自动控制原理考试试题第五章习题及答案-2

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自控原理第五章习题参考答案

自控原理第五章习题参考答案

5-1 5()0.251G s s =+5()0.251G j j ωω=+()A ω=()arctan(0.25)ϕωω=-输入 ()5cos(430)5sin(460) =4r t t t ω=-︒=+︒(4)A ==(4)arctan(0.25*4)45ϕ=-=-︒系统的稳态输出为()(4)*5cos[430(4)]3045)17.68cos(475)17.68sin(415)c t A t t t t ϕ=-︒+=-︒-︒=-︒=+︒ sin cos(90)cos(90)cos(270)αααα=︒-=-︒=+︒或者,()(4)*5sin[460(4)]6045) 17.68sin(415)c t A t t t ϕ=+︒+=+︒-︒=+︒所以,对于cos 信号输入下的稳态输出计算规律与sin 信号作用下计算相同。

5-3(2)1()(1)(12)G s s s =++ 1()(1)(12)G j j j ωωω=++()A ω=()arctan arctan 2ϕωωω=--起点:0ω= (0)1;(0)0A ϕ==︒ 位于正实轴上。

终点:ω→∞ ()0;()180A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第三象限趋于原点因此,,Nyquist 曲线与虚轴有交点,并且满足:()arctan arctan 290ϕωωω=--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒所以有,1/(2)ωω= 21/2ω=()0.473A ω=== 因此,与虚轴的交点为(0,-j0.47)()ω(3)1()(1)(12)G s s s s =++ 1()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()90arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点:0ω= (0);(0)90A ϕ=∞=︒∆-- 位于负虚轴(左侧)无穷远方向终点:ω→∞ ()0;()270A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第二象限趋于原点因此,,Nyquist 曲线与实轴有交点,并且满足:()90arctan arctan 2180ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=2()0.673A ω===与实轴的交点为(-0.67,-j0))ω(4)21()(1)(12)G s s s s =++ 21()()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()180arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点:0ω= (0);(0)180A ϕ=∞=︒∆-- 位于负实轴(上侧)无穷远方向终点:ω→∞ ()0;()360A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第一象限趋于原点因此,,Nyquist 曲线与虚轴有交点,并且满足:()180arctan arctan 2270ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=()0.94A ω===与虚轴的交点为(0,j0.94))ω=5-4(2)10.5ω=,21ω=,1K =,0ν=(3)10.5ω=,21ω=,1K =,1ν=低频段直线(延长线)与0db 线交点的频率为:1/cK νω'=。

任彦硕《自动控制原理》全部答案

任彦硕《自动控制原理》全部答案

R1
R2
+
1 sC2
Ur (s) R1C2s
(d)
Ur (s) R1
=
Uc (s)
( R2
//
1 sC2
)
⇒ T(s) = Uc(s) Ur (s)
=
R2 R1
1 R2C2s +1
题 2-2:试用运算法建立题 2-2 图所示 LC、RLC 电网络的动态结构图,并求解
自 u i (t) 至 u o (t) 信号传输的传递函数。
b)
R 2 uc(t) C2 −
R1 u r(t)
Rb
R2 C2
− +
c)
− uc(t)
R1 u r(t)
Rb
题 2-1 图 电网络
C3 R3 C2 R2
− +
d)
− uc(t)
(a) T (s) = Uc (s) =
R2
+
1 sC2
=
R2C1C2s + C1
Ur (s)
R1
+
R2
+
1 sC1
+
1 sC2

Ms2
X1(s)
=
ms2
X
2
⇒ X1(s) =
ms2 + ks + f
F (s) s2[Mms2 + (M + m)ks + (M + m) f ]
(b)
⎧ ⎪⎪m ⎨
⎪ ⎪⎩
f1
d 2 x1(t) + dt 2
d[x1(t) − dt
f1
d[
x1
(t) − dt

自动控制原理简明教程第二版课后答案第五章习题答案

自动控制原理简明教程第二版课后答案第五章习题答案

5-13 试用奈氏判据分宾判断题 5-5,5-6 系统的闭环稳定性。 解:5-5 (1)τ > T 时系统闭环稳定。 (2)T >τ 5-6 (1)ν =1 时系统闭环稳定。 (2)ν = 2,3,4 时系统闭环不稳定。 5-14 已知下列系统开环传递函数(参数 K,T,Ti > 0;i = 1,2,,6 ) : 时系统闭环不稳定。
8
胡寿松自动控制原理习题解答第五章 电 3 刘晓峰制作
L(ω ) (dB)
60 40 20
-20 -40 -20
0
0.1 1 2 10
-40 20 -60
100ω
ω 0 − 90

