《《自動控制系統(tǒng)原理》張愛民課后習題問題詳解》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《《自動控制系統(tǒng)原理》張愛民課后習題問題詳解（83頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、word 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，本錢低廉；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

2、被反應(yīng)包圍的前向通道的擾動對系統(tǒng)輸出量的影響；利用負反應(yīng)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)是利用負反應(yīng)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應(yīng)通道保衛(wèi)的前向

3、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：電壓放大器和功率放大器 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適宜的位置上。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，與給定電壓比擬后形成正偏差信號，該

4、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，如此爐溫上升，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。引入反應(yīng)后，形成閉環(huán)控制系統(tǒng)，輸出信號被反應(yīng)到系統(tǒng)輸入端，與參考輸入比擬后形成偏差信號，控制器再按照偏差信號的大小對被控對象進展控制。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。所以引入反應(yīng)之后回帶來系統(tǒng)穩(wěn)定性的問題。 解： 對自動控制系統(tǒng)的根本要：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)

5、的快速性。 2.1 解 對質(zhì)量m的受力分析如如下圖所示： 由牛頓第二定律得： 同時 綜合上述兩式得其微分方程為 設(shè)輸入量輸出量與其各階導數(shù)的初始值均為零，對上式進展拉氏變換得式 故其傳遞函數(shù)為 受力分析得： 對于M有： Mgsin=ML F=Mgcos 對于m有： F sin--=m 整理后得： =sin =g cos sin- 削去的系統(tǒng)的微分方程： +-=0 對上式做拉普拉斯變換后整理得系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為: G(s)== 2.3解

6、 〔a〕電氣系統(tǒng) 〔b〕機械系統(tǒng) 證：〔a〕由電路可得： 如此其微分方程為： (b) 取A、B兩點進展受力分析，列出方程得： 〔1〕 〔2〕 由〔1〕式、〔2〕式得 〔3〕 得 經(jīng)比擬，電氣系統(tǒng)〔a〕與機械系統(tǒng)〔b〕的微分方程具有一樣的形式，故兩個系統(tǒng)為相似系統(tǒng)。 2.4 解 傳遞函數(shù) 微分方程 2.5 解

7、 由電路得： 〔1〕 〔2〕 綜合〔1〕、〔2〕式，消去變量u，可得其傳遞函數(shù)為： 進而得其微分方程為 對系統(tǒng)中各個局部建立相應(yīng)的微分方程如下： u=Ri+L u=u=ki= Ri+L u=u=(R+R)i+(L+L) u= Ri+L T+=ku 對上面各式拉氏變換并整理得到： 對上式削去中間變量得到系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為： G〔s〕= 2.7 解 由圖示與題中條件得： 對上式進展拉式變換得： 如此通過消去中間變量得傳遞函數(shù)如下：

8、2.8 解 由題意得： 其中為磁控式電動機轉(zhuǎn)矩系數(shù)，令初始條件為零，作拉氏變換得： 解得： 2.9 解 由圖示得電路的微分方程如下： 作拉氏變換得： 如此初始方塊圖如下： 由梅森公式得其傳遞函數(shù)如下： 2.10 解 對方塊圖進展簡化得： 由梅森公式得 （1） 當為零時可得傳遞函數(shù)為： （2） 由〔1式〕得當時，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)

9、為： (2) 其信號流圖如下所示： 系統(tǒng)信號流圖中共有2個回路。增益分別為，無兩兩不接觸回路。所以信號的特征式 。 系統(tǒng)有1條前向通路，增益為 ，回路均與此前向通路接觸，故，從而可得其傳遞函數(shù)為 （b） 〔1〕方塊圖化簡如下所示： 從而可得其傳遞函數(shù)為： 〔2〕其信號流圖如下所示： 與a原理一樣可得其傳遞函數(shù)為： （c） 〔1〕方塊圖化簡如下所示： 從而可得其傳遞函數(shù)為： 〔2〕其信號流圖如下所示： 與a原理一樣可得其傳遞函數(shù)為：

