王万良、赵燕伟《自动控制原理》机工版习题解答.pdf 29页

'《《《自动控制原理《自动控制原理》》》习题解答》习题解答（（（非自动化类（非自动化类）））浙江工业大学王万良教材：：：王万良：王万良，，，赵燕伟编著，赵燕伟编著，，，自动控制原理，自动控制原理，，，机械工业出版社，机械工业出版社，，，2009.32009.3 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答第第第1章习题解答１.１试举几个开环控制系统与闭环控制系统的例子，画出它们的框图，并说明它们的工作原理。解：开环：原始的蒸汽机速度控制系统、烧开水等；闭环：直流电动机自动调速系统等；框图和工作原理略１.２根据图题1.2所示的电动机速度控制系统工作原理图（１）将a，b与c，d用线连接成负反馈系统；（２）画出系统方框图。+o电动机放u大ua负载r-aoob器o+测速发电机codo-图题1.2解：（1）a与d接，b与c接（2）系统方框图如下：１.３图题1.3所示为液位自动控制系统原理示意图。在任何情况下，希望液面高度c维持不变，说明系统工作原理并画出系统方框图。控制阀Qo+1浮子电位器减速器o-c电动机SM用水开关oo®+i-fQ2图题1.31 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答解：当液面下降时，浮子会带动电位器触头向上，使电动机电枢两端出现正电压，使电动机正向运转，通过减速器来增加控制阀的开度，增加进水量，从而使液面上升。同理，当液面上升时，浮子会带动电位器触头向下，使电动机电枢两端出现负电压，使电动机反向运转，通过减速器来减小控制阀的开度，减少进水量，从而使液面下降。因此，尽管用水量发生变化，总能够保持液位不变。液位自动控制方框图如下：2 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答第第第2章习题解答2.1试求下列函数的拉氏变换，设t<0时，x(t)=0:2(1)x(t)=2+3t+4t(2)x(t)=5sin2t-2cos2t1-t(3)x(t)=1-eT-4.0t(4)x(t)=ecos12t238解：（1）X(s)=++23sss10-2s（2）X(s)=2s+41(3)X(s)=T1s(s+)T(4)X(s)=s2(s+4.0)(s+144)2.2试求下列象函X(s)的拉氏反变换x(t)：s（1）X(s)=(s+1)(s+)222s-5s+1（2）X(s)=2s(s+)123s+2s+8（3）X(s)=2s(s+2)(s+2s+)4解：-t-2t（1）-e+2e（2）1-5sint+cost-2t-t(3)1-2e-ecos3t2.3已知系统的微分方程为2dy(t)dy(t)+2+2y(t)=r(t)2dtdt·式中，系统输入变量为r(t)=s(t)，并设y)0(=y)0(=0，求系统的输出y(t)。解：（1）对微分方程进行拉氏变换得2sY(s)+2sY(s)+2Y(s)=1（2）由上式求出系统输出量的表达式1Y(s)=2s+2s+2（3）对上氏进行拉氏反变换，求出y(t)。-ty(t)=-4esint此即为系统输出量y(t)的状态方程。3 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答2.4列写图题2.4所示RLC电路的微分方程。其中，ui为输入变量，uo为输出变量。RLuiCuo图题2.4解：设电路中电流为，则：duoi=C×dtiR+Ldi+u=uoidt2duduoo整理得：LC+RC+u=u2oidtdt2.5列写图题2.5所示RLC电路的微分方程，其中，u为输入变量，u为输出变量。ioLui(t)RCuo(t)图题2.5解：设流过L的电流为i，流经R的电流为i，流经C的电流为i，则：12i+i=i121idt=u()t∫2oC，iR1=uo()tdiuo()t+L=ui()tdt2duto()Lduto()整理得：LC2++uto()=uti()dtRdt2.6设运算放大器放大倍数很大，输入阻抗很大，输出阻抗很小。求图题2.6所示运算放大电路的传递函数。其中，ui为输入变量,uo为输出变量。RC1-i+uiuoR2图题2.6iR=uu()s11io解：,整理得传递函数为：=--1idt=uus()RCSi1∫oC4 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答C(s)2.7简化图题2.7所示系统的结构图，并求传递函数。