−180
5-11 绘制下列函数的对数幅频渐进特性曲线:
2
(1)G(s) =
(2s +1)(8s +1) 200 (2)G(s) = s 2(s +1)(10s +1)
1
所以:G(s) = 100(0.001s/ω
1
+1)
(s
/ω 1 +1)(s /100 +1)
11
胡寿松自动控制原理习题解答第五章 电 3 刘晓峰制作
(b)G(s) = s 102 (s(s/ω /ω
21
++11) )
(c)
G(s) = (s
2
2ξ ω nKs+2ω + s
n 2
ω
n
2
)(s /10 +1)

0.5 −87.2

1 −92.1
3 −164

5 − 216

7 − 234.5
10 − 246

自动控制原理第五章课后答案

自动控制原理第五章课后答案

五 频域分析法2-5-1 系统单位阶跃输入下的输出)0(8.08.11)(94≥+-=--t e e t c tt ,求系统的频率特性表达式。

【解】: 98.048.11)]([L )(1+++-==-s s s t c s C 闭环传递函数)9)(4(36198.048.11)()()(++=+++-==s s ss s s s R s C s G )9tg 4(tg 2211811636)9)(4(36)(ωωωωωωω--+-+⨯+=++=j ej j j G2-5-2系统时,系统的稳态输出(1))30sin()(0+=t t r ; (2))452cos(2)(0+=t t r ;(3))452cos(2)30sin()(00--+=t t t r 。

【解】:求系统闭环传递函数5tg 21254)5(4)(54)(1)()()()(14)(ωωωω--+=+=+=+==+=j B K K B K ej j G s s G s G s R s C s G s s G根据频率特性的定义,以及线性系统的迭加性求解如下:(1)︒===30,1,11θωr A︒--====-3.1151tg )1(178.0264)1()(1j j j B e eeA j G θωω[])7.18sin(78.0)1(sin )1()sin()(12︒+=++=+=t t A A t A t c r c s θθθ(2)︒===45,2,21θωr A︒--==+=-8.2152tg 274.02544)(1j j B e ej G ωω)2.232cos(48.1)(︒+=t t c s(3))8.662cos(48.1)7.18sin(78.0)(︒--︒+=t t t c s2-5-3 试求图2-5-3所示网络的频率特性,并绘制其幅相频率特性曲线。

【解】:(1)网络的频率特性1)(111)(212212+++=+++=ωωωωωC R R j C jR C j R R C j R j G(2)绘制频率特性曲线)tg (tg 22212121111)(1)(11)(ωωωωωωωT T j eT T jT jT j G ---++=++= 其中1221221,)(,T T C R R T C R T >+==。

自动控制原理及其应用课后习题第五章答案

自动控制原理及其应用课后习题第五章答案
40 20 0 -20 -20dB/dec 10 1 2ωc -40dB/dec -60dB/dec 40 -40dB/dec
ω
20 0 -20
10 ωc
1
2 -20dB/dec
ω
-60dB/dec
10 ≈1 ω2 0.5 c
ω c=4.5
5 ≈1 ω c=7.9 ω 0.01 c3
第五章习题课 (5-17)
-20
低频段曲线: 低频段曲线: 20lgK=20dB φ (ω ) 0 ω1=5 ω2=15 -90 相频特性曲线: 相频特性曲线: -180 -270 φ ( )= -90o ω ω=0 φ ( )= -270o ω ω=∞
-60dB/dec
ω
第五章习题课 (5-2)
10(s+0.2) 1.33(5s+1) (5) G(s)= s2(s+0.1)(s+15)=s2(10s+1)(0.67s+1) 解: 低频段曲线: 低频段曲线: 20lgK=2.5dB
第五章习题课 (5-7)
5-7 已知奈氏曲线,p为不稳定极点个数, 已知奈氏曲线, 为不稳定极点个数 为不稳定极点个数, υ为积分环节个数,试判别系统稳定性。 为积分环节个数,试判别系统稳定性。 Im υ=2 (b) p=0 (a) p=0 Im υ=0
ω=0 Re -1 0 ω=0+ -1 0 ω=0 Re
第五章习题课 (5-1)
5-1(1) 已知单位负反馈系统开环传递函数, 已知单位负反馈系统开环传递函数, 当输入信号r(t)=sin(t+30o),试求系统的稳态 当输入信号 , 输出。 输出。 10 G(s)=(s+1) 10 解: φ(s)= (s+11) 10 = 10 = 10 ω A( )= 2 2 112+1√ 122 =0.905 √ 11 +( ) √ ω φ ( )=-tg-1ω =-tg-1 1 =-5.2o ω 11 11 cs(t)=0.9sin(t+24.8o)

自动控制原理第五章课后习题答案(免费)[1]

自动控制原理第五章课后习题答案(免费)[1]

