自动控制理论(邹伯敏)第3版_第5章答案 khdaw
《自动控制理论(第3版)》第05章课件
= Im
（1）极坐标图
A() = () = 90
0 =0
Re
（2）波特图
L() = 20lgA() = 20lg () = 90
注意：由于微分环节与
L()/dB
20
0
1
20dB/dec
10
积分环节的传递函数互
为倒数， L()和 ()
仅相差一个符号。因此，
()/(°)
90°
Im
=
=0
Re
0
1
36
8 延迟环节
其频率特性为 ：G(j) = e jT 幅值为：A() = e jT = 1 相角为：() = T (rad) = 57.3T()
由于幅值总是1，相角随频率而变化，其极坐标图为一单位圆。
Im
L()/dB
0
0
=0
Re
()/(°)
0°
T大 T小
由于( )随频率的增长而线性滞后，将严重影响系统的稳定性 37
L ()2l0 g G (j) dB “分贝”
坐标特点 纵轴 (),(单位：度或者弧)度
⑴ 幅值相乘 = 对数相加，便于叠加作图；
特点 ⑵ 可在大范围内表示频率特性；
⑶ 利用实验数据容易确定 L(),进而确定G(s)。
17
频率特性 G(jw) 的表示方法
以 G(j) 1 为例。
Ts1sj
1. 幅相特性(Nyquist)
称为RC网络的幅频特性，后者称为相频特性。
⑤
1
jarc T tan 1
j 1 1 j T 1
e e 1 (T )2
1 j T
1 j T
完全地描述了网络在正弦输入电压作用下，稳态输
自动控制原理第五章习题及答案
第五章习题与解答5-1试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。
u r R1u cR2CR2R1u r u c(a) (b)题5-1图R-C网络解（a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(RRCRRTCRRRRKsTsKsCRsCRRRsUsUrcττωωτωωωωω11121212121)1()()()(jTjKCRRjRRCRRjRjUjUjGrca++=+++==(b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=CRRTCRsTssCRRsCRsUsUrc)(1111)()(2122222212ττωωτωωωωω2221211)(11)()()(jTjCRRjCRjjUjUjGrcb++=+++==5-2某系统结构图如题5-2图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出)(tcs和稳态误差)(tes（1）tt r2sin)(=（2）)452cos(2)30sin()(︒--︒+=ttt r题5-2图反馈控制系统结构图解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 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 ss 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 ss ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)6.262cos(58.1)4.48sin(63.0--+=t t5-3 若系统单位阶跃响应h t e e t tt ()..=-+≥--11808049试求系统频率特性。
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'=。
自动控制原理第三版习题答案
《自动控制理论》习题参考答案第二章2-1 (a)()()1121211212212122112+++⋅+=+++=CS R R R R CS R R R R R R CS R R R CS R R s U s U (b)()()1)(12221112212121++++=s C R C R C R s C C R R s U s U 2-2 (a)()()RCsRCs s U s U 112+= (b)()()141112+⋅-=Cs RR R s U s U (c)()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=141112Cs R R R s U s U 2-3 设激磁磁通f f i K =φ恒定()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=Θφφπφm e a a a a m a C C f R s J R f L Js L s C s U s 2602 2-4()()()φφφπφm A m e a a a a m A C K s C C f R i s J R f L i Js iL C K s R s C +⎪⎭⎫⎝⎛++++=260232-5 ()2.0084.01019.23-=⨯--d d u i2-8 (a)()()()()3113211G H G G G G s R s C +++=(b)()()()()()31243212143211H G H G G G H G G G G G G s R s C +++++=2-9 框图化简中间结果如图A-2-1所示。
