《自動控制原理》課后習題答案

1.1解：

（1）機器人踢足球：開環(huán)系統(tǒng)輸入量：足球位置輸出量：機器人的位置

（2）人的體溫控制系統(tǒng)：閉環(huán)系統(tǒng)輸入量：正常的體溫輸出量：經(jīng)調(diào)節(jié)后的體溫

（3）微波爐做飯：開環(huán)系統(tǒng)：輸入量：設(shè)定的加熱時間輸出量：實際加熱的時間

（4）空調(diào)制冷：閉環(huán)系統(tǒng)輸入量：設(shè)定的溫度輸出量：實際的溫度

1.2解：

開環(huán)系統(tǒng)：優(yōu)點：結(jié)構(gòu)簡單，成本低廉；增益較大；對輸入信號的變化響應(yīng)靈敏；只要被

控對象穩(wěn)定，系統(tǒng)就能穩(wěn)定工作。

缺點：控制精度低，抗擾動能力弱

閉環(huán)控制優(yōu)點：控制精度高，有效抑制了被反饋包圍的前向通道的擾動對系統(tǒng)輸出量的

影響；利用負反饋減小系統(tǒng)誤差，減小被控對象參數(shù)對輸出量的影響。

缺點：結(jié)構(gòu)復(fù)雜，降低了開環(huán)系統(tǒng)的增益，且需考慮穩(wěn)定性問題。

解：自動控制系統(tǒng)分兩種類型：開環(huán)控制系統(tǒng)和閉環(huán)控制系統(tǒng)。

開環(huán)控制系統(tǒng)的特點是：控制器與被控對象之間只有順向作用而無反向聯(lián)系，系統(tǒng)的被控變

量對控制作用沒有任何影響。系統(tǒng)的控制精度完全取決于所用元器件的精度和特性調(diào)整的準

確度。只要被控對象穩(wěn)定，系統(tǒng)就能穩(wěn)定地工作。

閉環(huán)控制系統(tǒng)的特點：

（1）閉環(huán)控制系統(tǒng)是利用負反饋的作用來減小系統(tǒng)誤差的

（2）閉環(huán)控制系統(tǒng)能夠有效地抑制被反饋通道保衛(wèi)的前向通道中各種擾動對系統(tǒng)輸出量

的影響。

（3）閉環(huán)控制系統(tǒng)可以減小被控對象的參數(shù)變化對輸出量的影響。

1.4解

輸入量：給定毫伏信號

被控量：爐溫

被控對象：加熱器（電爐）

控制器：電IE放大器和功率放大器

控制嵇執(zhí)行被控

機構(gòu)對停

加

電

有

正+

老

伏

菽?*φ-i肝不熱爐

信

號

熱電偶

系統(tǒng)原理方塊圖如下所示:

工作原理：在正常情況下，爐溫等于期望值時，熱電偶的輸出電壓等于給定電壓，此時偏

差信號為零，電動機不動，調(diào)壓器的滑動觸點停留在某個合適的位置上。此時，爐子散失的

熱量正好等于從加熱器獲取的熱量，形成穩(wěn)定的熱平衡狀態(tài)，溫度保持恒定。

當爐溫由于某種原因突然下降時，熱電偶的輸出電壓下降，與給定電壓比較后形成正偏差

信號，該偏差信號經(jīng)過電壓放大器、功率放大器放大后，作為電動機的控制電壓加到電動機

上，電動機帶動滑線變阻器的觸頭使輸出電壓升高，則爐溫回升，直至達到期望值。當爐溫

高于期望值時，調(diào)節(jié)過程相反。

1.5解

不正確。引入反饋后，形成閉環(huán)控制系統(tǒng)，輸出信號被反饋到系統(tǒng)輸入端，與參考輸入

比較后形成偏差信號，控制器再按照偏差信號的大小對被控對象進行控制。在這個過程中，

由于控制系統(tǒng)的慣性，可能引起超調(diào)，造成系統(tǒng)的等幅振蕩或增幅振蕩，使系統(tǒng)變得不穩(wěn)定。

所以引入反饋之后回帶來系統(tǒng)穩(wěn)定性的問題。

1.6

解：

對自動控制系統(tǒng)的基本要求是：穩(wěn)定性、快速性和準確性。

增大系統(tǒng)增益使得閉環(huán)控制系統(tǒng)的調(diào)整時間減小，提高系統(tǒng)的快速性。

2.1解

對質(zhì)量m的受力分析如下圖所示:

