《自動控制理論》作業(yè)集參考答案(專本科函授)第一部分要點

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1、此為第一部分 如合適，請再下第二部分 圖解1Y導(dǎo)彈發(fā)射架方位控制系統(tǒng)方框圖 1-6解 控制系統(tǒng)的任務(wù)是使攝像機自動跟蹤光點顯示器指示的方向。 當(dāng)攝像機方向角與光點顯示器指示的方向一致時， 日2=仇，自整角機輸出e = 0,交 流放大器輸出電壓 u=0,電動機靜止，攝像機保持原來的協(xié)調(diào)方向。當(dāng)光點顯示器轉(zhuǎn)過一 個角度，02 #61時，自整角機輸出與失諧角 △日二日1 -日2成比例的電壓信號（其大小、極 性反映了失諧角的幅值和方向），經(jīng)電位器后變成e,經(jīng)放大器放大后驅(qū)動伺服電動機旋轉(zhuǎn)， 并通過減速器帶動攝像機跟蹤光點顯示器的指向， 使偏差減小，直到攝像機與光點顯示器指 向重新達到

2、一致時為止。測速發(fā)電機測量電動機轉(zhuǎn)速，進行速度反饋，用以改善系統(tǒng)性能。 自整 圖解1Y 攝象機角位置隨動系統(tǒng)方框圖 系統(tǒng)中，攝像機是被控對象，攝像機的方向角 %是被控量，給定量是光點顯示器指示 的方向角包。系統(tǒng)方框圖如圖解 1-6所示。 參考答案 第一章 1-1解（1）負反饋連接方式為： an d , bn c； 圖解IT速度控制系統(tǒng)方框圖 1-3解 加熱爐采用電加熱方式運行，加熱器所產(chǎn)生的熱量與調(diào)壓器電壓 Uc的平方成正 比，Uc增高，爐溫就上升， Uc的高低由調(diào)壓器滑動觸點的位置所控制，該觸點由可逆轉(zhuǎn)的 直流電動機驅(qū)動。爐子的實際溫度用熱電偶測量，輸出電

3、壓 Uf o Uf作為系統(tǒng)的反饋電壓與 給定電壓Ur進行比較，得出偏差電壓 Ue,經(jīng)電壓放大器、功率放大器放大成 Ua后，作為控 制電動機的電樞電壓。 在正常情況下，爐溫等于某個期望值 T C,熱電偶的輸出電壓 Uf正好等于給定電壓 Ur。此時，Ue = Ur— Uf =0 ,故Ui =Ua = 0 ,可逆電動機不轉(zhuǎn)動，調(diào)壓器的滑動觸點停 留在某個合適的位置上，使 Uc保持一定的數(shù)值。這時，爐子散失的熱量正好等于從加熱器 吸取的熱量，形成穩(wěn)定的熱平衡狀態(tài)，溫度保持恒定。 當(dāng)爐膛溫度T C由于某種原因突然下降（例如爐門打開造成的熱量流失 ），則出現(xiàn)以下 的控制過程： 控制的結(jié)果是使?fàn)t

4、膛溫度回升，直至 T C的實際值等于期望值為止。 *T T 七 U f Ue T Ui T Ua T 日 T Uc T T，C 一 系統(tǒng)中，加熱爐是被控對象，爐溫是被控量，給定量是由給定電位器設(shè)定的電壓 Ur （表 征爐溫的希望值）。系統(tǒng)方框圖見圖解1-3。 號器 1 1 . ? ? T 卜霸一叵卦叵卦叵卜 放大器 圖解1-3爐溫控制系統(tǒng)方框圖 1-4解當(dāng)導(dǎo)彈發(fā)射架的方位角與輸入軸方位角一致時，系統(tǒng)處于相對靜止?fàn)顟B(tài)。 當(dāng)搖動手輪使電位器 Pi的滑臂轉(zhuǎn)過一個輸入角 斗的瞬間，由于輸出軸的轉(zhuǎn)角 日。, 于是出現(xiàn)一個誤差角，=4-久，該誤差角通過電位器P1、P2轉(zhuǎn)換成偏差電

5、壓 Ue =Ui -Uo , Ue經(jīng)放大后驅(qū)動電動機轉(zhuǎn)動，在驅(qū)動導(dǎo)彈發(fā)射架轉(zhuǎn)動的同時，通過輸出軸帶 動電位器F2的滑臂轉(zhuǎn)過一定的角度 日。，直至日。=4時，Ui = Uo ,偏差電壓Ue = 0 ,電動 機停止轉(zhuǎn)動。這時，導(dǎo)彈發(fā)射架停留在相應(yīng)的方位角上。只要 9i。日,偏差就會產(chǎn)生調(diào)節(jié) 作用，控制的結(jié)果是消除偏差 ^e,使輸出量8。嚴格地跟隨輸入量6 i的變化而變化。 系統(tǒng)中，導(dǎo)彈發(fā)射架是被控對象， 發(fā)射架方位角 ”是被控量，通過手輪輸入的角度 仇是 給定量。系統(tǒng)方框圖如圖解 1-4所示。 圖解導(dǎo)彈發(fā)射架方位控制系統(tǒng)方延圖 1-6解 控制系統(tǒng)的任務(wù)是使攝像機自動跟蹤光點顯示器指示的方