图A-2-1 题2-9框图化简中间结果()()()()52.042.018.17.09.042.07.023++++++=s k s k s s s R s C 2-10()()4232121123211G H G G H G G H G G G G s R s C ++-+=2-11 系统信号流程图如图A-2-2所示。
图A-2-2 题2-11系统信号流程图()()()()2154214212654212215421421321111H H G G G G G G G H G G G G G s R s C H H G G G G G G G G G G s R s C -++=-++=2-12 (a)()()()adgi abcdi agdef abcdef cdhs R s C +++-=11(b)()()()1221211222112++++=s C R C R C R s C R C R R s R s C2-13 由选加原理,可得()()()()()()[]s D H G G s D G s D G s R G G G H G H s C 3121221221221111--+++=第三章3-1 分三种情况讨论 (a) 当1>ζ时()()()()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+----+-=-+-=---=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛---221221222211112121,122ζζζζωζωζωζζωζζωζζωζζt t n n nn n n e e t t c s s (b) 当10<<ζ时()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----+-=---+---=-+-=---=---22222222222121121sin 1121sin 1211cos 221,1ζζζωζωζωζωζωζζωζωζωζωζζωζζζωζωζωarctg t et t e t et t c j s j s n tnnn t nn tnnn n n n n(c) 当1=ζ时设系统为单位反馈系统,有()()()()()2222nn n r s s s s R s c s R s E ωζωζω+++=-= 系统对单位斜坡输入的稳态误差为()nn n n s sr s s s s s s im e ωζωζωζω22212220=+++⋅⋅=→ 3-2 (1) 0,0,50===a v p K K K(2) 0,,==∞=a v p K K K K (3) 10,,KK K K a v p =∞=∞= (4) 0,200,==∞=a v p K KK K 3-3 首先求系统的给定误差传递函数()101.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()⎪⎭⎫⎝⎛++-=-=-t e t t c s n t n nn n 21222,1ωωωωω()()()0)101.0()12.0(20)101.0(2lim lim 1.0)101.0()12.0(10lim lim 0101.0)11.0(lim lim 32220220222001200=+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s e s s e s(1) 0)(R t r =，此时有0)()(,)(0===t r t r R t r s s s ，于是稳态误差级数为()0)(0==t r C t e s sr ，0≥t(2) t R R t r 10)(+=，此时有0)(,)(,)(110==+=t r R t r t R R t r s s s ，于是稳态误差级数为()1101.0)()(R t rC t r C t e s s sr =+= ，0≥t (3) 221021)(t R t R R t r ++=，此时有t R R t rt R t R R t r s s 212210)(,21)(+=++= ，2)(R t r s= ，于是稳态误差级数为 ())(1.0)(!2)()(21210t R R t r C t rC t r C t e s s s sr +=++= ，0≥t 3-4 首先求系统的给定误差传递函数()5001.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()()()232220220222001200050098)5001.0()12.0(1000)5001.0(100lim lim 5001)5001.0()12.0(500lim lim 05001.0)11.0(lim lim =+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s es s e stt r t t rt t r s s s 5sin 25)(5cos 5)(5sin )(-===稳态误差级数为()[][][]tt tC t C C t e sr 5cos 1015sin 109.45cos 55sin 25224120 -⨯++⨯=-⨯+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯-=-3-5 按技术条件（1）~（4）确定的二阶系统极点在s 平面上的区域如图A-3-1 (a) ~ (d)的阴影区域。