由牛頓第二定律得:

一皿竽

dtdr

同時ZQ)=y(∕)—x(t)

綜合上述兩式得其微分方程為

d2z(t)+/也+近⑺=一加曾

m

drdtdr

設(shè)輸入量輸出量及其各階導(dǎo)數(shù)的初始值均為零，對上式進行拉氏變換得式

ms2Z{s}+fsZ(s)+kZ(s)=-ms2X(s)

故其傳遞函數(shù)為G(S)=ZS)=ms2

X(S)ms~+fs+k

2.2解

受力分析得:

對于M有：

Mgsin=ML

F=Mgcosθ

對于m有：

Fsin∕x-3=m

22

整理后得:

w=τsinθ

d“xM八

-?=——geos”sinθ--X

dt~mm

削去e的系統(tǒng)的微分方程：

X^ι—X----Lθ=O

mm

對上式做拉普拉斯變換后整理得系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為:

2

人θ(s)ms+k

G(s)=---=-------Z-

XG)MLS2

2.3解

G

(a)電氣系統(tǒng)

證：(a)由電路可得:

+(4+

%=^?C?SClS

U

jR-(R+-)(R+-)+R-

i乜2i1l1CS

R、+—?-+IGSc2sClS1

2GSR、+?

,GS

RIR)CIC+(NG+R)C2)S+1

R]Λ2GGS~+(MJ+&G+RlG)s÷1

則其微分方程為:

/?i7?-,CC—聲+(HIG+R,C2+RC2)——+u,—RIRteC2—六+(HlG+R->C?1)—-+u

^12dttdtrdrdti

（b）取A、B兩點進行受力分析，列出方程得：

atat

⑵

1dt'

由（1）式、（2）式得

f-,———力-+IGXi—k,x<>—X（3）

dtdt）

占X⑴+工x（3）得

z/?Ydxd~Xdx

工?Λ=≠+OΛ+工&+力匕）崇+左芯4=工力二7/+（工&+力匕）笠+左他七

atatdrdt

經(jīng)比較，電氣系統(tǒng)（a）與機械系統(tǒng)（b）的微分方程具有相同的形式，故兩個系統(tǒng)為

相似系統(tǒng)。

2.4解

1

傳遞函數(shù)今=C?'=——

Ui1+1+1c1+c2+CxC2Ls"

Cj5C2S

微分方程(Cl+c2)Mo+C[C,Ldg=Clui

dt'

2.5解

由電路得:

(1)

Rl—R2

1CS

1

A+

CS

綜合（1）、（2）式，消去變量u,可得其傳遞函數(shù)為:

ull=RtR2R4CS+R2R4

%Rl&

進而得其微分方程為

R2R4CduiR2R4_

6力

2.6解

對系統(tǒng)中各個部分建立相應(yīng)的微分方程如下：

u∣2=3=k∣ic=RJ"+Lg

dt

UM=UKRjSd+(Lα+LQ與

U(I=L%

Ed2θdθ

T—Z-H------=kU

wdt2dt

對上面各式拉氏變換并整理得到:

Iq(S)

對上式削去中間變量得到系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為:

6(s)=________________k"2(R+Lils)________________

t∕f(5)^s(l+Tms)[(Ra+Rd)+(Li,+Ld)s](Rq+Lqs)(Rc+Lcs)

2.7解

由圖示及題中條件得:

e?)=Ri?)+《C)

?/八?/八dug)