10、速度控制系統(tǒng)的方框圖為： 該系統(tǒng)的微分方程為 當=0時，傳遞函數(shù)為 2．13 解： 例2.4.1中的方塊圖如下所示： 其對應(yīng)的信號流圖為： 其中 由梅森公式得： == 2.14 解 系統(tǒng)對應(yīng)的信號流圖如下所示： 由梅森公式得 〔1〕 當為零時可得傳遞函數(shù)為： 〔2〕由〔1式〕得當時，輸出Y〔S〕不受干擾P〔S〕的影響，此時可得 2.15 解 系統(tǒng)信號流圖有4個回路，增益如下： 無兩兩不接觸回路，系統(tǒng)有1個前向通路，其增益為。所有回路均與接觸，所以。從而可得其傳遞函數(shù)為：

11、 2.17 解 (a) 方塊圖為： 其傳遞函數(shù)為： 其信號流圖為： 其狀態(tài)方程為： 〔b〕 由框圖得其傳遞函數(shù)為： 故可得其狀態(tài)方程為： 綜合得： 〔c〕 由方塊圖得信號流圖： 故 其狀態(tài)方程為： y= 2．19解：狀態(tài)空間的表達式為： （1） 得其信號流圖為： 故其傳遞函數(shù)為： (2)用矩陣法得出的傳遞函數(shù)為： 2．21解： 〔1〕其傳遞函數(shù)： 故可得信號流圖： 故可得： 故其狀態(tài)方程為： 〔2〕用矩陣法得： 3.1答：該

12、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，如此系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 （1） 單位脈沖響應(yīng) 輸入信號為單位脈沖信號，其拉氏變換為， 如此系統(tǒng)的輸出為 如此系統(tǒng)的單位脈沖響應(yīng)函數(shù)為： （2） 單位階躍響應(yīng) 輸入信號為單位階躍信號，其拉氏變換為 如此系統(tǒng)的輸入為 如此系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)函數(shù)為： （3） 單位斜坡響應(yīng) 輸入信號為單位斜坡信號，其拉氏變換為 如此系統(tǒng)的輸出為 如此系統(tǒng)的單位斜坡響應(yīng)函數(shù)為： 3.3 解： 〔1〕輸入信號的拉氏變換為，輸出為 如此系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為： 開環(huán)傳遞函數(shù)為： 〔2〕系統(tǒng)的單位

13、階躍響應(yīng)為：，如此 系統(tǒng)的上升時間為： 調(diào)整時間為： 超調(diào)量不存在。 3.4 解 證明：當初始條件為零時，有 單位階躍輸入信號為 所以，系統(tǒng)的輸出為 根據(jù)定義，〔1〕當 (2) 求 0.9時所需的時間〕 當 當 如此 〔3〕求調(diào)整時間 假設(shè)誤差寬度=5，如此有 解得 3.5 解： 由方框圖，可以求得系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為： （1） 假如，如此系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為： 如此T=0.1，調(diào)整時間 （2） 時間常數(shù)，假如要求，如此 （3） 反應(yīng)系數(shù)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

14、益也減小了。 3.6 解： 系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為：，如此 單位階躍響應(yīng)，系統(tǒng)的輸出為： 系統(tǒng)的響應(yīng)函數(shù)為： 單位脈沖響應(yīng)，系統(tǒng)的輸出為： 系統(tǒng)的響應(yīng)函數(shù)為： 3．7解：〔1〕 得： 〔2〕 得： 3.8解：系統(tǒng)的傳遞函數(shù), 由圖可知tp=0.3，，， 3.9解：〔1〕引入速度反應(yīng)前：， ， 引入速度反應(yīng)后： 〔2〕 臨界阻尼時，，解得 3.10 略 3.11解：由系統(tǒng)框圖可得系統(tǒng)傳遞函數(shù)為： == = 與標準型進展比照可得： z=20 arctan= r= l

