自动控制原理第06讲
自动控制原理第六章
5-25 对于典型二阶系统，已知参数3=n ω，7.0=ξ，试确定截止频率c ω和相角裕度γ。 解 依题意，可设系统的开环传递函数为 ) 12 .4(143 .2) 37.02(3)2()(22+=??+=+=s s s s s s s G n n ξωω 绘制开环对数幅频特性曲线) (ωL 如图解5-25所示，得 143.2=c ω ?=+?=63)(180c ω?γ 5-26 对于典型二阶系统，已知σ％=15％，s 3=s t ，试计算相角裕度γ。 解 依题意，可设系统的开环传递函数为 ) 2()(2n n s s s G ξωω+= 依题 ???? ?====--n s o o o o t e σξξπ 5.33152 1 联立求解 ???==257.2517 .0n ωξ 有 )1333 .2(1824 .2) 257.2517.02(257.2)(2 +=??+= s s s s s G 绘制开环对数幅频特性曲线)(ωL 如图解5-26所示，得 1824.2=c ω ?=+?=9.46)(180c ω?γ 5-27 某单位反馈系统，其开环传递函数 G s s s s s ().(.)(.)(.) = +++1670810251006251 试应用尼柯尔斯图线，绘制闭环系统对数幅频特性和相频特性曲线。 解 由G(s)知：20lg16.7=24.5db 交接频率：ω11 08 125= =.. , ω210254==. , ω310062516==.
图解5-27 Bode 图 Nyquist 图 5-28 某控制系统，其结构图如图5-83所示，图中 ) 20 1(8.4)(,81) 1(10)(21s s s G s s s G += ++= 试按以下数据估算系统时域指标σ％和t s 。 （1）γ和ωc （2）M r 和ωc （3）闭环幅频特性曲线形状 解 (1) ) 20 1)(81()1(48)()()(21s s s s s G s G s G +++= = db 6.3348lg 20= 20, 1,125.081321====ωωω 065,6≈=∴ γωc 查图5-56 得 13.16 .6, %21%== =C S t ωσ秒 (2) 根据M r ,ωC 估算性能指标 当 ω=5 时: L(ω)=0, ?(ω)=-111°
自动控制原理作业参考答案(第五章
5.1 （1）)(20)(20)(20)(12)(t r t r t c t c t c +=++ （2）21)10)(2()1(20)(s s s s s C ?+++= = s s s s 4 .0110275.02125.02+++-++- 所以 c(t)=4.0275.0125.0102++----t e e t t c(0)=0;c(∞)=∞; （3）单位斜坡响应，则r(t)=t 所以t t c t c t c 2020)(20)(12)(+=++ ，解微分方程加初始条件 解的： 4.04.02)(102++-+=--t e e t c t t c(0)=2, c(∞)=∞; 5.2 (1)t t e e t x 35.06.06.3)(---= (2)t e t x 2)(-= (3) t w n n n t w n n n n n n n e w b w a e w b w a t x )1(22)1(22221 2)1(1 2)1()(----+----+-+ -+----= ξξωξξωξξξωξξξω(4)t a A t a Aa e a a b t x at ωωωωωωωcos sin )()(2 22222+-++++=- 5.3 (1)y(kT)=)4(16 19 )3(45)2(T t T t T t -+-+-δδδ+…… (2) 由y(-2T)=y(-T)=0;可求得y(0)=0,y(T)=1; 则差分方程可改写为y[kT]-y[(k-1)T]+0.5y[(k-2) T]=0;,k=2,3,4…. 则有0))0()()((5.0))()(()(121=++++----y T y z z Y z T y z Y z z Y 2 11 5.015.01)(---+--=z z z z Y =.....125.025.025.05.015431----++++z z z 则y *(t)=0+)5(25.0)4(25.0)3(5.0)2()(T t T t T t T t T t -+-+-+-+-δδδδδ+… (3)y(kT)=k k k k k T T k T T )1(4 )1(4)1(4)1(4++---- 5.4
自动控制原理 胡寿松 第二版 课后答案 第一章_参考答案
控制系统导论习题及参考答案 自动控制原理胡寿松第二版课后答案 1-2下图是仓库大门自动控制系统原理示意图，试说明系统自动控制大门开、闭的工作原理，并画出系统方框图。 解当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电压经放大器放大后，驱动伺服电动机带动绞盘转动，将大门向上提起。与此同时，和大门连在一起的电刷也向上移动，直到桥式测量电路达到平衡，电动机停止转动，大门达到开启位置。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘使大门关闭，从而可以实现大门远距离开闭自动控制。系统方框图如下图所示。 1-3根据图示的电动机速度控制系统 工作原理图，完成： (1) 将a，b与c，d用线连接成负 反馈状态； (2) 画出系统方框图。