自动控制原理第五章课后习题答案(免费)5-1设单位反馈系统的开环传递函数为对系统进行串联校正,满足开环增益 及 解:① 首先确定开环增益K,00()12lim v s K SG S k →===② 未校正系统开环传函为:012()(1)G s s s =+M a g n i t u d e (d B )1010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 70.5 dB (at 200 rad/sec) , P m = 16.5 deg (at 3.39 rad/sec)Frequency (rad/sec)③ 绘制未校正系统的开环对数频率特性,得到幅穿频率 3.4c ω=,对应相位角'0()164,16c G j ωγ∠=-∴=,采用超前校正装置,最大相角 0(180())4016630m c G j ϕγωγ=-+∠+=-+=④ 11sin ,31m αϕαα--=∴=+ 0()(1)KG s s s =+40γ=︒112K s -=⑤ 在已绘图上找出10lg 10lg3 4.77α-=-=-的频率 4.4m ω=弧度/秒 令c m ωω=⑥0.128/,0.385/m T s T s ωα=⇒==∴=校正装置的传函为:110.385()110.128Ts s G s Ts s α++==++校正后的开环传函为:012(10.39)()()()(1)(10.13)c s G s G s G s s s s +==++ 校正后1801374340γ=-=>,满足指标要求.-100-50050100M a g n i t u d e (d B )101010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 99.2 dB (at 1.82e+003 rad/sec) , P m = 42.4 deg (at 4.53 rad/sec)Frequency (rad/sec)5-2设单位反馈系统的开环传递函数为要求 设计串联迟后校正装置。

自控原理习题解答第五章

自控原理习题解答第五章
4 3 2


dk 3 2 4s 18s 20s 8 0 ds


s 1.5s 0.5 3 2 s 3 s 4.5s 5s 2
2
s 3s
3
2 2 2
1.5s 5s 1.5s 4.5s 0.5s 2 0.5s 1.5 0.5
s 0.5s 3 3 2 s 4 s 4.5s 5s 2
1
4 95.58
6求与虚轴的交点
s 1.1s 1.3s 0.5s k 0
4 3 2
s4 s3 s s
2
1 1.1 0.93 0.465 1.21k 1.1k
1.3 0.5 1.1k 0
k
s1
0
2 0.465 1.21k 0,0 k 0.38;0.93s 1.1k 0



4
j
45; l 1 : 3, 4 3 (135)
4
m i 1 i
a
p z
j1
nm

0.5 0.3 j0.96- 0.3 - j0.96- 0 0.275 4
4分离点 2 ss 0.5s 0.6s 1 k 0
试绘制系统的根轨迹图。
2实轴上的根轨迹: 0,0.5 3n m 4, 渐近线的倾角和渐近线 与实轴的交点 2l 1 , l 0,1,2
nm l 0 : 1, 2
n
k 答5 - 4Gs Hs ss 0.5 s 2 0.6s 1 1n 4, m 0, p1 0, p 2 -0.5, p 3 0.3 j0.96, p 4 0.3 j0.96

自动控制原理_第5章习题解答-

自动控制原理_第5章习题解答-

第5章频率特性法教材习题同步解析一放大器的传递函数为:G (s )=1+Ts K测得其频率响应,当ω=1rad/s 时,稳态输出与输入信号的幅值比为12/2,稳态输出与输入信号的相位差为-π/4。

求放大系数K 及时间常数T 。

解:系统稳态输出与输入信号的幅值比为A ==222172K T ω=+ 稳态输出与输入信号的相位差arctan 45T ϕω=-=-︒,即1T ω=当ω=1rad/s 时,联立以上方程得T =1,K =12放大器的传递函数为:G (s )=121s +已知单位负反馈系统的开环传递函数为5()1K G s s =+ 根据频率特性的物理意义,求闭环输入信号分别为以下信号时闭环系统的稳态输出。

(1)r (t )=sin (t +30°); (2)r (t )=2cos (2t -45°);(3)r (t )= sin (t +15°)-2cos (2t -45°); 解:该系统的闭环传递函数为65)(+=Φs s 闭环系统的幅频特性为365)(2+=ωωA闭环系统的相频特性为6arctan )(ωωϕ-=(1)输入信号的频率为1ω=,因此有37375)(=ωA ,()9.46ϕω︒=- 系统的稳态输出537()sin(20.54)37ss c t t ︒=+ (2)输入信号的频率为2ω=,因此有10()A ω=,()18.43ϕω︒=- 系统的稳态输出10()cos(263.43)2ss c t t ︒=- (3)由题(1)和题(2)有对于输入分量1:sin (t +15°),系统的稳态输出如下5371()sin( 5.54)37ss c t t ︒=+ 对于输入分量2:-2cos (2t -45°),系统的稳态输出为102()cos(263.43)ss c t t ︒=-- 根据线性系统的叠加定理,系统总的稳态输出为)4363.632cos(210)537.5sin(37375)(︒︒--+=t t t c ss绘出下列各传递函数对应的幅相频率特性与对数频率特性。

