自动控制原理-胡寿松第版-课后习题及答案1

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

2-1设水位自动控制系统的原理方案如图1-18所示，其中2为水箱的进水流量，02为水箱的用水流量，

〃为水箱中实际水面高度。假定水箱横截面积为F,希望水面高度为H。，与”()对应的水流量为Qo,试列出

水箱的微分方程。

图1-18液位自动控制系统

解当。=。2=0)时，〃=〃o；当a2时，水面高度”将发生变化，其变化率与流量差QJ。2成

正比，此时有

抽)[(2[以)

at

于是得水箱的微分方程为

at

2-2设机械系统如图2—57所示，其中七为输入位移，与为输出位移。试分别列写各系统的微分方程式

及传递函数。

耳

图2—57机械系统

解①图2—57(a)：由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

MiHo)l，2*0=叫

整理得

d2x/土.dx,dx,

m—#0+(力+f)-0=/

dt2'2dt1dt

将卜一式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得

除J+(71+/2)s]Xo(s)="Xis)

于是传递函数为

x°G)/

X,G)ms+f,+f2

②图2—57(b)：其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点A,并设A点位移为x,方向朝下；而在其下半部工。

引出点处取为辅助点Bo则由弹簧力与阻尼力平衡的原则，从A和B两点可以分别列出如下原始方程：

KG,!%)=/(£Ii0)

a。=/(£1/)

消去中间变量x,可得系统微分方程

f(K[+K2)^-~+K1K2X0=K}f—

dtdt

对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为

X°(s)=fK、s

X’(s)―/(Ki+Qs+KK

③图2—57(c)：以4的引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程:

K1(x,1x)+/(i,1此)=吗》。

移项整理得系统微分方程

殁+(…)-j

对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即

玉(0)=Xo(O)=0

则系统传递函数为

X0(5)_fs+Kt

Xj(s)-力+(&+3)

2-3试证明图2-58(a)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

解：(a)：利用运算阻抗法得：Z=/?.//—=一工一=一名-=一二

CtsR11R|C|S+](s+1

1C>

ZRCS+=+

2=R]+--^~(2209

C2sC2sC2s

—(T254-l)

C2sQs+1)(7^+1)

所以:U°G)

S(s)一Z[+Z]—+」-(7>+l)R、C2s+(T^s+1)(T2s+1)

7>+lC2s

（b）以《和力之间取辅助点A,并设A点位移为x,方向朝下；根据力的平衡原则，可列出如下原始方程:

/c2（x,.u0）+/,（1,.n（））=/,（i（）U）（i）

匕%=力（尤1幼（2）

所以K2（xJXo）+/2（£I*o）=K1X（3）

对（3）式两边取微分得

陷（士」曲）+/2（既*（4）

将（4）式代入（1）式中得

&七区1Xo）+K/（&J女。）=K/女。I力七（£1%）1//（用I比）

整理上式得

fM+力鸟尤+K/风+K川0+K,K/。

=fM+flKji+KM+KlK2xi

对上式去拉氏变换得

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

h/2s2+5K2+K/+K)2)s+MKzkoG)

2

=[fj2s+5K2+K/)s+K^kiG)

所以：

X°G)_2s?+(/K2+K"；)S+K|K2

2

X,G)fxf2s+(f,K2++KJ2)S+K,K2

所以图2-58(a)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。

2-4试分别列写图2-59中个无源网络的微分方程式。

H2-59无源网络

解：(a):列写电压平衡方程:

,duc

ui〃(、二〃"i「=C

°ccdtRL&

IClllrc4/1〃o)["o

=(ii)R=\C—^+-^R

Uoc+R}22R2

CltK}dtR]

整理得：

…di"If/?9八fdu.厂R)

C/?2-------h।C--+1IUQ=C/?7-------C—u

2dt\R,J°2dt&

(b):列写电压平衡方程：

UjI"o=«(1)ci-G(2)

CIdt

UUU

_Cl+iciR,■_C\,7；_「^C2一小d(〃oIiaR)

rlLlCC

C2一C\一十C\-2出一2dt

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

即：3+2%=c或“。1％R)(4)

RCl2dt

将(1)(2)代入(4)得:

%[与12cd(“J〃o)「du。T「「pd"a

C--{CCR-^

R'dT2}2

"回±+duL^2Cdu^cdu^^ccRd\^+CcRd\

2RR1dt1dt2dt12dt212dt2

整理得：

cccd\，n八八、Mnc八_d2U.u.一八du.