15、==10 故：=11.0% T= 3.12解： = 系統(tǒng)有三個極點： P=-1 P=-6 由于：=6>5 所以系統(tǒng)的主導極點為：P=-1 = 所以： 故： =4.3% T= 3.13解：〔1〕 勞斯陣列如下： 第一列全為正數(shù)，穩(wěn)定 特征根全在左半平面 〔2〕 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〕 有兩個根在右半平面，系統(tǒng)不穩(wěn)定 〔4〕 有兩根在右半平面，系統(tǒng)不穩(wěn)定 〔5〕 出現(xiàn)全零行，如此用系數(shù)構(gòu)造輔助方程：。對其求導，得：。如此： 系統(tǒng)有兩個共

16、軛虛根，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定 〔6〕 出現(xiàn)全零行，如此用系數(shù)構(gòu)造輔助方程：。對其求導，得：，兩邊同除以28得。如此 系統(tǒng)有兩個共軛虛根，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定 3.14 解〔1〕 特征方程為 勞斯陣列如下 1 2 k 2 0 2 k -k k 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，由勞斯穩(wěn)定判據(jù)知系統(tǒng)穩(wěn)定的k值圍為00 且 得出：－200

17、.25時，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定，系統(tǒng)響應(yīng)持續(xù)振蕩，頻率 3.16 解 沒加速度反應(yīng)之前，系統(tǒng)的特征方程為，可以看出系統(tǒng)是穩(wěn)定的。 加了速度反應(yīng)后，系統(tǒng)的特征方程為 利用勞斯穩(wěn)定判據(jù)可知，只有當>(-1.6)時系統(tǒng)是穩(wěn)定的。 綜合可知，參加速度反應(yīng)后使系統(tǒng)的穩(wěn)定性變差，只有當取適宜的值才能使系統(tǒng)穩(wěn)定。 3．17解： 傳遞函數(shù)： 特征方程： 令，如此特征方程為 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)沒有的穩(wěn)定裕度。 3.18 解 系統(tǒng)是型系統(tǒng)，所以當輸入為單位1〔t〕，t，時，穩(wěn)態(tài)誤差為0，1/k, . 當輸入為時，穩(wěn)態(tài)誤差為. 3．19 證明：由的系統(tǒng)開環(huán)傳遞

18、函數(shù)： 故 要想使=0，只有使 〔1〕 當R(s)=0時，， 穩(wěn)態(tài)誤差 〔2〕當, 3．21解： （a） 恒值調(diào)節(jié)系統(tǒng) 〔b〕參加積分環(huán)節(jié) 〔c〕采用前饋控制 由勞斯判據(jù)得該系統(tǒng)的穩(wěn)定： (1)當串入積分環(huán)節(jié) 后： 其特征方程為： 由勞斯判據(jù)得： 0

19、e(1); hold on; for i=zeta num=wn^2 den=[1,2*i*wn,wn^2] step(num,den) end 運行結(jié)果： 4.2解： 〔1〕 漸近線與實軸的夾角為： 漸近線與實軸的交點為： 〔2〕 離開復極點的出射角為： ， ， 〔3〕 閉環(huán)特征方程為：，其勞斯陣列為 1 5 2 令行為0，得=10，得兩個虛根為 G(s)=,k0 零極點分布圖： 根軌跡圖： (1) 令N(s)=s+2,D(s)=

20、s+2s+3 代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： s s-0.27 , s 實軸上根軌跡區(qū)間是：〔-，-2 所以，s=-2-=-3.73為會合點〔舍去s=-3.73〕 會合點處的根軌跡增益：K=- (2) =180+(-P+Z)-(-P+ P)=180-90 由對稱性可知=- (3) 方法一： 利用圓的數(shù)學表達式 根軌跡方程為1+ G(s)=0 ，即：s 所以：s= (*) 設(shè)s=x+jy ，由(*)可得： 由上式得：(x+2)+y=3 所以，不在負實軸上的根軌跡是圓周上的一局部。 方法二： 利用根軌跡的相角條件 設(shè)s

