自动控制原理第三章习题解答

σ % = e −πξ /
tp =
1−ξ 2
= e −π 0.6 /
1−0.62
= e −π 0.6 /
1−0.62
= 9 .5 %
π
1 − ξ ωn
2
=
π
1.6
= 1.96( s )
ts =
3-5
3.5
ξω n
=
3.5 = 2.92( s ) 1.2
设单位反馈系统的开环传递函数为
G ( s) =
0.4 s + 1 s ( s + 0.6)
s5 s4 s3 s2 s1 s0
1 12 35 3 20 25 16 80 3 3 5 25 10 25
有一对虚根，系统不稳定 3-13 已知单位反馈系统的开环传递函数
G ( s) =
K (0.5s + 1) s ( s + 1)(0.5s 2 + s + 1)
试确定系统稳定时的 K 值范围。 解：系统特征方程为
ε 0 ,试问 k1 应满足什么条件？
见习题 3-20 解答 3-2 设系统的微分方程式如下： （1）
&(t ) = 2r (t ) 0.2c
&&(t ) + 0.24c &(t ) + c(t ) = r (t ) （2） 0.04c
试求系统的单位脉冲响应 k(t)和单位阶跃响应 h(t)。已知全部初始条件为零。 解： （1） 因为 0.2 sC ( s ) = 2 R ( s ) 单位脉冲响应： C ( s ) = 10 / s 单位阶跃响应 h(t)
试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs。 解： h(t ) = 1 −
1 1−ξ
2
e −ξωnt sin( 1 − ξ 2 ω n t + β )
1−ξ 2
β = arccos ξ
σ % = e −πξ /
tp =
π
1 − ξ 2ωn
ts =
3.5
ξω n
ξ = cos β = cos 53.10 = 0.6
(b)
+ (c)
图 3-43 解： （a） ω n = 1 （b） Φ ( s ) =
2
控制系统
ξ =0
系统临界稳定。
s +1 s + s +1 s +1 （c） Φ ( s ) = 2 s + s +1
ωn = 1 ωn = 1
ξ = 0.5 ξ = 0.5
σ % = 29.8% σ % = 16.3%
3.5 = 7s 0.5
3-6 已知控制系统的单位阶跃响应为
h(t ) = 1 + 0.2e −60t − 1.2e −10t
试确定系统的阻尼比ζ和自然频率ωｎ。 解： 求拉氏变换得
H (s) =
1 0.2 1.2 ( s + 60)( s + 10) 0.2s ( s + 10) 1.2s ( s + 60) + − = + − s s + 60 s + 10 s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10)
2 ωn 600 600 = = = 2 s ( s + 60)( s + 10) s ( s 2 + 70s + 600) s ( s 2 + 2ξω n s + ω n ) 2 ωn 2 ( s 2 + 2ξω n s + ω n )
显然闭环传递函数为
其中 ω n = 600
2
ω n = 10 6
K1 =
36 25
4
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
2ξω n = 0.8 + 25K1 K t = 12
3-8
所以 K t =
14 45
试分别求出图 3-43 各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。
r(t)
-
1 S2
c(t)
r(t)
-
1+s
1 S2
c(t)
r(t)
+
1 S2
S
c(t)
(a)
2
=
1 10
得到 ω n (ξ −
ξ 2 − 1) = 10
所以 ω n =
10
ξ − ξ −1
2
=
10 7 2 6 − 49 −1 24
=
10 × 2 6 = 10 6 2
3-7 设图 3-42 是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数 K１和 Kt，使系统ωｎ＝６、ζ ＝１。
图 3-42 解：系统开环传递函数
2
k (t ) = 10
t≥0 t≥0
2
C ( s ) = 10 / s 2
h(t ) = 10t
C ( s) =
（2） (0.04 s + 0.24 s + 1)C ( s ) = R ( s ) 单位脉冲响应： C ( s ) =
1 0.04 s + 0.24 s + 1
2
R( s ) 0.04 s + 0.24 s + 1 25 −3t k (t ) = e sin 4t 3
2
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
Hale Waihona Puke c(t ) = 1 − e −0.5t cos
3 2 × 0.6 −0.5t 3 t− e t sin 2 2 3 3 t + 55.30 ) 2
= 1 − 1.22e −0.5t sin( h(t ) = 1 − 1 1−ξ
2
e −ξωnt sin( 1 − ξ 2 ω n t + β )
t s = 7.51s t s = 8.08s
3-9 设控制系统如图 3-44 所示。要求：
图 3-44 控制系统 (1) 取τ1＝０，τ2＝０.１，计算测速反馈校正系统的超调量、调节时间和速度误差； (2) 取τ1＝０.１，τ２＝０，计算比例-微分校正系统的超调量、调节时间和速度误差。 解： （1）系统开环传递函数
10 2 ωn 10(1 + τ 1 s ) 10 s( s + 1) G0 ( s ) = (1 + τ 1 s ) = = = 10τ 2 s s ( s + 1) + 10τ 2 s s( s + 2) s ( s + 2ξω n ) 1+ s( s + 1)
2 ωn = 10
ω n = 10
0
0
5 4 s 5 s+4 +5 2 2 +5 2 2 = 2 +5 2 2 2 s s + 16 s + 16 s s + 16 0.1 0.1 （3） Φ ( s ) = − s s + 1/ 3 Φ( s) =
3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为
h(t ) = 10 − 12.5e −1.2t sin(1.6t + 53.1o )
1−ξ 2
β = arccos ξ
σ % = e −πξ /
tp =
π
1 − ξ ωn
2
ts =
3.5
ξω n
ξ = cos β = cos 55.30 = 0.569