+(。2+2G)------1-----C\C)R—5—I------F2C.-----

'221dtR[2dt2R1dt

2-5设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式，并概略绘制x(t)曲线，指出各方程式的模态。

⑴2Jt(Z)4-x(t)=t\

解：对上式两边去拉氏变换得：

1114

(2s+1)X(s)=1/s2-*X(s)=------------=——1——।---------

52(25+1)s2s2s+1

运动模态

所以：x«)=f[2(1Ie5)

(2)<O+i(/)+x(/)=™(?)o

解：对上式两边去拉氏变换得：

11

(52+5+1)X(5)=1-x(s)=

(52+5+1)-(5+1/2)2+3/4

运动模态/〃2sm

9

所以：x(f)=:/〃2si

V3

(3)M(/)+2i(r)+%(/)=1(0o

解：对上式两边去拉氏变换得:

(/+2S+DXG)[T(S)=M^]]]11

------1---------亍

5(5+1)2S5+1(S+1)2

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

运动模态/'(1+，)

所以：x«)=iIJ!/'=1]>(i+f)

2-6在液压系统管道中，设通过阀门的流量满足如下流量方程:

Q=K"

式中K为比例常数，P为阀门前后的压差。若流量。与压差P在其平衡点(。0,耳)附近作微小变化，试导出线性化

方程。

解：

设正常工作点为A,这时Qo=K也

在该点附近用泰勒级数展开近似为：

即。1。°=&(P1")

其中&4也〕/4

2J庶

2-7设弹簧特性由下式描述：

F=12.65yu

其中，是弹簧力；是变形位移。若弹簧在变形位移附近作微小变化，试推导的线性化方程。

解：

设正常工作点为A,这时冗)=12.65、

在该点附近用泰勒级数展开近似为：

y=f(x)+产%)|(%1%)

L)

即/1稣=&（y[先）

2-8设晶闸管三相桥式全控整流电路的输入量为控制角，输出量为空载整流电压，它们之间的关系为:

/=Edocos<

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

式中是整流电压的理想空载值，试推导其线性化方程式。

解：

设正常工作点为A,这时=后八cos〈o

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

在该点附近用泰勒级数展开近似为：

y=/(%)+0")I(x［x)

L—1

°〈dx)x°

即e」1"cosG=K«［〈0)

其中K'=)号)=1%。5足〈0

2-9若某系统在阶跃输入r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出响应c(f)=11el2r+eh,试求系统的传递函数和脉冲

响应。

解：对输出响应取拉氏变换的：

C(s)」［-^+-^=.：2+：：+；-因为：CG)=d(s)R(s)=L«s)

所以系统的传递函数为：«s)=/+4s+2=1+----------=11J_+_2_

(5+1)(5+2)(S+l)(s+2)5+1S+2

系统的脉冲响应为：g(f)=TMQ)I+e⑵

2-10设系统传递函数为

C(5)_2

R(s)s2+3s+2

且初始条件c(0)=-1,/(0)=0。试求阶跃输入r⑴=1⑴时，系统的输出响应c⑴。

解：由系统的传递函数得：

d'c⑴dc(t)

---='+3----1-2c(t)=2r(/)(1)

dtdt

对式(1)取拉氏变换得：

s2c(s)[sc(0)I&(0)+3SC(5)I3c(0)+2C(s)=2R(s)(2)