解：（1）负反馈连接方式为：d b?； a?，c （2）系统方框图如图所示。 1-3 图(a)，(b)所示的系统均为电压调节系统。假设空载时两系统发电机端电压均为110V，试问带上负载后，图(a)，(b)中哪个能保持110V不变，哪个电压会低于110V？为什么? 解：带上负载后，开始由于负载的影响，图(a)与(b)系统的端电压都要下降，但图(a)中所示系统能恢复到110伏而图(b)系统却不能。理由如下： 图(a)系统,当u低于给定电压时，其偏差电压经放大器K放大后，驱动电机D转动，经减速器带动电刷，使发电机F的激磁电流 I增大，发电机的输出电压会升高，从而 j 使偏差电压减小，直至偏差电压为零时，电机才停止转动。因此，图(a)系统能保持110伏不变。 图(b)系统，当u低于给定电压时，其偏差电压经放大器K后，直接使发电机激磁电流增大，提高发电机的端电压，使发电机G 的端电压回升，偏差电压减小，但不可能等于零，因为当偏差电压为0时， i=0，发电机就不能工作。即图(b)所示系统的稳 f 态电压会低于110伏。
自动控制原理习题第六章
第六章： 例1 图6-1是一采用PD 串联校正的控制系统。 图6-1 PD 串联校正的控制系统 （1）当10,1p d K K ==时，求相位裕量γ。 解：系统的开环传递函数为 ()(1) p d K K K s W s s s += + 当10,1p d K K ==时，有10(10.1) ()(1) K s W s s s +=+。 开环对数幅频特性为 ()20lg1020lg L ωω=+- 0.1ω=时，()20lg1020lg 40L dB ωω=-= 1ω=时，()20lg1020lg 20L dB ωω=-= 剪切频率c ω为 ()20lg1020lg 20lg 0L dB ωωω=--= ，c ω相位裕量γ为 1 18090arctan arctan 35.10.1 c c γωω=?-?+-=? （2）若要求该系统剪切频率5c ω=，相位裕量50γ=?，求,p d K K 的值。 解： 系统的开环传递函数为 (1) ()(1) (1) p d p d p K K K s K K K s W s s s s s ++= = ++ 相位裕量为 18090arctan arctan 50d c c p K K γωω=?-?+-=?
得，/0.16d p K K = 当5c ω=，可以得到(5)20lg 20lg 520lg 50p L K =--=，最后解得 25,4p d K K == 例2 已知单位负反馈系统开环传递函数为 ()(0.051)(0.21) K K W s s s s = ++ 试设计串联校正装置，使系统1 5s v K -≥，超调量不大于25％，调节时间不大于1s 。 解 （1） 由性能指标可知，系统提出的是时域指标，可利用它和频域指标的近似关系，先用频域法校正，然后再进行验算。由 2 %0.160.4(1)0.25%12 1.5(1) 2.5(1)1sin ()p s c p p p c M k t k M M M δπωγω=+-≤?? ?=≤?? ?=+-+-???= ?? 得系统要求的各项指标为 ?? ? ??=== 7.54)(74.7225.1c c p M ωγω （2）由5v K ≥，可以计算出放大系数5K =。其传递函数为 55 ()(0.051)(0.21)(1)(1) 205 W s s s s s s s = = ++++ 其对数幅频特性如图6-14所示。 系统未校正时，按下式可计算出其穿越频率,c ω如认为 1,20c ω>>得 5 ()15 c c c A ωωω≈ =? 故得5c ω≈ 其相位裕度为
自动控制原理第六章课后习题答案
自动控制原理第六章课后习题答案（免费） 线性定常系统的综合 6－1 已知系统状态方程为： ()100102301010100x x u y x ? -???? ? ?=--+ ? ? ? ?????= 试设计一状态反馈阵使闭环系统极点配置为－1，－2，－3. 解: 由()100102301010100x x u y x ? -???? ? ?=--+ ? ? ? ?????=可得: (1) 加入状态反馈阵()0 12K k k k =,闭环系统特征多项式为: 32002012()det[()](2)(1)(2322)f I A bK k k k k k k λλλλλ=--=++++-+--+- (2) 根据给定的极点值,得期望特征多项式: *32()(1)(2)(3)6116f λλλλλλλ=+++=+++ (3) 比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可得:0124,0,8;k k k === 即:()408K =