R(s)R(s)C(s)G1(s)G2(s)--H1(s)H2(s)+图题2.7解：设G后为X,H前为Y，根据结构图写出线性代数方程组：11X=GRHY1(-1)Y=HC-X2C=GX2消去中间变量X,Y得传递函数为：Cs()GsGs()()=12Rs()1+GsGsHsHs()()()()-GsHs()()121211C(s)2.8简化图题2.8所示系统的结构图，并求传递函数。R(s)R(s)C(s)G1(s)G2(s)--H1(s)H2(s)图题2.8解：设G前为E，G前为X，根据结构图写出线性代数方程组：12E=RHHC-12X=GE-HC12C=XG2消除中间变量E,X得传递函数为：Cs()GsGs()()=12Rs()1+GsGsHsHs()()()()+GsHs()()121222C(s)2.9简化图题2.9所示系统的结构图，并求传递函数。R(s)G(s)1+R(s)G(s)C(s)-2图题2.9Cs()Gs()[1+Gs()]解：传递函数为：21=Rs()1+Gs()25 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答C(s)2.10简化图题2.10所示系统的结构图，并求传递函数。R(s)G1R(s)C(s)G2ÄÄG3_ÄG4图题2.10解：设G后为X,根据结构图写出线性代数方程组：4(C+XG)4=XC=(RG1+RG2-XG)3Cs()GsGs()[()+Gs()][1-Gs()]消去中间变量得传递函数为：=3124Rs()1+GsGs()()-Gs()344C(s)2.11简化图题2.11所示系统的结构图，并求传递函数。R(s)G4R(s)C(s)Ä_Ä_G1Ä_G2G3ÄH2H1图题2.11Cs()GsGs()()+GsGsGs()()()解：传递函数为：=14123Rs()1+GsGsH()()+GsH()+GsGsH()()+GsGsGsGsGs()()+()()()1214223214123C(s)2.12简化图题2.12所示系统的结构图，并求传递函数。R(s)G3(s)+R(s)+C(s)G1(s)G2(s)-G4(s)图题2.12Cs()GsG()[()s+Gs()]解：传递函数为：=123Rs()1+GsG()()sG()s1246 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答C(s)2.13简化图题2.13所示系统的结构图，并求传递函数。R(s)-R(s)C(s)G1(s)G2(s)--H(s)1图题2.13Cs()GsGs()()解：传递函数为：=12Rs()1+Gs()+Gs()+GsGsH()()121217 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答第第第3章习题解答3.1已知系统特征方程如下，试用劳斯判据判别系统稳定性，并指出位于右半S平面和虚轴上的特征根的数目。5432（1）Ds()=s+s+4s+4s+2s+=1065432（2）Ds()=s+3s+5s+9s+8s+6s+4=05432（3）D(s)=s+3s+12s+20s+35s+25=065432（4）D(s)=s+s-2s-3s-7s-4s-4=0解：（1）劳斯表结构如下：5s1424s1413se124e-1s1e21es1-4e-10s14e-1因为e是一个很小的正数，〈0，因此劳斯表第一列符号变化2次，所以系统不稳定，e有两个特征根在右半S平面。（2）劳斯表结构如下6s15845s396442s264®Fs()=2s+6s+433s46¬Fs"()=4s+6s2s3413s20s4求解F(s)=0可得s=±2,j±j4个虚跟，说明系统有4个根在虚轴上，临界稳定（3）劳斯表结构如下：6s112355s3202541680s3332s525®Fs()=s+52s2¬F"()s=2s1s25求F（s）=0可得s=±5j，系统有两个跟在虚轴上，临界稳定（4）劳斯表结构如下8 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答6s1-2-7-45s1-3-4442s1-3-4®Fs()=s-3s-43"3s4-6¬Fs()=4s-6s2s-3/2-41s-50/30s-4利用劳斯判据可得：劳斯表第一列数符号改变1次，又辅助方程有一正实根，所以系统有两个根在右半平面，两个跟在虚轴上，系统不稳定。