21、=x+jy 根據(jù)根軌跡的相角條件： 得到：tan-[( tan)+( tan)]= 化簡得：(x+2)+y=3 所以，不在負實軸上的根軌跡是圓周上的一局部。 4.4解： 〔1〕系統(tǒng)的開環(huán)極點為 ，開環(huán)零點為-1，由規(guī)如此知實軸上的根軌跡區(qū)域為 〔2〕令N(s)=s+1,D(s)= 如此由，得，解得 所以，根軌跡與實軸的交點為 〔3〕復極點： 出射角為：45°，-45° G(s)=,- 由G(s)得出系統(tǒng)的三個開環(huán)極點為： s=-1 , s=-3 , s=-6 I 當時，根據(jù)180等相角根軌跡規(guī)如此，有： (1) 實軸上的根軌跡區(qū)域為：

22、〔-,-6][-3,-1] (2) 漸近線與實軸的交點： -=== 角度為：== (3) 別離點：N(s)=1,D(s)=(s+1)(s+3)(s+6) 代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： 3s s-1.88, s 因為：實軸上的根軌跡區(qū)域為：〔-,-6][-3,-1] 所以，s=-1.88是別離點〔舍去s=-4.79〕 (4) 別離點處的根軌跡增益值為： K= II當時，根據(jù)0等相角根軌跡規(guī)如此，有： (1)實軸上的根軌跡區(qū)域為： [-6,-3] [-1,+) (2) 漸近線與實軸的交點： -=== 角度為：== (3) 別

23、離點：N(s)=1,D(s)=(s+1)(s+3)(s+6) 代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： 3s s-1.88, s 因為：實軸上的根軌跡區(qū)域為：[-6,-3] [-1,+) 所以，s=-4.79是別離點(舍去s=-1.88) (4) 別離點處的根軌跡增益值為： K= 4.7解： 1. （1） 開環(huán)極點為0，-1，-1 （2） 漸近線有三條，傾角60，180，-60，與實軸的交點 -2/3 （3） 實軸上的別離點為-1/3 （4） 出射角180，0，-180 （5） 與虛軸交點 〔1〕實軸上的根軌跡為 〔2〕漸近線

24、傾角為120，-120，0，與實軸的交點-2/3 〔3〕別離點為-1/3 〔4〕出射角0，0，180 2. （1） 極點：-2，-1+j，-1-j （2） 漸近線傾角：60，180，-60；與實軸的交點：-4/3 （3） 根軌跡與虛軸的交點為： （4） 出射角：45，180，-45 〔1〕實軸上的根軌跡區(qū)為 〔2〕漸近線傾角為120，0，-120；與實軸 的交點為：-4/3 〔3〕出射角為 135，0，-135 3. 時 （1） 極點0，-1，-4，零點-5，交點0 （2） 漸近線傾角90，-90 （3） （4） 出射角180，0，180

25、 〔1〕實軸上的根軌跡為 〔2〕漸近線傾角0，，與實軸的交點為0 〔3〕出射角0，180，0 4. （1） 極點0，0，-4，零點-2-2j，-2-2j （2） 漸近線1條，傾角180° （3） 出射角90°，-90°，180°，入射角-45，45 〔1〕實軸上的跟軌跡區(qū)域為 (3) 出射角0，180，0，入射角 5. （1） 極點， （2） 漸近線傾角60，180，60，交點-7/6 （3） 別離會合點-3 （4） 出射角60，-60，143，-143，入射角180 與虛軸的交點 〔1〕實軸上的根軌跡

26、為 〔2〕漸近線為0，120，-120 〔4〕出射角為120，-120，36.87，-36.87，入射角0 〔5〕與虛軸交于0點 6. （1） 極點0，-1，，零點-1 （2） 漸近線60，180，-60，交點-4/3 （3） 出射角30，-30，180 （4） 與虛軸的交點，0 〔1〕實軸上的根軌跡區(qū)域為 (2)漸近線傾角為0，120，-120，交點-4/3 〔3〕出射角為0，210，-210 入射角0 〔4〕與虛軸交點為0 令=-1 如此：s(2s+1)=a(s-1) 所以： 整理得： (a) 令K’= (K’為等效根軌跡增益)