《自动控制原理》第5章习题答案

《自动控制原理》第5章习题答案


期望极点
期望极点
− p3
j
600
j0.58
− p2
-1
− p1
0 -j
-3
-2
σ
-2
19.150 -1
40.880 0.33 0
119.640
校核相角条件: 根据在图中主导极点位置的近似值-0.33 ± j 0.58 和开环极点的位置, 作由各开环极点到期望主导极点的向量,
Φ = -119.640 -40.880 -19.150 = -179.670≈-1800
− p2
-10 -5
− p1
0
σ
②计算期望主导极点位置。
超调量σ% ≤ 20%,调整时间 ts ≤ 0.5s
4
ζω n
= 0.5s , ζω n = 8
σ%=e

ζπ
1−ζ 2
= 0.2 , ζ = 0.45 , θ = 63.2 0
故,期望主导极点位置, s1, 2 = −8 ± j15.8
期望极点
Gc ( s ) =
4,控制系统的结构如图 T5.3 所示,Gc(s)为校正装置传递函数,用根轨迹法设计校正装置,
使校正后的系统满足如下要求,速度误差系数 Kv ≥ 20,闭环主导极点 ω n = 4 ,阻尼系数 保持不变。
R(s)
+ -
Gc(s)
4 s ( s + 2)
Y(s)
图 T5.3
解:①校核原系统。
14
+20
0dB
1
Φ (ω ) 度
900 00
5
ω rad/s
ω rad/s
2,控制系统的结构如图 T5.1 所示,试选择控制器 Gc(s), 使系统对阶跃响应输入的超调量

自动控制原理课后习题答案第五章

自动控制原理课后习题答案第五章

第 五 章5-2 若系统单位阶跃响应为49()1 1.80.8tth t ee--=-+试确定系统的频率特性。

分析 先求出系统传递函数,用j ω替换s 即可得到频率特性。

解:从()h t 中可求得:(0)0,(0)0h h '==在零初始条件下,系统输出的拉普拉斯变换()H s 与系统输出的拉普拉斯变换()R s 之间的关系为()()()H s s R s =Φ⋅即()()()H s s R s Φ=其中()s Φ为系统的传递函数,又1 1.80.836()[()]49(4)(9)H s L h t s s s s s s ==-+=++++1()[()]R s L r t s ==则()36()()(4)(9)H s s R s s s Φ==++令s j ω=,则系统的频率特性为()36()()(4)(9)H j j R j j j ωωωωωΦ==++5-7 已知系统开环传递函数为)1s T (s )1s T (K )s (G 12++-=;(K、T1、T2>0)当取ω=1时, o180)j (G -=ω∠,|G(jω)|=0.5。

当输入为单位速度信号时,系统的稳态误差为0.1,试写出系统开环频率特性表达式G(jω)。

分析:根据系统幅频和相频特性的表达式,代入已知条件,即可确定相应参数。

解: 由题意知:()G j ω=21()90arctan arctan G j T T ωωω∠=---因为该系统为Ⅰ型系统,且输入为单位速度信号时,系统的稳态误差为0.1,即1()lim ()0.1ss s e E s K→∞===所以:10K =当1ω=时,(1)0.5G j ==21(1)90arctan arctan 180G j T T ∠=---=-由上两式可求得1220,0.05T T ==,因此10(0.051)()(201)j G j j j ωωωω-+=+5-14 已知下列系统开环传递函数(参数K 、T 、T i>0,i=1,2,…,6)(1))1s T )(1s T )(1s T (K)s (G 321+++=(2))1s T )(1s T (s K)s (G 21++=(3))1Ts (s K )s (G 2+=(4))1s T (s )1s T (K )s (G 221++=(5)3s K )s (G =(6)321s)1s T )(1s T (K )s (G ++=(7))1s T )(1s T )(1s T )(1s T (s )1s T )(1s T (K )s (G 432165++++++=(8)1Ts K)s (G -=(9)1Ts K )s (G +--=(10))1Ts (s K)s (G -=其系统开环幅相曲线分别如图5-6(1)~(10)所示,试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定性,若系统闭环不稳定,确定其s 右半平面的闭环极点数。

自动控制原理参考答案-第5章

自动控制原理参考答案-第5章

第五章题5-1:试绘制下列开环传递函数的幅相频率特性曲线。

(1) 10G(s)H(s)(s 1)(0.2s 1)=++ (2) 25(s 1)G(s)H(s)(s 3)(s 2s 2)+=+++(3) 100G(s)H(s)(s 1)(s 3)(s 4)=+++ 题5-6:试绘制题5-1各开环传递函数的对数幅频特性渐近线和半对数相频特性曲线。