3.2已知单位反馈系统的开环传递函数为s+2G(s)=232s(s+2s+9s+10)试用劳思判据判别系统稳定性。若系统不稳定，指出位于右半S平面和虚轴上的特征根的数目。5432解：闭环特征方程为：s+2s+9s+10s+s+2=05s1914s21023s4002s1021s-5/400s2第一列数的符号变化两次，所以有两特征根在右半S平面，系统不稳定。3.3已知单位负反馈控制系统的开环传递函数为2wKnvG(s)=22s(s+2zws+w)nn-1当w=90秒，阻尼比z=2.0时，试确定K为何值时系统是稳定的。nv解：由开环传递函数可得特征方程为32222D)s(=s+2zws+ws+Kw=0v劳斯表如下：32s1wn22s2zwKwnvn212zwn-Kvwns2z02sKwvn22由劳斯判据，系统稳定的充分必要条件为2zw-Kw>0，Kw>0，解上面的不等式，nvnvn-1保证系统稳定的K的取值范围为00,K>0解得010，即K>0.1稳定，当K=0.1时，临界稳定。这是非最小相位系统，K越hhhh大，系统越稳定。-60t-10t3.6已知系统的单位阶跃响应为c(t)=1+2.0e-2.1e，试求：(1)系统的传递函数；(2)系统的阻尼比V和自然振荡频率w。n-60t-10t解：（1）对单位阶跃响应为c(t)=1+2.0e-2.1e取L变换得12.02.16001C(s)=+-=ss+60s+10(s+60)(s+10)s600系统的传递函数为：F()s=(s+60)(s+10)22（2）由典型二阶系统得特征方程：D(s)=s+2zws+w=0nn2题中D(s)=s+70s+600=02比较可得2Vwn=70，wn=600，可解得：V=.143wn=245.10 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答3.7在零初始条件下，控制系统在输入信号r(t)=(1t)+t(1t)的作用下的输出响应为c(t)=t(1t)，求系统的传递函数，并确定系统的调节时间ts。111解：将r(t)=(1t)+t(1t)与c(t)=t(1t)进行L变换得R)s(=+，C(s)=22sssC(s)1所以系统的传递函数为=R(s)s+1,3D=5T=1，ts=,4D=23.8设单位反馈系统的开环传递函数为1G(s)=s(s+)1试求：系统的上升时间t、超调时间t、超调量s%和调节时间t。rpps解：w=(1rad/s)，V=1=5.0，w=w1-z2=.0866(rad/s)ndn2wn-1p-Jp-cos5.0t===.242srw.0866dpt==3.628spwdzp-21-zs%=e´100%=163.%p3=,6D=5zwnts=4=,8D=2zwn3.9要求图题3.9所示系统具有性能指标：s%10%=，t=0.5s。确定系统参数K和A，pp并计算tr，ts。R(s)KC(s)s(s+)1As图题3.9K解：系统的闭环传递函数为C(s)s(s+)1K==R(s)1+K1(+As)s2+1(+AK)s+Ks(s+)1可见，系统为典型二阶系统：wn2=K，2Vw=1+KAn-22-pV/1-V由s%=e´100%=10%，得：pV/1-V=ln10=.2302585，V=.0439n由t=p=5.0，得2ppw==.7782n2wn1-V1-V22Vw-1则K=w=605.，A=n=.0135;t=.029;t=.088(D=)5;t=.117(D=)2nrssK11 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答3.10图题3.10所示控制系统，为使闭环极点为s1,2=-±1j，试确定K和a的值，并确定这时系统阶跃响应的超调量。r(t)c(t)K2s1+as图题3.102K/sKK解f(s)===2221+K/s1(+as)s+K1(+as)s+Kas+K22-Ka±Ka-4Ks=2,122222-Ka±j4K-Ka要使s1,2=-±1j，则可知Ka-4K<0，即s1,2=2Ka=2224K-Ka=4K=2,a=1wn2=K=2，2Vw=Ka=2nV=.0707，s%=3.4%p3.11设典型二阶线性定常系统的单位阶跃响应曲线如图3.11所示（1）求阻尼比V和自然振荡频率wn；（2）画出等效的单位反馈系统结构图；（3）写出相应的开环传递函数。