27、 所以，等效開環(huán)傳遞函數(shù)為：G’(s)=， (1)等效開環(huán)零點：-ze=1 等效開環(huán)極點：-pe=0 , -pe= (2)實軸上的根軌跡區(qū)域為：[,-0] [1,+) (3)漸近線： -== 角度為：=0 (4)別離點和會合點： N(s)=s-1,D(s)= 代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： s=, s= 所以，s=是會合點，s=是別離點。 (5)與虛軸的交點與其增益： 將s=j代入： 得出： 所以根軌跡與虛軸交于s=j，此時的等效根軌跡增益為，即a=1 又因為a，根據(jù)根軌跡的定義與其與穩(wěn)定性的關(guān)系，可得： 使系統(tǒng)處于穩(wěn)定的參數(shù)

28、a的圍為：01 4.13 〔1〕系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為： 默認 1. 該系統(tǒng)根軌跡有兩條，起點分別是，，終點分別為-4，0。 2. 實軸上的根軌跡：。 3. 別離會合點： 由 得 解得： 〔舍去〕 為根軌跡的別離會合點。 4. 入射角 為和 出射角 系統(tǒng)根軌跡如下所示： 〔2〕方法一： 閉環(huán)特征方程式為： 由特征根一樣得： 得： 滿足要求。 方法二：將代入 可求得： 其中： ，滿足要求 〔3〕 兩個一樣的特征根即為其別離會合點為，可得其一樣的特征根為： 〔4〕當系統(tǒng)有兩個一樣的特征根時系

29、統(tǒng)為臨界阻尼系統(tǒng)，其調(diào)整時間為： 4.14 解 單位反應(yīng)系統(tǒng)得開環(huán)函數(shù)為 故系統(tǒng)開環(huán)極點分別為0,-1,-4，開環(huán)零點為-2。設(shè)阻尼角為時，該系統(tǒng)的超調(diào)量 設(shè)阻尼角為時系統(tǒng)閉環(huán)極點為，由相角條件知： 解得 ， ， 將代入幅值條件 得 從而可得 （1） 開環(huán)傳遞函數(shù) 開環(huán)零點是 如此它在實軸上的根軌跡為和 令 由式 即 解得： 均為別離〔會合〕點 （2） 該閉環(huán)函數(shù)得特征方程為 解得 又 有根其實部為-2 ，即 將代入上式得 即該系

30、統(tǒng)得根軌跡增益為3，兩復根為 4.18 〔1〕 1. 系統(tǒng)根軌跡有2支，起點分別為0,-3；終點分別為2和無窮遠處。 2. 實軸上根軌跡為、 3.別離會合點： 由 得 解得 均滿足要求。 4.與虛軸交點：將代入特征方程式：得： 解得： 根軌跡如下所示： 〔2〕 由相角條件： 所以不在根軌跡上。 〔3〕系統(tǒng)穩(wěn)定時，根軌跡在左半平面，可知當時，系統(tǒng)穩(wěn)定。 4.19 解 開環(huán)極點 開環(huán)零點 實軸上的根軌跡[-4,-1]U[0,1] 漸近線傾角 與實軸交點 出射角 求別離

31、集合點 與虛軸的交點 求得 利用幅值條件 如此 增益K 的穩(wěn)定圍為〔〕 〔3〕方法(一)過原點且與根軌跡相切的直線 為 由matlab 求得切點為 方法〔二〕 設(shè)根軌跡上一點A 滿足相角條件 如此A點的阻尼角為 代入上式 兩邊求導得 求導得 解得 如此 4.20 解 1. 系統(tǒng)根軌跡有3支，起點分別為0,-1，-5；終止于無窮遠處。 2. 實軸上根軌跡為、 3. 漸近線 4.別離會合點： 由 得 解得 為別離會合點。 舍去。 5.與虛軸交點：將代

