自动控制原理(王万良)答案.pdf 76页

'《《《自动控制原理《自动控制原理》》》习题解答》习题解答浙江工业大学王万良教材：：：王万良：王万良编著，，，自动控制原理，自动控制原理，，，高等教育出版社，高等教育出版社，，，2008.62009.3 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第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 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）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：１.４下列各式是描述系统的微分方程，其中，r(t)为输入变量，c(t)为输出变量，判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统?32dc(t)dc(t)dc(t)(1)+3+6+8c(t)=r(t)；dt3dt2dtdct)(drt)((2)t+ct)(=rt)(+3；dtdtdct)((3)+act)(=krt)(。dt解：（1）线性定常。（2）线性时变（3）非线性。2 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第2章习题解答2.1列写图题2.1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2.1解：设电路中电流为，则：duoi=C×dtiR+Ldi+u=uoidt2duduoo整理得：LC+RC+u=u2oidtdt2.2列写图题2.2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2.2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∫idt2=uo()tC，iR1=uo()tdiuo()t+L=ui()tdt2duto()Lduto()整理得：LC2++uto()=uti()dtRdt2.3列写图题2.3所示电路的微分方程，并确定系统的传递函数。其中，ui为输入变量,uo为输出变量。R1uiuoRC2图题2.33 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答解：设流过R的电流为i，流经C的电流为i，流经R的电流为i，则：1122i+i=i121iR=idt11∫2CiR=u2oiR+u=u11oidu111du整理得微分方程为：Co+(+)u=u+CioidtRRRdt121us()RRCSR+o122传递函数为：=us()RRCSR++Ri12122.4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2.4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2.4iR=u1i解：1-idt=u∫oCu()s1o整理得传递函数为：=-us()RCSi1C(s)2.5简化图题2.5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2.5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()()1212114 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答C(s)2.6简化图题2.6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2.6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)2.7简化图题2.7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2.7Cs()Gs()[1+Gs()]解：传递函数为：21=Rs()1+Gs()2C(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)G1R(s)C(s)G2ÄÄG3_ÄG4图题2.8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()3445 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答C(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)G4R(s)C(s)Ä_Ä_G1Ä_G2G3ÄH2H1图题2.9Cs()GsGs()()+GsGsGs()()()解：传递函数为：=14123Rs()1+GsGsH()()+GsH()+GsGsH()()+GsGsGsGsGs()()+()()()1214223214123C(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)G3(s)+R(s)+C(s)G1(s)G2(s)-G4(s)图题2.10Cs()GsG()[()s+Gs()]解：传递函数为：=123Rs()1+GsG()()sG()s124C(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)-R(s)C(s)G1(s)G2(s)--H(s)1图题2.11Cs()GsGs()()解：传递函数为：=12Rs()1+Gs()+Gs()+GsGsH()()121216 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答2.12求图题2.12所示系统结构图的传递函数Cs()/()Rs。R(s)C(s)ÄG1(s)G2(s)-Gs()Ä3ÄHs()图题2.12解：设负反馈处的传递函数为T(s)R(s)C(s)G1(S)G2(S)_T(S)G3(S)H(S)[R(s)-T(s)]G(s)G(s)=C(s)（1）12[(R(s)-T(s))G(s)+G(s)T(s)]H(s)+C(s)=T(s)（2）13G)s(G(s)[1+G)s(H(s)]123C(s)R(s)=1+G)s(G(s)+G(s)H(s)+G)s(H(s)12132.13求图题2.13所示系统结构图的传递函数C(s/)R(s)和C(s/)N(s)。N(s)G(s)3R(s)C(s)ÄG1(s)ÄG2(s)Ä--G(s)4G5(s)ÄH(s)图题2.13解：求C(s/)R(s)时，令N（s）=0，系统结构图变为7 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答T2(S)R(s)C(s)G1(S)G2(S)_T1(S)G4(S)G3(S)H(S)C(s)G5(s)=（1）T1-G(s)G(s)145C(s)G2(s)=（2）T2G2(s)G5(s)1+1-G(s)G(s)45G(s)G(s)12G(s)G(s)251+C(s)1-G4(s)G5(s)=R(s)G1(s)G2(s)H(s)1+G(s)G(s)251+1-G(s)G(s)45C(s)G1G21(-G5G4)=(3)R(s)1(-GG)(1+GGH)+GG541225求C(s/)N(s)时，另R(s)=0，如下图G3(S)C(s)N(S)G2(S)_T3(S)G4(S)G5(S)H(S)G1(S)由图列出方程：[T(s)G(s)+C(s)]G(s)+H(s)G(s)=T(4)34513[N(s)-T]G(s)+N(s)G(s)=C(s)（5）323G(s)-H(s)G(s)51由（4）得T=C(s)（6）31-G(s)G(s)45将（6）代入（5）得C(s)(G2+G3)(1-G5G4)=N(s)1(-GG)+GGH1(-GG)+GG541254258 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答2.14已知系统结构图图题2.14所示，求传递函数C(s/)R(s)及E(s/)R(s)。Gs)(Gs)(12Cs)(Rs)(Es)(ÄÄ---ÄG3s)(G4s)(Ä图题2.14解：由系统结构图列出传递函数方程E)s(G(s)G(s)+[E(s)-E(s)G(s)G(s)]G(s)G(s)-E(s)=C(s)（1）121234E(s)=R(s)-C(s)（2）将（2）代入（1）得：[G(s)G(s)-1][1-G(s)G(s)]1234C(s/)R(s)=（3）G(s)G(s)+G(s)G(s)-G(s)G(s)G(s)G(s)12341234由（2）得C(s)=R(s)-E(s)（4）将（4）代入（1）可得：1E(s/)R(s)=G(s)G(s)+G(s)G(s)-G(s)G(s)G(s)G(s)123412342.15控制系统的结构图如图题2.15所示，求传递函数C(s/)R(s)。+KÄ11+Ts1+sR(s)+ÄC(s)+-Ä+-K2Ä1+Ts2s+图题2.15解：如图中所标，设了两个中间变量P)s(、P)s(12+K1+T1S1+SP1(S)+R(s)C(s)_+_+P2(S)K1+TS22+S列出如下方程：9 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答P)s(+P)s(=C)s(（1）12K1[P)s(+E(s)](1+Ts)=P)s(（2）211sK2[-P)s(+E(s)](1+Ts)=P)s(（3）122s由（2）得：KK121[-1(+Ts)](1+Ts)12ssP)s(=E(s)(4)2KK121+1(+Ts)(1+Ts)122s由（4）代入（2）得：KK12[(1+Ts)][(1+Ts)+]112ssP)s(=E(s)（5）1KK121+1(+Ts)(1+Ts)122s由（1）得：KK121(+Ts)+1(+Ts)12ssC(s)=P(s)+P(s)=E(s)（6）12KK121+1(+Ts)(1+Ts)122s把E(s)=R(s)-C(s)代入（6）可得：C(s)s[(K1T1+K2T2)s+K1+K2]=2R(s)1(+KT+KT+KTKT)s+[K+K+KK(T+T)]s+KK11221122121212122.16系统的信号流图如图题2.16所示，求传递函数C(s/)R(s)。