C(t)1.251t(秒)00.3图题3.11-zp2p1-z解(1)t==0.3,s%=e´100%=25%，z=0.4,w=11.4ppnwd(2)r(t)129.96c(t)-s(s+9.12)129.96(3)G(s)=s(s+9.12)12 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答3.12单位负反馈控制系统的开环传递函数为100Gs()=SS(+10)试求：（1）位置误差系数Kp，速度误差系数Kv和加速度误差系数Ka；2⑵当参考输入r(t)=1+t+at时，系统的稳态误差终值。100解(1)K=limG(s)H(s)=lim=¥ps®0s®0s(s+10)100K=limsG(s)H(s)=lim=10vs®0s®0s+102100sK=limsG(s)H(s)=lim=0as®0s®0s+10R(2)r(t)=1时，e==01ss1+KpRr(t)=t时，e==0.12ssKv2Rr(t)=t时，e==¥3ssKae(¥)=¥ss3.13单位负反馈系统的开环传递函数为5G(s)=s(s+)1（1）求输入信号为r(t)=1.0t时系统的稳态误差终值；12（2）求输入信号为r(t)=.001t时系统的稳态误差终值。25解（1）K=limsG(s)H(s)=lim=5vs®0s®0(s+)1Re==0.02ssKv25s（2）K=limsG(s)H(s)=lim=0as®0s®0s+1Re==¥ssKa3.14单位负反馈系统的开环传递函数为KG(s)=(s+2)(s+)5求在单位阶跃信号的作用下，稳态误差终值e=1.0时的K值。ssK解K=limG(s)H(s)=lim=0.1Kps®0s®0(s+2)(s+)5R1e===0.1ss1+K1+0.1KpK=9013 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答3.15如图题3.15所示控制系统，其中e(t)为误差信号。n(t)c(t)r(t)e(t)1K0K(1+)PsTs(+1)TsI图题3.15(1)求rt()=t，nt()=0时，系统的稳态误差终值e；ss(2)求rt()=0，nt()=t时，系统的稳态误差e终值；ss(3)求rt()=t，nt()=t时，系统的稳态误差e终值;ss(4)系统参数K0,T,KP,TI变化时，上述结果有何变化？1s(Ts+)1解(1)f(s)==e1K011+K1(+)s(Ts+)1+KK1(+)PP0T1ss(Ts+)1T1sK0-f=s(Ts+)1=-K0en1K11+K1(+)0s(Ts+)1+KK1(+)PP0T1ss(Ts+)1T1sE（s）=f(s)R(s)+fN(s)eens(Ts+)11e=limsf(s)R(s)=lims=0sse2s®0s®01ss(Ts+)1+KK1(+)P0Ts1-K01-T1(2)e=limsfN(s)=lims=ssen2s®0s®01sKs(Ts+)1+KK1(+)PP0Ts1-K1(3)e=limsfN(s)+limsf(s)R(s)=lims0+ssene2s®0s®0s®01ss(Ts+)1+KK1(+)P0Ts1sTs(+1)1-T1lims=2s®01sKsTs(+1)+KK(1+)PP0Ts1（4）当K,T发生变化时，对上述结果无任何影响。因为K,T处于外扰n(t)作用点的后面对00e(¥)无影响。而系统为二阶无差度系统，r(t)=t时e(¥)=0故K,T等数变化，只要不ssss0改变系统的结构，即e(¥)=0，当K,T发生变化时，对e(¥)有影响。ssPIss14 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答第第第4章习题解答4.1图题4.1所示控制系统，根据频率特性物理意义，求下列输入信号作用时系统的稳态输出c和稳态误差e；ssss（１）r(t)=sin2t；00（２）r(t)=sin(t+30)-2cos(2t-45)。R(s)E(s)C(s)1Äs+1-图题4.11o101解：（1）css=sin(2t-45)ess=sin(2t+arctg)2243(2)c1toarctg12t;25sin(263)4.ss=sin(-30-)+sin2ess=sin(t+48)4.+t+522584.2最小相位系统的开环对数幅频渐近线如图题4.2所示，确定系统的开环传递函数。