将初始条件代入(2)式得

(52+3.V+2)C(.V)+5+3=2-

s

、215213s22s+6142

即Hrl：C(s)=-t—i——=-lt--------=-lt——+----

s(s~+3s+2)s+3s+2ss+1s+2

所以：c(f)=214/'+2/”

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

2-11在图2-60中，已知和两方框相对应的微分方程分别是

6^^+10c(f)=20e(f)

dt

20@@+5b(f)=10c(f)

dt

图2-60题2-11系统结构图

且初始条件均为零，试求传递函数C(s)/R(s)及E(s)/R(s)

解：系统结构图及微分方程得:

2010

G(s)=H(s)

65+1020s+5

C(s)_10G(s)_l06s+10E(s)10_______10_______

l+G(s)H(s)-[।2010-

R(s)~l+G(s)H(s)~l[2010

6s+1020s+5

6s+1020s+5

_200(20s+5)_=200(205+5)10(20s+5)(6s+10)1200s?+1500s+500

-(6s+10)(20A+5)+200-120s2+230s+250

一(6s+10)(205+5)+200—12052+230s+250

2-12求图2-61所示有源网络的传递函数

<o

U

解：(a)Z°=/?。〃，=0。。：-

品，R+」7>+1

八0T厂

C()s

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

需=段=中(MD

/?()—

8)ZO=R°//_L=

T。=RoG

GsR+」£)s+l

八o丁C「°s

1T1s+1

Z|=R|+'=KT』

"。")=1—=1--—5s+l)(T()s+1)

Uj(s)Zo尺仆

T2S+\

乙z12…+如飞〃

C2s

(C)R+I

Cs_/?,(T5+1)

22T—R2c2

R।-S+lF+Rl+l2

'C2s

t/0(5)_]Z]2_[R]T2S+1

Ut(5)Rq7?0T^s+R]+1

2・13由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-62所示，试求闭环传递函数Uc(s)/Ur(s)o

图2-62控制系统模拟电路

5U[(s)[Z[U，s)_Z?u()G)_

解：.....———=[—1(1)J(2)[旦(3)

Uo(s)+q(s)R°

式(1)(2)(3)左右两边分别相乘得

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

U(s)Z.ZR

0!t—!~9」、•即

Uo(s)+Ui(s)R。Ro&

UoG)+U,(s)=[R；

1段3

U0(s)zz/2

S(s)_]

所以:

U°(s)_Z,Z2R2

U°G)_[1ZZ2R2

而一R；MII1

Q+Z]Z,7?2Ro'+与/?

/?H---------------------K

Is+1C2s

ZtZ2R2

=I

(《S+DgsRf/+尺述2

2-14试参照例2-2给出的电枢控制直流电动机的三组微分方程式，画出直流电动机的结构图，并由结构图等效变换求

出电动机的传递函数(s)/Ua(s)和(s)/Mc(5)

解：由公式(2-2)、(2-3)、(2-4)取拉氏变换

U”(s)1E“(s)

=/〃(s)纥(s)=G&,“(s)

Js+R”

G」G)=M,G)

&,“G)

得到系统结构图如下:

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

C,”1

&M(S)_L°S+R”J”S+fm____________3___________

4(s)-1+CC“1一(Las+4,)(，s+fm)+CeCm

L“s+RaJ,„s+f,„

1

，s+/；”__________L“S+R“

以(s)-1+C01-(Las+R”)(J„,5+/J+C?C„,

L«s+R“Jms+fm

2-15某位置随动系统原理方块图如图2-63所示。已知电位器最大工作角度(a=330",功率放大级放大系数为K3,要

求：

(1)分别求出电位器传递系数K0、第•级和第二级放大器的比例系数K1和K2：

(2)画出系统结构图；

(3)简化结构图，求系统传递函数10(5)八,(5)。

图2-63位置随动系统原理图

解：

15V„30„20

(1)K()=-------A.=—=3K=—=2

°165°110210

I(s)=I⑶1Io⑸UsG)=(s)UPMK&KUsG)