G6G1G2G3G4G5ooooooRC-H1-H2-H3(a)G8G71G1G2G3G4G5G61oooooooooRC-H2-H-H13-H4-H5(b)图题2.16解：图（a）中有3个闭合回路：L=-GH,L=-GH,L=-GH;没有互不接触的121232343回路，所以，有D=1-(L+L+L)=1+GH+GH+GH123213243从输入节点R到C，有2条前向通道，前向通道传递函数10 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答P=GGGGG,P=GGG,由于P1与所有闭环回路接触，所以D=1，P2与L2不11234521561接触，所以D=1+GH232代入梅森公式得图（a）的传递函数为C(s)GGGGG+GGG1(+GH)1234515632=R(s)1+GH+GH+GH+GHHH+GHGH21324361232143图（b）中有5个闭合回路：L=-GH,L=-GH,L=-GH,L=-GGGH,12124236343454L=-GGGGGGH;有互不接触的回路LLLL与L,L与L，L与L，三三互不51234565123122313接触回路，所以，有D=1+GH+GH+GH+GGGH+GGGGGGH+GGGGGH+21426334541234565734565GGGH-GHGGH-GHH+GHGH+GHGH+GHGH+186571865841214221634263GHGGGH-GHGHGGH-GHGHH+GHGHGH421865427186542841214263从输入节点R到C，有2条前向通道，前向通道传递函数P=GGGGGG,P=GGGGG,P=GGG,P=-GHGG由于P1、P2与所有1123456273456318647186闭环回路接触，所以D=D=1，D=1+GH，D=1+GH12342442代入梅森公式得图（b）的传递函数为C(s)G1G2G3G4G5G6+G3G4G5G6G7+G1G8G61(+G4H2)-G7H1G8G61(+G4H2)=R(s)1+GH+GH+GH+GGGH+GGGGGGH+GGGGGH+21426334541234565734565GGGH-GHGGH-GHH+GHGH+GHGH+GHGH+186571865841214221634263GHGGGH-GHGHGGH-GHGHH+GHGHGH4218654271865428412142632.17系统的信号流图如图题2.17所示，求输出C(s)的表达式。H3R(s)C(s)111Goo1ooG3G4H1H2R(s)21ooG2oH4图题2.17解:令R2)s(=0时图中有6个闭合回路：L1=G1H3,L2=G2H4,L3=G3H2,L4=G4H1,L5=G3G4H3H4，L6G1G2H1H2;有互不接触的回路L1与L2,L3与L4，所以，有D=1-GH-GH-GH-GH-GGHH-GGHH+GGHH+GHGH13243241343412121234324从输入节点R到C，有2条前向通道，前向通道传递函数P=G,P=GGH,由于P1、112344P2与所有闭环回路接触，所以D1=1，D2=1-G2H4，代入梅森公式和传递函数可得：[G1(-GH)+GGH]R(s)1243441C(s)=同11-GH-GH-GH-GH-GGHH-GGHH+GGHH+GHGH132432413434121212343241理可得：[G1(-GH)+GHG]R(s)4322212C(s)=21-GH-GH-GH-GH-GGHH-GGHH+GGHH+GHGH132432413434121212343241[G1(-GH)+GGH]R(s)+[G1(-GH)+GHG]R(s)12434414322212C(s)=1-GH-GH-GH-GH-GGHH-GGHH+GGHH+GHGH13243241343412121234324111 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第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12 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答（4）劳斯表结构如下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2wKG(s)=nv22s(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0,0T>02s(Ts+)1确定当闭环系统稳定时，T,K应满足的条件。32解：由开环传递函数可得特征方程为：D(s)=Ts+(2K+1)s+3Ks+K=0劳斯表如下：3sT3K2s2K+1K12s6K+3KTK-0sK2由劳斯判据，系统稳定的充分必要条件为6K+3KTK->0，解上面的不等式，当00；当T³3时，K>。63.6已知反馈控制系统的传递函数为10G(s)=，H(s)=1+Khss(s-)1试确定使闭环系统稳定时K的取值范围。h解：开环特征方程为：1010(1+Ks)GsHs()()=(1+Ks)=hhss(-1)ss(-1)闭环特征方程为：ss(-1)10(1++Ks)=0h2即s+(10K-1)s+10=0h2s1101s10K-1h0s10当10K->10，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。14 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答-60t-10t3.7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=245.3.8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+1T=1,3D=5ts=,4D=23.9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n15 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答3.10要求图题3.10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3.10KC(s)s(s+)1K解：系统的闭环传递函数为==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+KAn2--pV/1-V2由s%=e´100%=10%，得：pV/1-V=ln10=.2302585，V=.0439np2p由t==5.0，得w==.778pn22w1-V1-Vn22Vwn-1则K=w=605.，A==.0135;nKt=.029;t=.088(D=)5;t=.117(D=)2rss3.11图题3.11所示控制系统，为使闭环极点为s=-±1j，试确定K和a的值，并确定这1,2时系统的超调量。r(t)c(t)K2s1+as图题3.112K/sKK解f(s)===2221+K/s1(+as)s+K1(+as)s+Kas+K22-Ka±Ka-4Ks=2,1222要使s=-±1j，则可知Ka-4K<0，即1,222-Ka±j4K-Kas=1,22Ka=2224K-Ka=4K=2,a=1wn2=K=2，2Vw=Ka=2nV=.0707，s%=3.4%p16 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答3.12设典型二阶线性定常系统的单位阶跃响应曲线如图3.12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；（3）写出系统的开环传递函数和闭环传递函数。C(t)1.251t(秒)00.3图题3.12-zp2p1-z解(1)t==0.3,s%=e´100%=25%ppwdz=0.4,w=11.4n(2)r(t)129.96c(t)-s(s+9.12)129.96129.96(3)G(s)=，F(s)=2s(s+9.12)s+9.12s+129.963.13单位负反馈控制系统的开环传递函数为100Gs()=SS(+10)试求：⑴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。100解(1)K=limG(s)H(s)=lim=¥ps®0s®0s(s+10)K=limsG(s)H(s)=lim100=10vs®0s®0s+10K=lims2G(s)H(s)=lim100s=0as®0s®0s+10R(2)r(t)=1时，e==01ss1+KpRr(t)=t时，e==0.12ssKv2Rr(t)=t时，e==¥3ssKae(¥)=¥ss17 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答3.14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；12（2）求输入信号为r(t)=.001t时系统的稳态误差。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==¥ssKa3.15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=903.16控制系统的结构如图题3.16所示：图题3.16(1)当K=8，a=0时，确定系统的阻尼系数V，无阻尼自然振荡频率w以及单位斜坡n函数输入时系统的稳态误差；(2)当K=8时，确定使系统为最佳二阶系统（x=.0707）时反馈校正参数a的值，并计算单位斜坡输入时的稳态误差。