L(w)0dB/dec400dB/dec-20dB/dec3020dB/dec20-40dB/dec501.0w1w2w3w4w-60dB/dec图题4.2解：因为最小相位系统，即系统的闭环极点都在s左边平面转换频率：1.0、w、w、w、100123w=1.0处，斜率为20dB/dec，属于微分环节w=w处，斜率为-20dB/dec，属于惯性环节，1w=w处，斜率为-20dB/dec，属于惯性环节，2w=w处，斜率为-20dB/dec，属于惯性环节，3w=100处，斜率为-20dB/dec，属于惯性环节，因此系统的传递函数为：sK(+)11.0G(s)=ssss(+1)(+1)(+1)(+)1www1001235.120lgK=30，K=10=31.62，15 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答根据dB/dec的几何意义有：40-3020=，w1=.0316lgw-lg1.015-20-40=，w3=42.17lg100-lgw320-40-20=，w2=.4217lgw-lgw32s31.62(+)11.0G(s)=ssss(+1)(+1)(+1)(+)10.3164.21742.171004.3最小相位系统的开环对数幅频特性的渐近线如图题4.3所示，试写出系统的开环传递函数。L(w)db80-20db/dec-40db/dec-20db/dec5w0.0010.010.1-40db/dec图题4.3（1）A=80dB（2）w=1c解：1K(s+)11.0G(s)=11s(s+1)(s+)1.0015在穿越频率w=1附近，作如下近似：c12K1(+w)0.110KK»==11212100w10w1+w1+w0.015得K=10,故10(10s+1)Gs()=s(100s+1)(0.2s+1)16 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答4.4最小相位系统的开环对数幅频特性渐进线如图题4.4所示，确定系统的开环传递函数。L(w)db-40dbdec/-60db/decw810161-40db/dec-60/dbdec图题4.4解：由系统开环对数幅频特性图可知：1K(s+)18G(s)=21s(s+1)(s+)116K=10，K=100aa200(s+)8G(s)=2s(s+1)(s+16)4.5最小相位系统的开环对数幅频特性的渐近线如图题4.5所示，确定系统的开环传递函数。L(w)-20db/dec-40db/decw2.05.0图题4.5K解：G(s)=1s(s+)12由图可知，系统的截止频率为：w=5rad/scKw=5=1，得K=125.wccwc225G(s)=s(s+)217 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答4.6已知单位反馈系统的开环传递函数为10G(s)=(s+1)(1.0s+)1用奈氏判据判断闭环系统的稳定性。解：由于开环传递函数在S平面原点处没有极点，且为单位反馈系统故H(s)=1，系统频率10特性为：G(jw)H(jw)=(jw+1)(1.0jw+)1limG(jw)H(jw)=10limÐG(jw)H(jw)=0w®0+，w®0+limG(jw)H(jw)=0limÐG(jw)H(jw)=-pw®+¥，w®+¥画出奈氏图可知N=N=0，N=0，又P=0，故Z=0，所以系统稳定。+-4.7已知单位反馈系统开环传递函数KG(s)=1(+1.0s)(1+5.0s)(1+s)用奈氏判据确定K为何值时，使得闭环系统稳定。解：由于开环传递函数在S平面原点处没有极点，且为单位反馈系统故H(s)=1，系统频率特性为：KH(jw)G(jw)=1(+1.0jw)(1+5.0jw)(1+jw)limG(jw)H(jw)=KlimÐG(jw)H(jw)=0w®0+，w®0+3limG(jw)H(jw)=0limÐG(jw)H(jw)=-pw®+¥，w®+¥2系统稳定性与路径跟实轴负半轴的交点位置有关，将频率特性化为代数形式：KH(jw)G(jw)=1(+1.0jw)(1+5.0jw)(1+jw)23K1(-.065w)K.0(05w-6.1w)=+j2222221(+.001w)(1+.025w)(1+w)1(+.001w)(1+.025w)(1+w)-198.K即由ImH(jw)G(jw)=V(w)=0得w=±42，代入实部得U(±4)2==-.005K1.32´9´33画出奈氏图可知，当U(±4)2=-.005K>-1时，奈氏曲线不包围（-1，j0）点，即K=20时，为临界稳定，K满足020时，不稳定。