4?)-%(a=c—?—

clt

uc(t)-eh(t)=L^^-

at

<

,、1dx

4，(')=仁

at

F0=k2i2(t)

2

r?,(八fdx{t}dx(t)

對上式進行拉式變換得：

E(S)=Rl[S)+Uc(S)

/,(S)-Z2(S)=CStZc(S)

Uc(S)-Eb(S)=LSI2(S)

'Eb(S)=k∣SX(S)

F0=Ic2I2(S)

2

Fn-2kX(,S)-fSX(S)=MSX(，S)

則通過消去中間變量得傳遞函數(shù)如下：

(?Jr(30、)=-X--(-S--)-=---------------------------------h-=--------------------------------

2

E(S)(RCLS+LS+R)(MS2+β+2k)+k2(RCks+KS)

2.8解

由題意得:

但⑺一仇⑺L=%(f)

Ji(Z)

ku{t}=if⑴Rf+L--f-

1efdt

N

θ3=木/V2。Q)

M(t)=k∕f(t)

J嗎皿=MQ)

drdt

其中K為磁控式電動機轉(zhuǎn)矩系數(shù)，令初始條件為零，作拉氏變換得:

也(5)-2⑸飲=S(S)

b5(S)=If(S)Rf+LJf(S)S

N

O(S)=W-Q(S)

N2

M(S)=心。(S)

JΘ(S)S2+fθ(S)S=M(S)

解得：

G(S)=吧=_______??________

2

θi(S)kxk2kmN2+Ni(JS+fS)(L,S+Rf)

2.9解由圖示得電路的微分方程如下:

%(，)-〃(，)=i(r)R]

Z=z1+z2

d[u(t)-un(t)].小

↑cι-------TT-=4⑺

Clt

i2(t)R2=-uo(t)

C粵=W)

dt-

作拉氏變換得：

U(S)=Ui(S)-I(S)R

I(S)=It(S)+I2(S)

<ClS[U(S)-Uo(S)]=I1(S)

I2(S)R2^-Uo(S)

C2SU(S)=I2(S)

則初始方塊圖如下：

÷

-R2(S)

由梅森公式得其傳遞函數(shù)如下：

G(S)==_________《RS_________

2

Ui(S)CiC2RlR2S+CtRyS+C2RiS+1

2.10解

對方塊圖進行簡化得：

Gq

N(s)

1+HGGa

由梅森公式得

________________G3+GQG________________^S)

1+H2G2G3+HIGlGO+G1G2G3÷G1G4—H1H2GiG2G4

+--------------------------1+----------------------------N(S)=y(S)(i式)

1+H2G2Gi+HlGlG2+G1G2G3+G1G4-HtH2GiG2G4

(1)當N(S)為零時可得傳遞函數(shù)為:

G(S)=________________GR+GQQ

1÷H2G2G^÷H1G1G2÷GG2G3+G1G4—HTH)GlG)G4

(2)由(1式)得當I+"。。?=。時.，輸出Y(S)不受干擾N(S)的影響。

2.11解

(a)(1)方塊圖化簡如下所示:

從而可得其傳遞函數(shù)為:

GS=f晨3

(2)其信號流圖如下所示:

Y(S)

系統(tǒng)信號流圖中共有2個回路。增益分別為LI=GdL2^-GiG2HtH2,無兩兩不

接觸回路。所以信號的特征式A=I-(G1Hl-G1G2H1H2)o

系統(tǒng)有1條前向通路，增益為/]=G1G2,回路均與此前向通路接觸，故A=I,從

而可得其傳遞函數(shù)為

G(S)==------------------

Δ1-G1∕∕l+G1G2H1W2

(b)(1)方塊圖化簡如下所示:

HIH2<

從而可得其傳遞函數(shù)為:

GG

G(S)=

1+G2H2÷G[G?H[H2

(2)其信號流圖如下所示:

G，A。y(5)

與a原理相同可得其傳遞函數(shù)為:

G(S)=3=GG

ΔI+G2H2+G1G2H1H2

(c)(1)方塊圖化簡如下所示:

Y(S)

從而可得其傳遞函數(shù)為:

G⑸=------------------------------

1+W1G1+H2G2+H3G3+WlZf3GlG3

(2)其信號流圖如下所示：

-HZ

G,“G,G

R(S)------------?-!-A—AZxA，($)

與a原理相同可得其傳遞函數(shù)為：

G(S)=皿=----------------------------------

Δ1+H1G1+H2G2+W3G3+W1H3G1G3

2.12解

速度控制系統(tǒng)的方框圖為:

該系統(tǒng)的微分方程為

da).du

Tm-+cυ=Kg^+Kgui-KeMe

K's+K

當M,=O時，傳遞函數(shù)為三ω=一—工v

UiTMS+?

2.13解：例2.4.1中的方塊圖如下所示:

UiG)

其對應(yīng)的信號流圖為:

其中Gl=---------G2=G3=R-IHI=---------H2=I

'LS+R2C2S3-]+R∣C∣S

由梅森公式得：

(-----)(-?-+/?,)

C(S)-UO(S)_GG+GG=LS+R?GS

-U1(S)—?+G1H1+G1G2H2-1~&一+，)

LS+R2↑+RiClSC2S

RIR)CIC2S~+(RlCl+R^>C2)S+1

NGGLS3+(RTClC+LC?)*Sr2+(RICl+R?C?+)S÷1

2.14解

系統(tǒng)對應(yīng)的信號流圖如下所示:

由梅森公式得

____________GGgGa+GG$____________

1+GiG2Hi+G2G3H1+G1G2G3G4H3+G1G5H3

+.一55(匕G54匕E?"2.P(S)=y(s)(i式)

1+GGHl+G2G3H2+G1G2G3G4H3

(1)當N(S)為零時可得傳遞函數(shù)為：

G(S)=跑=GC+GG

R(S)1+G1G2W1+G2G3H2+G1G2G3G4ZZ3+G1G5H3

(2)由(1式)得當G3G4(l+G∣GzHJ-6365//2=O時，輸出Y(S)不受干擾P(S)

的影響，此時可得G4(l+GG"∣)=G5H2

2.15解

-H2(S)

R(S)OAy(s)

G(S)

GI(S)2

-W1ω

系統(tǒng)信號流圖有4個回路，增益如下:

ZI=—"3(S)G(S)L2=-H2(S)G1(S)G2(S)

k

L,=-//,(S)G(S)G(S)L=--G(S)G(S)

124?12

無兩兩不接觸回路，系統(tǒng)有1個前向通路，其增益為6=KG1(S)G2(S)。所有回路均

S

與6接觸，所以劣=1。從而可得其傳遞函數(shù)為:

G叱舒=警

g(S)GQ)

kG?(S)G2(S)+S[?+H3(S)G1(5)+H2(S)G1(S)G2(S)+∕7l(5)Gl(5)G2(S)]

2.17解

(a)方塊圖為:

U(S)y(s)

13

----------1----------------

Y(S)_S+2S(S+2)1

其傳遞函數(shù)為：G(S)

U(S)1-S(?)S^i

其信號流圖為:

其狀態(tài)方程為：X=Xl+，，y=/

(b)

Ul→Q>ξ

s+a

+Y

?Q—?Ay

s+_a_2

由框圖得其傳遞函數(shù)為:

(S+a)C-C-

q+U

(S+a)2-C2(S+a)2-C22

-C2q+??4

(S+a)2-C2

故可得其狀態(tài)方程為:

2

y2][ac-ccj[_x2

(c)

Ay(S)

故

X=-5x∣+2X2+x3

x2=-3X2+2X3

x3=-4X3+U

y=x∣+%3

其狀態(tài)方程為：

'i1lΓ-521%,O

2X+OU

X2-O—32

AOO一4?1

y=[1,0,1]x2

Λ.