(3)在保证x＝0.707和单位斜坡输入时的稳态误差e＝0.25的条件下，确定参数a及前ss向通道增益K。/8s(s+)288解f(s)===21+/8s(s+)2s(s+)2+8s+2s+82w=8，2zw=2nnw=22，z=2，K=4，e()¥=1=0.25nvss4418 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答（2）G（s）=8s(s+)2+8as88f(s)==2s(s+)2+8as+8s+2(+8a)s+82+8a=2zwnw=8na=0.25K8s=limsG(s)H(s)=lim=2vs®0s®0s2+2(+8a)sRe==0.5ssKvK(3)G（s）=ss(+2)+aKse=R=0.25ssKvK=4vK=limsG(s)H(s)=limKs=4vs®0s®0s2+2(+Ka)sK=42+Ka2+Ka=2zwn2w=KnK=32,a=0.1873.17如图题3.17所示系统，采用微分补偿复合控制。当输入r(t)=t时，要求系统稳态误差的终值为0，试确定参数td的值。tdsR(s)E(s)KC(s)s1(+Ts)图题3.17K解G(s)=1，G(s)=，H（s）=1,Gc(s)=t(s)12ds1(+Ts)Ktds1-G2(s)Gc(s)H(s)1-s1(+Ts)1E(s)=R(s)=K21+G(s)G(s)H(s)s1c1+s1(+s)e(¥)=limsE(s)=1+ts-Ktd=1-Ktd=0sss®0s1(+Ts)+KK1t=dK19 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答3.18控制系统结构图如图题3.18所示：(1)计算测速反馈校正（t＝０，t＝０.１）时，系统的动态性能指标s%,t以及单位12s斜坡输入作用下的稳态误差e；ss(2)计算比例-微分校正（t＝０.１，t＝０）时，系统的动态性能指标s%,t以及单位12s斜坡输入作用下的稳态误差e。ssts1R(s)C(s)E(s)10ÄÄÄs(s+)1--ts2图题3.181010解（1）G（s）=,f(s)=2s(s+)2s+2s+1010sRK=limsG(s)H(s)=lim=5，e==0.2vsss®0s®0s(s+)2Kv-zP2w=10,z=10，s%=e1-z=35.1%,t=5.3=3.5nps10zwn101.0(s+)1s+10（2）G（s）=f(s)=2s(s+)1s++s10K=limsG(s)=10vs®0e=R=0.1ssKv-zP21-zs%=e=35.1%,p3.19控制系统结构图如图题3.19所示：(1)当K=25，Kf=0时，求系统的阻尼比V，无阻尼自然振荡角频率wn以及单位斜坡输入作用下的稳态误差；(2)当K=25时，求K取何值能使闭环系统的阻尼比V=.0707，并求单位斜坡输入f作用下的稳态误差e；ss(3)欲使V＝0.707，单位斜坡输入作用时的稳态误差e＝0.12，求K和K。ssfR(s)E(s)11C(sÄKÄs+3s--Kf图题3.1920 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答2525解（1）G（s）=,f(s)=，w=5,z=0.32ns(s+)3s+3s+25K=limsG(s)H(s)=limsG(s)=lim25s=25vs®0s®0s®0s(s+)33R3e==ssK25v2525（2）G（s）=,f(s)=2s(s+3+Kf)s+3(+Kf)s+25w=5,2zw=3+K，K=4nnff25s25K=limsG(s)H(s)=limsG(s)=lim=vs®0s®0s®0s(s+3+K)7fRe==0.28ssKv（3）G（s）=2K,f(s)=K2s(s+3+K)s+3(+K)s+KffK=limsG(s)H(s)=limsG(s)=limk=kvs®0s®0s®0s+3+K3+KffR3+Kf3e===(1)ssKK25v2w=K,2zw=3+K(2)nnf由（1），（2）式得3K=75+25KfK=138.84,K=13.663f.1414K=3+K253.20已知系统结构图如图题3.20所示，其超调量sp%=163.%，峰值时间tp=1s。试求：(1)开环传递函数G(s)；(2)闭环传递函数F(s)；(3)根据已知性能指标sp%及tp确定参数K及t；(4)计算输入r(t)=5.1t时系统的稳态误差。R(s)E(s)10C(s)ÄKÄs(s+)1-ts图题3.2010K×解（1）s(s+)110KG(s)==10tss(s+1+10t)1+s(s+)1（2）G(s)10KF(s)==21+G(s)s+1(+10t)s+10K21 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答2-xp/1-xs%=e=163.%x=5.0（3）令p解出：tp==1w=.36282n1-xwn又因210K=w=13.16n1+10t=2xw=.3628n故K=.1316t=.02627（4）由（1）得10K开环增益K==.362801+10t系统型别v=I故当r(t)=Rt=5.1t时，利用静态误差系数法得R5.1e===.04135ssK.362803.21复合控制系统结构图如图题3.21所示，图中K,K,T,T是大于零的常数。1212(1)确定当闭环系统稳定时，参数K,K,T,T应满足的条件。1212(2)当输入r(t)=Vt时，选择校正装置G(s)，使得系统无稳态误差。0cG(s)cR(s)E(s)KKC(s)12ÄÄTs+1s(Ts+)1-12图题3.21解（1）系统的闭环传递函数KK12+KGTs2c(1+1)F()s=sTs(+1)(Ts+1)+KK1212系统误差传递函数s(Ts+1)(Ts+)1-KG(s)(Ts+)1122C1F(s)=es(Ts+1)(Ts+)1+KK121232D(s)=s(Ts+1)(Ts+)1+KK=TTs+(T+T)s+s+KK1212121212劳斯判据表：3sTT1122sT+TKK1212T+T-TTKK1121212sT+T120sKK12因K,K,T,T均大于零，所以只要T+T>TTKK即可满足稳定条件1212121212（2）s(Ts+1)(Ts+)1-KG(s)(Ts+)1VVG(s)122C100Ce=limsF(s)R(s)=lims××=lim1[-K]sse22s->0s->0s(T1s+1)(T2s+)1+K1K2ss->0K1K2s令e=0故sssG(s)=CK222 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答3.22某系统结构图如图题3.22所示，其中R(s)为给定输入量，N(s)为扰动输入量。(1)该系统在阶跃扰动输入信号n(t)=(1t)的作用下所引起的稳态误差e；ssn(2)使系统在r(t)=n(t)=t同时作用下的稳态误差e＝０，试确定K的取值。ssdN(s)KnTs+1nKsdR(s)E(s)C(s)K1ÄÄÄs(Ts+)11-图题3.22解(1)f=Kn-1=-Kns(T1s+)1en2Tns+1K1(Tns+1)(T1s+s+K1)1+s(Ts+)11-Ks(Ts+)11e=limsfN(s)=limsn1=0ssen2s®0s®0(Ts+1)(Ts+s+K)sn11K11-Ksds(Ts+)1s(Ts+)1-KsK11d1(2)f(s)==e1+K1s(T1s+)1+K1s(Ts+)11-Kns(T1s+)11e=limsfN(s)+limsf(s)R(s)=lims+ssene22s®0s®0s®0(Ts+1)(Ts+s+K)sn11s(T1s+)1-KdsK11-K+1-KdK1=0，1-Knlims=nKd=s®0s(Ts+)1+Ks2K11K1K113.23已知系统结构图如图题3.23所示，试求：(1)传递函数C(s/)N(s)（无虚线所画的前馈控制）；(2)设N(s)阶跃变化D值（D为设定值），求C(s)的稳态变化；(3)若加一增益等于K的前馈控制，如图中虚线所示，求C(s/)N(s)，并求N(s)对C(s)稳态值影响最小的K值。KNs)(-Rs)(2Cs)(1Ä10Äs+5s+1-图题3.23C(s)1s+5解（1）==s+12N(s)21s+6s+251+10s+5s+123 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答s+5DD（2）C(¥)=lims=s®0s2+6s+25s5112C(s)-10Ks+5-20K(3)=s+1s+1s+5=N(s)2120s+6s+251-s+1s+5s+-520kDc()¥=limsf()sNs()=lims2s®0s®0s+6s+2551当K=时，c(¥)最小，值为043.24如图题3.24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3.24(1)求rt()=t，nt()=0时，系统的稳态误差e；ss(2)求rt()=0，nt()=t时，系统的稳态误差e；ss(3)求rt()=t，nt()=t时，系统的稳态误差e;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)een1e=limsf(s)R(s)=limss(Ts+)1=0sse2s®0s®01ss(Ts+)1+KK1(+)P0Ts11-T(2)e=limsfN(s)=lims-K=1ssen02s®0s®01sKPs(Ts+)1+KK1(+)P0Ts1-T1(3)e=limsfN(s)+limsf(s)R(s)=ssenes®0s®0KP（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。ssPIss24 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答3.25如图题3.25所示系统。