32、入特征方程式：得： 解得： 根軌跡如下所示： （1） 由得阻尼角，當時， 所以可以通過選擇 ,滿足最大超調(diào)的要求。 〔2〕 由根軌跡可知的最小值為。 所以怎樣選擇都無法滿足要求。 〔3〕 由上面可知系統(tǒng)臨界穩(wěn)定增益為，從而可得最大值為6。因此也不能通過選擇使 5.1 解： 系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為：，頻率特性為： 其中， 〔1〕系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)輸出為： 系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)誤差為： 〔2〕系統(tǒng)的輸入為： 系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)輸出為： 系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差為： 5.2 解： 對系統(tǒng)單位階躍響應(yīng) 在零初始狀態(tài)下進展拉氏變換

33、： 由于系統(tǒng)的輸入信號為階躍信號 故系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 所以，系統(tǒng)的幅頻特性為 相頻特性為 5.3 解： 系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為： 系統(tǒng)的頻率特性位 ： 其中， 如此， 解得 5.4 〔1〕 典型環(huán)節(jié)為 基準點：K=10， 環(huán)節(jié) 轉(zhuǎn)折頻率 轉(zhuǎn)折后斜率 累積斜率 10 -20 -20 5 -20 -40 〔3〕 六個典型環(huán)節(jié)： 環(huán)節(jié) 轉(zhuǎn)折頻率 轉(zhuǎn)折后斜率 累積斜率 K -20 -20 -20 -40 1 40 0 5 -20 -20

34、 20 -20 -40 〔5〕 五個典型環(huán)節(jié)： 環(huán)節(jié) 轉(zhuǎn)折頻率 轉(zhuǎn)折后斜率 累積斜率 K -40 -40 +20 -20 10 -20 -40 20 -20 -60 5.5(a) 〔1〕由于低頻段斜率為0，故系統(tǒng)有一個比例環(huán)節(jié) 〔2〕在w=4處，漸近線變?yōu)?20db/dec,所以系統(tǒng)有慣性環(huán)節(jié) 〔3〕當w=400時，斜率變?yōu)?40db/dec,有慣性環(huán)節(jié) 〔4〕L(200)=0db, 如此L(400)=--20(lg400-lg200)=-6db L(4)=--6+2*20

35、=34db=20lgk K=50 (5) 開環(huán)傳遞函數(shù) 〔b〕 (1) 由于低頻段斜率為，所以該系統(tǒng)含有兩個積分環(huán)節(jié)； 〔2〕由于在處，， 可得 〔3〕在，解得 在，，解得轉(zhuǎn)折頻率 系統(tǒng)的轉(zhuǎn)折函數(shù)為： 〔c〕 (1)低頻段斜率為20db/dec,有比例微分環(huán)節(jié) 〔1〕 〔2〕w=斜率變?yōu)?20db/dec，有慣性環(huán)節(jié) (3)低頻段時，L(w)=20lgk=0,k= (4)如此 (d) 〔1〕由于低頻段斜率為，所以該系統(tǒng)含有一個積分環(huán)節(jié)； 〔2〕由于在， 可得 〔3〕 系統(tǒng)的轉(zhuǎn)折函數(shù)為： 5.6 〔1〕系統(tǒng)在低頻段斜率為，所以該系統(tǒng)不含積

36、分環(huán)節(jié)； 〔2〕由于在，可得 〔3〕，解得轉(zhuǎn)折頻率 ，解得轉(zhuǎn)折頻率 ，解得轉(zhuǎn)折頻率 ，解得轉(zhuǎn)折頻率 系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為： 5.8〔1〕開環(huán)頻率特性為： 其實頻和虛頻分別為 〔2〕開環(huán)頻率特性為： 極坐標圖如下： 〔3〕開環(huán)頻率特性為： 其實頻和虛頻分別為 〔4〕G(jw)= 極坐標圖如下： 〔5〕開環(huán)頻率特性為： 其實頻和虛頻分別為 5.9解： 〔a〕P=1, N= -1, Z = N+P=0 所以閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定， 〔b〕P=1, N=1, Z = N+