U〃(s)=+L“sl“(s)+E4s)=C/M

Js21°(s)+於l仆)=Mm(5)IM")Eb(s)=KAO(S)

系统结构图如下：

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

（3）系统传递函数lo（s）/1（s）

C

s(4s+/?.)G/s+/)

Ko&K2Ks

1卜CK一

K.K{K2KXC,„

[0。)s(Las+R,^Js+f)s(Qs+RQ(Js+f)+CMb

((s)i+K°K&KC“

s(L〃s+&)"，+/)(L+R)(Jn+CK

1+储阳”.、SaSaS+mb

J鹏

s(Las+Ra)(Js+f)

=____________Ko&K2Ksem______________

一s&s+Ra）（75+/）+CmKb+K°MK2Ksem

2-16设直流电动机双闭环调速系统的原理线路如图2-64所示：要求

（2）画出系统结构图（设可控硅电路传递函数为K./（|+1）；电流互感器和测速发电机的传递函数分别为

七和K5；直流电动机的结构图用题2-14的结果）;

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

（3）简化结构图，求系统传递函数&（s）/U,（s）

解：（1）速调

&+—

-W（s）Gs_R£s+1_T1S+1

S（s）1U/（s）-R一R-RC、s~RC,s

流调

R）H----

ULT（S）Z?C2sR2c2$+17*2$+1

Usr（5）1Udlfk（5）RRRC2SRC2s

（2）系统结构图如下：

(3)简化结构图，求系统传递函数&(s)/U,G)

因为求系统传递函数&G)/U,(s),所以令M,=0,系统结构图如下:

V.

将K4后移到输出Q，系统结构图化简如下:

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

进一步化简得:

进一步化简得:

进一步化简得：

U，.KCnFfe+lXTis+l)C

RC|S{CmfRCjS[(LaS+Rtt)(Jn^+fm)+QQJ(T*+l))+K3K)/JmS+fmXT?S+1)}+K5K3G"2S+IXT/1)

所以：

&(s)=

tAGO-

&。；(方+1)(7>+1)

/?C,5{Cj/?C24(La5+/?J(Jffl5+/J+CeC„JI35+l)}+/C^4C„I(Jm5+/j}+^^C；,(T25+l)(T15+l)

2-17已知控制系统结构图如图2-65所示。试通过结构图等效变换求系统传递函数C(s)/R(s)。

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

图2-65题2-17系统结构图

解：（a）

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

C(s)G]+G

所以:2

R(s)1+G2G3

(b)

C⑸

C(s)

C(s)_GQ式1+Z”2)

所以:-

7(5)l+H]H2IG]H[

9)

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

所以：2分―

R(s)l+G2Hf+G,G2H2

(d)

所以：3=——箜叵_________-

R(s)(l+G1//1)(l+G3/73)+G2/72

(e)

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

所以:2----------------------------------------

R(s)l+G2G3H2+H]G21G}G2H}

(f)

C(5)_(G,+G3)G2

~R(s)~l+GiG2Hl

2-18试简化图2-66中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s)和C(s)/N(s)。

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

解：（1）求C（立时，N=O这时结构图变为:

RG）

所以：出:一吆一

R（s）1+G,G2H,+G,G2

（2）求时，R=0这时结构图变为:

N（s）

进一步化简得

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

再进一步化简得:

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

再进一步化简得:

所以：c(s)_G?(G2G3IllG”)

R(s)—++GI(1+GIG2/71)]

图2-66题2-18系统结构图

解:

(1)求工区时，N=0这时结构图变为:

RG)

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

所以：G

_G4(G,G2+G2+3)

~R^)~1+G4(G2+G3)

(2)求工里时，R=0这时结构图变为:

N(s)

所以：空2=_____5______

R(s)1+G4(G2+G3)

胡寿松自动控制原理习题解答第二章

Thisistrialversion

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

3-1设随动系统的微分方程为：型)+&0=K2U

u=KJr(f)Ixf]

