自动控制原理 (孟华 著) 机械工业出版社 课后答案 第5章习题

5-9 (1) (2) (3) (4) (5)
绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。
G ( s) =
G ( s) =
课
G ( s) =
后
解 (1)
G ( s) =
答
案
G ( s) =
2 ( 2 s + 1)(8 s + 1)
网
G ( s) =
2 ； ( 2 s + 1)(8 s + 1) 200 ； 2 s ( s + 1)(10 s + 1) 40( s + 0. 5) s( s + 0. 2 )( s 2 + s + 1) 20( 3s + 1) 2 s ( 6 s + 1)( s 2 + 4 s + 25)(10 s + 1) 8( s + 0.1) 2 s( s + s + 1)( s 2 + 4 s + 25)
A(ω ) =
网
10 s ( 2 s + 1)( s 2 + 0.5s + 1)
ww
( 3)
K K − j ( 32π ) = e ( jω ) 3 ω 3 ω = 0, G ( j 0) → ∞ ω → ∞, G ( j∞ ) = 0 −3π ϕ(ω ) = 2 G ( jω ) =
w.
幅频特性如图解5-4(b)。
1 2 −ω = + j jω + 2 4 + ω 2 4 +ω2
1
4 +ω2 −ω ϕ (ω ) = arctan( ) 2
ww
R1 + R2 +
1 sC
w.
U c ( s) = U r ( s)
R2 +
1 sC
kh
=
τ 2s +1
T2 s + 1
da
w.
⎧τ 2 = R2 C ⎨ ⎩T2 = ( R1 + R2 )C
da
图解5-9（1） Bode图
w.
co
Nyquist图
m
图解5-9（3）
Bode图
w. kh da
(4)
G ( s) =
20( 3s + 1) s ( 6 s + 1)( s 2 + 4 s + 25)(10 s + 1) 20 (3s + 1) 25 G(s) = ⎤ ⎡⎛ s ⎞ 2 4 2 s (6s + 1) ⎢⎜ ⎟ + s + 1⎥ (10 s + 1) 25 ⎥ ⎢ ⎦ ⎣⎝ 5 ⎠
ww
w.
kh
da
w.
co
m
2
课
后
图解5-9（2）
答
案
网
Bode图
ww
w.
Nyquist图 (3)
G (s) =
40( s + 0.5) = s( s + 0.2)( s 2 + s + 1)
s(
s + 1)( s 2 + s + 1) 0.2
kh
100(2s + 1)
(2)
G ( s) =
200 s ( s + 1)(10 s + 1)
da
(t ≥ 0)
ess = rm Φ e ( j 2) sin(2t − ϕ e ) = 0.79 sin(2t + 18.4 o )
w.
= 0.79, 8 2 ϕ e ( j 2) = arctan = 18.4 o 6 c ss = rm Φ( j 2) sin(2t − ϕ o ) = 0.35 sin(2t − 45o )
K , T1 , T2 > 0
da
∠G ( jω ) = −180 0
, ∠G ( jω ) = −1800 , ∠G ( jω ) = −900
w.
∠G ( jω ) = −90°
co
m
当 ω = 1 时， ∠ G ( j ω ) = − 180 ° ， G ( jω ) = 0.5 ；当输入为单位速度信号时，系统的 稳态误差1。试写出系统开环频率特性表达式 G ( jω ) 。 解
5-1
试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。
C R1
R1 ur R2 C uc
ur
R2
uc
(a)
图5-1 R-C网络
(b)
解 （a)依图：
(b)依图：
G b ( jω ) =
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
（2）
课
后
（1）
r (t ) = sin 2t
m
5-6 (1) (2)
试绘制下列传递函数的幅相曲线。
解 (1)
5 ( 2 s + 1)(8 s + 1) 10(1 + s) G ( s) = s2 5 G ( jω ) = 2 2 (1 − 16ω ) + (10ω ) 2 G ( s) =
∠G ( jω ) = − tg −1 2ω − tg −1 8ω = − tg −1
ww
网
-1 -2 -3 -4 -1
案
0
1
2 Real Axis
3
4
5
w.