(1) 2221010122()()(1)(0.21)(1)(10.04)j G j H j j j ωωωωωωωω--==++++实频特性:)04.01)(1(210)(222ωωωω++-=P虚频特性:)04.01)(1(12)(22ωωωω++-=Q 相频特性:()arctan arctan 0.2ϕωωω=-- Nyqist 曲线:起点:0ω=(0)10P ⇒=,(0)0Q =,(0)0ϕ=终点:ω=∞()0P ⇒∞=,()0Q ∞=,()180ϕ∞=- 与虚轴交点:()0P ω= 2.236ω⇒=() 3.73Q ω⇒=- Nyqist 曲线如下:转折频率1:111T ω==;转折频率2:215T ω==对数幅频特性:()20lg ()20lg10L A ωω==-半对数相频特性:()arctan arctan 0.2ϕωωω=-- Bode 图如下:(2) 25(1)()()(3)(22)j G j H j j j ωωωωωω+=+-+ 222222225(3)(2)202(12)(9)[(2)4]j ωωωωωωωω+-+-+=+-+ 实频特性:]4)2)[(9(20)2)(3(5)(2222222ωωωωωωω+-++-+=P 虚频特性:]4)2)[(9()21(10)(22222ωωωωωω+-++-=Q相频特性:2()arctan arctan arctan 310.5ωωϕωωω=--- Nyqist 曲线:起点:0ω=5(0)6P ⇒=,(0)0Q =,(0)0ϕ=终点:ω=∞()0P ⇒∞=,()0Q ∞=,()180ϕ∞=-与虚轴交点:()0P ω= 2.09ω⇒=()0.66Q ω⇒=- Nyqist 曲线如下:225(1)0.83(1)()()(3)(22)(0.331)[(0.7)1]j j G j H j j j j j j ωωωωωωωωωω++==+-++++ 转折频率1:11 1.414T ω==;转折频率2:213T ω==对数幅频特性:5()20lg ()20lg 6L A ωω==+半对数相频特性:2()arctan arctanarctan310.5ωωϕωωω=---Bode 图如下:(3) 23222100100[128(19)]()()(1)(3)(4)(1)(3)(4)j G j H j j j j ωωωωωωωωωωω-+-==++++++实频特性:)4)(3)(1()812(100)(2222ωωωωω+++-=P虚频特性:)4)(3)(1()19(100)(2223ωωωωωω+++-=Q 相频特性:()arctan arctan 0.33arctan 0.25ϕωωωω=--- Nyqist 曲线:起点:0ω=(0)8.33P ⇒=,(0)0Q =,(0)0ϕ= 终点:ω=∞()0P ⇒∞=,()0Q ∞=,()270ϕ∞=- 与虚轴交点:()0P ω= 1.22ω⇒=() 4.77Q ω⇒=- 与实轴交点:()0Q ω= 4.36ω⇒=()0.71P ω⇒=- Nyqist 曲线如下:8.33()()(1)(0.331)(0.251)G j H j j j j ωωωωω=+++转折频率1:111T ω==;转折频率2:213T ω==;转折频率3:314T ω==对数幅频特性:()20lg ()18.4L A ωω==-半对数相频特性:()arctan arctan 0.33arctan 0.25ϕωωωω=--- Bode 图如下:题5-2:已知某一控制系统的单位阶跃响应为4t 9t c(t)1 1.8e 0.8e --=-+试求该系统的开环频率特性。

自动控制原理简明教程 第五章 频率响应法 习题答案

自动控制原理简明教程 第五章  频率响应法 习题答案

ess2 200
4 310 34
8 310 34
ess2
8 sin(3t 310 ) 34
ess ess1 ess2 1
8 sin(3t 310 ) 34
三. 某单位反馈系统,开环传递函数为
G(s)
s(s2
20k s 10)
(k>0)
1).由奈氏判据判断使系统稳定的k值范围。
s
s(Ts
k 1)
k
1 s
1
当n(t) 2sin 3t时,N ( jw) 200
令en ( s)
k s(Ts 1)
kHale Waihona Puke E(s) N (s)en( jw)
k jw( jwT 1) k
,
当w 3时,en( j3)
k
(arctg 3 )
(k 9T )2 32
9T k
4 310 (代入k 4,T 1) 34
相频特性 (w) 180 0 arctg(0.8w) arctg0.05w
含有两个积分环节,起点在 1800无穷远处,
终点 w ,A(w)=0,在坐标原点。
两个积分环节,相角 1800 一个一阶微分环节,相角 0 ~ 900 一个惯性环节,相角 0 ~ 900 则总的相角变化 1800 ~ 1800 Nyquist曲线呈现凹凸特性。
(k Tw2 )2 w2
带入w=2
k
2
(k 4T )2 4
(
jw)
arctg
k
w Tw2
arctg
k
2 4T
900
解得:
k T
4,则G(s) 1
4 s(s 1)
开环频率特性: G( jw) 4

自控原理习题答案(全)

自控原理习题答案(全)

普通高等教育“十一五”国家级规划教材全国高等专科教育自动化类专业规划教材《自动控制原理》习题答案主编:陈铁牛机械工业出版社1-11-21-3闭环控制系统主要由被控对象,给定装置,比较、放大装置,执行装置,测量和变送装置,校正装置等组成。