6、向。 當(dāng)攝像機方向角與光點顯示器指示的方向一致時， 日2=&，自整角機輸出 e = 0,交 流放大器輸出電壓 u=0,電動機靜止，攝像機保持原來的協(xié)調(diào)方向。當(dāng)光點顯示器轉(zhuǎn)過一 個角度，02 #仇時，自整角機輸出與失諧角 A6 =& -日2成比例的電壓信號（其大小、極 性反映了失諧角的幅值和方向），經(jīng)電位器后變成e,經(jīng)放大器放大后驅(qū)動伺服電動機旋轉(zhuǎn)， 并通過減速器帶動攝像機跟蹤光點顯示器的指向， 使偏差減小，直到攝像機與光點顯示器指 向重新達到一致時為止。測速發(fā)電機測量電動機轉(zhuǎn)速，進行速度反饋，用以改善系統(tǒng)性能。 自整 圖解攝象機角位置陵動系統(tǒng)方推圖 系統(tǒng)中，攝像機是被控對象

7、，攝像機的方向角 82是被控量，給定量是光點顯示器指示 的方向角 系統(tǒng)方框圖如圖解 1-6所示。 1-8解 工作原理：溫度傳感器不斷測量交換器出口處的實際水溫，并在溫度控制器中 與給定溫度相比較，若低于給定溫度，其偏差值使蒸汽閥門開大， 進入熱交換器的蒸汽量加 大，熱水溫度升高，直至偏差為零。如果由于某種原因，冷水流量加大，則流量值由流量計 測得，通過溫度控制器，開大閥門，使蒸汽量增加，提前進行控制，實現(xiàn)按冷水流量進行順 饋補償，保證熱交換器出口的水溫不發(fā)生大的波動。 其中，熱交換器是被控對象，實際熱水溫度為被控量，給定量（希望溫度）在控制器中 設(shè)定；冷水流量是干擾量。 ］流量計

8、卜 冷水流量 圖解17 水溫控制系統(tǒng)方框圖 系統(tǒng)方塊圖如圖解1-8所示。這是一個按干擾補償?shù)膹?fù)合控制系統(tǒng)。 1-9解 模板與原料同時固定在工作臺上。 X、Y軸直流伺服馬達接受控制器的指令， 按 輸入命令帶動工作臺做 X、Y方向運動。模板隨工作臺移動時，觸針會在模板表面滑動，跟 隨刀具中的位移傳感器將觸針感應(yīng)到的反映模板表面形狀的位移信號送到跟隨控制器， 控制 器的輸出驅(qū)動 Z軸直流伺服馬達帶動切削刀具連同刀具架跟隨觸針運動，當(dāng)?shù)毒呶恢门c觸 針位置一致時，兩者位置偏差為零， Z軸伺服馬達停止。系統(tǒng)中，刀具是被控對象，刀具位 置是被控量，給定量是由模板確定的觸針位置。系統(tǒng)

9、方框圖如圖解 割加工成模板的形狀。 圖解2-2 (G 跟隨 圖解17 刀具跟隨系統(tǒng)方框圖 k yf 生 dt :I W2-l (a) 第二章 2-1解 (a)以平衡狀態(tài)為基點，對質(zhì)塊 m進行受力分析(不再考慮 重力影響)，如圖解2-1(a)所示。根據(jù)牛頓定理可寫出 F(t) -ky(t) - f dy =m* dt dt 整理得 d2y(t) f

10、 dy(t) k 1 2 y(t) F(t) dt m dt m m (b)如圖解2-1(b)所示，取A,B兩點分別進行受力分析。對 A點有 dx1 dy ki(x—Xi) = f( \ Ic(s) — = RIr(s) — RIc(s) Cs 1Uc(s)=Ic(s)R + iR(s)+Ic(s)］《 聯(lián)立式(5)、(6)、(7),消去中間變量IC(S)和IR(S),可得: Uc(s) R2C2s2 2RCs i Ur(s) - R2C2s2 3RCs i —二) (1) dt dt 對B點有 dxi dy、. ，(菽一言2 ⑵ 聯(lián)立式(1)、(2)可

11、得： dy kh ki dx dt f (ki k2)y ki k2 dt (c)應(yīng)用復(fù)數(shù)阻抗概念可寫出 Ri- Ur(S)= —cs-I(S)Uc(S) Ri kg - v) T A * B * a ■ 75 -月 3 圖解2-1①) (3) cs I(s)= Uc(s) ""RT (4) 聯(lián)立式(3)、(4),可解得:  Uc(s) R2(i RiCs) Ur(s) Ri R2 RiR2Cs (5) (6) ⑺ 微分方程為： 也 R & u =% — dt CRR2 c dt CRi (d)由圖解

12、2-i (d)可寫出 U U,(s)=RIr(s)十 1r(s)十 Ic(s)］； Cs 微分方程為 du2 dt2 3 duc i T^^Uc CR dt C2R2 du2 dt2 .2皿,i CR dt C2R2 Ur 1 - T) A ? 2-2解 (a)取A、B兩點分別進行受力分析，如圖 解2-2(a)所示。對A點有 k2(x 一 y) f2(x -V)= fi(y 一 yi) 對B點有 fi( y - yi) = ki % (2) 對式（1）、（2）分別取拉氏變換，消去中間變量 yi,整理后得 Y(s) X

13、(s) 52 k1k2 s2,I k1 f2)s 1 k2 甲2 c2 J s ( k1k2 k1 2 - 2)s 1 k2 k/ (2) Ur⑸ R2 1 C2s R1 R2 - c1s R C1s 1 C1s 整理得 Uc(s) Ur(s) 2 RR2cle2s (R1cl R2c2)s 1 2 R〔R2cle2s (R1cl R2c2 R1c2)s 1 比較兩系統(tǒng)的傳遞函數(shù), 如果設(shè) R =1.k,R2 =1 k2,c 尸 f1,c 2 f2,則兩系統(tǒng)的傳遞函數(shù)