6－2 有系统： ()2100111,0x x u y x ? -????=+ ? ?-????= （1） 画出模拟结构图。 （2） 若动态性能不能满足要求，可否任意配置极点？ （3） 若指定极点为－3，－3，求状态反馈阵。 解(1) 模拟结构图如下: (2) 判断系统的能控性； 0111c U ?? =?? -?? 满秩，系统完全能控，可以任意配置极点。 (3)加入状态反馈阵01(,)K k k =,闭环系统特征多项式为: ()2101()det[()](3)22f I A bK k k k λλλλ=--=+++++ 根据给定的极点值,得期望特征多项式: *2()(3)(3)69f λλλλλ=++=++ 比较()f λ与*()f λ各对应项系数,可解得:011,3k k == 即:[1,3]K =
自动控制原理第五章复习总结(第二版)
第五章计算机控制系统 1. 现代过程工业发展的需要； 2．生产的安全性和可靠性、生产企业的经济效益等指标的需要； 3．运算速度快、精度高、存储量大、编程灵活以及有很强的通信能力等的需要。 第一节概述 一．计算机直接数字控制系统与常规的模拟控制系统的异同： 相同： 1．基本结构相同。 2．基本概念和术语相同。 3．控制原理相同。（都是基于“检测偏差、纠正偏差”的控制原理） 不同： 1．信息的传输形式不同。（前者是断续的、数字化的，后者是连续的、模拟的） 二．计算机直接数字控制系统概述 1．基本结构：如图5-1所示。 2．对模拟控制系统的改进： 3．计算机控制系统的控制过程： 4．与模拟控制系统相比，计算机控制系统具有很多优点： 第二节计算机控制系统的组成及分类一．计算机控制系统的组成 计算机控制系统组成： 1．工业对象 2．工业控制计算机
硬件：计算机主机、外部设备、外围设备、工业自动化仪表和操作控制台等。 软件：计算机系统的程序系统。 计算机控制系统结构：如图5-2 所示。 （一）、硬件部分 1． 主机 2．过程输入输出通道 3．操作设备 4．常规外部设备 5．通信设备 6．系统支持功能 （二）、软件部分 1．软件包含系统软件和应用软件两部分。 系统软件：一般包括编译系统，操作系统，数据库系统，通讯网络软件，调试程序，诊断程序等。 应用软件：一般包括过程输入程序、过程控制程序、过程输出程序、打印显示程序、人机接口程序等。 2．使用语言为汇编语言，或者高级算法语言、过程控制语言。 以及它们的汇编、解释、 二．计算机控制系统的分类 包括： 数据采集和数据处理系统 直接数字控制系统DDC 监督控制系统SCC 分级计算机控制系统 集散型控制系统等
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。 c u r c (a) (b) 题5-1图 R-C 网络 解 （a)依图： ???? ????? +==+=++= + + =21211112 12111111 22 1 )1(11) ()(R R C R R T C R R R R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ ω ωτωωωωω111 21212121) 1()()()(jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a ++=+++== (b)依图： ?? ?+==++= + ++ =C R R T C R s T s sC R R sC R s U s U r c )(1 1 11) () (2122222212ττ ω ω τωωωωω2221211)(11)()()(jT j C R R j C R j j U j U j G r c b ++= +++== 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)(t c s 和稳态误差)(t e s （1） t t r 2sin )(= （2） )452cos(2)30sin() (?--?+=t t t r 题5-2图 反馈控制系统结构图
解 系统闭环传递函数为: 2 1)(+=Φs s 频率特性: 2 244221)(ω ω ωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 2 41 )(ω ω+= Φj 相频特性: )2arctan()(ωω?-= 系统误差传递函数: ,2 1 )(11)(++=+= Φs s s G s e 则 )2 arctan( arctan )(, 41)(2 2ω ωω?ω ωω-=++= Φj j e e （1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1 则 ,35.081 )(2== Φ=ωωj 45)2 2 arctan( )2(-=-=j ? 4.186 2 arctan )2(, 79.085 )(2==== Φ=j j e e ?