《自动控制理论》第3版机械工业出版社习题答案_可打印

案 网
C mφ Θ(s ) = 60 U a (s ) ⎡ ⎤ s ⎢ La Js 2 + (La f + Ra J )s + Ra f + C eφC mφ ⎥ 2π ⎣ ⎦
w.
_
ww
C (s ) 0.7 s + 0.42 = 3 R (s ) s + (0.9 + 0.7 k )s 2 + (1.18 + 0.42k )s + 0.52
2-10 2-11
G1G2 G3 C (s ) = + G4 R(s ) 1 + G2 H 1 − G1G2 H 1 + G2 G3 H 2
系统信号流程图如图 A-2-2 所示。
kh da w. co m
+
U 2 (s ) RCs + 1 = U 1 (s ) RCs
U 2 (s ) R 1 =− 1⋅ R U 1 (s ) R Cs + 1 4
Байду номын сангаас
&s (t ) = & r (t ) = R0 ，此时有 rs (t ) = R0 , r r&s (t ) = 0 ，于是稳态误差级数为
后
C 2 = lim s →0
2(0.1s 2 + s + 10) − 20(0.2 s + 1) 2 d2 ( ) Φ = lim =0 s e s →0 (0.1s 2 + s + 10) 3 ds 2
esr (t ) = C 0 rs (t ) = 0 ， t ≥ 0
&s (t ) + esr (t ) = C 0 rs (t ) + C1 r
3-4
首先求系统的给定误差传递函数
Φ e (s ) =
误差系数可求得如下
E ( s) s (0.1s + 1) 1 = = R ( s) 1 + G ( s) 0.1s 2 + s + 500
《自动控制理论 第 2 版》习题参考答案 第二章
2-1 (a)
U 2 (s ) R1 R2 CS + R2 R2 R1CS + 1 = ⋅ = U 1 (s ) R1 R2 CS + R1 + R2 R1 + R2 R1 R2 CS + 1 R1 + R2
(b)
U 1 (s ) 1 = 2 U 2 (s ) R1 R2 C1C 2 s + ( R1C1 + R1C 2 + R2 C 2 ) s + 1
e −ζω nt sin 1 − ζ 2 ω n t ⎞ ⎟ ⎟ ⎠
ωn
⎛ 2ζ 1 − ζ 2 e −ζω nt sin ⎜ 1 − ζ 2 ω n t − arctg ⎜ 1 − 2ζ 2 1 − ζ 2 ωn ⎝
(c) 当 ζ = 1 时
s1, 2 = −ω n c (t ) = t − 2
ωn
kh da w. co m
C ⎡ ⎤ esr (t ) = ⎢C 0 − 2 × 25 + L⎥ sin 5t + [C1 × 5 − L]cos 5t 2 ⎣ ⎦ −4 = [4.9 × 10 + L]sin 5t + [1 × 10 2 − L]cos 5t
稳态误差级数为
(1 + as )G (s ) R(s ) = (1 + as )ω C (s ) = R (s ) 1 + G (s ) s + 2ζω s + ω s + (2ζ − aω )ω s E (s ) = R ( s ) − C ( s ) = R (s )
Φ e (s ) = lim C 0 = lim s →0 s →0
s (0.1s + 1) =0 0.1s 2 + s + 500 d 500(0.2 s + 1) 1 C1 = lim Φ e (s ) = lim = 2 2 s →0 s→0 ds (0.1s + s + 500) 500 d2 100(0.1s 2 + s + 500) − 1000(0.2s + 1) 2 98 ( ) s lim Φ = = e 2 2 3 s →0 ds (0.1s + s + 500) 500 2 rs (t ) = sin 5t &s (t ) = 5 cos 5t r
esr = lim s ⋅
s →0
s(s + 2ζω n ) 2ζ 1 = ⋅ 2 2 2 s s + 2ζω n s + ω n ωn
3-2
(2) K p = ∞, K v = K , K a = 0
K 10
(4) K p = ∞, K v =
K , Ka = 0 200
误差系数可求得如下
(1)
课
& r&s (t ) = −25 sin 5t
C 2 = lim s →0
LL
3-6
系统在单位斜坡输入下的稳态误差为
加入比例—微分环节后
可见取 a =
2ζ
ωn
3-7
3-8 3-9
ww
ζ = 0.598, ω n = 19.588
G (s ) = 4 s s + 4s + 6
按照条件（2）可写出系统的特征方程
2-12 (a)
kh da w. co m
C (s ) 1 (abcdef + agdef + abcdi + adgi ) = R(s ) 1 − cdh
G1G 2 G3 C1 (s ) = R(s ) 1 + G1G2 + G4 − G1G2 G4 G5 H 1 H 2
(b)
R2 C (s ) = 2 R(s ) R1C1 R2 C 2 s + (R1C1 + R2 C1 + R2 C 2 )s + 1
将上式与 1 + G ( s ) = 0 比较，可得系统的开环传递函数
w.