14、 （b）由圖可寫出 Uc(s) 相同，所以兩系統(tǒng)是相似的。 2-3解將Jh在ho處展開為泰勒級數(shù)并取一次近似 h「h。小」h = h0 2：。汕 (1) 代入原方程可得 「仙。二…加。"） (2) 在平衡工作點處系統(tǒng)滿足 (3) 式（2）, （3）相減可得Ah的線性化方程 cd、h S h = Q r dt 2、ho 2-4解 (a) 。x(t) =2 (t -to) …2 1 10s .X (s) = - 2 e s s (b) Gj x(t) = a (b - a)(t - ti)

15、- (b - c)(t -t2)-c(t -t3) X(s) = 1[a (b -a)e41s -(b -c)e，2s - ce,3s] s 八、 4 4 T 4 T 4 , 、 (c) G：，x(t)= t __2(t——)__2(t——). ft -T) T2 T2 2 T2 2 T2 4 _ _ s Ts X(s)=F(1-2e2 e」) T2s2 2-5解 11 (i) x(t) = e (2)原式 3 2 2(s 2)3 4(s 2)2 3 8(s 2) 24s 3(s 3) 二 x (t) -t2工 ——e 4 t _2t 3 _2t

16、 ― e — — e 4 8 1 +—— 24 (3)原式 1 —s 1 2s 1 1 s 1 1 1 - = —― ■ r — ! 2 2 2 2s s 2s 2 2s 2 (s 1) 1 2 (s 1) 1 1 1 _t ，x(t) = - +-e (sint-cost) 1 2-6解 單位階躍輸入時，有 R(s)= 一，依題意 s C(s) 1 2 1 3s 2 1 ——一 十 = - s s 2 s 1 (s 1)(s 2) s G(s)=.Cj) = 3s 2 R(s) (s 1)(s 2) k(t) = L，G(s)l - L，-1

17、 4 =4e^t -e4 s 1 s 2 2-7解系統(tǒng)的微分方程為 ?2 ，、 ,，、 d c(t) cdc(t) —2^ - 3—— ■ 2c(t) =2r(t) dt2 dt (1) 考慮初始條件，對式(1)進行拉氏變換，得 2 2 s2C(s) s 3sC(s) 3 2C(s)= 又有 C(s)= s2 3s-2 1 4 --~~—二一-——：——- s(s 3s 2) s s 1 s 2 c(

18、t) =1 -4e,2e?t 2-8解 (a)根據(jù)運算放大器 “虛地”概念，可寫出 Uc(s) uts R2 R (b) (c) 2-13 解 C(s) R(s) 2-14 解 Uc(s) Ur(s) Uc(s) Ur(s) 由圖可得 R2 C2s (1 RiCiS)(1 R2c2S) R1 — C1S R1 1 C1s R2 二 Cs R2 / Cs R1 2 2s 1 s2 2s 1 (s 1) R(s) =3 s C(s)= (s 1)(S 3) R2 2 R1C1C2s Ri (1 R2CS) 一(s

19、1)(S 3) —=2 - 3e4 e"t s 3 也@ G⑷ 1 圖2T4 c⑸ -O 圖解2-14 2-15 解 圖解2T5 2-17解(a)圖中有1條前向通路，4個回路 Pi =GG2G3G4, 「I Li =G2G3H1 L2 = -G1G2G3 H 3, L3 =

20、GG2G3G4H 4, L4 = -G3G4 H2, =1 -(L1 L2 L3 L4) 則有 C(s) _ P^1 G1G2G3G4 R(s) - 1-G2G3H1 G1G2G3H3-G1G2G3G4H4 G3G4H2 (b)圖中有2條前向通路，3個回路，有1對互不接觸回路 P1 二G1G2G3, 31=1, P2=G3G4,人2 =1 —L1 =1+G1H1 , L1 二一 G1H1， L2 =G3H3, L3 =-G1G2G3H1H2H 3, △ =1—(L1 +L2+L3)+ LL2, C(s) P1 1 P2 2 G1G2G3 G3

21、G4(1 G1H1) 則有 二 二 R(s) 1 G1Hl -G3H3 G1G2G3H1H2H3 -G1H1G3H3 (c)圖中有4條前向通路，5個回路 P1=C，P2 =G2, P3=G2, P4=G2G1, L=G1, L2=—G1G2, L3 = -G2, L4 = -G2G1, L5 = -G1G2 ， ::? = △ c = c = △ . =1 1 2 3 4 I， = 1-(L1 L2 L3 L4), 則有 C(s) P2；：2 . R；：3 . *4 R(s) _ -G〔 G1G2 G2 G2G1 _ 2G1G2-G1 G2

22、 -1 -G1 G1G2 G2 G2G1 G1G2 - 1 - G1 G2 3GG (d)圖中有2條前向通路，5個回路 Li=—G2H1, L2=—G1G2H 2, L3=—G1G2, L4=—G3, L5=G3HiG2H2, --： =1 -(Li L2 L3 L4 L5), 則有 包2 = P1：1 . P2：2 R(s) G1G2 G3 -1 G2H1 G1G2H2 G1G2 G3 -G3H1G2H2 (e)圖中有2條前向通路，3個回路，有1對互不接觸回路 L1 = -G1G2H1, P1=GG2G3,4=1, P2=—G4G3, 42=1—L1, L2 —

23、—G3 H 2 , L3 — —G2 H 3 ， △ =1-(L1 +L2 +L3)+ LL2, 則有 C(s) _ 小1 ?耍2 _ G1G2G3 -G4G3(1 G1G2H1) 、 R(s) 一 :, -1 G1G2H1 G3H2 G2H 3 G1G2G3H1H2 2-18解(a)令N(s) = 0,求 C(s)。圖中有2條前向通路，3個回路，有1對互不接 R(s) 觸回路。 P1=GC2, d=1, P2=GG3, 5=1 —L1H+G2H, L1=<2H, L2=-G1G2, L3=-G1G3, = 1-(L1 L2 L3) L1L3, C(s) _ P1 1 P2