ωω )452sin(35.0)2sin()2( -=-Φ=t t j r c m ss ? )4.182sin(79.0)2sin()2( +=-Φ=t t j r e e e m ss ? （2） 当 )452cos(2)30sin()(?--?+=t t t r 时: ???====2 , 21,12211m m r r ωω 5.26)21arctan()1(45.055)1(-=-=== Φj j ? 4.18)3 1arctan()1(63.0510)1(====Φj j e e ? )]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t c m m ss ??+-?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 ??+-?Φ-++?Φ= )6.262cos(58.1)4.48sin(63.0 --+=t t 5-3 若系统单位阶跃响应
自动控制原理第五章
自动控制原理第五章 现代控制理论基础 20世纪50年代诞生，60年代发展。 标志和基础：状态空间法。 特点：揭示系统内部的关系和特性，研究和采用优良和复杂的控制方法。 适用范围：单变量系统，多变量系统，线性定常系统，线性时变系统，非线性系统。 状态：时间域中系统的运动信息。 状态变量：确定系统状态的一组独立（数目最少的）变量。能完全确定系统运动状态而个数又最少的一组变量。 知道初始时刻一组状态变量的值及此后的输入变量，可以确定此后全部状态（或变量）的值。 n阶微分方程描述的n阶系统，状态变量的个数是n。
状态变量的选取不是唯一的。 状态向量：由n个状态变量组成的向量。 状态空间：以状态变量为坐标构成的n维空间。 状态方程：描述系统状态变量之间及其和输入之间的函数关系的一阶微分方程组。 输出方程：描述系统输出变量与状态变量（有时包括输入）之间的函数关系的代数方程。 状态空间表达式：状态方程与输出方程的组合。 线性定常系统状态空间表达式的建立 根据工作原理建立状态空间表达式 选择状态变量：与独立储能元件能量有关的变量，或试选与输出及其导数有关的变量，或任意ｎ个相互独立的变量。
由微分方程和传递函数求状态空间表达式 1.方程不含输入的导数,传递函数无零点 2.方程含有输入的导数,传递函数有零点 根据传函实数极点建状态空间表达式 状态变量个数一定，选取方法很多，系数矩阵多样。z=Px(│P│≠0)是状态向量。 │sI-A│：系统或矩阵的特征多项式。 │sI-A│=0：特征值或特征根，传递函数极点。 同一个系统特征值不变。 状态变量图包括积分器，加法器，比例器。 表示状态变量、输入、输出的关系。 n阶系统有n个积分器。
自动控制原理答案(第二版)+中国电力出版社
第二部分古典控制理论基础习题详解 一 概述 2-1-1 试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点。 【解】： 控制系统优点缺点 开环控制简单、造价低、调节速度快调节精度差、无抗多因素干扰能力闭环控制抗多因素干扰能力强、调节精度高结构较复杂、造价较高 2-1-2试列举几个日常生活中的开环和闭环控制系统的例子，并说明其工作原理。 【解】： 开环控制——半自动、全自动洗衣机的洗衣过程。 工作原理：被控制量为衣服的干净度。洗衣人先观察衣服的脏污程度，根据自己的经验，设定洗涤、漂洗时间，洗衣机按照设定程序完成洗涤漂洗任务。系统输出量（即衣服的干净度）的信息没有通过任何装置反馈到输入端，对系统的控制不起作用，因此为开环控制。 闭环控制——卫生间蓄水箱的蓄水量控制系统和空调、冰箱的温度控制系统。 工作原理：以卫生间蓄水箱蓄水量控制为例，系统的被控制量（输出量）为蓄水箱水位（反应蓄水量）。水位由浮子测量，并通过杠杆作用于供水阀门（即反馈至输入端），控制供水量，形成闭环控制。当水位达到蓄水量上限高度时，阀门全关（按要求事先设计好杠杆比例），系统处于平衡状态。一旦用水，水位降低，浮子随之下沉，通过杠杆打开供水阀门，下沉越深，阀门开度越大，供水量越大，直到水位升至蓄水量上限高度，阀门全关，系统再次处于平衡状态。 2-1-3 试判断下列微分方程所描述的系统属何种类型（线性、非线性；定常、时变）。 【解】： （1）线性定常系统；（2）线性时变系统；（3）非线性定常系统；（4）线性定常系统。 1
2 2-1-4 根据题2-1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图： （1）将a ，b 与c ，d 用线连接成负反馈系统； （2）画出系统方框图。 【解】： （1）a -d 连接，b -c 连接。 （2）系统方框图 题2-1-4解图 抽头移动，电动机获得一个正电压，通过齿轮减速器传递，使阀门打开，从而增加入水流量使水位上升，当水位回到给定值时，电动机的输入电压又会回到零，系统重新达到平衡状态。反之易然。 题2-1-5解图
自动控制原理第五章习题集与答案解析
