(c)精心整理CR G +G C A1 + G2GC(s) _ G1G2R(s) - 1 G2G3图(d)-(2)G G1 G2G图(d)-(4)C(s) _ G G2丽 1 G2G3精心整理(c)(e)(a) G2(b)G2GiG2(d)R一k(1-G)*G)4 GiC+CCC(s) G1 G2 - 2GG2R(s)1 - G2C(s)2-13简化图示动态结构图，并求传递函数/R(s)解答：(a)R -I -G11 +GG2G4G4 - G2 一CGG5Gi* G2G3 +G5.G1(G2G3 +G5) 1 +G1G2 G44 G21G G3C(s) _ G(G2G3 G5)R

11、(s) 1 G1G2G4精心整理(b)G1G2G3GG4GGG4 G6R1G2G6G1G2G5G6C图(b)-(5)C(s) _GiG4 GiG2G3 GiG2G4G6R(s) 1 G2G6 GiG2G5G6(c)精心整理C(s) _ G1G4 G 1G2G3 G 1G2G4G6R(s) -1 G2G6 GiG2G5G6精心整理(e)C(s) _GiG3(1 G2)R(s) - 1 G1G2G5 G1G3G4(1 G2)(f)精心整理C(s) _ G1G2 G4G5 R(s) - 1 G2G3 G3G5第三章时域分析法3-1已知一阶系统的传递函数G(s) =10. (0.2s 1)今欲采用负方

12、馈的方法将过渡过程时间ts减小为原来的0.1倍，并保证总的放大倍数不变，试选择KH和K0的值。精心整理题3-1 图解答：闭环传递函数:1 (s)=k0G(S)由结构图知:Ns)10Ts10k。1 KhG(S) 0.2s 1 10kH10K01 10Kh 一0.2 S 1 1 10Kh3-2已知系统如题3-2图所示，试分析参数. 3-2解答:KTs 110ko =101 10kH1 1010kH =10kH = 0.9k0 = 10b对输出阶跃过渡过程的影响。系统的闭环传递函数为:精心整理Xs)=C(S)R(S) 1 (T Kb)sRGHCS(SG(s)i 丁系统的传递函数:1 Ts由此可以得出

13、：b的大小影响一阶系统的时间常数，它越大，系统的时间常数越大，系统的调节时间，上升时间都会增大。3-3设温度计可用 伏八十9描述其特性。现用温度计测量盛在容器内的水温，发现 1分钟可指示98%的实际水温值。如果容器水温依10 C/min的速度线性变化，问温度计的稳态指示误差是多少？解答：本系统是个开环传递函数 系统的闭环传递函数为：则题目的误差传递函数为:1 Tstr(t) =1(t)时,c(t) = 1 - eE(S)= 一1根据 c(t)1t 凸=0.98得出 T=0.2556当 r(t)=10 时，ess = l|m0sE(S)S2=10T =2.5563-4设一单位反馈系统的开环传递函

14、数精心整理KG二一K- s(0.1s 1)试分别求K=10s和K=20s时系统的阻尼比t、无阻尼自振频率wn、单位阶跃响应的超调量5 %和峰值时间tp,并讨论K的大小对动态性能的影响。解答：开环传递函数为G(s)：S(0.1 S 1)10 KS(S 10)nt1 25Wn=10则2Wn2 = 10 K ntf2，Wn当K = 10时由12Wn2 =1010 K得出 ,Wn =10=0.5二 p% = 16.3% p=0.242JTt p = 0.363 d当K = 20时由2 Wn = 10Wn“ Wn = 14.14 得出.n=0.347二 p% =jr - Ptr d二 一 arccos-