画图略。4.8已知单位负反馈系统的开环传递函数为KG(s)=s-1用奈氏判据判断系统的稳定性。解：由于开环传递函数在S平面原点处没有极点，S平面右半平面有一个极点，故P=1。且是单位反馈系统故H(s)=1，系统频率特性为：K-K-jwKH(jw)G(jw)==+22(jw-)11+w1+wlimG(jw)H(jw)=KlimÐG(jw)H(jw)=-pw®0+，w®0+limG(jw)H(jw)=0ÐG(jw)H(jw)=-1plimw®+¥，w®+¥218 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答由奈氏图可知，系统稳定性取决于轨迹与实轴交点位置。令虚部为零得w=0，实轴交点为U)0(=-K，当K>1时，U)0(位于(-,1j)0的左边，即N=0，N=1，+-N=N-N=0-1=-1，此时，Z=N+P=-1+1=0，满足系统稳定要求。+-所以，当K>1时，系统稳定；K=1时，系统临街稳定；K<1时，N=0,P=1,Z=N+P=1,系统不稳定。4.9设单位反馈控制系统开环传递函数为as+1G(s)=2s0试确定使相位裕量g＝４５的a值。ajw+1-1-a解：G(jw)H(jw)==+j22(jw)ww221+awc422G(jw)H(jw)==1，即wc-awc-1=0cc2wcooo4又g=180+arctan(aw)-180=45，即得aw=1，代入得w=2，所以ccc1a==0.84。4219 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答第第第5章章章习题解答章习题解答5.1单位反馈伺服系统的开环传递函数为：Gs()=20s(0.1s+1)试按最佳二阶模型整定PID参数。k1解：被控对象为含有积分环节Gs()=,已知T=0.1,k=200，取期望模型为：011sTs(1+1)11Gs()=，则校正装置的传递函数为：Gsc()=2TsTs1(1+1)2kT111可见，应采用P调节器，其参数整定为k=p405.2设开环传递函数为：kGs()=(s+10.01)(s+1)试按最佳二阶模型整定PID参数。kk12解：被控对象为两个惯性环节串联Gs()=0(Ts1+1)(Ts2+1)1已知T=0.01,T=1,kk=k，取期望模型为Gs()=12122TsTs1(1+1)Gs()T1Gs()==21+cGs0()2kkT121Ts2可见应采用PI调节器，参数整定为：T12k==,T=1pI2kkT0.02k1215.3设单位反馈系统开环传递函数为：8Gs()=s(2s+1)试按具有最佳频比的典型三阶模型整定PID参数。k2解：被控对象为Gs()=，已知k=8,T=2,h=5022sTs(2+1)Gs()h+11Gsc()==1+，可见应采取PI调节器，其参数整定为：Gs0()2khT22hTs2h+1k==0.0375,T=10pI2hkT2220 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答405.4设单位反馈系统开环传递函数为：Gs()=，试按具有最佳频比的0s(0.2s+10.0625)(s+1)典型三阶模型整定PID参数。k2解：被控对象为：Gs()=0sTs(2+1)(Ts3+1)已知T=0.0625,T=0.2,k=40,h=5，232Gs()(h+1)(hT2+T3)1hTT23Gsc()==221++sGs0()2hTk22(hT2+Ts3)hT2+T3可见应采用PID调节器，其参数整定为：(h+1)(hT2+T3)k=0.4p222hTk22TI=(hT2+T3)0.5hTT23T=0.12DhT+T23105.5设未校正系统的开环传递函数为：Gs()=，试按具有最佳频比的典型0s(0.2s+10.5)(s+1)三阶模型整定PID参数。Gs()(h+1)(hT2+T3)1hTT23Gsc()==221++sGs0()2hTk22(hT2+Ts3)hT2+T3可见应采用PID调节器，其参数整定为：(h+1)(hT2+T3)k=0.45p222hTk22TI=(hT2+T3)1.5hTT23T=0.33DhT+T2321 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答第第第6章习题解答*6.1已知理想采样开关的采样周期为T秒，连续信号为下列函数，求采样的输出信号f(t)及*其拉氏变换F(s)。