T

储…=x0

其中T,Tf,K2为正常数。如果在外作用Kt)=l+t的情况下，使X。对r(t)的稳态误差不大于正

常数

Z。，试问口应满足什么条

件？见习题3-20解答

3-2设系统的微分方程式如下：

(1)0.2%)=2«f)

(2)0.04k«)+0.24&(f)+cQ)=r(f)

试求系统的单位脉冲响应k(t)和单位阶跃响应h(t)o已知全部初始条件为零。

解：

(1)因为0.2sC(s)=2R(s)

单位脉冲响应：C(s)=10/sk(t)=10reO

单位阶跃响应h(t)C(s)=10/s2h(t)=10/fsO

(2)(0.04/+0.24s+l)C(s)=R(s)。⑶-"⑸

0.0452+0.245+1

单位脉冲响应：C(s)=-----」--------攵⑺=空J'sin4f

0.04s2+0.24s+13

25s+6

单位阶跃响应h(t)C($)=

.V[(.V+3)2+16]s(5+3)2+16

h(t)=1!e"'cos4t[—e13'sin4f

4

3-3己知系统脉冲响应如下，试求系统闭环传递函数①(s)。

(1)%«)=0.0125/3

(2)Mf)=5f+10sin(4f+45°)

(3)k(t)=0.1(11eI,/3)

解：

(1)

5+1.25

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

(2)k(t)=5f+1Osin4/cos450+10cos4rsin45°

q(s)=茅5痣-24+5叵—=乌+5逝学土

5252+1652+16S252+16

(3)d(s)=里T_0」

s5+1/3

3-4已知二阶系统的单位阶跃响应为

h(t)=10I12.5/zsin(16+53.1")

试求系统的超调量。％、峰值时间tp和调节时间ts。

解：h(t)=1I/]।2e'山sin(II?]/+®)

JlII-

/％=/I/-3.5

®=arccos

IL

I=cos®=cos53.1°=0.6

/%=J।/JUL_/o.6/yliio.62_e【o.6/^i1o.62_9、％

p—=1.96(5)

1.6

3s3s

=bL2⑸

3-5设单位反馈系统的开环传递函数为

0.4s+1

G(s)=

s(s+0.6)

试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。

解：闭环传递函数

0.4s+1

„G(s)_5(5+0.6)_0.45+1

B2

,-1+G(s)-t,0.45+1-5+5+1

s(s+0.6)

_z.—/、n/、10.4s+10.41

C(s)=GB(S)R(S)=-------f----------------1---------5----------------

55+5+1S+5+1S(S+5+1)

0.41s+1_1s+0.6

21+tI-T—T*9

5+5+1SS~+S+lSS+5+1

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

c(f)=11>°5'cos走f1sin且f

2732

=1［1.22/°'.(电，+55.3°)

2

h(t)=11-r-/1L，sin(JlIl2lJ+®)

<11I2

3.5

®=arccos「％=e，」t,=,一..-

Ip#win

I=cos®=cos55.3°-0.569

f%=e：l/麻=11.37%

-2

l=3.63s

V3

3-6己知控制系统的单位阶跃响应为

仲)=1+0.2产11.2eI'°,

试确定系统的阻尼比C和自然频率3n。

解：求拉氏

变换得

/•,、10.21.2(5+60)(5+10)0.2.V(5+10)1.2s(s+60)

H(s)=—+-----iT-----=---------------+--------------1t---------------

S5+60S+105(5+60)(5+10)5(5+60)(5+10)5(5+60)(5+10)

_600_600=_______

5(5+60)(5+10)s(s2+70.V+600)sts?+2〔］“s+lj)

显然闭环传递函数为

(52+211„5+12^

其中］2=600X=10#=70〔=2

276

根据(3-17)

咐)=1+,__+-----—

T2/TtllTJT,\1

解：根据公式(3-17)