0.8 0.6 0.4 0.2 0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 Real Axis -3 -2 -1 x 10 0
14
图解5-6（1）Nyquist图
答
后
课
(2)
ω2 ∠G ( jω ) = tg −1ω − 180 0
,
ω ϕ e ( jω ) = arctan ω − arctan( )
2
−2 ) = −45 o 2
ω = 2 ，rm=1
= 0.35,
则
Φ ( jω ) ω = 2 =
ϕ ( j 2) = arctan(
5-3
课
若系统单位阶跃响应
后
= 0.63 sin(t + 48.4 o ) − 1.58 cos(2t − 26.6 o )
G ( s) =
− K (T2 s − 1) s (T1 s + 1)
先绘制 G0 ( s ) =
K (T2 s − 1) 的幅相曲线，然后顺时针转180°即可得到 G ( jω ) 幅相曲线 s (T1 s + 1)
。 G0 ( s) 的零极点分布图及幅相曲线分别如图解5-7(a)、(b)所示。 G ( s ) 的幅相曲线如图解 5-7(c)所示。
kh
da
w.
co
m
解
G ( jω ) 的零极点分布图如图解5 -8(a)所示。
ω = 0 → ∞ 变化时，有
G ( j 0 + ) = ∞∠ − 90° G ( j1− ) = ∞∠ − 135° G (1+ ) = ∞∠315°
G ( j∞ ) = 0∠ − 360°
分析 s 平面各零极点矢量随 ω = 0 → ∞ 的变化趋势，可以绘出开环幅相曲线如图解5-8(b) 所示。
所以： 5-8
已知系统开环传递函数
答
另有：
G(s) =
试概略绘制系统开环幅相频率特性曲线。
案
T1T2 = 1
(1 − jT2 )(1 − jT1 ) 1 − T1T2 − j (T1 + T2 ) (T1 + T2 ) = = = 0 .5 1 + T12 1 + T22 1 + T22
10 s ( s + 1)( s 2 + 1)
Φ e ( jω ) ω = 2 =
co
R( s) = 1 s
m
5-4
绘制下列传递函数的幅相曲线：
幅频特性如图解5-4(a)。
5-5
已知系统开环传递函数
答
幅频特性如图解5-4(c)。
案
试分别计算 解
课
后
G ( s) H ( s) =
ω = 0.5 和 ω = 2 时开环频率特性的幅值 A(ω ) 和相角 ϕ (ω ) 。
kh
图解5-4
( jω ) ω ω = 0, G ( j 0) → ∞ ω → ∞, G ( j∞ ) = 0 ϕ (ω ) = − π
2 2
da
w.
( 2)
G ( jω ) =
K
=
K
e − j ( π)
co
G ( s) = K / s G ( s) = K / s 2 G ( s) = K / s 3 ) K K − j(+ π ( 1 ) G ( j ) = = e 2 解 jω ω ω = 0, G ( j 0) → ∞ ω → ∞, G ( j∞ ) = 0 π ϕ (ω ) = − 2 (1) (2) ( 3)
co
U c (s) = U r (s)
R2 R1
1 sC R2 + 1 R1 + sC U ( jω ) R2 + jωR1 R2 C K (1 + jτ 1ω ) Ga ( jω ) = c = = 1 U r ( jω ) R1 + R2 + jωR1 R2 C 1 + jT1ω
m
=
K1 (τ 1 s + 1) T1 s + 1
① ω=0时， ② ω=∞时,
G ( jω ) =
10 1 + ω 2
两个特殊点：
G ( jω ) = ∞ G ( jω ) = 0
幅相特性曲线如图解5-6（2）所示。 5-7 已知系统开环传递函数
G(s) =
K (−T2 s + 1) ； s(T1 s + 1)
kh
x 10
8
图解5-6（2） Nyquist图
kh
（2） 当 r (t ) = sin( t + 30°) − 2 cos( 2t − 45°) 时:
rm1 = 1 ⎧ω1 = 1, ⎨ ⎩ω 2 = 2, rm 2 = 2 5 −1 Φ ( j1) = = 0.45 ϕ ( j1) = arctan( ) = −26.5 o 5 2 10 1 Φ e ( j1) = = 0.63 ϕ e ( j1) = arctan( ) = 18.4 o 5 3 o c s (t ) = rm Φ( j1) ⋅ sin[t + 30 + ϕ ( j1)] − rm Φ( j 2) ⋅ cos[2t − 45o + ϕ ( j 2)]
依题意有：
s →0
G ( j1) =
课
可得：
后
T22 − 2T2 + 1 − 2T1 = T22 − 2T2 + 1 − 2 T2 = 0
T23 − 2T22 + T2 − 2 = (T22 + 1)(T2 − 2) = 0
T2 = 2 ， T1 = 1 T2 = 0.5 ， K = 1 。
G ( jω ) = 1 − j 2ω jω (1 + j 0.5ω )
答
es (t ) = rm Φ e ( j1) ⋅ sin[t + 30 o + ϕ e ( j1)] − rm Φ e ( j 2) ⋅ cos[2t − 45o + ϕ e ( j 2)]
h(t ) = 1 − 1.8e −4t + 0.8e −9t C ( s) =
案
= 0.4 sin(t + 3.4 o ) − 0.7 cos(2t − 90 o )
网
arctan T1 + arctan T2 = arctan
ww
∠G ( j1) = − arctan T2 − 90° − arctan T1 = −180°
T1 + T2 = 90° 1 − T1T2
w.
K v = lim sG ( s ) = K ， essv = 1 K = 1 ，因此 K = 1 。
取ω为不同值进行计算并描点画图，可以作出准确图形 三个特殊点： ① ω=0时， ② ③ ω=0.25时, ω=∞时,
10ω 1 − 16ω 2
G ( jω ) = 5, G ( jω ) = 2, G ( jω ) = 0,
∠G ( jω ) = 0 0
幅相特性曲线如图解5-6（1）所示。
4 3 2 1 0 1
G ( jω ) H ( j ω ) = 10 jω (1 + j 2ω )((1 − ω 2 + j 0.5ω ) 10
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计算可得
ω 1 + (2ω ) 2 (1 − ω 2 ) 2 + (0.5ω ) 2 0.5ω ϕ (ω ) = −90° − arctan 2ω − arctan 1−ω 2 ⎧ A(0.5) = 17.8885 ⎧ A(2) = 0.3835 ⎨ ⎨ ⎩ϕ (0.5) = −153.435° ⎩ϕ (2) = −327.53°
网
ww
w.
试求系统频率特性。 解 则 频率特性为
1 1.8 0.8 36 − + = , s s + 4 s + 9 s ( s + 4)( s + 9) C ( s) 36 = Φ( s) = R( s) ( s + 4)( s + 9) 36 Φ ( jω ) = ( jω + 4)( jω + 9)
R2 ⎧ ⎪K1 = R + R 1 2 ⎪ ⎪ ⎨τ 1 = R1C ⎪ RRC ⎪T1 = 1 2 ⎪ R1 + R2 ⎩
系统误差传递函数:
Φ e (s) =
1 s +1 = , 1 + G ( s) s + 2 1+ω 2 4 +ω 1 8 5
2
则
Φ e ( jω ) =
（1）当 r (t ) = sin 2t 时,
r (t ) = sin(t + 30°) − 2 cos( 2t − 45°)
Φ(s) = 1 s+2
图5-2 系统结构图
解 系统闭环传递函数为:
答
时，系统的稳态输出 c s (t ) 和稳态误差 e s (t )
案
频率特性: 幅频特性: 相频特性:
Φ ( jω ) =
Φ ( jω ) =
网
U c ( jω ) 1 + jωR2 C 1 + jτ 2 ω = = U r ( jω ) 1 + jω ( R1 + R2 )C 1 + jT2ω