15、n V 1 -2n23-8设控制系统闭环传递函数(s)=试在s平面上给出满足下列各要求的闭环特征根可能位于的区域:精心整理1.1- 0,707, n _22.0.5-0,4 _ n - 23.0.707 _ _ 0.5, n 三 2解答：欠阻尼二阶系统的特征根:jws1.由0.707（匚1,B =arccos ,二，得0 P E 45 ,由于对称关系，在实轴的下半部还有。2,由0 1 W0,5，B =arccos二，得60 wP 90 ,由于对称关系，在实轴的下半部还有。3,由0.5父0.707, P =arccos二,得出450二分卜的心国k 4所以系统稳定的K的范围为33-14已知单位反馈

16、系统开环传递函数如下: 1、L I1 G(s) =10 l(0.1s 1)(0.5s 1)1 .2 G(s) =7(s+1)/s(s + 4)(s2+2s + 2)3 G(s) =8(0.5s+1)/-s2(0.1s + 1)解答：1.系统的闭环特征多项式为：D(s) = 0.05s2 0.6s 11可以判定系统是稳定的.则对于零型系统来说，其静态误差系数为：2kp = 巳G(s) = 10kv = Mo sG(s) = 0ka = lim s G(s) = 0精心整理ess1 kp111当 r(t)=t 1(t)时,当 r(t)=t2 1(t)时,kv2.系统的闭环特征多项式为432D(s)

17、 = s 6s 10s15s 7可以用劳斯判据判定系统是稳定的.则对于一型系统来说，其静态误差系数为kp =ym0G(s) = 8kv=limi sG(s)=-1ess :那么当r=1(t)时， 1kp18ess = .= _当 r(t) =t 1(t)时kv72ka = lim s2G(s) =0s0，、2 ，、当 r(t)=t 1(t)时,ess=2=0ka3.系统的闭环特征多项式为：D(s) =0.1s3 s2 4s 8可以用劳斯判据判定系统是稳定的.则对于零型系统来说，其静态误差系数为：! I 2kp = lim G(s) = :-kv = limsG(s) =ka = lim s G

18、(s) = 8 TOC o 1-5 h z ess 1=0那么当r=1时，1 + kpess =1 = 0当 r(t) =t 1(t)时，kv21d = = ,、2 、Rs,/当 r(t)=t 1(t)时， ka 4精心整理第四章根轨迹法4-2已知单位反馈系统的开环传递函数，绘出当开环增益(变化时系统的根轨迹图,并加以简要说明。G(s) =1.s(s 1)(s 3)G(s) =2.s(s 4)(s2 4s 20)解答:(1) 开环极点：p1=0, p2=- 1, p3=- 3实轴上的根轨迹区间：(一8, 3, 1, 0渐进线： TOC o 1-5 h z 0-1-34a 330060 (k =

19、 0)a = (2k ,=180 (k =1)3-60。(k = -1)1110分离点：d d+1 d+3解得 d1、2= 0.45 , -2.2。d2=-2.2不在根轨迹上，舍去。与虚轴交点：一32_ 一一 一特征方程D(s)= s 4s+3s+K1=01 |将s=j代入后得K1 - 4 2 = 033；： ：. = 0解之得, = =12当0 MK1时，按180二相角条件绘制根轨迹如图4-2(1)所示精心整理Rocrt Locjs4 一(2) 开环极点：p1=0, p2=-4, p3、4=-244实轴上的根轨迹区间：4, 0渐进线: 42 2二 a 二二-241a =；450,-450,1

20、350,-1350)432分离点:Kl-(s 8s 36s18s 80)精心整理dK1 1=0由ds解得si、2=-2,电4= -2 土人用分离点可由a、b、c条件之一进行判定：S3=N2 = 1000a. /G(s3)= (129o+51o 90o+90o)=180o,满足相角条件;K1(s3) = (s4 8 s3 36 s2 80s) b.Ki在变化范围0t 0)内;=2直线c.由于开环极点对于6=-2直线左右对称，就有闭环根轨迹必定也是对于6左右对称，故s3在根轨迹上。与虚轴交点：特征方程D(s) -s4 8s3 36s2 80s K1 -0Routh 表 TOC o 1-5 h z