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 R1 u c R2C R2 R1 u r u c (a) (b) 题5-1图 R-C网络 解（a)依图： ? ? ? ? ?? ? ? ? + = = + = + + = + + = 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 )1 ( 1 1 ) ( ) ( R R C R R T C R R R R K s T s K sC R sC R R R s U s U r cτ τ ω ω τ ω ω ω ω ω 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ) 1( ) ( ) ( ) ( jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a+ + = + + + = = (b)依图： ? ? ? + = = + + = + + + = C R R T C R s T s sC R R sC R s U s U r c ) ( 1 1 1 1 ) ( ) ( 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2τ τ ω ω τ ω ω ω ω ω 2 2 2 1 2 1 1 ) ( 1 1 ) ( ) ( ) ( jT j C R R j C R j j U j U j G r c b+ + = + + + = = 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) (t c s 和稳态误差) (t e s （1）t t r2 sin ) (= （2）) 45 2 cos( 2 ) 30 sin( ) (? - - ? + =t t t r 题5-2图反馈控制系统结构图
自动控制原理答案完全版-第二版(孟庆明)
; 自动控制原理（非自动化类）习题答案 第一章 习题 1-1（略） 1-2（略） 、 1-3 解： 受控对象：水箱液面。 被控量：水箱的实际水位 h " 执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。 比较计算元件：电位器。 测量元件：浮子，杠杆。 放大元件：放大器。 h h （与电位器设定 电压 u 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。 当 h h 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 h ≠ h 时，浮子位置相应升高（或 ' 降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动 电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 h 。 水位自动控制系统的职能方框图 1-4 解： 受控对象：门。 执行元件：电动机，绞盘。 放大元件：放大器。 受控量：门的位置 , 测量比较元件：电位计 工作原理：系统的被控对象为大门。被控量为大门的实际位置。输入量为希望的大门位置。 当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动， 使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开 门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。 * 仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图 1-5 解： 系统的输出量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉
放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器 比较元件：电位计 测量元件：热电偶 职能方框图： 第二章 习题 2-1 解：对微分方程做拉氏变换： ? X (s ) R (s ) ? C (s ) N (s ) ? ? X (s ) KX (s ) ? X (s ) X (s ) ? X (s ) ? ? TsX (s ) X (s ) ? X (s ) X (s ) ? KN (s ) ? ?K X (s ) sC (s ) sC (s ) ? 绘制上式各子方程的方块图如下图所示： KK C (s ) / R (s ) ， Ts (T 1)s s K K 1 s s 1 s s
自动控制原理_第5章习题解答-
第5章 频率特性法 教材习题同步解析 一放大器的传递函数为： G (s )=1 +Ts K 测得其频率响应，当ω=1rad/s 时，稳态输出与输入信号的幅值比为12/2，稳态输出与输入信号的相位差为－π/4。求放大系数K 及时间常数T 。 解：系统稳态输出与输入信号的幅值比为 A == 222172K T ω=+ 稳态输出与输入信号的相位差 arctan 45T ?ω=-=-?，即1T ω= 当ω=1rad/s 时，联立以上方程得 T =1，K =12 放大器的传递函数为： G (s )= 121 s + 已知单位负反馈系统的开环传递函数为 5()1 K G s s = + 根据频率特性的物理意义，求闭环输入信号分别为以下信号时闭环系统的稳态输出。 （1）r （t ）=sin （t +30°）； （2）r （t ）=2cos （2t －45°）； （3）r （t ）= sin （t +15°）－2cos （2t －45°）； 解：该系统的闭环传递函数为 6 5 )(+= Φs s 闭环系统的幅频特性为