24、 2 _ G1G2 G1G3CI G2H) R(s) 一 ： 一 1 G2H G1G2 G1G3 G1G2G3H 令R(s)=0,求 Cs^。有3條前向通路，回路不變。 N(s) P1 =-1, 1 =1 - L, P2 =G4GG2, 2 =1 P3 =G4G3, 5=1—L1 , △=1—(L1 +L2+L3)+LL, 則有 C(s) _ Pl 1 P2 2 P3 3 _ _1 -G2H G4G1G2 G4G1G3CI G2H) N(s) — 二： _ 1 G2H G1G2 G1G3 G1G2G3H (b)令N1(s)=0, N2(s) = 0,求 C@。圖中有1條前向

25、通路，1個回路。 R(s) 心梟，&=1， L1 2K(s 1) s 2 則有 C(s) _ FV1 _ Ks R(s) - . ： 一 (2K 1)s 2(K 1) 令R(s)=0, N2(s)=0,求 gs_。圖中有1條前向通路，回路不變。 M(s) P1 = s, 1 =1, 則有 C(s)=Pd= s(s + 2) N1(s) .-： (2K 1)s 2(K 1) 令R(s)=0, N1(s) = 0,求 C(s) 圖中有1條前向通路，回路不變。 2K s 2, T =1, 則有 (c)令 N(s) = 0,求 C(^。圖中有3條前向通路，

26、2個回路。 R(s) C(s) (；：1 -2K N2(s) 一 ： 一(2K 1)s 2(K 1) P1 =G2G4, 1 =1, P2 =G3G4, % =1, P3 =GG2G4, 3 =1, L二「G2G4, L2 --G3G4, ：=1-(L1 L2), 則有 C(s) R ：1 P2，2 P3 % G2G4 G3G4 G1G2G4 R(s) 一 一 1 G2G4 G3G4 令R(s) =0,求 Cs)。有1條前向通路，回路不變。 N(s) P1 =64, 1 =1, 則有 C(s)= P\ \ G4 N(s) 一 ： 一1 G2G4 G3G4

27、 第三章 、單項選擇題 1-5 : C、B、B、D A 6-10 : A D D、D、C 、分析計算題 3-1 解 中(s)=Lk(t) =0.0125/(s 1.25) 3-3解由結(jié)構(gòu)圖寫出閉環(huán)系統(tǒng)傳遞函數(shù) 1 中（s） =? Ki _ K2 s K1K2 - s 1 K1K2 1 一 令閉環(huán)增益“=——=2, 得：K2=0.5 ,K2 令調(diào)節(jié)時間 t s = 3T = E 0.4 ,得: KK K1 2 15。 3-6解：依題，系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù) ：：,(s) [T1 =1 T2 = 0.25 4 4 4 2 s 5s 4 (s

28、1)(s 4) / 1 1、 (s —)(s —) Ti T2 4 C0 C1 C2 C(s) =*；(s)R(s) = =-0 -- -—- s(s 1)( s 4) s s 1 s 4 Co =lim s①(s) R(s) = lim (s 1)( s 4) 二1 一 , _ 4 C1 = lim (s 1)中(s) R(s) = lim s_,1 s-0 s(s 4) C2 4 =lim (s 4) P(s) R(s) = lim … s q s(s 1) 4」1 4 h(t) = 1 - e e 3 3 T1 =4 T2

29、 ts ts L c c c c —T1 — 3.3T1 =3.3。 JU 3-7解 依題意應(yīng)取 1 =1 ,這時可設(shè)閉環(huán)極點為 九1,2 = —1/T0。 寫出系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù) 力⑸ 閉環(huán)特征多項式  10K 比較系數(shù)有 To 億、2 l| 1 [joj —=10 二 10K D(s) = s2 10s 10K To =0.2 聯(lián)立求解得‘0 ,K =2.5 因此有 ts =4.75T0 =0.95

30、— 1 3-8解依題 圖解3-8 。%《5%, =-0.707 (PM45); 3 5 ts =三<3, = tn >1.17; n tp Jl : TV , 一 <1 , = J1 Y 防 >3.14 3-8所示。 ’1 - Z n 綜合以上條件可畫出滿足要求的特征根區(qū)域如圖解 3-11解 依題，系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)形式應(yīng)為 r,(S)= K,;;-.2 tp ■nJ- 2 由階躍響應(yīng)曲線有: 、 1 h(℃) = lim s^(s) R(s)=也 s①(s) ,- = K①=2 JI 聯(lián)立求解得 二。。 二e-二」=25匚=

31、25。。 2 飛=0.404 所以有 國 n =1.717 2 1.7172 5.9 3-12解 依題意，系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為 2 _ 2 - 2 - s2 2 0.404 1.717s 1.7172 s2 1.39s 2.95 R(s) 1 G(s) 62.5 當(dāng)r(t) =0時，系統(tǒng)微分方程為 c (t) 5c(t) 62.5c(t) =0 考慮初始條件，對微分方程進行拉氏變換 s2C(s) -sc(0) -c(0)】51sC(s)-c(0)】62.5C(s)=0 整理得 s2 5s 62.5 C(s) =