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

ene4

h(t)=1+-------+------『

T2/TtI1TJT2\\

WGli)『(〔+Ql)

10_10

所以I=必"］（）面

7t[49.2

二二才1

3-7设图3-42是简化的飞行控制系统结构图,试选择参数K1和Kt,使系统3n=6

=1O

图3-42飞行控制系统

解：系统开环传递函数

25舄

s(s+0.8)_25Kl

°5一]।25KlK；=s(s+0.8)+25KIK,s

s(s+0.8)'

_25Kl_

s($+0.8+25K1K,)s(s+2〔]“)

]；=36=25KI2

25

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

2U“=0.8+25K1K,=12所以K,

3-8试分别求出图3-43各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。

图3-43控制系统

解：

(a)1„=1[=0系统临界稳定。

(b)%)=X=1I=0.5f%=29.8%4=7.51s

S+5+1

(c)«s)=,s+l[=1[=0.5/％=16.3%8.08s

s2+s+\

3-9设控制系统如图3-44所示。要求：

图3-44控制系统

(1)取T1=0,T2=0.1,计算测速反馈校正系统的超调量、调节时间和速度误差;

(2)取T1=0一1,T2=0,计算比例-微分校正系统的超调量、调节时间和速度误差。

解：(1)系统开环传递函数

10

“上IJ0+1)10(1+I]S)10I；

1⑹2ss(s+l)+io|2ss(s+2)s(s+21]“)

,S(s+1)

V1021]“=2

T.=IO1„=

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

/％=/〔'麻=35.1%

胡寿松自动控制原理习题解答第三章

Kv=5

（2）

3-10图3-45所示控制系统有（a）和（b）两种不同的结构方案，其中T>0不可变。要求:

（1）在这两种方案中，应如何调整K?和K3,才能使系统获得较好的动态性能。

比较说明两种结构方案的特点。

解：

3-11已知系统特征方程为

3./+1053+552+5+2=0

试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。

解：列劳思表

如下：

352

1101

?至2

10

「幽0

47

s°2

由劳思表可以得到该系统不稳定。

3-12已知系统特征方程如下，试求系统在s右半平面的根数及虚根值。

（1）55+31/+1253+24s2+32.V+48=0

⑵56+4.?5!454+453-752-85+10=0

⑶sr3/+12/+20/+35$+25=0

解：（1）列劳思表如下：

5511232

5432448

53416

521248

5°

有一对虚根，系统不稳定

（2）列劳思表如下:

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561141710

554418

54I5I510

S

2

系统不稳定

(3)列劳思表如下：

5511235

5432025

31680

s——

33

『525

5110

5°25

有一对虚根，系统不稳定

3-13一知单位反馈系统的开环传递函数

〜、K(0.5s+l)

G⑻=----------o-------

s($+l)(0.5s2+5+1)

试确定系统稳定时的K值范围。

解：系统特征方程为

s(s+1)(05/+s+1)+K(0.5s+1)=0

将卜一述方程化简得到：

0.5/+1.5d+2$2+Q+O.5K)S+K=0

劳思表如下：

540.52K

531.51+0.5K

22.510.25K“

s---------------K

1.5

12.511.25K[0.125y

'2.5I0.25K

5°K

3-14一知系统结构图如图3-46所示。试用劳思稳定判据确定能使系统稳定反馈参数|的

取值范围。

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图3-46控射系统

解：系统开环传递函数为

10

1而+1)_s+110_10s+10

°s]।101J~s_s(s+1)+10|s,y3+(1+101)52

s(s+1)

系统特征方程为：

1+(1+101)s2+105+10=0

劳思表如下：

53110

52l+10|10

iio[

s1+101

5°10

所以能使系统稳定反馈参数I的取值范围为I>0

3-15已知单位反馈系统的开环传递函数

100

(1)G(s)=

(0.15+l)(s+5)

50

(2)G(s)

s(0.1s+l)(s+5)

10(25+1)