N(s)R(s)E(s)K2C(s)K1sTs(+1)2图题3.25(1)求r(t)=,0n(t)=(1t)时，系统的稳态误差e；ss(2)求r(t)=t,n(t)=(1t)时，系统的稳态误差e；ss(3)若要减少e，则应如何调整K,K？ss12(4)如分别在扰动点之前或之后加入积分环节，对e有何影响？ss1s(Ts+)12解f(s)==eKs(Ts+)1+kK22121+k1s(Ts+)12K2-s(Ts+)1-K22f==enKs(Ts+)1+kK22121+k1s(Ts+)12E（s）=f(s)R(s)+fN(s)een-K211(1)e=limsfN(s)=lims=-ssens®0s®0s(T2s+)1+k1K2sK1(2)e=limsfN(s)+limsf(s)R(s)ssenes®0s®0-K21s(T2s+)1111=lims+lims=-2s®0s(T2s+)1+k1K2ss®0s(T2s+)1+k1K2sKK12K1(3)增加K可同时减少由r(t),n(t)输入所产生的稳态误差，而增加K只对减少有由r(t)输入12所产生的稳态误差有效(4)在扰动点之前的前向通道中加入积分环节，有利于提高系统的稳态指标（无论对控制输入还是扰动）；在扰动后的前向通道加积分环节，对减少扰动作用下的稳态误差无效。3.26求如图题3.26所示系统在r(t)和n(t)同时作用下的稳态误差e（误差定义为e=-rc）。sssn(t)=0.1sin100tr(t)=1+t11c(t)ss+1图题3.2625 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答11解：(R-NsC-)+N+R=Css+1s+1C=Rss(+1)1+2sE=RC-=Rss(+1)+13s11ess=limsEs()=+2=0s®0ss(+1)+1ss3.27如图题3.27所示系统n(t)n(t)12r(t)c(t)1Ks图题3.27其中，输入r(t)和扰动n(t)、n(t)都是单位阶跃函数。求12（1）在r(t)作用下的稳态误差e；ss（2）在n(t)作用下的稳态误差e；1ss（3）在n(t)作用下的稳态误差e；2ss（4）在输入r(t)和扰动n(t)，n(t)同时作用下的稳态误差e。12ss解：1[KE(s)+N(s)]+N(s)=R(s)-E(s)12ss1sE(s)=R(s)-N(s)-N(s)12s+Ks+Ks+Ks1)1(e(¥)=lims=0ssrs®0s+Ks-111)2(e(¥)=lims=-ssn1s®0s+KsK-s1)3(e(¥)=lims=0ssn2s®0s+Ks1（4）e（¥）＝e（¥）＋e(¥)+e(¥)=-ssssrssn1ssn2K2as+bs3.28复合控制系统的方框图如图题3.28所示，前馈环节的传递函数Fs()=。当输入rTs+11r(t)为单位加速度信号时，为使系统的稳态误差为零，确定前馈环节的参数a和b。F(s)rR(s)E(s)KC(s)2ÄK1Äs(Ts+)1-2图题3.2826 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答解：系统的误差传递函数为2[sTTs+(T+T-Ka)s+1(-Kb)]121222F(s)＝e(Ts+1)[s(Ts+)1+KK]211221s[TTs+(T+T-Ka)s+1(-Kb)]121222e=limsF(s)R(s)=lims×sse3s®0s®0s(Ts+1)[s(Ts+)1+KK]211211-Kb2=lim[TTs+(T+T-Ka)+]12122s®0KKs12T1+T2-K2a＝0T1+T21可见当时才满足要求。由此得出a＝b＝1-Kb＝0KK22227 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第4章习题解答4.1已知系统的开环传递函数为kGsHs()()=ss(+1)(s+2)（1）试绘制k³0时系统的根轨迹；（2）确定k=1时系统的闭环极点；V=0.5（3）确定时系统的闭环极点和对应的k。解：（1）1）开环极点：P=0,P=-1,P=-2；1232）根轨迹有3条分支，分别起始于极点P=0，P=-1，P=-2，终止于无穷零点。1233）实轴上的根轨迹位于(-¥-,2]、[-1,0]区段；4）根轨迹有3条渐近线nm∑pi-∑zji=1j=1012--s===-1anm-3oooo(2k+1)p(2k+1)18060,180,300q===n-m3k=0,1,25）根轨迹的分离点系统的特征方程为：1+1+1=0dd+1d+2解之得：d=-.042，d=-.158（舍去）126）与虚轴的交点。将s=jw代入系统闭环特征方程，令其实部、虚部都为零，可得：32w-w=02k-w=0解得w=.1414，K=2由此得系统的根轨迹如下图所示：28 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答Ds()=ss(+1)(s+2)10+=（2）k=1时，系统的闭环特征方程为解得闭环极点为：s=-2.3247、s=-0.337650.56311+j、s=-0.337650.56311-j1232（3）当V=0.5时，设闭环主导极点为s=-zw±jw1-z=-0.5w±jw0.75由根之和法1,2nnnn则得：p+p+p=s+s+s，即s=w-3。由s，s，s，可得系统的闭环特征方程1231233n123为：3222Ds()=(ss-)(ss-)(ss-)=s+(w-ss)+(w-sw)ss-w123n3n3n3n又有题目可得系统的闭环特征方程为：32D(s)=(s-s)(s-s)(s-s)=s+3s+2s+K123222比较上述两个式子可得：w=»0.667，s=w-=-32.333，k=-sw=2.333.667´=1.038n3n3n3V=0.5即使复数闭环主导极点的阻尼系数时k=1.038。4.2已知系统的开环传递函数为ks(+1)GsHs()()=2ss(-1)(s+4s+16)（1）试绘制k³0时系统的根轨迹；（2）试绘制k£0时系统的根轨迹。解：（1）k³0时-+223j--223j开环极点：0、1、、；开环零点：-11）根轨迹分支数4(-¥-,1][0,1]2）实轴上的根轨迹位于、3）渐近线条数31(2+-+23)j+--(223)j--(1)2s==-渐近线：41-3oooo(2k+1)p(2k+1)18060,180,300q===n-m3k=0,1,24）根轨迹分离点根据A¢B=AB¢可得d1=-.22627，d2=.04483，d3=-.07595+j.21637（舍），d4=-.07595-j.21637（舍）w2,1=±.15616w4,3=±.256165）根轨迹与虚轴的交点，k=23.3148k=35.68546）出射角因为p1=-2+23j，p2=-2-23j，p3=0，p4=1，z=-1=180o+---=180o+106o-90o-120o-131o=-55oqpjzpqppqppqpp11213141=55oqp2根轨迹如图：29 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答o（2）（1）k£0时，系统的根轨迹为0根轨迹-+223j--223j1）开环极点：0、1、、；开环零点：-12）根轨迹分支数43）实轴上的根轨迹位于[-1,0]和[1,¥]3）渐近线条数31(2+-+23)j+--(223)j--(1)2s==-渐近线：41-3oooo2kp2k´1800,120,240q===n-m3k=0,1,2根轨迹如图：30 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答4.3已知系统的开环传递函数为kGsHs()()=2ss(+10)（1）试绘制k³0时系统的根轨迹；（2）试绘制k£0时系统的根轨迹。解：（1）k³0时，kGsHs()()=2s(s+10)1）根轨迹起始于-10，0，0；终止于三个零点（无限零点）2）根轨迹分支数为33）实轴上的根轨迹位于(-¥-,10]区段；4）渐近线为3条-10s=oooo3，(2k+1)p(2k+1)18060,180,300q===n-m3k=0,1,2根轨迹图：o(2)k£0时，系统的根轨迹为0根轨迹1）根轨迹起始于-10，0，0；终止于三个零点（无限零点）2）根轨迹分支数为33）实轴上的根轨迹位于[10,]-¥区段；4）渐近线为3条oooo-102lp2l´1800,120,240s=，q===3n-m3l=0,1,25）分离点根据A¢B=AB¢20可得d1=-，d2=0（舍）331 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答4.4已知系统的开环传递函数为1GsHs()()=ss(+1)(Ts+1)试绘制T³0时系统的根轨迹。解：由1+GsHs()()=0ss(+1)(Ts+1)1+=02Ts(s+1)1+=02s+s+12""Ts(s+1)等效开环传递函数为GsHs()()=2s++s12s(s+1)1根轨迹的起点与终点：由于此时零点数大于极点数，由=-可得：2s++s1T当T=0时，一条根轨迹起源于-¥远处，当T®+¥时，根轨迹终止于零点。根轨迹渐近线与实轴的交点s：a2s++s11考虑到=-T=-2s(s+1)KT®0与K®+¥对应，因此33---1(0.5+j)--(0.5-j)s=22=03-2根轨迹渐近线与实轴正方向的夹角为±p。3出射角：等效开环传递函数的极点为p1,2=-0.5±j，p1到等效开环传递函数的零点233z=0、z=-1的相角分别为q=tan2=120o，2o1211q2=tan=60-122oooooo出射角qp=-180+´2120+60-90=30，qp=-301232 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答根轨迹如下图所示：33 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第5章习题解答5.1求图题5.1所示RC电路的传递函数和频率特性。