32、s 5c(0) c (0) 對單位反饋系統(tǒng)有 e(t) = r(t) — c(t),所以 (1) c(0) = r(0) -e(0) =0 -10 =T0 c(0) = r (0) -e(0) =0-1 = -1 將初始條件代入式（1）得 C(s)= 70s -51 10(s 2.5) 26 2 2 2 s 5s 62.5 (s 2.5) 7.5 _ m (s 2.5) 「 7.5 --10 2 2 - 3.47 2 2 (s 2.5) 7.5 (s - 2.5) 7.5 c(

33、t) = —10e25t cos7.5t -3.47e25tsin7.5t =-10.6e25t sin(7.5t 70.8 ) 3-13解由系統(tǒng)階躍響應(yīng)曲線有 儲=0.1 口% =(4-3)/3 =33.3% 系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為 由式(1) 中(s) K1K2 s as Ki =0.1 = 33.3oo 聯(lián)立求解得 U = 0.33 ■= 0n =33.28 J (1) 2 2 K1 =82 =1108 a =2^^n =22 另外 h(二)二lim s：：｛s) 1 =lim 2 K1K2— = K2 -3 J0 s J0 s as K1 3-

34、17解 系統(tǒng)開環(huán)增益 Kk = K/15。特征方程為: .、 3 2 D(s) = s 8s 15s K = 0 做代換s = s -1有： D(s) =(s -1)3 8(s-1)2 15(s -1) K = s3 5s2 2s (K -8) = 0 Routh : S3 1 S2 5 a 18 -K S 5 S0 K -8 使系統(tǒng)穩(wěn)定的開環(huán)增益范圍為： 3-18解特征方程為： 2 K-8 二 K <18 8 —< 15 Kk 15 18 < — 15 D(s) =2Ts3 (2 T)s2 (1 K)s K = 0 Routh : S

35、3 2T S2 2 T S 1 K-fKF 1 K - T 0 K = T -2 4 =T ： 2 K -1 S0 陽解尊-ix使系疏椅定的參數(shù)土國 k v =1 電⑴=1⑴時, essn2 =sm0s 中 en1(s) N2(s) = l"s ① en2(s) 在反饋比較點到干擾作用點之間的前向通道中設(shè)置積分環(huán)節(jié), 擾因引起的穩(wěn)態(tài)誤差。 1 =0 s 可以同時減小由輸入和干 3-25 解 G(s) K(. s 1) (Fs 1)①s 1) KoK( s 1) 一 ([s 1)(T2s 1) K( s 1) (T1s 1)(T2

36、s 1) - KoK( s 1) K( s 1) T1T2s2 (T1 T2 -K0K )s (1 - K0K) / 日衿金八士 1 一KOK=0 依題意應(yīng)有：」 聯(lián)立求解得 工 十丁2 — KoKE=0 ‘Ko =1/K J =X +T2 此時系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為 綜合所得條件，當(dāng) K>1時，使系統(tǒng)穩(wěn)定的參數(shù)取值范圍如圖解 3-18中陰影部所示。 3 23 解「心 7(s+1) 1K =7/8 3-23 G(S)2 s(s+4)(s +2s+2) v=1 由靜態(tài)誤差系數(shù)法 r(t) =1⑴時，4 =0 r(t)=t 時， Qs=A=8=1.14 ，一 ，2

37、 一 r(t) =t 時， ess =00 「 K 3-24 解 G(s)= s(T1s 1)(T2s 1) r(t) =1(t)時， essr=0; 1 ,、E(s) 「sEs 1) - (Is 1) (s) en ..,、E(s) 一 (T2s 1) - s(T1s 1) K (s)= ——二 二 en2 電⑸ 1. K s(T1s 1)(T2s 1) K s(T1s 1)(T2s 1) W(s) 1 . K s(T〔s 1)Es 1) K s(T1s ? 1)(T2s 1) 1 1 R(t) =1(t)時，essm =sm)s6en(s)N

38、1(s) = s^ eR (s) - = K G(s)= K(T1T2)s K T1T2S2 考慮系統(tǒng)的穩(wěn)定性，系統(tǒng)特征方程為 D(s) =T1T2 s2 K (T1T2)s K = 0 當(dāng) 丁1, 丁2, K >0時，系統(tǒng)穩(wěn)定。 3-28 解 (1) G(s)= 25 s(s 5) K =5 Kp = lsm0G(s) = sim0 25 s(s 5) Kv =lim sG(s) = lim -^5- = 5 s 0 s 力 s ? 5 Ka lim s2G(s) = lim -25s- s j0 s

39、_o s - 5 h(t)=1(t)時, 「2。)=牙時, A ess2 二 Kv 2 一=0.4 5 2 □ (t) =0.5t2 時, A ess3 = Ka 由疊加原理 (2) 題意有 ess — ess1 ess2 ess3 用長除法可得 3-32 解 :\(s)= 1 G(s) s(s 5) 2 _ 一 s 5s 25 C0 =0 r(t) = 1 2t 0.5t C1 = 0.2 r (t) = 2 t C2 =0 r (t) = 1 C3 =0.008 r (t) = 0 ：%(s)=C0 C1

40、S C2S2 C3S3 = 0.2s 0.008s3 2 es(t) = C0r(t) Cj (t) C2r (t) C3r ⑴ :0.4 0.2t es(10) =2.4 (1)無順饋時，系統(tǒng)誤差傳遞函數(shù)為 %(s)=C| (s 1)(s 5) 20 s 5 2 s 6s 25 (2) Cn(oo)=咎5/(5)N(S)= !與 S① n(S)& = (3)有順饋時，系統(tǒng)誤差傳遞函數(shù)為 3⑸二需 N(s) 1 1 20K s