，可使 e sr = 0
(
2
)
( s + 1 − j )( s + 1 + j )( s + a) = ( s 2 + 2s + 2)( s + a) = s 3 + ( 2 + a ) s 2 + ( 2 + 2a ) s + 2 a = 0
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2
第三章
(b) 当 0 < ζ < 1 时
ww
( )
c(t ) = t − =t− 2ζ 2ζ
)
s1 = − ζ − j 1 − ζ 2 ω n , s 2 = − ζ + j 1 − ζ 2 ω n
(
ωn
+
−
2ζ
ωn
1
e −ζω nt cos 1 − ζ 2 ω n t +
1 − 2ζ 2 1 − ζ ωn
案 网
Φ e (s ) = lim C 0 = lim s →0 s →0
kh da w. co m
Φ e (s ) = E (s) s(0.1s + 1) 1 = = R( s) 1 + G ( s) 0.1s 2 + s + 10
首先求系统的给定误差传递函数
C2 & r&s (t ) = 0.1( R1 + R2 t ) ， t ≥ 0 2!
答
2-4
C (s ) = R(s )
K A C mφ 60 ⎞ ⎛ iLa Js 3 + i (L a f + Ra J )s 2 + i⎜ Ra f + C eφC mφ ⎟ s + K A C mφ 2π ⎠ ⎝
G1 (G2 G3 + G4 ) C (s ) = R(s ) 1 + G1G2 H 1 + (G2 G3 + G4 )(H 2 + G1 H 3 )
答
C (s ) = [R(s )(1 + as ) − C (s )]G (s )
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ωn
2
e sr =
2ζ
后
2
n
2
2
课
n
n
n
s 2 + 2ζω n s + ω n
n 2
R (s ) =
1 s2
e sr = lim sE (s ) =
s →0
2ζ − aω n
ωn
G ( s) =
2a s[s + (2 + a ) s + (2 + 2a)]
+
⎛ ω ⎞ e −ω n t ⎜1 + n t ⎟ 2 ⎠ ωn ⎝ 2
设系统为单位反馈系统,有
E r (s ) = R(s ) − c(s ) = R(s )
s(s + 2ζω n ) 2 s + 2ζω n + ω n
2
系统对单位斜坡输入的稳态误差为 (1) K p = 50, K v = 0, K a = 0 (3) K p = ∞, K v = ∞, K a = 3-3
(2)
&s (t ) = R1 , & r (t ) = R0 + R1t ，此时有 rs (t ) = R0 + R1t , r r&s (t ) = 0 ，于是稳态误差级数为
(3) 为
r (t ) = R0 + R1t +
ww
w.