R1URi2UoC1C2图题5.12Cs()RRCCS+(RC+RCs)+1解：传递函数：=121211222Rs()RRCCS+(RC+RC+RCS)+11212112212频率特性：把上式的s改为jw5.2图题5.2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5.21o101解：（1）c=sin(2t-45)e=sin(2t+arctg)ssss2243(2)c=1sin(t-30o-arctg1)+2sin2t;e=2sin(t+48)4.+5sin(2t+63)4.ssss522585.3最小相位系统的开环对数幅频渐近线如图题5.3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5.3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、10012334 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答w=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，根据dB/dec的几何意义有：40-3020=，w1=.0316lgw-lg1.015-20-40=，w3=42.17lg100-lgw320-40-20=，w=.42172lgw-lgw32s31.62(+)11.0G(s)=ssss(+1)(+1)(+1)(+)10.3164.21742.171005.4最小相位系统的开环对数幅频特性的渐近线如图题5.4所示，试写出下列情况下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5.4（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：c35 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答12K1(+w)0.110KK»==11212100w10w1+w1+w0.01510(10s+1)得K=10,故Gs()=s(100s+1)(0.2s+1)5.5最小相位系统的开环对数幅频特性渐进线如图题5.5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5.5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)5.6最小相位系统的开环对数幅频特性的渐近线如图题5.6所示，确定系统的开环传递函数。L(w)-20db/dec-40db/decw2.05.0图题5.6K解：G(s)=1s(s+)12由图可知，系统的截止频率为：w=5rad/sc36 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答K25=1，得K=125.，G(s)=wwc=5cs(s+)2wc25.7最小相位系统的开环对数幅频特性的渐近线如图题5.7所示，确定该系统的开环传递函数。L(w)db-20db/dec-60db/decw11000.2-20db/dec图题5.7解：由对数幅频特性的渐近线可知：12K(s+)110G(s)=12s(s+)12.0K已知：wc=1，=1，得K=25wwc=1c2w()c22251.0(s+)1G(s)=2s5(s+)15.8最小相位系统的开环对数幅频特性的渐近线如图题5.8所示，确定系统的开环传递函数。L(w)-40db/dec-20db/decw0.512-40db/dec图题5.8解：由于对数幅频特性的低频段是-40dB/dec的直线，所以系统传函有2个积分环节。易得系统传函为1K1(+s)5.0K1(+2s)G(s)==122s1(+5.0s)s1(+s)2wcK又因为穿越频率为ω=1，所以5.0=1，得K=5.02wc=1wc1(5.0+2s)即系统传递函数为G(s)=2s1(+5.0s)37 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答5.9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，系统频率特性为：10G(jw)H(jw)=(jw+1)(1.0jw+)1limG(jw)H(jw)=10，limÐG(jw)H(jw)=0w®0+w®0+limG(jw)H(jw)=0，limÐG(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。+-5.10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K特性为：H(jw)G(jw)=1(+1.0jw)(1+5.0jw)(1+jw)limG(jw)H(jw)=K，limÐG(jw)H(jw)=0w®0+w®0+3limG(jw)H(jw)=0，limÐG(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。5.11已知单位负反馈系统的开环传递函数为KG(s)=，用奈氏判据判断系统的稳定性。s-1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)=K，limÐG(jw)H(jw)=-pw®0+w®0+1limG(jw)H(jw)=0，limÐG(jw)H(jw)=-pw®+¥w®+¥2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，+-38 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答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。画图略。5.12一单位负反馈系统的开环对数幅频特性渐进线如图题5.12所示。L(w)-20db/dec-40db/dec-20db/decw40.10.21-40db/dec图题5.12（1）写出系统开环传递函数和频率特性表达式；（2）判别闭环系统的稳定性；（3）如果将图中幅频特性曲线向右平移10倍频程，试讨论对系统阶跃响应的影响。解：（1）由于对数幅频特性的低频段是-20dB/dec的直线，所以系统传函有1个积分环节。易得系统传递函数为1K1(+s)2.0G(s)=11s1(+s)(1+s)1.04wcK又因为穿越频率为w=1，所以2.0，求得K=2，所以系统开环传递函数为c=1wwc=1cwc0.11(2+5s)G(s)=s1(+10s)(1+.025s)频率特性表达式为：1(2+5jw)G(jw)=jw1(+10jw)(1+.025jw)（2）解法一：开环传递函数在S平面原点处有1个极点，单位反馈系统故H(s)=1，系统频1(2+5jw)率特性为H(jw)G(jw)=jw1(+10jw)(1+.025jw)1limG(jw)H(jw)=¥，limÐGj(w)Hj(w)=-pw®0+w®0+2limG(jw)H(jw)=0，limÐGj(w)Hj(w)=-pw®+¥w®+¥画出奈氏图可知P=0,N=0,Z=N+P=0,所以系统稳定。解法二：因为中频段斜率为-20dB/dec，根据Bode定理可知系统一定稳定。(3)将幅频特性曲线向右移动１０频程，系统稳定裕量不变，所以系统稳定性不变。由于系统带宽增加，所以系统响应速度加快，上升时间减少，抗干扰性能下降。39 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答5.13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。425.14如图题5.14所示具有时滞的控制系统：R(s)1-tsC(s)es(s+)1图题5.14分析时滞对系统稳定性的影响，确定保证系统稳定时所容许的最大时滞t。max解：时滞较小时系统稳定，随着时滞参数的增大，系统由稳定变为不稳定。其幅频特性为1Gj(w)=2w(w+1)解出w=.0786coooo该点的相角为ÐGj(0.786)=-90-arctan0.786=-90-38=-128o这表明保持系统稳定，允许滞后环节滞后52。即otw=0.786t=52/57.3=0.9075解得t=.115maxp或者：g=p--arctan.0786-.0786t2g=.0905-.0786t=0max解得t=.115max5.15某系统的对数频率特性实验数据如下表所示，确定系统的传递函数。w0.10.20.412410203020lgG342821135-5-20-31-34000000000ÐG-93-97-105-123-145-180-225-285-34540 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答解：由w=0.1～0.2，二倍频程DL(w)=-6dB须有一个积分环节。w=10～20，二倍频程DL(w)=-12dB须有一个惯性环节。00又当w=30时，ÐG(jw)=-345>-180，须有延迟环节所以-tsKeG(s)=s(Ts+)1-jwtKeG(jw)=jw(Twj+1)K120lgw2TwTK20lg=34由w，当w=0.1时，K=5。520lg=-342当w=30时，TwT=0.28-ts5eG(s)=故s.0(28s+)10ÐG(jw)=-wt´573.-90-arctg(Tw)0当w=30时,ÐG(jw)=-345,得t=1.0,故-1.0s5eG(s)=s.0(28s+)141 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第6章习题解答6.1设单位反馈系统的开环传递函数为40G(s)=0s2.0(s+1)(.00625s+)10要求校正后系统的相位裕度g=30，幅值裕度K=10~12dB，求串联超前校正装置。