41、 - 1 IL s 25 , 20 1 (s 1)(s 5) s 5 -20K -2 Z ~ s 6s 25 Cn(二)=呵 s：>n(s) N(s)=：嗎 s：。n ⑸ MA s ‘5-20K 1 1=0 < 25 J 得 K =0.25 3-34 解 G(s)= s a v _ s (Ts 1) [Kk =a :v待定 由 r(t)=1(t)時，ess=0,可以判定：v >1 K (s a) = sv(Ts 1); —K(… 1 . s a sv(Ts 1) s a sv(Ts 1)

42、D(s); Tsv 1 sv s a 系統(tǒng)單位階躍響應(yīng)收斂，系統(tǒng)穩(wěn)定，因此必有： vE2。 根據(jù)單位階躍響應(yīng)曲線，有 h(二)=ljm s :,/ (s) R(s) = gm s - K(s a) sv (Ts 1) s a =K = 10 h (0)= k(0) =lim s ：j(s) s J二二 sK(s a) =lim 一段sv(Ts + 1)+s + a *Ts 2 Ks aKs v -1 v s s a 10 當(dāng)T #0時，有 Ks2 k⑼=sim：Tsv7 =10 K =10 可得 4 V = 1 T =1 當(dāng)T =0時，有

43、Ks2 k(0) = im.- =10 s I s 可得 K =10 ，v = 2 J = 0 (2) 3-38 解(1) G(s) =K 10 s(s 1) 10K 10 s s(s 10. 1) s(s 1) G(s) 1 G(s) 10K 2 ■ n s2 (10 1)s 10K s2 2 ：s 2 二 。 t p = 16.3。 ji 聯(lián)立解出 = 0.5 =3.63 = 0.263

44、 8 由(2) (4) Kv =四 sG(S)= 10K 1318— 二 3.63 10 1 10 0.263 1 10K =0： =3.632 =13.18,得出 K =1.318。 4-1 圖斛4 ：零橫點,分市圖 n JT ---=-TL 3 6 G(S1)H (s)= -1 +jV3+1「1 + j、3 2 -1 j 3 4 二1 第四章 解 若點s1在根軌跡上，則點 S1應(yīng)滿足相角條件 NG(s)H(s) = (2k+1)n ,如圖 解4-1所示。 對于s =

45、-1 + jJ3 ,由相角條件 G(S1)H(s)= 0 - (-1 j 3 1) - (-1 ji 0 - 2 滿足相角條件，因此 s1 = -1 + j <3在根軌跡上。將 &代入幅值 條件: * * K 解出：K =12 , K = K 4-2解 根軌如圖解4-2所示: 4-5 解 ⑴ G(s)H(s) 圖解4-2 ①實軸上的根軌跡: K ,2 s(s 8s 20) i，,01 ②漸近線: 0 (-4 j2) (-4 -

46、j2) 3 ③分離點: (2k 1)二 3 JI 二1二 3 二0 d 4 j2 d 4 - j2 解之得：d = _2,d = —3.33。 ④與虛軸交點： D(s) = s3 - 8s2 20s K 一 把s = j。代入上方程，整理，令其實、虛部分別為零得: jRe(D(jco)) =K*—86 2 =0 Jm(D(j)) =20 解得: O o 0 K*=0 0 2 2V5 ⑤起始角：由相角條件 二與3 ", 8p③=63一。 根軌跡如圖解4-5(a)所示。 G(s)H(s)= K s(s 1)(s

47、2)(s 5) 解得: cc=0 K" =0 & =1.12 、K* =19.7 U4-SCb)根軌跡圖 ①實軸上的根軌跡：L5,-2, Ll,0] 0 (一5) (一2) (一1) ②漸近線: 4 (2k 1)?. . 3二 一 , 4 4 4 ③分離點: 解之得：d1 = -4.06,d2 =-0.399,d3 = —1.54(舍去); ④與虛軸交點: D(s) =s4 8s3 17s210s K 令s = jco,帶入特征方程，令實部，虛部分別為零 ,Re(D(j。))=切4 -8o2 +2K* =0 Jm(Dj)) =(6 + K*2 -5o3

48、 =0 根軌跡如圖解4-5(b)所示。 G(s)H(s)= K (s 2) s(s 3)(s2 2s 2) E4-5(c)根就進圉 系統(tǒng)有四個開環(huán)極點、一個開環(huán)零點。根軌跡繪制如下： ①實軸上的根軌跡： L,-3]匚2,0】 -3 + (-1 +j1) +(-1-j1)-(-2) 3 = 二 ②漸近線： 」 3 邛=(2km=K 冗 1 3 3, ③與虛軸交點：閉環(huán)特征方程為 D(s) = s(s 3)(s2 2s 2) K (s 2) 把5 = j。代入上方程，令 4_ _ 4 2 . # Re(D(jco))=u —8

49、。 +2K =0 ■= Im(D( js)) =(6 +K*)m -53 =0 各=0 o =1.61 解得： 「 ，而 K =0 K =7.03 、 X. ④起始角 %二180 45 -90 -135-2557 =-2557 根軌跡如圖解4-5(c)所示。 ⑷ G(S)H(S)"iK(s(2S.4S 16) 系統(tǒng)根軌跡繪制如下： ①實軸上的根軌跡：Lg,_i] b,i] 1 (-2 j 3) (-2 - j . 3) -(-1) ②漸近線: ③分離點: (2k 1)二 3 冗 =——JI 3 , d d -1 d 2 - j2. 3 d 2 j2,

50、3 解得：d1 =—2.26& =04944 = -0.76 土 j2.16 (舍去) ④與虛軸交點：閉環(huán)特征方程為 D(s)=s(s -1)(s2 4s 16) K (s 1) =0 把s = js代入上方程，整理，令實虛部分別為零得： ’Re(D(j。))=切4 —12切2 +K* = 0 ■= Jm( D( jo)) =(K* -16)切-3m3 =0 解得: ⑤起始角: fe =1.38 u = 2.66 K =21.7 K = 37.3 % =180%06.1 ： -90二一120二一130.89，= -54.79： p3 由對稱性得，另一起始角為 54