被控对象:指要进行控制的设备和过程。

给定装置:设定与被控量相对应给定量的装置。

比较、放大装置:对给定量与测量值进行运算,并将偏差量进行放大的装置。

执行装置:直接作用于控制对象的传动装置和调节机构。

测量和变送装置:检测被控量并进行转换用以和给定量比较的装置。

校正装置:用以改善原系统控制性能的装置。

题1-4答:(图略)题1-5答:该系统是随动系统。

(图略)题1-6答:(图略)题2-1 解:(1)F(s)=12s 1+-Ts T(2)F(s)=0.5)421(2+-s s(3)F(s)=428+⋅s es sπ(4)F(s)=25)1(12+++s s(5)F(s)=32412ss s ++ 题2-2 解:(1) f(t)=1+cost+5sint (2) f(t)=e -4t(cost-4sint)(3) f(t)=t t t te e e 101091811811----- (4) f(t)= -tt t te e e ----+-3118195214(5) f(t)= -tt e e t 4181312123--+++题2-3 解:a)dtdu u C R dt du R R c c r 22111=++)( b)r c c u CR dt du R R u C R dt du R R 1r 12112111+=++)( c) r r r c c c u dtdu C R C R dtu d C C R R u dtdu C R C R C R dtu d C C R R +++=++++)()(1211222121122111222121 题2-4 解:a) G(s)=1)(212++s T T sT (T 1=R 1C, T 2=R 2C )b) G(s)=1)(1212+++s T T s T (T 1=R 1C, T 2=R 2C )c) G(s)= 1)(1)(32122131221+++++++s T T T s T T s T T s T T (T 1=R 1C 1, T 2=R 1C 2, T 3=R 2C 1, T 4=R 2C 2 )题2-5 解:(图略)题2-6 解:33)(+=Φs s 题2-7 解:a) ksf ms s +-=Φ21)(b) )()()(1))(1)(()(21221s G s G s G s G s G s +++=Φc) )()(1)())()(()(31321s G s G s G s G s G s ++=Φd) )()()()(1))()()(323121s G s G s G s G s G s G s -+-=Φe) G(s)=[G 1(s)- G 2(s)]G 3(s)f) )()()()()()()()()()(1)()()()()(43213243214321s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s +-++=Φg) )()()()()()()()(1)()()()(43213212321s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s -+-=Φ题2-8 解:102310)1()()(k k s s T Ts k k s R s C ⋅++++⋅=1023101)1()()(k k s s T Ts k k s N s C ⋅++++⋅=1023102)1()()(k k s s T Ts s T k k s N s C ⋅++++⋅⋅⋅= 题2-9 解:)()()()(1)()()(4321111s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()(4321222s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()()()(432142121s G s G s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()(4321412s G s G s G s G s G s R s C += 题2-10 解:(1)3212321)()(k k k s k k k s R s C +=3212032143)()()(k k k s s G k k k s k k s N s C +⋅+= (2) 2140)(k k sk s G ⋅-= 题2-11 解:122212211111)()1()()(z z s T s T T C s T T s T k k s s m m d e L ⋅++⋅+++⋅=ΘΘ (T 1=R 1C, T 2=R 2C, T d =L a /R a , T m =GD 2R a /375C e C m )第三章 习题答案3-1. s T 15=(取5%误差带) 3-2. 1.0=H K K=2 3-3.当系统参数为:2.0=ξ,15-=s n ω时,指标计算为:%7.52%222.0114.32.01===-⨯---e eξξπσs t ns 352.033=⨯==ξωs t n p 641.02.01514.3122=-⨯=-=ξωπ当系统参数为:0.1=ξ,15-=s n ω时,系统为临界阻尼状态,系统无超调,此时有:st ns 95.057.10.145.67.145.6=-⨯=-=ωξ3-4.当110-=s K 时,代入上式得:110-=s n ω,5.0=ξ,此时的性能指标为:%3.16%225.0114.35.01===-⨯---e eξξπσs t ns 6.0105.033=⨯==ξωs t n p 36.05.011014.3122=-⨯=-=ξωπ当120-=s K 时,代入上式得:11.14-=s n ω,35.0=ξ,此时的性能指标为:%5.30%2235.0114.335.01===-⨯---e eξξπσs t ns 6.01.1435.033=⨯==ξω由本题计算的结果可知:当系统的开环放大倍数增大时,其阻尼比减小,系统相对稳定性变差,系统峰值时间变短,超调量增大,响应变快,但由于振荡加剧,调节时间不一定短,本题中的调节时间一样大。