g.00625s+1G(s)=c1解：原系统中频区频带窄，需使用一超前网络0.00625s+1拓宽频率。即40G(s)=1s2.0(s+1)(.000625s+)1w"=14绘制校正前系统的伯德图，可见c。00¢¢0*g¢=180-90-arctg2.0(w)-arctg.0(00625w)=14gcc.0088s+1²Gc2(s)=T=1/(wca)=.0035.252.0(035s+)140.00625s+1.0088s+1G¢(s)=××s2.0(s+1)(.00625s+)1.000625s+1.252.0(035s+)1校正后，159.´.0088w1-10=20lg*验证Hg：w1´2.0w1´.0035w1w1=252.159.´.0088w2-12=20lgw2´2.0w2´.0035w2w2=282.00f(jw)=arctg.0(088w)-90-arctg2.0(w)-arctg.0(00625w)-arctg.0(035w)=-1533.>-180G1111100f(jw)=arctg.0(088w)-90-arctg2.0(w)-arctg.0(00625w)-arctg.0(035w)=-1555.>-180G22222校正后系统满足幅值裕量的条件。6.2设开环传递函数KGs()=ss(+1)(0.01s+1)0单位斜坡输入R(t)=t，稳态误差小于.00625。若使校正后相位裕量不小于45，截止频率大于2，设计校正系统。1解：题为I型系统，对于斜坡输入有e=£.00625，K³16取K=16故开环传递函数ssK变为16G(s)=s(s+1)(.001s+)1用MATLAB求出相角裕度r=11.9995=12，bode图如下：42 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答由图可以看出，截止频率w=4满足要求。采用超前校正如下：cooooDj=g-g+e=45-(12)+7=400oo1sin+fm1sin+Df1sin40+取j=Dj=40，则a====4.6mo1sin-f1sin-Df1sin40-m-10lga=-10lg6.4=-.6628dB直线与未校正对数幅频特性曲线相交于w=8.5，取w=8.5c11T===.008aw6.4´8.5m1+aTs1+.0368sG(s)==c1+Ts1+0.08s校正后的传递函数为：161+.0368sG¢(s)=´s(s+1)(.001s+)11+.008s画出Bode图如下。从Bode图上可以看出，校正后的相角裕度r=46.5度，截止频率w=5.8c均满足要求。所以加串联超前网络后的系统的开环传递函数为：1+aTs1+.0368sG(s)==c1+Ts1+0.08s43 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答6.3单位反馈伺服系统的开环传递函数为200G(s)=s1.0(s+)10设计一个无源校正网络，使系统的相位裕量不小于45，截止频率不低于50。解：由MATLAB得开环系统bode图为：ooooDj=g-g+e=45-(13)+5=370oo1+sinjm1+sinDj1+sin37取j=Dj=37，则a====.402mo1-sinjm1-sinDj1-sin3744 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答-10lga=-10lg.402=-.604dB直线与未校正对数幅频特性曲线相交于w=63，取w=63c11T===.0008aw.402´63m1+aTs1+.00321sG(s)==c1+Ts1+0.008s校正后的传递函数为：2001+.00321sG¢(s)=´s1.0(s+)11+.0008s画出bode图如下：由图可以看出满足要求。R=(a-)1RR=3R1212本题要求设计无源校正网络，由得，若选择RC=aTRC=.003211R=10kW,则R=30kW,C=2.3mF，画图略。126.4设未校正系统开环传递函数为10G(s)=0s2.0(s+1)(5.0s+)10要求校正后系统的相位裕度g=65，幅值裕度K=6dB，求串联滞后校正装置。g解：校正前bode图如下：45 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答ooooo1作-(180--ge)=-(180-65-5)=-110线，对应的幅值为25dB，20lg=25，a1111=17.78，a=0.0562，取=´0.52=0.065，=0.003653，T=273.75则aaT8T115.38+sGs()=，校正后的传递函数为：c1273.75+s10115.38+sGs¢()=´，s(0.2s+1)(0.5s+1)1273.75+s0校正后系统的相位裕度g=62.2，幅值裕度K=21.5dB可知基本满足要求。g6.5设系统开环传递函数KG(s)=0s(s+1)(5.0s+)10要求校正后的系统开环放大倍数K=5，相位裕度不小于40，幅值裕度不小于10dB。v解：对于校正前的系统：520lgw<1w5L(w)=20lg12w2´5.0w¢o¢1¢o*解得w=9.2，g¢=90-arctg(w)-arctg(w)=-364.221w´5.0wa11w=.132oo1，F¢(jw1)=-178>-180520.4s+1满足裕量条件，所以Gs¢()=GsGs()()=´css(+1)(0.5s+1)180s+16.6设单位反馈系统的开环传递函数为8G(s)=s2(s+)1若采用滞后-超前校正装置(10s+1)(2s+)1G=c(100s+1)(2.0s+)1对系统进行串联校正，试绘制校正前后的对数幅频渐进特性，并计算系统校正前后的相角裕度。解：绘制出待校正系统，滞后－朝前校正装置和校正后系统的对数幅频渐进特性曲线，如图：""由图中L()w与w轴交点，得待校正系统的截至频率w=2rads/，算出待校正系统的相角裕c"oo"度r=180-90-arctan2w=14.04；c""""由图中L(w)与w轴交点，得校正后系统的截至频率w=0.8rads/，算出校正后系统的相c"oo""""""o角裕度r=180-90+arctan10w-arctan100w-arctan0.2w=74.5ccc47 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第7章习题解答*7.1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=07.2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-l7.3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+z7.4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-)1.0-10z10z（1）部分分式法：F(z)=+z-1z-2k所以：f(kT)=102(-)1kn-1留数法：f(nT)=∑Res[E(z)z]i=1z®zi48 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答n-1n-1没有重根时：Res[E(z)z]=lim[(z-z)E(z)z]z®ziiz®zin-1n-11d[(z-zi)E(z)z]有重根时：Res[E(z)z]=limz®ziz®zn-1(n-1)!idznn-110zF(z)z=(z-1)(z-)2有两个极点：z=1、z=2，极点处的留数为：12nn10z10(z-)1zRes[]=lim[]=-10z®1(z-1)(z-)2z®1(z-1)(z-)2nn10z10(z-)2znRes[]=lim[]=102()z®2(z-1)(z-)2z®2(z-1)(z-)2¥nn所以：f(nT)=102(-)1，f(*t)=∑102(-)1d(t-nT)n=0-1-aTz1(-e)（2）F(z)=-1-1-aT1(-z)(1-ze)解：部分分式法-1-aT-aTz1(-e)z1(-e)zzF(z)===--1-1-aT-aT-aT1(-z)(1-ze)(z-1)(z-e)z-1z-e¥-anT*-anTf(nT)=1-e，f(t)=∑1(-e)d(t-nT)n=018zz（3）部分分式法：F(z)=(-)7z-0.8z-0.11k+1k+1f(kT)=8.0(-1.0)0.7留数法：k+1k-1zzFz()=(z-0.8)(z-0.1)k+1k+1zzfkT()=(z-0.8)|+(z-0.1)|z=0.8z=0.1(z-0.8)(z-0.1)(z-0.8)(z-0.1)1k+1k+1=(0.8-0.1)0.7+¥*1k+1k+1ft()=∑(0.8-0.1)(dt-kT)0.7k=07.5用Z变换法解下列差分方程：（1）c(k+)2+3c(k+)1+2c(k)=0，c)0(=,0c)1(=1；（2）c(k+)2-3c(k+)1+2c(k)=r(k)，r(k)=d(k),c)0(=c)1(=0；（3）c(k+)2+2c(k+)1+c(k)=r(k)，r(k)=k(,k=2,1,0LL),c)0(=c)1(=0；（4）c(k+)3+6c(k+)2+11c(k+)1+6c(k)=0，c)0(=c)1(=1，c)2(=0。解：（1）对差分方程进行z变换，根据实数位移（超前）定理：m-1m-kZ[f(t+mT)]=z[F(z)-∑f(kT)z]k=049 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答222Z[c(k+2)]=zC(z)-zc)0(-zc)1(=zC(z)-zZ3[c(k+1)]=3zC(z)-3zc)0(=3zC(z)Z2[c(k)]=2C(z)差分方程变换为如下z代数方程：2(z+3z+)2C(z)=zzzz11C(z)==-=-2-1-2z+3z+2z+1z+21+z1+z2求z的反变换：(z+3z+2)()1Cz=kkc(k)=(-)1-(-)2(,k=1,0,.....)2(2)同理，原式等价于zcz()-3zcz()+2cz()=rz()因为rk()=d(k)，所以rz()=11cz()=2z-3z+2k-1k-1z利用留数计算法进行z反变换：zcz()=，有两个单极点z=2,z=1(z-2)(z-1)k-1k-1zzk-1ckT()=(z-2|)z=2+|z=1=2-1(z-2)(z-1)(z-2)(z-1)0,k=0.1由已知c()0=c()1=ckT()=k-12-1,k=2,3...