自动控制原理及其应用课后习题第五章答案
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)
自动控制理论 机械工业出版社 课后习题答案 夏德岑_第三版 PDF可打印
, t 0
比较上述两种情况， 可见有 z 1 零点时， 单位脉冲响应的振幅较无零点时小， 而且产生相移， 相移角为 arctg
1 2 n 。 1 n
2．单位阶跃响应 (a) 无零点时
ct 1
2 n t 1 2 t arctg 1 e sin n 1 2
G( s) 2a ss (2 a) s (2 2a)
2
根据条件（1） ，可得
Kv 1 2a 0.5 esr 2 2a
解得 a 1 ，于是由系统的开环传递函数为
G( s) 2 ss 3s 4
2
3-10
1M 2M
3t
s
p p
46.6%, t s 7.99s2%, ( n 2.12rad / s, 0.24) 16.3%, t s 8s2%, ( n 1rad / s, 0.5)
C m s 60 U a s s La Js 2 La f Ra J s Ra f C eC m 2
2-4
C s Rs
K A C m 60 iL a Js 3 iL a f Ra J s 2 i Ra f C eC m s K A C m 2
C 2 lim
s 0
d2 2(0.1s 2 s 10) 20(0.2s 1) 2 s lim 0 e s 0 ds 2 (0.1s 2 s 10) 3
(1)
s (t ) r (t ) R0 ，此时有 rs (t ) R0 , r r (t ) 0 ，于是稳态误差级数为 s esr t C0 rs (t ) 0 ， t 0
《自动控制原理》第5章习题答案
G0 ( s ) =
1 s (0.1s + 1)
特征方程为， D( s ) = 0.1s 2 + s + 1 = 0 ，即，s + 10 s + 10 = 0 ，
2
ω n = 10 = 3.162 ， ζ =
10 = 1.58 ，原系统为过阻尼系统， 2ω n
2
σ % = 0 ， ts >
4
ζω n
解： G ( jω ) =
ω＝0 时， G (0) = 0.4 ，在低频段， L(ω ) = 20 lg 0.4 = −8dB ； ω → ∞ 时， G ( j∞) = 1 ，
在高频段， L(ω ) = 20 lg1 = 0dB 。转折频率 ω1 = 2 ，ω 2 = 5 。串联校正装置是超前校正装 置。
-j 3.46
②计算期望主导极点位置。 系统期望闭环主导极点具有阻尼系数 ζ =
2 ，自然振荡频率 ω n = 4 2 ， 2
θ = arccosζ = arccos
2 = 450 ， 则 一 个 具 有 期 望 极 点 的 2 阶 系 统 特 征 方 程 为 ， 2
s 2 + 8s + 32 = 0
jω
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
自动控制原理第三版习题答案
（b）有零点 时
比较上述两种情况，可见有 零点时，单位脉冲响应的振幅较无零点时小，而且产生相移，相移角为 。
2．单位阶跃响应
(a)无零点时
（b）有零点 时
加了 的零点之后，超调量 和超调时间 都小于没有零点的情况。
3-13系统中存在比例-积分环节 ，当误差信号 时，由于积分作用，该环节的输出保持不变，故系统输出继续增长，直到出现 时，比例-积分环节的输出才出现减小的趋势。因此，系统的响应必然存在超调现象。
该环节的伯德图如图A-5-11所示。
图A-5-11题5-4伯德图
（2）惯性环节 是最小相位的，其幅频、相频特性表达式为
该环节的伯德图如图A-5-11点划线所示。由图可见，两个环节具有相同的幅频特性，相频特性有根本区别。
5-7 (a) ，系统的相频特性曲线如图A-5-12所示。
图A-5-12题5-7 相频特性曲线
（2）采用比例-积分校正可使系统由I型转变为II 型。
(3)利用串联超前校正装置在剪切频率附近提供的相位超前角，可增大系统的相角裕度，从而改善系统的暂态性能。
(4)当 减小，相频特性 朝 方向变化且斜率较大时，加串联滞后校正可以提高系统的稳定程度。
(5)可根据扰动的性质，采用带有积分作用的串联校正，或采用复合校正。
图A-6-5题6-5系统校正后伯德图
6-7 ，超前校正装置 ，校正后系统的开环增益为 ， 满足设计要求。
6-8
校正之前 ，取 处的 为新的剪切频率，该处增益为 ，故取 ， 则 ，滞后校正装置传递函数为 ，校正后系统开环传递函数为
，
满足要求。系统校正前、后伯德图如图A-6-6所示。
图A-6-6题6-8系统校正前、后伯德图