《自动控制理论》参考答案第五章

《自动控制理论》参考答案第五章

第五章一、单项选择题1-5:D 、B 、D 、A 、B 6-10:B 、D 、C 、A 、C 11-13:D 、A 、B二、分析计算题5-1解 (a)依图:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(R R C R R T C R RR R K s T s K sCR sC R R R s U s U r c ττ ωωτωωωωω11121212121)1()()()(jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a ++=+++==(b)依图:⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sCR s U s U r c )(1111)()(2122222212ττ ωωτωωωωω2221211)(11)()()(jT j C R R j C R j j U j U j G r c b ++=+++==5-2解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 图5-76 系统结构图 频率特性:2244221)(ωωωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 241)(ωω+=Φj相频特性: )2arctan()(ωωϕ-= 系统误差传递函数: ,21)(11)(++=+=Φs s s G s e则 )2arctan(arctan )(,41)(22ωωωϕωωω-=++=Φj j e e(1)当t t r 2sin )(=时,2=ω,r m =1则 ,35.081)(2==Φ=ωωj 45)22arctan()2(-=-=j ϕ4.1862arctan )2(,79.085)(2====Φ=j j e e ϕωω)452sin(35.0)2sin()2(-=-Φ=t t j r c m ss ϕ )4.182sin(79.0)2sin()2(+=-Φ=t t j r e e e m ss ϕ (2) 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5.26)21arctan()1(45.055)1(-=-===Φj j ϕ 4.18)31arctan()1(63.0510)1(====Φj j e e ϕ)]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t c m m s ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)902cos(7.0)4.3sin(4.0--+=t t)]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t e e e m e e m s ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)6.262cos(58.1)4.48sin(63.0--+=t t5-4解 ()()()12G j K j K e j ==-+ωωπω=→∞00,()G j ω→∞∞=,()G j 0ϕωπ()=-2幅频特性如图解5-4(a)。

自动控制原理黄坚第二版第五章习题答案

自动控制原理黄坚第二版第五章习题答案

5-4 已知系统的开环幅频率特性曲线, 写出传递函数并画出对数相频特性曲线。
(a) 20lgK=20 K=10
G(s)=(0.11s0+1)
L(ω ) dB
20
20lgK
0
10
-20dB/dec
ωc ω
(b) 20lgK=-20 K=0.1
G(s)=(0.0150ss+1)
L(ω ) dB
01
10 20
(e)
p=0
Im υ=1
-1
ω=0
0
Re
ω=0+
系统稳定
p=0
(e)
Im -1 0
υ=1
ω=0 Re
(f)
ω=0 -1
Im p=1 υ=0
0 Re
系统稳定
(a) p=1
-1
Im υ=0
ω=0
0
Re
系统稳定 ω=0+
系统不稳定
第五章习题课 (5-17)
5-17 已知系统开环幅频率特性曲线(1)写出
传递函数。(2)利用相位裕量判断稳定性(3)
ω1=0.1 ω2=0.2 ω3=15
相频特性曲线:
-40dB/dec
40
-60dB/dec
20
0 0.1 0.2 1 -20
-40dB/dec
φ (ω )
ω=0
φ (ω )=-180o
0 -90
15
ω
-60dB/dec
ω
ω=∞ φ (ω )=-270o -180 -270
第五章习题课 (5-4)
0
1 10 50 100ω
G(s)=(s+1)(0.12s+511)(0.01s+1)

《自动控制原理》 第五章习题解答

《自动控制原理》 第五章习题解答
胡寿松自动控制原理习题解答第五章
5-2 若系统单位阶跃响应为
h(t) = 1−1.8e −4t + 0.8e −9t
试确定系统的频率特性。 解:对单位阶跃响应取拉氏变换得:
1 − 1.8 + 0.8 =
36
s s + 4 s + 9 s(s + 4)(s + 9)
(t ≥ 0)
即: C(s) = G(s) =
K,T1,T2 > 0
当取ω = 1时, ∠G( jω ) = −1800 , G( jω ) = 0.5 。当输入为单位速度信号时,系统的稳
态误差为 0.1,试写出系统开环频率特性表达式。
解: KV
= lim sG(s) = s→0
K
= 10
当ω = 1时 G( jω ) = K (T2ω )2 + 1 = 10 (T2 )2 + 1 = 0.5
T2
=
1 20
T1 = 20
T1
=
1 T2
代入到
G(
j)
=
10
(T2 )2 + 1 (T1 )2 + 1
=
0.5 中得到:
所以系统的开环传递函数为: G(s) = 10(−s / 20 + 1) s(20s + 1)
系统开环频率特性表达式为: G( jω ) = 10(− jω / 20 + 1) jω(20 jω + 1)
ω
2 n
=1