2.19解：狀態(tài)空間的表達式為:

（1）得其信號流圖為:

inH10

故其傳遞函數(shù)為：G(S)=一k-------5?

1+4ST+35^2S2+45+3

（2）用矩陣法得出的傳遞函數(shù)為:

F-1L

SS-I0

G(S)=6+1)=[10,010

S+4]|_1.

S+3S2+4S+3

2.21解:

（1）其傳遞函數(shù):

S-+(a-k)s+Z_________U⑸+kS?+3kS+3k__________

MS)=

S3+(?+?+2)S2+(2a+ak)S+3k'S3+(a+k+2)S2+(2a+ak)S+3k2

故可得信號流圖:

xi=x2x2=x3x3=-3k%-Qa+Clk)X?一(4+&+2)x3+Ul(S)+U2(5)

y=kxi+(a-k)x2+x3+3kxi+kxi=4左％+(α+2k)x2+(k+l)x3

故其狀態(tài)方程為:

O

O1U2(S)

—(2α+ak)—(α+%+2)

項

y=?4k,a+2k,k+1x2

(2)用矩陣法得：

G(S)=([S/-A]'3+1)

7sOoWO10^

=[4Z,α+2A,Z+l]=OS0-0010

II。SN-3%

O-(2a+ak)一(α+Z+2),1

3.1答：該系統(tǒng)不存在，任何一階系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)都不能超過1。

3.2解：

假設(shè)系統(tǒng)的初始條件為零，則系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為

①⑸=熟=10

0.5S+1

(1)單位脈沖響應(yīng)

輸入信號為單位脈沖信號r(f)=5Q),其拉氏變換為R(S)=1,

則系統(tǒng)的輸出為Y(S)=------

0.55+1

則系統(tǒng)的單位脈沖響應(yīng)函數(shù)為：y(∕)=20e^2,√≥0

(2)單位階躍響應(yīng)

輸入信號為單位階躍信號rQ)=1(f),其拉氏變換為R(S)=-

S

則系統(tǒng)的輸入為Y(S)=————

5(0.55+1)

則系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)函數(shù)為：y(f)=IO-IOe-2*,Z≥0

(3)單位斜坡響應(yīng)

輸入信號為單位斜坡信號r(f)=t,其拉氏變換為H(S)=二

S

則系統(tǒng)的輸出為Y(S)=干@一

r(0.5.v+l)

則系統(tǒng)的單位斜坡響應(yīng)函數(shù)為：j(r)=10z-5(l-^2,)√>0

3.3解：

(1)輸入信號的拉氏變換為R(S)=1+輸出為Y(S)=二+0.81-0.8」一

SSSS5+5

則系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為：①(S)=上應(yīng)=/一

R(S)5+5

開環(huán)傳遞函數(shù)為：G(s)=*

S

(2)系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)為：Y(S)=<D(s)R(s)=---，則T=O.2

s(s+5)

系統(tǒng)的上升時間為：。=2.197T=0.4394

0.8,Δ=2

調(diào)整時間為：t=<

s0.6,A=5

超調(diào)量不存在。

3.4解

證明：當初始條件為零時，有坨=至土?

R(S)7\+1

單位階躍輸入信號為HG)=L

S

所以，系統(tǒng)的輸出為y(s)=上上?R(S)=(三巴■)!=■!■—工二

7?+lTs+?ss7X+1

M=LT[Y(s)]=ι-

r-rt

根據(jù)定義，(I)當4=n3+ln-

r^Γ<

所以td=(0.693+In

⑵求tr(即一y(t)從0.1→0.9時所需的時間)

τ

當y(f)=1_--e=0.9時，有弓=T[ln(-y-)-ln0.1]

T—r-??-T-T

當y(∕)=I---------eT=0.1時，有4=∏ln(-------)-ln0.9]

09

則O=S=Tln-=2.2T

’210.1

(3)求調(diào)整時間4

假設(shè)誤差寬度A=5,則有

y(4)=l-^ie4=0?95

解得4=T[3+ln-y?]