(3)G(s)

s2(s2+6s+100)

试求输入分别为r«)=2.和r«)=2+2r+J时，系统的稳态误差。

解：

(1)因为是二阶系统，且系数大于零，所以系统稳定。

K“=limG(.v)=20K”limsG(s)=0K“=lims2G(s)=0

's050s0

所以当r(f)=2/时e=2

"K\,

当rQ)=2+2f+Je=&+2+区

"1+3KvKa

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(2)应先检查系统的稳定性。

K“=limG(s)=0=limsG(s)=10K,=lims2G(s)=0

1s0sOaS0

所以当r(，)=2"寸e*=旦=0.2

Kv

当r(f)=2+2f+f2e=&+殳+殳=

"1+3KvKa

(3)应先检查系统的稳定性。

K“=limG(s)=Ky=limsG(s)=K=lims2G(s)=0.1

/s0ys0s0

R,

所以当r(f)=2f时=0

当r(f)=2+2f+Je=-^—+&+区=20

SS

1+3KvKa

3-16已知单位反馈系统的开环传递函数

(1)G(s)

(0.15+1)(25+1)

(2)G(s)=------2------

5(52+45+200)

(3)GG)J°(2S+D(4S+1)

52(52+2.V+10)

试求位置误差系数KP，速度误差系数Kv,加速度误差系数Ka。

解：

(1)应先检查系统的稳定性。

2

K„=limG(s)=50Kv=limsG(s)=0K,=lim5G(5)=0

〃S05050

(2)应先检查系统的稳定性。

K“=limG(s)=Ky=limsG(s)=----Ka-lims2G(s)=0

,sovJo200s0

(3)应先检查系统的稳定性。

K〃=limG(s)=K=limsG(s)=K(1-lims2G(s)=1

'50vJ0a-八

3-17设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=l/Ts。试用动态误差系统法求出当输入信

号分别为r(f)=J/2和厂⑺=sin2r时，系统的稳态误差。

Thisistrialversion

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输入r（f）以及扰动/⑺和〃2。）均为单位阶跃函数。试求:

（1）在作用下系统的稳态误差

（2）在小⑴作用下系统的稳态误差

（3）在〃和〃2（。同时作用下系统的稳态误差

解：

（1）在“。作用下系统的稳态误差

这时系统的开环传递函数为：

Kns+K

G0（s）=G（s»（s）=",2

Js

系统位置误差系数为Kp=limG（s）=

s0

在「（，）作用下系统的稳态误差e=%=o

1+Kp

（2）在〃|（f）作用下系统的稳态误差

这时系统的开环传递函数为：

Kns+K

G0（s）=G（s»（s）=T2

系统位置误差系数为K=limG（s）=

ps0

在〃i（f）作用下系统的稳态误差=%=0

1+勺，

（3）在外⑴和〃2（。同时作用下系统的稳态误差

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〃2。)作用下系统的稳态误差

这时系统的开环传递函数为：

Ks+K

G0(s)=G(s)F(s)=12

Js

系统位置误差系数为七=hmG(s)=

s0

在〃2(f)作用下系统的稳态误差e““2=%-=0

1+3

所以在在“1。)和〃2(，)同时作用下系统的稳态误差为

e.=6.1+essn2=0+0=0

3-19设闭环传递函数的一般形式为

何=G(s)=+L+3+%

1+G(s)H(5)s"++L+qs+

误差定义取e(f)=r(Z)[c(f)o试证：

(1)系统在阶跃信号输入下,稳态误差为零的充分条件是：％=询h=0(«=1,2,L,机)

(2)系统在斜坡信号输入下，稳态误差为零的充分条件是：

%=劭e=a^ht-0(/=2,3,L,加)

解：(1)系统在阶跃信号输入下这时

R(S)=LC(s)=R(s)«s)=

Sss"+〃“j]s'"।+L/+a]s+&

EG)=R(s)1CG)」J"'+W；「；L+3+b。

SSS4~Cln1