-at（1）f(t)=te-at（2）f(t)=esinwt¥¥*-kaT*-akT-kTs解：（1）f(t)=∑kTed(t-kT)，F(s)=∑kTeek=0k=0¥¥*-akT*-akT-kTs（2）f(t)=∑esin(wkT)d(t-kT)，F(s)=∑esin(wkT)ek=0k=06.2求下列序列的Z变换。设k<0时f(k)=0。23（1）,1l,l,l,L234（2）l,l,l,l,L-12-23-3-1-12-13解：（1）F(z)=1+lz+lz+lz+L=1+lz+(lz)+(lz)+L1z==-11-lzz-l¥-n（2）z(e(t))=∑e(nT)zn=0F(z)=l+l2z-1+l3z-2+l4z-3+L-12-23-3llz=l1(+lz+lz+lz+L)==-11-lzz-l6.3设采样周期为0.5s，求函数f(t)的Z变换F(z)10£t<2.2f(t)=0t<,0t³2.2-1-2-3-4解：Fz()=1+z+z+z+z6.4用长除法、部分分式法和留数法求F(z)的反变换。10z（1）F(z)=(z-1)(z-)2-1-aTz1(-e)（2）F(z)=-1-1-aT1(-z)(1-ze)2z（3）F(z)=(z-8.0)(z-)1.0-10z10zk解（1）F(z)=+，则：f(kT)=102(-)1z-1z-2-1-aT-aTz1(-e)z1(-e)zz（2）F(z)===--1-1-aT-aT-aT1(-z)(1-ze)(z-1)(z-e)z-1z-e22 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答¥-anT*-anTf(nT)=1-e，则：f(t)=∑1(-e)d(t-nT)n=018zz1k+1k+1（3）F(z)=(-)，则：f(kT)=8.0(-1.0)7z-0.8z-0.10.76.5如图6.5所示采样控制系统：r(t)T1-e-TsKc(t)ss+1图题6.5（1）求系统开环脉冲传递函数；（2）求系统闭环脉冲传递函数；（3）写出系统的差分方程。-Ts1-eK解：（1）Gs()=ss+1-11-111Gz()=K(1-z)[Z]=K(1-z)[Z-]ss(+1)ss+1-T-1-111K(1-e)z=K(1-z)[-]=-1-T-1-T-11-z1-ez1-ez-T-1Cz()Gz()K(1-e)z（2）F()z===-T-T-1Rz()1+Gz()1(+K-e-Ke)z-T-T-T（3）ck()(+K-e-Ke)(ck-1)=K(1-e)(rk-1)4326.6已知闭环离散系统的特征方程为D(z)=z+2.0z+z+.036z+8.0=0判断系统的稳定性。解：朱利判据,D(1)>0,D(-1)>0(n为偶数)，a=0.8b=2.003c=.00896>c=.0089602系统稳定。6.7如图题6.7所示离散系统，采样周期T=1s，Gh（s）为零阶保持器，而KG(s)=s2.0(s+)1要求：（1）K=5时，分析系统的稳定性；23 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答（2）确定使系统稳定的K值范围。R(t)e(t)C(t)Ä_Gh(s)G(s)T图题6.7-TsK(1-e)（1）GsGs()()=h2s(0.2s+1)闭环传递函数-5-5GGz()K[(0.80.2+e)z-1.2e+0.2]hF()z==-5-5-5GGz()1+(z-1)(ze-)+K[(0.80.2+e)z-1.2e+0.2]h-5-5-5Dz()=(z-1)(ze-)+K[(0.80.2+e)z-1.2e+0.2]2-5-5-5-5=z+[(0.80.2K+e)1--e]ze++K(0.21.2-e)2-5当K=5时，Dz()=z+3z+-15e，由于D(1)>0,D(-1)<0,而n为偶数，系统不稳定。