3.5解：

由方框圖，可以求得系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為:

100

①(S)=

5+IOOr

100

(1)若τ=0.1,則系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為：①(S)=

5+10

0.4,A=2

則T=0.1,調(diào)整時間4=<

0.3,Δ=5

(2)時間常數(shù)T=」—，若要求440.1s,則

IOOr'

τ>0.4,Δ=2

r≥0.3,Δ=5

(3)反饋系數(shù)7■使得系統(tǒng)的時間常數(shù)減小了，從而使系統(tǒng)的調(diào)整時間也減小，但卻使得

系統(tǒng)的閉環(huán)增益也減小了。

3.6解：

系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為：①(S)=-°巫)-=丁)一，則SlI=4,=0.5

2

1+GA.(5)5+45+16

單位階躍響應(yīng)，系統(tǒng)的輸出為：y(s)=?!■?十名——

S?+45+16

系統(tǒng)的響應(yīng)函數(shù)為：y(t)=1-e^a,sin(2√3/+60),/>0

單位脈沖響應(yīng)，系統(tǒng)的輸出為；Y(S)=F------------

?+45+16

系統(tǒng)的響應(yīng)函數(shù)為：>?)=容e~sin(2jjf)

120

3.7解：(1)①(S)

52+125+120

得：?=√120=10.95S=-4==O.55

√120

π

=0.343

1

ωn4?-δ^

4,

——=0.667

δω.,△=2

△=5

枷

δ?=e份XlOo%=12.7%

，、不,、8116

(2)①(S)=--------------=-----z--------------

3?+8.45+486?+2.85+16

得：0>,=√16=4S=O.35

_π

ι=0.84

2

'ωιly∣?~δ

4

——=2.857

血△=2

3△=5

——=2.143

δωn

δπ

S%=eNXlOO%=30.9%

3.8解：系統(tǒng)的傳遞函數(shù)。G)=儂=F--——，七=y[bk,ξ=—‰

R(S)s2+as+bk2瘋

27-25

由圖可知tp=0.3,y(oo)=2.5,<τ%=—?y-xlOO%=8%,

tp=—^==0.3

芯

<cr%=e百×100%=8%

y(oo)=Iimy")=Iims(-----------)-=-=2.5

[→8s+as+bksb

STo

解得，b=0.4,a=16.8,k=451.1

kk1f)∩

3.9解：(1)引入速度反饋前：(I)G)=2人——=F~~——，?=10,^=0.25

H*+"紙252+55+100〃

σ%=eGXloO%=44.45%,

4

1.6S......d~2

物

ts=<

3

1.25,……二二5

苫①“

引入速度反饋后:

桃2IOO

(KS),叱=10后=0.5

22

Ts+(1+?2Γ)5+?I?2S+IOs+100

J=ekXIOo%=16.13%

4

0.8,........尸2

以％

tS=V

3

0.6,........A=5

(2)

臨界阻尼時，［=1,解得τ=6

3.10略

3.11解：由系統(tǒng)框圖可得系統(tǒng)傳遞函數(shù)為:

(&+.)：

.S(I+仆)K(K+τs)5(20+5)

①(S)=---------------------2t

s(Ts+l)+K(K+τs)~s2+10s+?00

?+(K.+τS)——J2l

'5(1+7：?)

?.IO(Xs+20)

-20*52+10,V+102

與標準型進行對比可得：

ωn=10ξ=0.5z=20

①”π

：.φ=arctan---------------=—

z-ξωn6

ξω

r=??n=0.25

z

2

1=y∣z-2zξa>n+cDιl^=10?/?

