自动控制原理习题解析

1、一、求系统传递函数C(sR(s) （10 分2 n 2T1 T2 1.5 Lb G1G2 H1Lc H11 L1 G1H1 G1G2H1H3 G3H1H3 H1HL2 1L1 L2 1 G1H1 G1G2H1H3 G3H1H3 2 1H1H1 1G1H1 23 1 1 1 2 1 2 1 G 1 T G *(1G H 3 1 1 1 2 1 2 1 1G H GG H H G H H H 1 1.5 ， 取何值时，系统才能稳定（10分s1W (s) s(s1)(s2) 10(s1s1s2(s1)(s2)10(ss(s1)(s为 s3 3s2 (210)s103 210 1 表s104 s3 2

2、104分 所15 分 K(sWs2 2sW解： (1 K(sWs2 2sW开 环 极 点（ 起点 ）： p1,2 13开 环 零 点（ 终点 ）z1 2 出射角：2180( 180(90 602 汇合点：D(s)N(s) D(s)N(s) (2s2)(s2)(s2 2s4) s2 4s s1 0(舍弃2s2 图3s s 3(s2)(s13j)(s1j) 3( j2)( j13j)( j13j) 133tan1tan133 3 tan1 2 11 ( (2)( 33程）2 33 1 ( 3) ( 2)2 2 3 31WK(s) s(0.5s1) Wc(s)0.1s s，试（20分Wc(s) 0.

3、1s解： 判断校正装置，0.01s100103 分或说明此传函交接频率1 2 1 (s) (j)Ws(0.5s1) ，Wj(0.5j W(s)100(0.1s s(0.5s 1)(0.01s W(j)100(0.1j j(0.5j 1)(0.01j 2 校 正 前 后 以 及 校 正 装 置 的. 对6 分-01w12-计算(cA(c) 100 (0.1)2 100 (0.1)2 ) 1 2) 1 2) 2cc2 104(0.1)21)0.254 1002 104 c 分() tan10.5 tan10.01 tan1()180(2 ()c1五、非线性系统结，设输入r=0, 绘制起始点在c(0

4、) c0 的cc（15分 ec e e c cc c 3c c 1 dc c2 4cA c 2 4c 积分可1 其中， c2 4c4c 4(cc 3c 时 dc 2积分可得 c2 A A2由c1区域内的相轨迹与开关线c1的交点(1,c012，故c014(1c0c2 4(1，故线3 ，可见在c c 1 dc dt积分可得c2 4cA其中， A3 c 1区域内的相轨迹与开关线 c 1的交点因为c 1区域内相轨迹为水平线，所以交点坐标(c02 A3c022 4c02 c012 44(1c0)4 c2 4c4c分 -13 ，已知K 22T 0.2s（15分r(t) 1(tt*1(t 1 t2 *1(t

5、) 时，求稳态误差ess 5G(z) G11 G1HK(1 eTsG1(s)H(s) G (z) ZG (s) Z K(1eTs ) K(1 z1)Z 1 K(1z T2z(z1) 2(z 1)3T2(z K 2(zG H(z) ZG (s)H(s) Z0.5K(1eTs)0.5K(1z1)Z( 1 (z ss zT2(zG(z) G11 G1HK 2(z 1 zKT2(z 0.2(z (z1)(z10.5KTz(z D(zz2 0.8z0.22z1,2 0.4 limG(z) lim0.2(z 1) z(z lim(z1)G(z) lim0.2(z1) lim(z1)2G(z) lim0.2

6、(z1)(z1) 当 r(t) 1 K当 r(tt1 T Tr(t) 当t22ess3 时ess ess1ess2 ess3 00.5（15分解：(1)根据奈氏判据，系统开环幅相频率特性曲线不包围(1, j0) 点，所以系统稳定2 当 从 0 到变化过程中，系统开环幅相频率特性曲线逆时针包围(1, j0) 点半圈N 1Z P2N 12( )1定2 或补画 从 到 0 变化过程中的系统开环幅相频率特性曲线，可得，系统开环幅相率特性曲线逆时针包围(1, j0)N 1，所以Z PN 110，所以闭环补画从0到的无穷大圆弧，当从0到变化过程中，系统开环幅相频率特性曲线顺时针包围(1, j0)点一圈，即 N 1所以Z P 2N 0 2(1) 2的 位 置 ， 所 以 系 统 存 在稳 定的 周 期运 动 ， 相 交 点