-5（2）要使系统稳定则D(1)=K(1-e)>0所以K>0;-5-5D(1)-=+22e-K(0.61.4+e)>0所以K<3.3-5-5-5|a||1速度误差系数：K=lim(z-)1G(z)=¥rz->12加速度误差系数为：K=lim(z-)1G(z)=4.0az->1所以系统的稳态误差为21TTe(¥)=e=++=1.0ssKKKpra24 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答6.9如图题6.9所示离散系统，其中T=0.1（s）,K=1，r(t)=t，试求静态误差系数Kp，Kv，Ka，并求系统稳态误差e(¥)。r(t)e(t)e(*t)-Ts-TsKc(t)1-1-ee-Tsss(s+)1图题6.9-Ts1-eK解：Gs()=sss(+1).0005(z+)9.0系统的开环传递函数为：G(z)=(z-1)(z-.0905)位置误差系数：K=lim1[+G(z)]=¥pz->1速度误差系数：K=lim(z-)1G(z)=1.0vz->12加速度误差系数为：K=lim(z-)1G(z)=0az->1T所以系统的稳态误差为：e(¥)=e==1ssKV25 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答第7章习题解答7.1非线性系统线性部分的极坐标图、非线性部分的负倒幅特性如图题8.1所示。试判断系统是否稳定，是否存在自振荡。ImIv=¥mv=¥¥¬X/aa0Rea0Re·G(jv)·1N0(X/a)v=Ⅱ¥v=IⅡ-1G(jv)N0(X/a)X/a()a()bIImmv=¥¥¬X/av=¥0R-1ab0ReeN0(X/a)v=I¥v=IG(jv)G(jv)-1X/aN0(X/a)()c()d图题7.1解：(a)存在稳定的自激振荡(b)存在稳定的自激振荡(c)a点是稳定的自振点，b是不稳定的自振点。(d)不稳定7.2如图题7.2所示非线性系统，分析系统稳定性和自激振荡的稳定性，并确定稳定自激振荡的振幅和频率。M402-Mss(+1)图题7.22解：该系统的频率特性：Gj(w)=4=-8w+4w-4j222jww(j+1)w(1+w)w(1+w)plim|(Gjw)|=¥,limÐGj(w)=-w®0w®0+23plim|(Gjw)|0,lim=ÐGj(w)=-w®+¥w®+¥228M4w-4-8w令=0，则w=1，所以=-2根据理想继电器的负倒特性，A=，系22w(1+w)w(1+w)p统是不稳定的，交点处的自激震荡是稳定的自激震荡。26 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答7.3如图题7.3所示双位继电器非线性系统，其中，a=1，M=3。分析自激振荡的稳定性，并确定稳定自激振荡的振幅和频率。M-a40ass(+1)(s+2)-M图题7.3241242(-w)解：Gjw()==--j2222jwjw(+1)(jw+2)(w+1)(w+4)ww(+1)(w+4)P-1ÐGjw()=--2tgw2PlimGjw()=¥limÐGjw()=-w®0w®023PlimGjw()=0limÐGjw()=-w®+¥w®+¥22令ImGjw()=0得w=2，则ReGjw()=-（与实轴交点），画出乃氏图31PA由图可知系统的负倒特性为-=-NA()1121-2APa2算出-=-，画出负倒特性曲线，可知与乃氏曲线有交点，所以存在自激振荡，自激振荡2b3频率w=2。PA22求幅值：-=-,得A=5.26或1.2413121-2AA=1.11或2.29，A=1.11为不稳定自激振荡幅值，所以舍去，取A=2.29。7.4如图题7.4所示非线性系统，试用描述函数法分析系统自激振荡的稳定性，并确定自激振荡的振幅和频率。10s(s+)1图题7.410-10-10解：G(jw)=，Re=，Im=22jw(jw+1)w+1(w+)1w27 王万良，赵燕伟编著《自动控制原理》（非自动化类）（机械工业出版社）习题解答1p22pa-=-A-a-jN(A)4b4b由-10p22=-A-a2w+14b-10pa=-2(w+)1w4b解得：w=.497，A=5.0327.5如图题7.5所示非线性系统，已知非线性环节的描述函数为N(A)=A，分析系统自激4振荡的稳定性；若自激振荡稳定，确定自激振荡的振幅和频率。1s(s+1)(s+2)图题7.53214解：N(A)=A，-=-24N(A)3A1Gjw()=jwjw(+1)(jw+2)p3plimGj(w)=¥,limÐGj(w)=-，limGj(w)=0,limÐGj(w)=-w®0+w®0+2w®¥w®0+2奈氏曲线与负导特性曲线如下：由图可知，当A增大时，负倒特性移动方向由稳定区进入不稳定区，故自激振荡不稳定。28'