21、s4 136K1s3 880s2 26K1s 80 -8K1/26s0 K1由 80 8k1/26=0 和 26s2+ k1=0 ,解得 k1=260,“2 二与阮当0 W K1时，按180 =相角条件绘制根轨迹如图4-2(2)所示。精心整理2104-3设单位反馈系统的开环传递函数为G二 s2(： 2)(1)试绘制系统根轨迹的大致图形，并对系统的稳定性进行分析。(2)若增加一个零点z = -1,试问根轨迹有何变化，对系统的稳定性有何影响?(1) K10时，根轨迹中的两个分支始终位于 s右半平面，系统不稳定;(K - 260)(K =100)-2+j4 j -4胤-2(2)Root LocusR

22、eal Axis精心整理炒笠 AJKLI - 68E-Root Locus-2Real Axis012(2)增加一个零点z=-1之后，根轨迹左移，根轨迹中的三个分支始终位于s左半平面，系统稳“i I定。精心整理4-4设系统的开环传递函数为G(S)H= s(s2sL),绘制下列条件下的常规根轨迹(1) a=1 ；(2 )a=1.185(3) a = 3解答：(1) a =1实轴上的根轨迹区间：(一, 1, 1, 0渐进线：-2-(-2)八二a 二八 =020中 (2k+1)n90 (k = 0)a290。(k=-1)s 2s asK1 二 一一分离点： s+2dK1解得dsd1d 2,3 =-1

23、-3 - ； 52,-3 . 5d 二只取 20与虚轴交点：3- 2特征方程 D(s) =s 2s as K1s 2K1 二0令s = jw代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图:精心整理Root Lccus42旦冒 AJgau常165O._00 八 _、中(2 k +1)/ _ j 90 (k = 0)l 290。(k-1)s3 2 s a = 1.185零点为z = -2极点为 p = 7 j0.43,O实轴上的根轨迹区间：（一, 1, 1, 0渐进线: as.x. , K1 =一分离点：s 2dK132特征方程 D(s) =s 2s as K1s 2=0令s = jw代入上式：得出

24、与虚轴的交点精心整理43Root Locus系统的根轨迹如下图:(3) a = 3零点为z = -2极点为P = -1.41,0实轴上的根轨迹区间：(8, 1, 1, 0渐进线：-2 - (-2)2 TOC o 1-5 h z 巾 (2k +1)n 90 (k = 0) T = 1时 比如a =3时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点Root Locus-1.S-1-05Real Axls00518 6 4OW笠A匿匚-6muJ-精心整理11a ：二一a 二4当 9时 比如 20时系统的根轨迹为:可以看出系统由两个分离点1 ：a：1a5当9 时 比如2时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点

25、精心整理Rout Locus第五章频域分析法45-1设单位反馈控制系统开环传递函一片，当将r(t)=sin(2t + 6Cl)-2cos(t-45；。作用于闭环系统时，求其稳态输出。解答：_ G(s)=开环传递函数中(s)= 闭环传递函数4s 14s 5中(j -) = M ( )ej：()=闭环频率特性j 1 54M()： 42 25 二(，)=-tan ( /5)当=2 时，M(2)=0.74 , a(2)=-21.8 ;当=1 时，M(1)=0.78 , a(1)=-11.3 ;精心整理则闭环系统的稳态输出：Css(t) =0.74sin(2t 60 -21.80) -1.56cos(t

26、 -450 -11.30)=0.74sin(2t 38.20) -1.56cos(t -56.30)G (s)=5-2试求(1)10s+4 (2)= 0.74sin(2t 38.20)-1.56 sin(t 33.70)G(s)=4G(s); K( s 1)(K 1,. T)sQs + D(3)Ts + 1 的实频特性X9)、虚频特性丫、幅频特性A)、相频特性中(6)。解答:G(jw)= 1010(4- jw) 40jw 42216 w 16 w.10w10_ j216 w . 16 ww_j arctane 4240X(w)216 +w ,10w丫(w-16 w210A(w)2.16 ww(