自动控制理论第三版课后答案
《自动控制理论 第2版》习题参考答案第二章2-1 (a)()()1121211212212122112+++⋅+=+++=CS R R R R CS R R R R R R CS R R R CS R R s U s U(b)()()1)(12221112212121++++=s C R C R C R s C C R R s U s U 2-2 (a)()()RCs RCs s U s U 112+= (b) ()()141112+⋅-=Cs R R R s U s U (c) ()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=141112Cs R R R s U s U 2-3 设激磁磁通ff i K =φ恒定()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=Θφφπφm e a a a a m a C C f R s J R f L Js L s C s U s 26022-4()()()φφφπφm A m e a a a a m A C K s C C f R i s J R f L i Js iL C K s R s C +⎪⎭⎫⎝⎛++++=260232-5 ()2.0084.01019.23-=⨯--d du i2-8 (a)()()()()3113211G H G G G G s R s C +++=(b)()()()()()31243212143211H G H G G G H G G G G G G s R s C +++++=2-9 框图化简中间结果如图A-2-1所示。
0.7C(s)++_R(s)113.02++s s s22.116.0+Ks+图A-2-1 题2-9框图化简中间结果()()()()52.042.018.17.09.042.07.023++++++=s k s k s s s R s C2-10()()4232121123211G H G G H G G H G G G G s R s C ++-+=2-11 系统信号流程图如图A-2-2所示。
《自动控制理论（第3版）》全套参考答案
第一章习题参考答案1-1多速电风扇的转速控制为开环控制。
家用空调器的温度控制为闭环控制。
1-2 设定温度为参考输入，室内温度为输出。
1-3 室温闭环控制系统由温度控制器、电加热装置、温度传感器等组成，其中温度控制器可设定希望达到的室温，作为闭环控制系统的参考输入，温度传感器测得的室温为反馈信号。
温度控制器比较参考输入和反馈信号，根据两者的偏差产生控制信号，作用于电加热装置。
1-4 当实际液面高度下降而低于给定液面高度h r ，产生一个正的偏差信号，控制器的控制作用使调节阀增加开度，使液面高度逼近给定液面高度。
第二章 习题参考答案2-1 （1）()()1453223++++=s s s s s R s C ； （2）()()1223+++=s s s ss R s C ； （3）()()1223+++=-s s s e s R s C s2-2 （1）单位脉冲响应t t e e t g 32121)(--+=；单位阶跃响应t t e e t h 3612132)(----=； (2)单位脉冲响应t e t g t 27sin72)(-=；单位阶跃响应)21.127sin(7221)(2+-=-t e t h t 。
2-3 （1）极点3,1--，零点2-；(2) 极点11j ±-.2-4)2)(1()32(3)()(+++=s s s s R s C . 2-5 (a)()()1121211212212122112+++⋅+=+++=CS R R R R CS R R R R R R CS R R R CS R R s U s U ;(b)()()1)(12221112212121++++=s C R C R C R s C C R R s U s U 2-6 (a)()()RCsRCs s U s U 112+=;(b)()()141112+⋅-=Cs RR R s U s U ; (c)()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=141112Cs R R R s U s U . 2-7 设激磁磁通f f i K =φ恒定()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=Θφφπφm e a a a a m a C C f R s J R f L Js L s C s U s 2602.2-8()()()φφφπφm A m e a a a a m A C K s C C f R i s J R f L i Js iL C K s R s C +⎪⎭⎫⎝⎛++++=26023.2-9 ()2.0084.01019.23-=⨯--d d u i . 2-10 (2-6) 2-11(2-7)2-12 前向传递函数)(s G 改变、反馈通道传递函数)(s H 改变可引起闭环传递函数)()(s R s C 改变。
自动控制理论邹伯敏答案精编版