51、.79 根軌跡如圖解 4-6解(1)閉環(huán)特征方程 d 1 D(s) =s2(s 10)(s 20) K (s z) =s4 30s3 200s2 K s K z = 0 有 D(j ) = ( 4 -200 2 K z) j(K ■ -30 3) =0 4 2 - 令實虛部分別等于零即: ■ -200 ■ K z = 0 ②漸近線: cp a -1 -3.5 (-3 j2) (-3- j2) 5 (2 k 1)二 二 3 二 二 一, 一，二 5 5 5 =-2.1 ③分離點: —+ + + + d d 1 d 3

52、.5 d 3- j2 d 3 j2 解得： d1 =—0.45 , d2 -2.4 (舍去),d* =325j1.90 ④與虛軸交點：閉環(huán)特征方程為 D(s) =s(s 1)(s 3.5)(s 3 j2)(s 3- j2) K =0 把s = j切代入上方程，整理，令實虛部分別為零得: Rej) =K" +10.5。—79岳 2 =0 , ， . 、 5 3 - Jm(j0)= 0 -43.5o +45.5。=0 解得: =0 K =0 ■-> V ： 1.02 K =71.90 -15546.3 （舍去） （舍去） ⑤ 起始角：根據(jù)法則七

53、（相角條件），根軌跡的起始角為 九二180 -75.96 -90 -135 -146.3 p4 = 92.74 圖解4-6根軌跡圖 由對稱性得，另一起始角為 92.74 根軌跡如圖解 4-6所示。 4-9解根軌跡繪制如下： ① 實軸上的根軌跡： 0.5,7/4] ②漸近線： -1 -1 7/4-(-0.5) 1 2 二（2k 1）二二三 2 一 2 ③與虛軸交點：閉環(huán)特征方程為 4312 10 D(s) =-s3 ys2 (2K -y)s K -1 =0 把s = j②代入上方程，令 圖解4-9根軌跡圖 1 2 Re(D(j )): K -1 -1 2 =

54、0 10 4 3 Im(D(j )) =(2K ■ 二0 解得: cc=0 2-2 9 9 K 7 根軌跡如圖解4-9所示。由圖解4-9可知使系統(tǒng)穩(wěn)定的 K值范圍為1 < K < 9/7。 4-11 解⑴ S3+2s2+3s + Ks +2K =0 作等效開環(huán)傳遞函數(shù) _ * G (s) K(s 2) 3~3 _ 2 ~ s 2s 3s 根軌跡繪制如下： ①實軸上的根軌

55、跡： 匚2,0】 ②漸近線： -1 + jV2 +(-1 - j5/2) -(-2)八 仃 a = = 0 2 :.(2k 1)二一三 . a 一 2 一一2 ③起始角： 1-180 54.74 -90 -125.26 =19.48 p1 圖解4-11(a)根軌跡圖 根軌跡如圖解4-11(a)所示。 (2) s3 3s2 (K 2)s 10 K = 0 作等效開環(huán)傳遞函數(shù) G (s) K(s 10) 3 2 s3 3s2 2s 根軌跡繪制如下: ①實軸上的根軌跡: 1-10,-21 1-1,01; _ -1 -2 - (-10) 5 — —3

56、.5 解得 ②漸近線: ③分離點: 2 (2k 1)二 2 冗 — 2 1 d 10 圖解4-11(b)根軌跡圖 d1 = —0.4344, d2 =—14.4752(舍)，d3 = — 1.5904(舍) ④與虛軸交點：閉環(huán)特征方程為 D (s) = s3 3s2 (K 2) s 10 K = 0 把s=j6代入上方程，整理，令實虛部分別為零得： _

57、 2 Re(D(j8))=10K -3c =0 — 3 Im( D(j )) = (K 2)，-， =0 試根可得: =1.69 根軌跡如圖解 4-11(b)所示。 4-13解由開環(huán)傳遞函數(shù)的表達式知需繪制 0-根軌跡。 ①實軸上的根軌跡： 匚2,0］，［1, +8)； ②分離點: d 2 d -1 解得：d1 = -0.732 , d2 =2.732 將s = d[ = -0.732, s =d2 = 2.732代入幅值條件得 di = 0.54, K % =7.46 ③與虛軸交點：閉環(huán)特征方程為 D(s)=s(s 2) K (1 -s)

58、 =0 把5 = jCO代入上方程，整理, 令實虛部分別為零得: 解得: Re(D(j )) Im(D(j )) =(2 - K ) =0 -1.41 K =2 圖解4-13根軌跡圖 根軌跡如圖解 4-13所示，復(fù)平面上的根軌跡為以開環(huán)零點為圓心，開環(huán)零點到分離點的距 離為半徑的圓 。系統(tǒng)產(chǎn)生重實根的 K”為0.54, 7.46,產(chǎn)生純虛根的K*為2。 4-14 解 (1)做等效開環(huán)傳遞函數(shù) b(s 4) 2 _ _ s 4s 20 ①實軸上的根軌跡: (-二, -4] ②分離點: + - 圖解4-14(a)根軌跡圖