27、w):-arctan4G(jw)= 8wjw(2jw +1)4w3 +w44w3 w.一 “ -1、4j (180 : iarctan )w. 4w2 18wX(w) = -3则4w + wY(w)34w w4A(w)w t 4w 1(w) =180 arctan12wk(1 j w) k(1 Tw2)G( jw)，一1 jTw1 T2w.k( -T)wj221 T wk 12w2e .1 T2w2j arctan(w )-arctan(wT)X(w)= 则k(1 Tw2)Y(w)=k( -T)wk.12w2A(w)二,1 T 2w2: (w) = arctan(w .) 一 arctan(w

28、T)5-4绘制下列传递函数的对数幅频渐近线和相频特性曲线。精心整理(3)G(s)=G(s)=4(2 s 1)(8s 1)24 s 2G(s)(s 0.4)(s 40)8(s 0.1)22s(s s 1)(s 4s 25)(4) TOC o 1-5 h z G 10(s 0.4) G(s) -2s (s 0.1)11w1 - , w2 =解答：(1)转折频率为82cmpm-scramsBode Diagram(a 看.cd1010Frequency 0己dfkuc)精心整理Bode Diagrsmo 口 o o o o o1 12 3 4mp)告口36磨妾1010Fnequency (rsd/s

29、ec)A 10精心整理50(国)盘o o o 1日口加 Diagram0050口口9精心整理00Bode Diagramm巳3三1|雪1010Frequency (r&dfeec)1O15-10设单位负反馈系统开环传递函数。G10G(s) = as1.s(0.5s 1)(0-02s 1s2试确定使相角裕量等于45的口值KG(s) K3(0-01s+1),试确定使相角裕量等于45的K值。G(s) 一 2 Ks(s +s+100) 一试确定使幅值裕量为20dB的开环增益k值。解答：(1)由题意可得：(wc) =180(-180 arctan ： w) = 45(aw)2 12010g4|w. =

30、0 wwc =1.19解得：9=0.84精心整理(2)由题意可得:(wc) =180 -3arctan 0.01wc = 45k20log_ _2(0.01wc)解得：(3)由题意可得:3 |wzwc = 01wc =100 ck = 2.83代(wg) = -90 - - arctang_2 = -180g100 -wgg20logw、w2 +(100-w2)2|wg0Wg = 10=解得：5-13设单位反馈系统开环传递函数k =10G(s) =10s(0.5s 1)(0.02s 1)试计算系统的相角裕量和幅值裕量。解答:由(wg) - -90 - arctan 0.5wg -arctan

31、0.02wg - -180wg = 10g1L(wc )=20 2010g40 log =14210所以幅彳fi裕量h=14(dB)wc = % 2 10 = 4.47故(wc) = -90 -arctan 0.5wc - arctan 0.02wc = -161所以相角裕量(Wc) =180 一161 =19系统的幅频特性曲线的渐近线：精心整理系统的幅相特性曲线:精心整理o o O2 46巳o o 5 o 5 o 4 9 3 8 - -11第六章 控制系统的综合与校正6-1试回答下列问题：进行校正的目的是什么？为什么不能用改变系统开环增益的办法来实现？jf j.VjJ *1J1/-i ； I

32、答：进行校正的目的是达到性能指标。增大系统的开环增益在某些情况下可以改善系统的稳态性I I能，但是系统的动态性能将变坏，甚至有可能不稳定。什么情况下采用串联超前校正？它为什么能改善系统的性能？答：申联超前校正主要用于系统的稳态性能已符合要求，而动态性能有待改善的场合。精心整理申联超前校正是利用校正装置的相位超前特性来增加系统的橡胶稳定裕量，利用校正装置幅频特性曲线的正斜率段来增加系统的穿越频率，从而改善系统的平稳性和快速性。(3)什么情况下采用串联滞后校正？它主要能改善系统哪方面的性能？答：串联滞后校正主要是用于改善系统的稳态精度的场合，也可以用来提高系统的稳定性，但要以牺牲快速性为代价。滞后校正是利用其在高频段造成的幅值衰减，使