(3)由Z变换实位移定理得：222zck(+2)=zCz()-zc(0)-zc(1)=zCz()zck(+1)=zCz()-zc()0=zCz()对差分方程两边取Z变换后有：2zCz()+2zCz()+Cz()=Rz()z式中Rz()=zrk()=，所以2(z-1)1zzCz()==2222z+2z+1(z-1)(z+1)(z-1)用反变换公式法求z反变换1zk-1ck()=zdz2Pj∫Gz+12z-12()()k-1k-1=ResCzz();z=1+ResCzz();z=-1dzkk-1k-12ResCzz();z=1=lim(z-1)=其中z®1dz(z+1)(2z-1)24kdzk(1-k)(-1)k-1=-=+2=ResCzz();z1lim(z1)z®1dz(z+1)(2z-1)24所以50 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答k1k-1k-1(-1)(1-k)ck()=∫Czz()dz=+2PjG44k-1k=1--(1),k=0,1,2...4（4）ck(+3)6(+ck+2)11(+ck+1)6()+ck=0，c)0(=c)1(=1，c)2(=03-1z-2332解：Z[c(k+3)]=z[C(z)-c)0(-c)1(z-c)2(]=zC(z)-z-z2-122Z6[c(k+2)]=6z[C(z)-c)0(-c)1(z]=6zC(z)-6z-6zZ[11c(k+1)]=11z[C(z)-c0()]=11zC(z)-11zZ6[c(k)]=6C(z)3232z+7z+17zz+7z+17zC(z)==32z+6z+11z+6(z+1)(z+2)(z+)3k-1求z的反变换,zC(z)有三个极点：一个单极点z=-1，z=-2，z=-3123kkkc(k)=(5.5-)1-(7-)2+(5.2-)3(,k=1,0.....)7.6如图所示采样控制系统：r(t)T1-e-TsKc(t)ss+1图题3.6（1）求系统开环脉冲传递函数；（2）求系统闭环脉冲传递函数；（2）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=K(1-z-1)[1-1]=K(1-e)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)7.7求图题7.7所示采样系统输出C(z)表达式。R(s)E(s)C(s)ÄÄG1(s)·--D(s)G2(s)G3(s)图题7.751 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答解：由系统结构图可以得到：C(z)=G(z)[E(z)-D(z)]（1）1D(z)=GG(z)[E(z)-D(z)]（2）21即：GG(z)21D(z)=E(z)（3）1+GG(z)21（3）代入到（1）得：GG(z)21C(z)=G(z)[E(z)-E(z)]11+GG(z)21G(z)1C(z)=E(z)（4）1+GG(z)21又E(z)=R(z)-G(z)C(z)（5）3（5）代入到（4）G(z)1C(z)=[R(z)-G(z)C(z)]31+GG(z)21G(z)G(z)G(z)1311[+]C(z)=R(z)1+GG(z)1+GG(z)2121G(z)1C(z)=R(z)1+GG(z)+G(z)G(z)21137.8如图题7.8所示采样控制系统(1)求在输入和扰动共同作用下的输出量的Z变换表达式；(2)求系统输出C(z)与输入R(z)之间的Z传递函数；K(3)设D1(z)=1，D2(z)=0，G1(s)=，G2(s)=1，Gh(s)是零阶保持器，求系统输出C(z)s+1与输入R(z)之间的Z传递函数。TTD2(z)N(s)R(s)TTC(s)D1(z)Gh(s)G1(s)G2(s)图题7.8GGGzDz()[()+Dz()]GNz()解：（1）Cz()=h1212Rz()+21+DzGGGz()()1+DzGGGz()()1h121h12GGGzDz()[()+Dz()]（2）F()z=h12121+DzGGGz()()1h12-Ts-T-1K(1-e)K(1-e)z（3）当Dz1()1,=Dz2()=0时，GGGzh12()=Z[]=-T-1ss(+1)1-ez-TGGGz()k(1-e)h12F()z=代入数据得:F()z=-T-T1+GGGz()zk+(1-e)-eh1252 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答4327.9已知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。7.10如图题7.10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；（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7.10-TsK(1-e)（1）GsGs()()=h2s(0.2s+1)-5-5GGz()K[(0.80.2+e)z-1.2e+0.2]闭环传递函数F()z=h=-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||0,3.22-0.02K>0,0.78-0.18K>0，所以系统稳定条件为01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->121TT所以系统的稳态误差为e(¥)=e=++=1.0ssKKKpra7.14如图题7.14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7.14-Ts1-eK解：Gs()=sss(+1)系统的开环传递函数为：.0005(z+)9.0G(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==1ssKV55 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第8章习题解答8.1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8.1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8.2如图题8.2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8.224-8w4w-4解：频率特性：Gj(w)==+j222jww(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=，系统是22w(1+w)w(1+w)p不稳定的，交点处的自激震荡是稳定的自激震荡。56 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答8.3如图题8.3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8.3241242(-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3由图可知系统的负倒特性为1PA-=-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，2b3自激振荡频率w=2，求幅值：PA2,得A2=5.26或1.24-=-13121-2AA=1.11或2.29，A=1.11为不稳定自激振荡幅值，所以舍去。取A=2.298.4如图题8.4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8.410-10-10解：G(jw)=，Re=，Im=22jw(jw+1)w+1(w+)1w1p22pa-=-A-a-jN(A)4b4b-10p22=-A-a2由w+14b解得：w=.497，A=5.0-10pa=-2(w+)1w4b57 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答8.5非线性控制系统结构如图题8.5所示。为使系统不产生自振，试利用描述函数法确定继电特性参数a,b的值。bu3crٛe0as(0.8s+1)(s+1)-图题8.524ba解：N(A)=1-,A³apAA负倒描述函数为：-1-pA=N(A)a24b1-A-1-1A®a,®-¥，A®¥,®-¥N(A)N(A)-1dN(A)所以必然存在极值：由=0得A=2adA-1-pa此时：|=A=2aN(A)2bp5令ÐG(jw)=-p,得--arctg8.0w-arctgw=-p，解得w=22-4.5w4[ReG(jw)]|=|=-5225w=w1(+w)(1+.064w)w=322-1-pa48b为使系统不产生自振荡，要求G(jw)与曲线无交点，即满足<-，所以a>。N(A)2b33p328.6如图题8.6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8.63214解：N(A)=A，-=-24N(A)3A58 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答1Gjw()=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。8.7非线性系统结构如图题8.7所示，分析系统运动并计算自振参数。