59、d 2 j4 d 2 - j4 d 4 解得：d1 =-0.472(舍去)，d2 =8.472 如圖解4-14(a)所示，根軌跡為以開環(huán)零點為圓心，開環(huán)零點到開環(huán)極點的距離為半徑的圓。 當(dāng)b=2時，兩個閉環(huán)特征根為 九1,2 =—3 j4.24。 此時閉環(huán)傳遞函數(shù)為 ：1，(s)= 20 (s 3 j4.24)(s 3 - j4.24) (2)做等效開環(huán)傳遞函數(shù) ? 30b G (s)= — s(s 40) ①實軸上的根軌跡： _ 1 ②分離點： -+ d 解得：d=—20 I-40,-0 1 —1—二 0 d 40 圖解 4-14(b) 根軌跡如

60、圖解4-14(b)所示, 當(dāng)b = 2時，兩個閉環(huán)特征根為 "-38.44, K2=—1.56 此時閉環(huán)傳遞函數(shù)為 中(s)= 30(s 2) (s 1.56)(s 38.44) 4-16解作等效開環(huán)傳遞函數(shù) G(s)= a(s 1) a(s 1) s3 5s2 6s s(s 2)(s 3) 當(dāng)a A0時，需繪制180 ①實軸上的根軌跡: 根軌跡。 1-3, -21, 1-1,01 ②漸近線: -2-3 1 3 -1 (2k 1)二 3-1 =-2 ji = 2 解得 ③分離點： 1 十 d d d - -2.47

61、 分離點處的根軌跡增益可由幅值條件求得: d|d +2||d +3] d 1 =0.4147 圖解41$ Cb) 根軌跡圖 根據(jù)以上計算，可繪制出系統(tǒng)根軌跡如圖所示。 根軌跡圖解4-16(a)可以看出，當(dāng)0MaW0.4147時，多項式的根全為實數(shù)。 當(dāng)a <0時，需繪制0=根軌跡。實軸上的根軌跡區(qū)段為：(-8,-3］，匚2,-1］，b嚴)。 由根軌跡圖圖解4-16(b)可以看出，當(dāng)a <0時，多項式的根全為實數(shù)。 因此所求參數(shù)a 的范圍為0 Ea E0.4147或a <0。 ，. ，、一 * 4-17 解⑴ Gci(s) = K 時 * 系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為 G

62、(s) = 1 s (2k 1)二 (s 2) 根軌跡繪制如下： ①實軸上的根軌跡： (-g，-2] -2 2 仃 a = = — — ②漸近線：3 3 3 」 (2k 1)二二 1 ,a 3 一3, 根軌跡如圖解4-17(a)所示。 ⑵ Gc2(s) = K*(s + 3); 系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為 G(s)=4K^,根軌跡繪制如 s2(s 2) 下: ①實軸上的根軌跡: L 3,-2 1 ②漸近線： a -2 -(-3) 2 (2k 1)二 2 2 31 = — 一 2 根軌跡如圖解4-17(b)所示。 ⑶ Gc3 (s) =

63、K (s 1) 系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為 G(s) = K (s*)。 s2(s 2) 根軌跡繪制如下: ①實軸上的根軌跡: 1-2,-11 圖解4-17(c) 根軌跡圖 ②漸近線: ji — 2 根軌跡如圖解4-17(c)所示。 從根軌跡圖中可以看出，比例加微分控制器 Gc (s) = K *(s+ zc)的加入使根軌跡向左移 動，且當(dāng)zc <|p時系統(tǒng)趨于穩(wěn)定，附加開環(huán)零點越靠近虛軸這種趨勢越強。 4-19解 根軌

64、跡繪制如下： ①實軸上的根軌跡： (―元,-31 ②漸近線: a -3-1 j -1 - j 5 =—— 3 3 (2k 1)二 二 一，.只 3 3 ③與虛軸的交點：系統(tǒng)閉環(huán)特征方程為 D(s) =s3 5s2 8s 6 K =0 把5=上與代入上方程，整理，令實虛部分別為零得： 解得: ‘Re(D( j 8))=-5a2 + 6 + K * = 0 Im( D( j))= 一8 3 + 8切=0 缶=2.83 e =34 根軌跡如圖解4-19所示。 由仃％ W25%= 0 >0.4 ( P =arccos0.4 =66.4 一)，在s平面作等阻

65、尼線OA,使之 與實軸夾角為66.4 一。OA與根軌跡交點為 九1 ,其余2個交點為?l2 ,人3。 令 1 二二- j n 1 - 2- 二 -0.4 n j0.92 n 則 ,2 = - - n -■ j n 1 _ 2 - -0.4； ?n -■ j 0.92；.-; n 特征方程為 3 2.2 2 D(s) =(s - i)(s - 2)(s - 3) = s (0.8 n - 3)s ( n - 0.8 n 3)s- n , 3 3 2 ■■ =s 5s 8s 6 K 0.8 n —九3 =5 比較系數(shù)得 40 ； — 0.8 n % = 8 「町% =6 + K*

66、 &n =1.73 解得 "，一 3二—3.616 K* = 4.8 由調(diào)節(jié)時間ts <10s,又ts =3.5/45n= 區(qū)n >3.5,當(dāng) 3n =0.35時，由根之和可得 %=Y.3,由幅值條件確定出對應(yīng)的 K* =15.5。要求閉環(huán)系統(tǒng)的最大超調(diào) 。％<25%, 調(diào)節(jié)時間ts E10s,則K沖取值范圍^?應(yīng)為 0MK"E4.8。 -2 Z Z s 10s 10K 2 _ _ _ s 5s 62.5 ? 一 ” 一 3 一 K ■ - 30 f = 0 把切=1 代入得： K*=30, z = 199 30 0 (2)系統(tǒng)有五個開環(huán)極點： P1 =0, P2 = -1, P3 = -3.5, P4 = -3 j2, P5 = -3 - j2 ① 實軸上的根軌跡： 匚己-3.5,， 匚1,01 2