由开环传递函数容易得到〃 =3,〃? = 0 ,三个极点分别为p 严0,p,=_4+2j,Ps=—4_2j, 因此，有3条根轨迹趋于无穷远，其渐近线倾角为~=（2* + 1）兀=兰 艺,渐近线与实3 3 3ft m工（-门）-工（-乙）8轴交点为=旦 -------------- 旦 ------ =__。
n - m3下面确定根轨迹的分离点和汇合点D （s ） = 5（0.0552 + 0.4s +1） + K° = 0dK=> —5- = -0.1552- 0.85 -1 = 0as计算根轨迹的出射角与入射角Op2 =兀_（兀一 aictan （-）） -y = -63.4 % f = 63.4。
确定根轨迹与虚轴的交点j （f ）/~M ----- X 0()»(T最新资料推荐⑻题4・2 解：最新资料推荐令$=特征方程 Z)(s) = j co^-0.05a)2+ 0.4 jco+1) + K Q = 0 co = ±2>/5A =8由开环传递函数容易得到H = 3,777 = 0,三个极点分别为一必=0,-伐=—2,-必=-4,因 此，有3条根轨迹趋于无穷远，其渐近线倾角为~=（2* + 1）兀=兰 空,渐近线与实轴33 3nm工（一门）一工（7）交点为一6 =旦 -------- 旦 ------=-2。
n - m下面确定根轨迹的分离点和汇合点D （s ） = 5（5 4- 2）（5 + 4） + K 。
= 0 => —-=—3s 2 — 125 — 8 = 0as ^>s i = -2 + —.s.=-2~—（舍去）33确定根轨迹与虚轴的交点斗-。
.荷+3。
=严。
或] —0.05/ +血=0 lK° = 0解：令s = J Q,特征方程D(s) = jco{jcD+ 2)(〃y+ 4) + K° = 0 o)=±2\/J 〔K° = 48 [-6ar + K=0Q=0 ..=>\ , => “c或{+8Q=0 〔K° = 0最新资料推荐⑵ 要产生阻尼振荡，需要b<o 且当$]=—2 +半时，K°=3.O8,所以，当 3.1 <K Q < 48时，系统呈阻尼振荡。
化学工程基础第5章 课后答案【khdaw_lxywyl】
L = 3.5q n ,D = 3.5 × 27.78
h
∴
q n ,V = 97.23 + 27.78
∴
ww
w. kh d
=125.01 [ Kmol ] h ∴ q n ,D = 201.4 ∴ [ Kmol ] h qn,F = qn,D + qn,W
3、有一个甲醇精馏塔，采用连续精馏，常压操作；进料的组成为 84％（摩尔百分数，
案
网
= 125.01[ Kmol ]
h
.c o
∵
q n ,V = q n ,L + q n ,D
m
= 97.23 Kmol
4、在常压连续精馏塔中，分离甲醇-水溶液。已知进料的泡点温度为 75.3 C,操作条件 下甲醇和水的气化潜热分别为 1055kj/kg 和 2320Kj/kg, 甲醇和水的比定压热容分别为 2.68kj/(kg ⋅ K)和 4.19KJ/(kg ⋅ K)。若原料液组成为 0.4（甲醇的摩尔分数） ，温度为 30 ° C ， 试求进料热状态参数。 解: I − I f 将1kmol进料变为饱和蒸气所需 要的热量 ∵ δ= v = Iv − I l 原料液的kmol气化潜热
⎧F = D + W ⎨ ⎩Fx f = Dx d + Wx W
课
1172 = 2.644 52.4 + 224.4
=
1279.4 = 2.904 440.6
q n ,F = q n ,D + q n ,D q n ,F x f = q n ,D x d + q n , W x W
∴
q n ,D =
课
∴ δ=
79.556 × (75.3 − 30) +1 38560
自动控制理论(邹伯敏第三版)第05章
自动控制理论
第五章
频率响应
作者： 浙江大学
2015/12/11 第五章 频率响应
邹伯敏 教授
1
自动控制理论
第一节
一、频率特性的基本概念
频率特性
令
C (s) R(s)
G(s)
U (s) V (s)
A 已知 r (t ) A sint , R ( s ) 2 2 S
C (S )
U ( S ) A U (S ) A V (S ) S 2 2 (S P 1 )(S P 2 )(S P n ) ( S j )(S j )
n bj a a S j S j j 1 S p j
c(t ) ae jt a e jt b j e
1 T2 S 1 T2 j , Ga ( j ) 1 T1S 1 T1 j
Gb ( S )
这两个系统的幅频特性是相同的,即：
L( ) 20lg 1 (
1 T1
) 2 20lg 1 (
1 T2
)2
2015/12/11
第五章 频率响应
19
自动控制理论 相频特性却不同,分别为:
28
自动控制理论 根据不同的ζ值，作出的乃氏图如图5-24所示。
图5-24 0 式（5-43）的奈氏图
2015/12/11 第五章 频率响应 29
自动控制理论
2 2 2 2 2 j ( ) 2)G ( j ) 1 2 j 2 (1 2 ) 4 e 2 n n n n
第五章 频率响应
图5-14 由式（5-26）给出的对数幅 频曲线、渐近线和相频曲线