22r=0e010cÄ2011s(s+1)-101图题8.721020101(-w)解：G(jw)==--j=u(w)+jv(w)2222322jw(jw+)14w+1(-w)4w+w1(-w)令V(w)=,0得w=,1U(w|)=-5w=1三个非线性环节等价于一个死区继电特性，a=,5.0b=2，描述函数为4ba2N(A)=1-(),A³apAA1令-=-5，求得A=12.72N(A)故输出端的振幅为：A=12.72，频率为w=159 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答.8.8非线性系统的方框图如图题8.8所示。试绘制初始条件为c)0(=-,3c)0(=0的相轨迹以及对应的时间响应曲线，并讨论饱和非线性特性对系统暂态响应指标的影响。cr=0+e210Ä·0s(s+1)-2图题8.82,e>2×××解：描述系统的微分方程为cc+=u，其中u=e,e£2-2,e<-2××××××由比较点可得：e=-=-rcc，e=-c，e=-c整理上述关系式可得：-2,e>2××ee+=-=-ue,e£2，开关线为e=±22,e<-2××de×在e>2区域，有e+=-e2de×de×2令=a，得等倾线方程为e=-dea+1×2在e<-2区域，同理可得等倾线方程为e=a+1××de×在e<2区域，有e+=-eede×de×1令=a，得等倾线方程为e=-edea+1根据等倾线方程，可作出系统的概略相轨迹，如图所示：时间响应曲线：60 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答饱和非线性特性减慢了系统误差响应的收敛速度，恶化了系统暂态性能指标。.8.9设系统如图题8.9所示，假设系统仅受初始条件作用，试画e-e平面上的相轨迹。.creM1c1Ä0-Mss-+Ä+图题8.9解：（1）求微分方程：由结构图知u=c&&e=-c-c&e&=-c&-c&&=-c&-ue&&=-c&-u&=-u-u&当e¹0时，u&=0-Me>0e&&=Me<0当e=0时，e&&=-u-u&。其中e=0为开关线。（2）求相轨迹：ed&当e>0时，e&&=-Me&=-M&ede&=-Mde&de2e&=-2Me+c1可见，在e>0区域内，相轨迹是开口向左的抛物线，顶点在e轴上。当e<0时，同理可得2e&=2Me+c2相轨迹是一条开口向右的抛物线，顶点在e轴上。当e=0时，e&&=-u-u&，61 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答此时相轨迹在开关线上，u发生突跳。设突跳时刻为t，将上式在t时刻积分00+++t0t0t0e&&dt=-udt-u&dt∫t-∫t-∫t-000e&由于u跳跃，幅值为有限值±2M，所以+t0udt=0∫t-0+-+-e&(t)-e&(t)=-[u(t)-u(t)]0e0000De&(t)=-Du(t)00当e由负向正运动穿过开关线时，Du(t)=2M相轨迹图0所以在开关线上-2Me&>0De&(t0)=2Me&<0（3）由上面的分析可画出相轨迹，如图所示，相轨迹在开关线上有幅度为2M的跳跃，当e&>0时，相轨迹下跳，当e&<0时，相轨迹上跳，最终收敛于坐标原点。.8.10试绘制图题8.10所示系统的c-c相平面图，并分析系统d运动特性。初始条件为.c)0(=,0c)0(=2。K=12e1cÄ·01s-图题8.1解：由结构图知e+1e>1c&&=2e-11c&&=-2c-1£c£1-c+1c<-1.由初始条件c)0(=,0c)0(=2积分，当-1£c£1时，c&&=-2c&cdc&=-2cdc2222c&c得c&=-2c+4+=14262 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答相轨迹为一椭圆，且当c=1时，c&=±2当c=-1时，c&=±2当c>1时，c&&=-c-122积分得c&+(c+)1=6相轨迹是圆心在点（0，-1）半径为6的圆弧。当c<-1时，c&&=-c+122同理积分得c&+(c-)1=6相轨迹是圆心在点（0，1）半径为6的圆弧。整个相轨迹形成闭和的环形，如图所示。说明系统运动为等幅振荡，且和初始条件有关。c&2-101c-263 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答第9章习题解答9.1列写如图题9.1所示电路中以电源电压u作为输入，电容C，C上的电压u和u作为12c1c2输出的状态空间表达式。i2CR21i1uC=x2iL=x3+2LuC3-C1uC1=x1R2图题9.1解：由基尔霍夫定律得u=U+iL&+Ric1c2L2LC2uc2=iL+C3(u&c1-u&c2)u=R(Cu&+Cu&)+u11c12c2c1令x=U,x=U,x=i，可得1c12c23L-（C2+C3)-R1C2C2+C30M100MMy=XCRCC3X&=-3011X+u010MMM11R20L-L-L其中M=R(CC+CC+CC)11312239.2图题9.2所示为RLC电路，有电压源es及电流源is两个输入量。设选取状态变量x1=iL,x2=uC1,x3=uC2；输出量为y。建立该网络动态方程，并写出其向量-矩阵形式（提示：先列写节点a，b的电流方程及回路电势平衡方程）。uc1uc2o+iaaic2bC1C2LR1iLyR2+esis-o-c图题9.2解：由基尔霍夫定律得：CU&+i=CU&1c1s2c2CU&=i2c2Le=CU&R+U+U+iR+iL&s1c11c1c2L2L64 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答可得R1+R211R11---x&1LLLLL11isx&=00+-02CCe1sx&310000C29.3判断下列系统的状态能控性。-12-10（1）x&=0-20x+0u1-4011100(2)x&=010x+1u011011000(3)x&=010x+01u01110-401(4)x&=-4x+2u011l100l1(5)x&=1x+ul110l21l1100l10(6)x&=1x+ul110l12解：0-11（1）2S=[BABAB]=000c10-1rankSc=20x(k+)1=001x(k)K002试求使系统渐进稳定的K值范围。010解：A=001K002先求A的特征值，只要A的所有特征值的绝对值小于1，系统就会渐近稳定。l-102KK由lI-A=0，得0l-1=0,求得l(l-)=0，可以得到l1=0，l3,2=±22K0-l2又因为l<1，求得00）。c10解：rank==<12rank，系统不是完全能观的。cA00Ke1设K=，eKe2-K1e1AKc-=e-Ke202f()l=det[lI-(AKc-)]=l+Kl+Kee1e2*22f()l=(l+r)(l+2)r=l+3rl+2r*令f()l=f()l2则K=3,rK=2re1e23r所以K=e22r9.21设被控对象的状态方程为010x&=x+u-2-31y=[20]x设计一个状态观测器，使其极点配置在s=-10，s=-10；1273 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答解：系统能控、能观，并且为可控标准形全维观测器系统矩阵为：01h0[]-2h01A-1+C=-20=-2-3h-2-2h-311观测器特征方程为2lI-(A-1+C）=l+2(h+)3l+6(h+2h+)2=000122期望特征方程为(l+10)=l+20l+100=08.5得h0=5.8，h1=235.，所以，输出反馈矩阵为Ke=。23.59.22确定系统.010，x10x=x+ux)0(=，y=[10]x001x20的最优控制uˆ(t),使性能指标¥22J=∫(y(t)+ru(t))dt0为极小。010解：A=B=C=[10]Q=2R=2r001，，，，k11k12T-1TT设正定对称矩阵K=，满足下列黎卡提举证代数方程：KA+AK-KBRBK+CQC=0k12k22k11k120100k11k12k11k1201k11k12100即+-[01]+2[10]=k12k220010k12k22k12k2212rk12k22000得到下列线性代数方程组：122-k12=02r1k12-k12k22=02r122k12-k22=02r解线性代数方程组，并考虑K正定的条件，得k11=8r，k12=2r，k22=8rr，因此2rK=8r2r8rr系统的最优控制为*-1T18r2rx1(t)U(t)=-RBKx(t)=-[01]2r2r8rrx2(t)9.23给定一阶离散系统x(k+)1=x(k)+u(k),x)0(=1性能指标为322J=∑[x(k)+u(k)]k=0**求最优控制序列u(k)（k=3,2,1,0）和性能指标J。解：由题可知，最优控制的参数为A(k)=1，B(k)=1，P=0，Q=2，R=274 王万良编著《自动控制原理》（高等教育出版社）习题解答K(k)=Q(k)+AT(k)[K-1(k+1)+B(k)R-1(K)BT(K)]-1A(k)黎卡提差分方程为：-1[]-112K(k+)1+1=2+K(k+1)+=21K(k+)1+12由于N=4，K)4(=P=0,逆时间方向求解K(k),k=3,2,1,0，因此得：2[K)4(+1]2[K)3(+1]K)3(==2K)2(==311K)4(+1K)3(+1222[K)2(+1]162[K)1(+1]42K)1(==K)0(==15113K)2(+1K)1(+122*K(k)-2最优控制率为：U(k)=-X(k)；k=3,2,1,02因为X)0(=1*K)0(-28**5所以U)0(=-X)0(=-，U)0(作用下的最优状态为X)1(=21313*K)1(-240**25U)1(=-X)1(=-，U)1(作用下的最优状态为X)2(=2169169*K)2(-2200**125U)2(=-X)2(=-，U)2(作用下的最优状态为X)3(=221972197*K)3(-21000U)3(=-X)3(=-228561*1221最优性能指标J=K)0(X)0(=21375'