37、P=2 故閉環(huán)系統(tǒng)不穩(wěn)定，在右半平面有兩個極點 〔c〕P=2, N=0, Z = N+P =2 故閉環(huán)系統(tǒng)不穩(wěn)定，在右半平面有兩個極點 〔d〕P=0, N=2, Z = N+P =2 故閉環(huán)系統(tǒng)不穩(wěn)定，在右半平面有兩個極點 〔e〕P=1, N=-1, Z = N+P =0 故閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定 〔f〕P=1, N=1, Z = N+P =2 故閉環(huán)系統(tǒng)不穩(wěn)定，在右半平面有兩個極點 〔g〕P=2, N=-2, Z = N+P =0 故閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定 〔h〕P=0, N=0, Z = N+P =0 故閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定 5.10 (1) 令，代入G(s)系統(tǒng)的

38、頻率響應(yīng)， 從而得其 幅頻： 相頻： 實頻： 虛頻： 當=0時，A()=, , P()=-0.6K, Q()= 當=時, A)=0, , P()=0, Q()=0 令Q()=0，解得 與實軸交點：〔，0〕 其極坐標圖： 假如要使系統(tǒng)穩(wěn)定，如此0>>-1. 得 0

39、Q()=0 令Q()=0，解得 與實軸交點：〔，0〕 其極坐標圖： 假如要使系統(tǒng)穩(wěn)定，如此0>>-1. 得 0

40、()=0，解得：= 與實軸的交點為：P()=-2K 取奈奎斯特路徑如圖： 于是，奈奎斯特路徑由以下四段組成： （1） 正虛軸：，頻率由0變化到+ （2） 半徑為無窮大的右半圓：，R, （3） 負實軸：，頻率由-變化到0 （4） 半徑為無窮小的右半圓：，R’, 注意：對于半徑為無窮小的右半圓：來說，其鏡像為無窮大的圓，方向為 G(s)= =,其中= 因為： 所以：的變化方向是 令K>0,得奈氏曲線為： G(s)在右半平面有一個開環(huán)極點：P=1 要是系統(tǒng)穩(wěn)定，如此-2K<-1，即：k> . 當K<0時，原極坐標圖順時針轉(zhuǎn)過180，系統(tǒng)不穩(wěn)定。 綜上得：當

41、K> 時系統(tǒng)穩(wěn)定。 5.12解: (1) 當在s右半平面上沒有極點,即P=0 欲使Z=N+P=0, 如此有N=0 ＞0時，－５＞－１或-3＜－１＜－２，得0<< ,或<< <0時，16>-1,得<<0 綜上， 當<<0，或0<< ,或<< 時系統(tǒng)穩(wěn)定。 〔2〕當在s右半平面上有1個極點,即P=1 欲使Z=N+P=0, 如此有N= -1 >0時，無解 <0, 時，16<-1,得< 綜上，當<時系統(tǒng)穩(wěn)定。 〔3〕當在s右半平面上有2個極點,即P=2 欲使Z=N+P=0, 如此有N= -2 >0時，-5<-1<-3或-2<-1,得<<,或> <0時，無解

42、綜上，當<<,或>時系統(tǒng)穩(wěn)定。 〔4〕當在s右半平面上有3個極點,即P=3 欲使Z=N+P=0, 如此有N= -3 此時無論取何值，系統(tǒng)都不穩(wěn)定。 5.14解： 〔1〕G 波特圖為： 由于開環(huán)傳遞函數(shù)在右半平面無極點，并且正負穿越都為0，所以系統(tǒng)是穩(wěn)定的 當L()=20=0時，=3.91 rad/s 相位裕度為：r=180+=59 近似法求解：系統(tǒng)的轉(zhuǎn)折頻率分別為 解得 截止頻率 相位裕度= 〔2〕 波特圖為： 由于右半平面P=0,有圖可知，N=2，所以系統(tǒng)z=2 故系統(tǒng)不穩(wěn)定 當L()=0時，=4.77 rad/s