=八-：：+尸e忌×100%=11.0%

故：3%

(4+/」)?」-=0.77SΔ=2

Zξωn

(3+∕,,,)?-1-=0.57sΔ=5

ZM

3.12W：

W(S)=—；------?-----------------=----------------------------------------

5+85'+145+12(5+6)(5+1+j)(s+1-J)

系統(tǒng)有三個極點：

pι.2=-1±yP3=-6

由于：------:----=6>5

REAL[%]

所以系統(tǒng)的主導(dǎo)極點為：P=-ι±7

22

①(S)≈------------------------=—；-------------

(?+25+2)(?+1)-+2S+2)

6

所以：ω,,=√2?=1∕√2

故：b%=e后×100%=4.3%

3.13解：(1)S4+7√+l‰2+225+12=0

勞斯陣列如下:

?411812

J7220

0

0

0

第一列全為正數(shù)，穩(wěn)定特征根全在左半平面

432

(2)？+25+35?+65+5ly+3=0

55135

54263

S3Oe)3.50

6&—7

S230

~Γ

-332+211-24.5

S00

6&-7

s°300

2

6g—7n-3?+2K-24.5n

—-----<O——---------二-------->O

自6.7

第一列符號變化兩次，故有兩個特征根在右半平面，系統(tǒng)不穩(wěn)定

(3)5/+3/-吟+14s+12=O

545-1012

―3140

5115.0800

5°1200

有兩個根在右半平面，系統(tǒng)不穩(wěn)定

(4)/+7/+425+30=0

541030

S37420

SI-6300

700

5°3000

有兩根在右半平面，系統(tǒng)不穩(wěn)定

(5)?+6?d+13.1+18.r+225+12=0

5511322

5461812

10200

526120

SlOoO

I出現(xiàn)全零行，則用系數(shù)構(gòu)造輔助方程：652+12=0O對其求導(dǎo)，得：12s=00貝IJ：

52612O

√12OO

s012OO

系統(tǒng)有兩個共腕虛根，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定

(6)?+7?+6?+42?+8.?+56=0

55168

5474256

Too0

S2

Sl

5°

53出現(xiàn)全零行，則用54系數(shù)構(gòu)造輔助方程：7∕+42r+56=0?對其求導(dǎo)，得：

28?+845=0,兩邊同除以28得/+3s=00則

53130

SI21560

5l?00

3

5°5600

系統(tǒng)有兩個共聊虛根，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定

3.14解(I)特征方程為S4+2S3+2S2+∕C^0

勞斯陣列如下

5412k

5320

522k

Sl-k

s0k

由勞斯穩(wěn)定判據(jù)，無論k取何值，系統(tǒng)都是不穩(wěn)定的

(2)特征方程為s4+8s3+17s2+(iθ+k)s+4Z=O,由勞斯穩(wěn)定判據(jù)知系統(tǒng)穩(wěn)定的k值

范圍為0<k<126

,k(s+2)

3.15解n：G(s)=---------------------------------------

(S+2)(S+4)(S-+6s+25)+k

特征方程：54+1253+6952+1985+200+Z=0

勞斯陣列如下：

54169200+A

/121980

SI52.5206+Z0

S7995-⑵。。

52.5

5°200+左00

7995-PA-

要使系統(tǒng)穩(wěn)定：200+k>0且>0得出：-200<k<666.25

52.5

當k=666.25時,系統(tǒng)臨界穩(wěn)定,系統(tǒng)響應(yīng)y(f)持續(xù)振蕩，頻率

/872.25r—

ω=J------=√16.5≈4λrad/S

nV52.5

3.16解

沒加速度反饋之前，系統(tǒng)的特征方程為3/+7/+35+1=0,可以看出系統(tǒng)是穩(wěn)定的。

加了速度反饋后，系統(tǒng)的特征方程為3s3+(7+3Γ)52+(3+τ)s+1=0

利用勞斯穩(wěn)定判據(jù)可知，只有當年?巫二(-1.6)時系統(tǒng)是穩(wěn)定的。

3

綜合可知，加入速度反饋后使系統(tǒng)的穩(wěn)定性變差，只有當7取合適的值才能使系統(tǒng)穩(wěn)定。

3.17解：

R(S)-kp+kjs—~?—?-------?Y(S)