&s (t ) = 0.1R1 ， t ≥ 0 esr (t ) = C 0 rs (t ) + C1 r
2
（b）有零点 z = −1 时
e
加了 z = −1 的零点之后，超调量 M p 和超调时间 t p 都小于没有零点的情况。
(b)
2-2
(a)
2-3 设激磁磁通 φ = K f i f 恒定
2-5
2-8 2-9
(a)
(G1 + G2 )G3 C (s ) = R(s ) 1 + (G1 + H 1 )G3
R(s)
课
i d − 2.19 × 10 −3 = 0.084(u d − 0.2 )
后
(b)
框图化简中间结果如图 A-2-1 所示。
1 1 &s (t ) = R1 + R2 t ， & r&s (t ) = R 2 ，于是稳态误差级数 R2 t 2 ，此时有 rs (t ) = R0 + R1t + R2 t 2 , r 2 2
答
s(0.1s + 1) =0 0.1s 2 + s + 10 10(0.2 s + 1) d = 0.1 Φ e (s ) = lim C1 = lim s →0 s →0 (0.1s 2 + s + 10) 2 ds
2
根据条件（1） ，可得
Kv =
解得 a = 1 ，于是由系统的开环传递函数为
1 2a = 0 .5 = esr 2 + 2a
G ( s) =
2 s[s + 3s + 4]
2
3-10
(1)M (2)M
(3)t
s
p p
= 46.6%, t s = 7.99s(2% ), ( ω n = 2.12rad / s, ζ = 0.24) = 16.3%, t s = 8s(2% ), ( ω n = 1rad / s, ζ = 0.5)
2
1 − ζ 2 ωn arctg 。 1 − ζω n
2．单位阶跃响应 (a) 无零点时
w.
e
−ζω n t
2
c(t ) = 1 −
1
1− ζ 2
⎛ 1−ζ 2 2 ⎜ sin 1 − ζ ω n t + arctg ⎜ ζ ⎝
课
−ζω n t
后
（b）有零点 z = −1 时
ww
c(t ) = 1 + 1 − 2ζω n + ω n 1−ζ
3-11
（1）当 a = 0 时， ζ = 0.354, ω n = 2 2 。
（2） ω n 不变，要求 ζ = 0.7 ，求得 a = 0.25 3-12 1. 单位脉冲响应 (a) 无零点时
c(t ) =
ωn
1−ζ
2
e −ζω nt sin 1 − ζ 2 ω n t , (t ≥ 0 )
⎛ 1 − ζ 2 ωn ⎞ 2 ⎟, (t ≥ 0 ) ⎜ sin 1 − ζ ω n t + arctg c(t ) = e 2 ⎟ ⎜ 1 ζω − 1−ζ n ⎠ ⎝ 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 1 − 2ζω n + ω n ⋅ ω n
(c)
U 2 (s ) R ⎛R ⎞ = − 1 ⎜ 1 Cs + 1⎟ U 1 (s ) R⎝ 4 ⎠
0.7
+
+
1 s + 0.3s + 1
2
C(s)
0.16 1 .2 + 2 s
Ks
图 A-2-1 题 2-9 框图化简中间结果
图 A-2-2
题 2-11 系统信号流程图
G1G 2 G 4 G5 G6 H 2 C 2 (s ) = R (s ) 1 + G1G2 + G 4 − G1G 2 G 4 G5 H 1 H 2
2 ⎞ −⎛ ⎜ ζ + ζ −1 ⎟ ω n t ⎡ −⎛⎜⎝ ζ − ζ 2 −1 ⎞⎟⎠ωnt ⎤ ⎝ ⎠ e e ⎢ ⎥ + − c(t ) = t − ω n 2 ζ 2 − 1ω n ⎢ ζ − ζ 2 − 1 2 ζ + ζ 2 − 1 2 ⎥ ⎣ ⎦
(
2ζ
w.
)
1
(a) 当 ζ > 1 时
课
( (
后
C (s ) =
1 [G1G2 R(s ) + G2 D1 (s ) − G2 D2 (s ) − G1G2 H 1 D3 (s )] 1 + (H 1G1 + H 2 )G 2
答
) ) (
)
2-13
由选加原理,可得
3-1
分三种情况讨论
s1 = − ζ − ζ 2 − 1 ω n , s 2 = − ζ + ζ 2 − 1 ω n