43、近似法求解：頻率特性的轉(zhuǎn)折頻率分別為 由 解得>0 由 解得>0 然后根據(jù)式 解得截至頻率約為=6.28 rad/s 相位裕度為： 〔3〕G(s)= 波特圖為： 系統(tǒng)穩(wěn)定 當L()=0時，=42.3 rad/s 相位余度為：r=180+ 近似法求解： 首先求頻率特性的轉(zhuǎn)折頻率，分別為 列出以下方程 由 解得 由 解得 由 得 然后根據(jù)式 解得截止頻率

44、 相位裕度 〔4〕 波特圖： 由圖可知，P=0,N=0，所以z=0 故系統(tǒng)穩(wěn)定 當L()=0時，=1.59 rad/s 近似法求解： 首先求頻率特性的轉(zhuǎn)折頻率，分別為 列出以下方程 由 解得 由 解得 然后根據(jù)式 解得截止頻率 相位裕度 〔5〕G(s)= 波特圖為： 系統(tǒng)穩(wěn)定 當L()=0時，=1.52 rad/s 相位裕度為：r=180+=18 近似法求解： 首先求頻率特性的轉(zhuǎn)折頻率，分別為 列出以下方程

45、 由 解得 然后根據(jù)式 解得截止頻率 相位裕度 5.16 解： 〔1〕開環(huán)傳遞函數(shù)為： 這是一典型的二階系統(tǒng)。 其中： 故 由近似關(guān)系得： 如此 令 得 〔2〕系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為： 令 如此 解得： 7.3 〔3〕 〔1〕確定反應(yīng)控制系統(tǒng) 的相位滯后-超前校正裝置 畫出校正前系統(tǒng)的伯德圖如下 易得校正前系統(tǒng)的幅值穿越頻率，相位裕度 利用近似法求解： 易求得： 相位裕度 〔2〕選擇校正后系統(tǒng)的幅值穿越頻率 從

46、校正前的相頻特性曲線可以求出， 當時， 選擇校正后系統(tǒng)的幅值穿越頻率為0.7rad/s, 在時相位超前量為45 〔3〕確定滯后-超前校正網(wǎng)絡(luò)的相位滯后局部的轉(zhuǎn)折頻率。 選擇相位滯后局部的轉(zhuǎn)折頻率 〔4〕由確定參數(shù) 在超前網(wǎng)絡(luò)中，最大相位超前量 ， 當=7時，，滿足需要45的相位裕度要求，所以選擇=7 相位滯后局部的另一轉(zhuǎn)折頻率== 滯后-超前網(wǎng)絡(luò)相位滯后局部的傳遞函數(shù) = 〔5〕確定滯后-超前網(wǎng)絡(luò)相位超前局部的傳遞函數(shù) 時， 故需畫一條斜率為20dB/dec，且通過的直線，該直線與0dB線與-20dB線的交點就是所要求的轉(zhuǎn)折頻率。 令y=0 得 令

47、y=-20 得 因此滯后-超前校正網(wǎng)絡(luò)相位超前局部的傳遞函數(shù)為 = 綜上可得，滯后-超前校正網(wǎng)絡(luò)的傳遞函數(shù)為 校正后系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 7.7 〔1〕確定期望主導極點位置 由超調(diào)量?？傻玫阶枘嵯禂?shù) 于是 選擇期望主導極點為 確定相位超前網(wǎng)絡(luò)的零點：為 相位超前網(wǎng)絡(luò)的極點： 由相角條件知： 得 超前網(wǎng)絡(luò)的傳遞函數(shù)為： 校正后系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 7.9 解(1) 校正前的根軌跡圖： 校正前系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)速度誤差系數(shù)為 偶極子的零點與極點的比值 為使，到期望極點的向量的角度之差大約為1度， 取， 所以校正后系統(tǒng)的開環(huán)系統(tǒng)傳遞函數(shù)為 7.12 由條件〔1〕靜態(tài)速度誤差系數(shù)，知 系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù) 根據(jù)條件〔2〕〔3〕， 綜上解得， 83 / 83