2 n
− 1)
+
(2ζω n )2
∠GB
(

)
=

arctan

自动控制原理(黄坚)第五章答案

自动控制原理(黄坚)第五章答案

第五章 频率特性法习题5-1 单位反馈控制系统的开环传递函数110)(+=s s G ,当下列信号作用在系统输入端时,求系统的稳态输出。

(1) )30sin()(︒+=t t r (2) )452cos(2)(︒-=t t r (3) )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 解:本题注意事项:一定要用闭环传递函数求模求角,计算角度一定要看象限 (1)1110)(+=Φs s ,1110)(+=Φωωj j , ︒-∠=-∠=+=Φ-19.5905.0111122101110)1(1tg j j )8.24sin(905.0)19.530sin(905.0)(︒+=︒-︒+=t t t c ss(2)︒-∠=+=Φ3.10894.011210)2(j j)3.552cos(788.1)(︒-=t t c ss(3))3.552cos(788.1)8.24sin(905.0︒--︒+=t t c ss5-2 设控制系统的开环传递函数如下,试绘制各系统的开环幅相频率特性曲线和开环对数频率特性曲线。

(1))15)(5(750)(++=s s s s G (2) )1008()1(1000)(2+++=s s s s s G (3) 13110)(++=s s s G解:(1)起点s 10,︒-∞∠90;终点3750s ,︒-∠2700;交点5.0)75(-=j G (2)起点s 10,︒-∞∠90;终点21000s,︒-∠1800;交点)100927()1(1000)(232-++-=s s s s s s G ,)]92()1007[()1(1000)(222ωωωωωω--++=j j j G ,03.13)92(j j G -= (3)起点1;终点,3.33,与坐标轴无交点;曲线在第一象限(1)(2)5-4 最小相位系统对数幅频特性曲线如图所示,试写出他们的传递函数。

解: (a)11.010)(+=s s G (b)105.01.0)(+=s s s G (c))101.0)(1100(100)(++=s s s s G(d))101.0)(11.0)(1(19.251)(+++=s s s s G (书后答案有误)5-5 试由下述幅值和相角计算公式确定最小相位系统的开环传递函数。

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1
=29.154, Mr= 2 1 2
=3.042
5
四、系统开环传递函数为G(s)H (s)
3
,要求(1)绘制系统Nyquist
s(s 1)(s 2)
曲线;(2)从图中求出系统相角裕量和幅值裕量Kg;(3)判断系统稳定性; (4)使系统稳定的开环放大系数K的范围。
解:将G(j)H((j算几个普通频率点:
(5)绘制Nyqusit曲线。
(二)从图中可得:40o;Kg=2
5
(三)是最小相位系统,>0,或Kg=2>1 ,系统稳定; (四)此时开环放大系数K=1.5,达到临界稳定需增加2倍,即稳定 范围为0<K<3。或从劳斯判据,得0<K1<6,即,K的稳定范围为0<K<3。
100 -261.4º
(二)从图中求得0°,Kg=0(dB),c6.5s-1 (三)向下平移L()曲线,使Kg(dB)=20dB,移动分贝数为20dB,即K=10 (四)在()曲线上找到(c’)=-150o的点,向下平移L()曲线, 使 K*=L(1)0曲2线06 过,即0d可B线计的算频K增率加为的倍c’5数,量K*出0平.5移,即的Kd=B5数。L(K*)-6,利用
j0.008 1)
|

20
lg
0.004 0.008( 0.008)(1)
0.002
0.016
0.002
得K=0.016;结果:Gk ( j)
0.016 (250 j 1) j(500 j 1)(62.5 j 1)
闭环传递函数为:
(s)

s(500 s
0.016 (250 s 1) 1)(62.5s 1) 0.016 (2505s
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第五章 线性系统的频域分析与校正
练习题及答案——2
5-12 已知)(1s G 、)(2s G 和)(3s G 均为最小相角传递函数,其近似对数幅频特性曲线如图5-79所示。

试概略绘制传递函数 G s G s G s G s G s 412231()()()
()()
=
+
的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。

解:(1) ✈L K 11204511()lg .ω== ∴
=K 1180
则: G s K 11()=
(2) G s K s s 22
08
1()(.)=+
20201
022
lg /lg K K ω== , K 21= (3) ✈
L K K 333202001110()lg lg .ωω===
s s K s G K 9)(,9111
.01
333====

(4) ✈G s G G G G 4
12
23
1()=+ 将G G G 123,,代入得:G s s s 418
01251()(.)
=+
对数频率特性曲线如图解5-12(a)所示,幅相特性曲线如图解5-12(b)所示:
图解5-12 (a) Bode图 (b) Nyquist图5-13试根据奈氏判据,判断题5-80图(1)~(10)所示曲线对应闭环系统的稳定性。

已知曲线(1)~(10)对应的开环传递函数如下(按自左至右顺序)。

题号开环传递函数P N N
P
Z
2
-
=闭环
稳定性


1 G s
K
T s T s T s
()
()()()
=
+++
123
1110 -1 2 不稳定
2 G s
K
s T s T s
()
()()
=
++
12
110 0 0 稳定
3 G s
K
s Ts
()
()
=
+
210 -1 2 不稳定。

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