自动控制原理基础教程 第三版 胡寿松 第三章

Ka = lims→0 s 2G(s) = 0.1
所以当 r(t) = 2t 时 ess = R2 = 0 K V
k(t) = 10 t ≥ 0 单位阶跃响应 h(t) C(s) = 10/ s2
h(t) = 10t t ≥ 0
（2）(0.04s2 + 0.24s +1)C(s) = R(s) C
单位脉冲响应：C
k
t
单位阶跃响应 h(t) C(s) = s[(s + 253) 2 +16] = 1s − (s +s3+)26 +16
T1 =1 2 −1) T2 =ω n (ξ + 1 ξ 2 −1) ω n (ξ − ξ
显然： T1
=1 10
T2
=
1 60
ξ + ξ 2 −1
1 + 1 −ξ12
=6 =
ξ − ξ 2 −1
1 − 1 −ξ12
T1 = 解方程得 ξ = 7 T2 2 6
1
=1
ω n (ξ − ξ 2 −1) 10
3-1 设随动系统的微分方程为： Tx0 + x0 = K2u
u = K1[r(t) − x f ]
T
f xf + x f = x0
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
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 ε 0 ,试问 k1 应满足什么条件？
Φ (s) = s 52 + 5 2 s2 +416 + 5 2 s2 +s 16 = s52 + 5 2 ss2 ++16 4
（3）Φ (s) = 0.1 − 0.1 s s +1/3
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 )
K1 = 36
25 2ξ ω n = 0.8 + 25K1Kt = 12 所以 Kt =
3-8 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 c(t) S2
r(t) -
(a)
1+s (b)
1 c(t) S2
r(t) -
+
1 c(t) S2 + S
(c)
5
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
σ % = e−π ξ /
= e = e = 1−ξ 2
−π 0.6/ 1−0.62
−π 0.6/ 1−0.62
9.5% π π
tp = 2ω n = 1.6 =1.96(s) 1−ξ
ts = 3. 5 =
= 2.92(s)
ξ ωn
3-5 设单位反馈系统的开环传递函数为
2
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
图 3-42 飞行控制系统
25K1 = s(s + 0.8) = 25K 1 G0 (s) 1+ s(s25+K01.8) Kts s(s + 0.8) + 25K1Kts
= 25K1 = ω n2 s(s + 0.8 + 25K1Kt ) s(s + 2ξ ω n )
ω n2 = 36 = 25K1
lim s→0
s2G(s)
=
0
所以当 r(t) = 2t 时 ess = R2 = 0.2 K V
当 r(t) = 2 + 2t +t 2 ess = R1 + R2 + R3 =∞
1+ K p KV Ka
（3）应先检查系统的稳定性。
K p = lims →0 G(s) =∞ KV = lims→0 sG(s) =∞
s(s +1) 1
ω n2 = 10 ω n = 10 2ξ ω n = 2 ξ = 10 σ % = e−ξ π / 1−ξ 2 = 35.1% ts = 3.5 = 3.5s
ξωn
6
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
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：
2 e−ξ ω nt sin( 1−ξ
2
ω nt +β ) 1−ξ
β = arccosξ σ % = e−π ξ / 1−ξ 2
tp = π 2ω n ts =ξ ω 3.5n 1−ξ
ξ = cosβ = cos55.30 = 0.569
σ % = e−π ξ /
1−ξ 2
=11.37% π
π× 2
图 3-43 控制系统 解：
（a）ω n = 1 ξ = 0 系统临界稳定。 （b）Φ (s) = s 2 s++s1 +1 ω n =1 ξ = 0.5 σ % = 29.8% ts = 7.51s （c）Φ (s) = s 2 s++s1 +1 ω n =1 ξ = 0.5 σ % =16.3% ts = 8.08s
将上述方程化简得到：
0.5s 4 +1.5s2 + 2s2 + (1+ 0.5K)s + K = 0
劳思表如下：
s 4 0.5 2 K s3 1.5 1+ 0.5K s 2 2.5−10.5 .25K K
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
s0 K
1 .5− 0.25K
2 -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
= s 2 +0.s4+1 + 1s − s2 s++s1+1 = 1s − s2s ++ 0s.+6 1
c(t) =1− e−0.5t cos 3 t − 2×0.6 e−0.5t sin 3 t 23 2
= 1−1.22e−0.5t sin( 3 t + 55.30 ) 2
h(t) = 1− 1
tp = 2ω n = 3 = 3.63s 1−ξ
ts = 3.5 =
= 7s
ξ ωn
3
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
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)
Ka
=
lim s→0
s2G(s)
=
0
所以当 r(t) = 2t 时 ess = R2 =∞ K V
当 r(t) = 2 + 2t +t 2 ess = R1 + R2 + R3 =∞
（2）应先检查系统的稳定性。
K p = lim→0 G(s) =∞ KV = lims→0 sG(s) =10
s
Ka
=
见习题 3-20 解答 3-2 设系统的微分方程式如下：
（1） 0.2c(t) = 2r(t)
（2） 0.04c(t) + 0.24c(t) + c(t) = r(t)
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 0.2sC(s) = 2R(s) 单位脉冲响应：C(s) = 10/ s
s5 1 12 32 s4 3 24 48 s3 4 16 s2 s1 12 48 s0
有一对虚根，系统不稳定 （2）列劳思表如下：
s6 1 − 4 − 7 10 s5 4 4 −8
s4 − 5 − 5 10
s3
7
s2 s1 s0
系统不稳定 （3）列劳思表如下：
s5 1 12 35 s4 3 20 25 s3
由 T1 = 得到 ω n (ξ − ξ 2 −1) = 10
4
10 =
10
= 10 ×2 6 =10 6
ξ − ξ 2 −1 7 − 49 −1
2
所以 ω n =
2 6 24
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
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。
（３） G(s) = s 2 (s102 (+26ss++1) 100)
9
试求输入分别为 r(t) = 2t 和 r(t) = 2 + 2t +t 2 时，系统的稳态误差。
解： （1）因为是二阶系统，且系数大于零，所以系统稳定。
K
p
=
lim →0
G(s)
=
20
KV =
lim s→0
sG(s)
=
0
s
s2
2
s1 −
0 s02由劳思表可以得Fra bibliotek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） s5 + 3s4 +12s3 + 24s2 + 32s + 48 = 0
（2） s6 + 4s5 − 4s4 + 4s3 -7s2 -8s +10 = 0
（3） s5 + 3s4 +12s3 + 20s2 + 35s + 25 = 0 解：（1）列劳思表如下：