自动控制原理邹伯敏答案精编版
最新资料推荐自动控制理论第三章作业答案题 3-4解： 系统的闭环传递函数为由二阶系统的标准形式可以得到n 1,3.6276 sa 0.5589因此，上升时间 t r arctan 12.418s5% t s调整时间： 36s n2% 48s p e t s 100% 16.3% 超调量： 题 3-5闭环传递函数 C(s) R(s) n 2 10 2 n 5a 1 10 2 s 2 (5a 1)s 10 n 10 5a 1 2 100.6 C(s) R(s) G(s)1 G(s)1 s2 s 1峰值时间 t p5%3 t s 1.581s n 2% 4t s 2.108s题 3-7 解：=0.3579 n 33.64题 3-8C(s) 100R(s) s(s 2 8s 24) 100 特征方程为 s 3 8s 224s 100 0 列出劳斯表： 3s 3 1 24 0s 2 8 100 0 s 11.5 0s 0 100第一列都是正数，所以系统稳定最新资料推荐 t pdn 1.242s e 1 100%9.45% 2) G(s) 10(s 1)s(s 1)(s 5)上升时间 t p 0.1 d n 超调量 M p e 1 100%1.3 1 30% 1开环传递函数 G(s) 2n 2 s(s 2 n ) 1131.9 2s 2 24.08s1) G(s)100 s(s 2 8s 24)解：闭环传递函数为最新资料推荐解：闭环传递函数 C(s) 10(s 1)R(s) s(s 1)(s 5) 10(s 1)32特征方程为 s 3 5s 2 5s 10 0列出劳斯表：s 3 1 5 0s 2 4 10 0s 2.5 0s 0 10第一列都是正数，所以系统稳定(3) G(s) 10s(s 1)(2s 3)C(s) 10R(s) s(s 1)(2s 3) 10特征方程为 2s 3 s 2 3s 10 0列出劳斯表： 3 s 2 3 02 s 1 10 01 s 23 00 s 10劳斯表第一列的数符号变了 2 次，因此在 s 平面的右半部分有两个特征根，系统不稳定。
自动控制理论(邹伯敏)第五章答案(1)
自动控制理论第五章答案题5-2 (1) 解存在一个积分环节，低频处斜率为20/dB dec -，在1ω=时，()20log 20L K dB ω== 在2ω≥处，惯性环节对加速衰减，斜率由20/dB dec -变为40/dB dec - 在10ω≥处，又加入一个惯性环节，斜率由40/dB dec -变为60/dB dec - 系统相频特性按下式计算()90arctan(0.5)arctan(0.1)ϕωωω=---ω0 1 10 100 ∞()ϕω-90-122-214-263-270()/L dBω20dB40dB 60dB -20dB -40dB -60dB()/L dBω-90°-180°-270°（2）解（原有答案的相频特性曲线画错，现已更正）2275(10.2)0.75(10.2)()(16100)(0.010.161)s s G s s s s s s s ++==++++存在一个积分环节，低频处斜率为20/dB dec -，在1ω=时，()20log 2.5L K dB ω==- 在5ω≥处，增加一个微分环节，斜率由20/dB dec -变为0/dB dec在10ω≥处，加入一个二阶因子，斜率由0/dB dec 变为40/dB dec -，其中=0.80.707ζ>，不会产生谐振。
系统相频特性按下式计算216()90arctan(0.2)arctan()100ωϕωωω=-+-- ω0 1 10- 10+ 100 ∞()ϕω-90-88-117636()/LdBω20dB40dB 60dB -20dB -40dB -60dB()/L dBω-90°-180°题5-5 （d ）在低频处斜率为20/dB dec -，存在一个积分环节K s ，20lg0100100KK =⇒= 在=0.01ω，斜率变为40/dB dec -，说明加入一个惯性环节110.01s +在20ω=，斜率变为60/dB dec -，说明又加入一个惯性环节1120s +所以，传递函数为100()(1001)(0.051)(1)(1)0.0120K G s s s s s ==++++ （f ）在低频处斜率为20/dB dec -，存在一个积分环节K s ，20lg0100100KK =⇒= 在=45.3ω，斜率变为60/dB dec -，说明加入一个振荡环节22100()(21)45.345.3G s s ss ζ=++设1100()L ωω=为积分环节的幅频特性，则11(45.3)(100)20lg(45.3)20lg(100) 6.88L L -=-+=，又有1(100)0L =，所以1(45.3)6.88(45.3)6.884.8511.73L L =⇒=+=45.3100()|20lg 11.7345.30.286L ωωζ==-=⇒= 所以，传递函数为22100()0.572(1)45.345.3G s s s s =++题5-9（2）奈氏曲线为首先画出ω由0--∞→的奈氏图，再由于系统为I 型系统，s 平面上原点附近半圆在GH 平由图可以看出，N=0，又P=0，所以Z=0，系统稳定。