?v,?I4)

傳遞函數(shù)：①(S)=F__-——B-----

2

s+(2+kd)s+kp

22

特征方程：s+(2+ktt)s+kp=5+2.1Λ-+1=0

令z=s+l,則特征方程為z2+0.1z-0.1=0

系統(tǒng)特征方程系數(shù)不全為正，可知系統(tǒng)不穩(wěn)定，故系統(tǒng)沒有。=1的穩(wěn)定裕度。

3.18解

系統(tǒng)是I型系統(tǒng)，所以當輸入為單位1(t),t,%時，穩(wěn)態(tài)誤差為O,l∕k,∞.

當輸入為l(f)+r+∕∕2時，穩(wěn)態(tài)誤差為oo?

3.19證明：由O(S)的系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)：G(S)=]φ(?s)E(S)=S2口+￡升

故

Iim1+《一產(chǎn)"'"S+4—(2#"+屏+瓦)

IimSE(S)=Iim-----------

n

?'→θSTOST+G(S)sf。Sans÷QIS+a。

+???%s-S"S"I+…^^)+(4-4)+(Qo-bg)s1

=UmX

s-÷0nnx

ans+an-λs~???axs+a0

要想使ess=0,只有使“∣=4%=%

3.20解

(1)

%

當R(s)≈0時，ess=Iims?E(s)=Tims?---------SfS+D-------?(%+丸S)=一件，

s0

→2°↑+k.-^(公+%5)"3

S(TS+1)

TL(S)=DlS

k

Y(S)=——要蟲——?2

1+k.-----1——(k-,+k.s)S

Is(TS+1)34

穩(wěn)態(tài)誤差%=IimS?E(s)=-Iim"-----?ξξ^-----------?(&+3=-?

2°1°↑+k---(A+/S)13

'i5(?+1)-4

(2)當R(S)=I∕s,TL(S)=O,

]

=IimSE(S)=Iims.—.--------------------=0

]Z∕2(Z3+Z4S)

5→0SfOst

5(費+1)

3.21解:

N(S)

------------------

Λ(5)→O-?GI→e-→G2→y(s)

-H(S)一

(a)恒值調(diào)節(jié)系統(tǒng)

N(S)

+E(S)—IX-

R(S)-—?Gl—?G3—?—?G?>—?Y(S)

H(s)P-

(b)加入積分環(huán)節(jié)

N(S)

>χ(Z—?G-----?fG0?/(S)

H(S)一

(c)采用前饋控制

由勞斯判據(jù)得該系統(tǒng)的穩(wěn)定：

Gz(S)H(S)0.5(0.055+1)1

e“=IimSE(S)=IimS?N(S)=Iim

SS,s→0j→0s→0

1+G1(S)G2(S)H(S)(0.25+1)(0.055+1)+4082

=0.0122>0.01

(1)當串入積分環(huán)節(jié)Ga(S)=(B:

S

G(S)H(S)?N(S)=Iim--------0?5S(0.05S-1)--------

%=IimSE(S)=Iim52=0

5→05→0I+G(S)G式S)G式S)H(S)1。5-(0.055+1)(0.2s+1)+40Z

其特征方程為：+25Λ2+1OOS+400Ok=0

由勞斯判據(jù)得：0<k<-

8

(2)當采用符合前反饋時：

.G、.[l-G(S)G(S)]G,(S)W(S)10.5(0.055+l)-40G

=h1msE(S)=I1ιm5,(z---------1--------4--------------------)λ—=Irim---------------------------4—

SSA5→o5→0l+G2(s)G](s)H(s)S2。(0.05s+l)(0.2s+1)+40

要使e即=0,只有使G4=0.5(0.055+1)/40="生士1

80

322解(1)

Λ1TV+1A

e,=Eλ-r

e."=eS?+ssιIimS<E,(s)+n(S))=IimS—(------——+-------—)=——(i-?2)

.5→0