σ % = e −πξ /
tp =
1−ξ 2
= 11.37%
π
1 − ξ 2ωn 3.5
=
π ×2
3
= 3.63s
ts =
ξω n
=
试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。 解：闭环传递函数
0.4 s + 1 G( s) 0.4 s + 1 s ( s + 0.6) GB ( s) = = = 2 s + s +1 1 + G ( s ) 1 + 0.4 s + 1 s( s + 0.6) C ( s ) = GB ( s ) R( s ) = 1 0.4 s + 1 0.4 1 = 2 + 2 2 s s + s + 1 s + s + 1 s( s + s + 1) s +1 s + 0.6 0.4 1 1 = 2 + − 2 = − 2 s + s +1 s s + s +1 s s + s +1
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
&0 + x &0 = K 2u 3-1 设随动系统的微分方程为： T& x u = K 1 [r (t ) − x f ] & f + x f = x0 T fx
其中 T,Tf, K2 为正常数。如果在外作用 r(t)=1+t 的情况下，使 x0 对 r(t)的稳态误差不大于正 常数
2ξω n = 70
ξ=
7 2 6
根据（3-17）
h(t ) = 1 +
e − t / T1 e − t / T12 + T2 / T1 − 1 T1 / T2 − 1
解：根据公式（3-17）
3
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
t t
e T1 e T2 h(t ) = 1 + + T2 / T1 − 1 T1 / T2 − 1 T1 = 1
s 5 + 3s 4 + 12s 3 + 24 s 2 + 32 s + 48 = 0
6 5 4 3 2
（2） s + 4 s − 4 s + 4 s - 7 s - 8s + 10 = 0 （3） s + 3s + 12 s + 20 s + 35s + 25 = 0
5 4 3 2
解： （1）列劳思表如下：
1−ξ 2
2ξω n = 2
ξ=
1 10
σ % = e −ξπ /
= 35.1%
5
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
ts =
3.5
ξω n
= 3.5s
KV = 5
（2） 3-10 图 3-45 所示控制系统有（a）和（b）两种不同的结构方案，其中 T＞0 不可变。要求： （1） 在这两种方案中，应如何调整 K 1 ， K 2 和 K 3 ，才能使系统获得较好的动态性能。 比较说明两种结构方案的特点。 解： 3-11 已知系统特征方程为
−
−
ω n (ξ − ξ 2 − 1)
1 10
2
T2 = 1 60
1
ω n (ξ + ξ 2 − 1)
显然： T1 =
T2 =
ξ2 T1 ξ + ξ − 1 = =6= T2 ξ − ξ 2 − 1 1 1− 1− 2 ξ
由 T1 =
1+ 1−
1
解方程得 ξ =
7 2 6
1
ω n (ξ − ξ − 1)
s ( s + 1)(0.5s 2 + s + 1) + K (0.5s + 1) = 0
将上述方程化简得到：
0.5s 4 + 1.5s 3 + 2 s 2 + (1 + 0.5K ) s + K = 0
劳思表如下：
s4 s3 s2 s1 s0
0.5 1 .5 2.5 − 0.25 K 1.5 2.5 − 1.25 K − 0.125 K 2 2.5 − 0.25 K K
3s 4 + 10s 3 + 5s 2 + s + 2 = 0
试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。 解： 列劳思表如下：
s4 s3 s2 s1 s0
3 5 2 10 1 47 2 10 1530 0 − 47 2
由劳思表可以得到该系统不稳定。 3-12 已知系统特征方程如下，试求系统在 s 右半平面的根数及虚根值。 （1）
系统特征方程为：
s 3 + (1 + 10τ ) s 2 + 10s + 10 = 0
劳思表如下：
s3 s2 s1 s0
飞行控制系统
25K1 25K1 s( s + 0.8) G0 ( s ) = = 25K1 K t s s ( s + 0.8) + 25K1 K t s 1+ s ( s + 0.8) =
2 ωn 25K1 = s ( s + 0.8 + 25K1 K t ) s ( s + 2ξω n )
2 ωn = 36 = 25K1
2 1 + 0.5 K K
K
3-14 已知系统结构图如图 3-46 所示。 试用劳思稳定判据确定能使系统稳定反馈参数 τ 的取 值范围。
7
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
解：系统开环传递函数为
10 s +1 10 10s + 10 1 s ( s + 1) G0 ( s ) = (1 + ) = = 3 s τ 10 s s ( s + 1) + 10τs s + (1 + 10τ ) s 2 s 1+ s ( s + 1)
单位阶跃响应 h(t) C ( s ) =
s+6 25 1 = − 2 s[( s + 3) + 16] s ( s + 3) 2 + 16
h(t ) = 1 − e −3t cos 4t −
3 − 3t e sin 4t 4
−1.25t
3-3 已知系统脉冲响应如下，试求系统闭环传递函数Φ（ｓ） 。 （1） k (t ) = 0.0125e
s5 1 s4 3 s3 4 s 2 12 s1 s0
12 32 24 48 16 48
有一对虚根，系统不稳定 （2）列劳思表如下：
6
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
s6 s5 s4 s3 s2 s1 s0
1 − 4 − 7 10 4 4 −8 − 5 − 5 10
系统不稳定 （3）列劳思表如下：
（2） k (t ) = 5t + 10 sin( 4t + 45 )
0
（3） k (t ) = 0.1(1 − e 解： （1） Φ ( s ) =
−t / 3
)
0.0125 s + 1.25
1
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（2） k (t ) = 5t + 10 sin 4t cos 45 + 10 cos 4t sin 45