36 5 )(2 += ωωA 闭环系统的相频特性为 6 arctan )(ω ω?-= （1）输入信号的频率为1ω=，因此有 37 375)(= ωA ，()9.46?ω? =- 系统的稳态输出 537 ()sin(20.54)37 ss c t t ?= + （2）输入信号的频率为2ω=，因此有 10()A ω= ，()18.43?ω? =- 系统的稳态输出 10 ()cos(263.43)2 ss c t t ?= - （3）由题（1）和题（2）有 对于输入分量1：sin （t +15°），系统的稳态输出如下 537 1()sin( 5.54)37 ss c t t ?= + 对于输入分量2：－2cos （2t －45°），系统的稳态输出为 10 2()cos(263.43)ss c t t ?=- - 根据线性系统的叠加定理，系统总的稳态输出为 )4363.632cos(2 10 )537.5sin(37375)(??--+= t t t c ss 绘出下列各传递函数对应的幅相频率特性与对数频率特性。 （1） 1 1.010 )(±= s s G （2） G (s )=10 1) （3） ) 2(4 )(+= s s s G
自动控制原理课后习题答案第五章
第 五 章 5-2 若系统单位阶跃响应为 49()1 1.80.8t t h t e e --=-+ 试确定系统的频率特性。 分析 先求出系统传递函数，用j ω替换s 即可得到频率特性。 解：从()h t 中可求得：(0)0,(0)0h h '== 在零初始条件下，系统输出的拉普拉斯变换()H s 与系统输出的拉普拉斯变换()R s 之间的关系为 ()()()H s s R s =Φ? 即 ()()()H s s R s Φ= 其中()s Φ为系统的传递函数，又 1 1.80.836()[()]49(4)(9)H s L h t s s s s s s ==-+=++++ 1()[()]R s L r t s == 则 ()36()()(4)(9)H s s R s s s Φ==++ 令s j ω=，则系统的频率特性为 ()36()()(4)(9)H j j R j j j ωωωωωΦ= =++ 5-7 已知系统开环传递函数为 )1s T (s )1s T (K )s (G 12++-= ;（Ｋ、Ｔ1、Ｔ2＞０） 当取ω＝１时， o 180)j (G -=ω∠,|Ｇ(ｊω)|＝０.５。当输入为单位速度信号时，系统 的稳态误差为，试写出系统开环频率特性表达式G(ｊω)。 分析：根据系统幅频和相频特性的表达式，代入已知条件，即可确定相应参数。 解： 由题意知： 2 22 11()()1()K T G j T ωωωω+=+ 021()90arctan arctan G j T T ωωω∠=--- 因为该系统为Ⅰ型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为，即 0 1()lim ()0.1ss s e E s K →∞=== 所以：10K = 当1ω=时，222 11(1)0.51K T G j T += =+ 00 21(1)90arctan arctan 180G j T T ∠=---=-
自动控制原理考试试题第五章习题及答案-2教程文件
自动控制原理考试试题第五章习题及答案- 2
第五章 线性系统的频域分析与校正 练习题及答案——2 5-12 已知)(1s G 、)(2s G 和)(3s G 均为最小相角传递函数，其近似对数幅频特性曲线如图5-79所示。试概略绘制传递函数 G s G s G s G s G s 412231()()() ()()=+ 的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。 解：(1) L K 11204511()lg .ω== ∴ =K 1180 则： G s K 11()= (2) G s K s s 22 08 1()(.)= + 20201022lg /lg K K ω== , K 21= (3) L K K 333202001110()lg lg .ωω=== s s K s G K 9)(,9111 .01 333==== ∴ (4) G s G G G G 412 23 1()=+ 将G G G 123,,代入得：G s s s 418 01251()(.) = + 对数频率特性曲线如图解5-12(a)所示,幅相特性曲线如图解5-12(b)所示：
图解5-12 (a) Bode 图 (b) Nyquist 图 5-13 试根据奈氏判据，判断题5-80图(1)～(10)所示曲线对应闭环系统的稳定性。已知曲线(1)～(10)对应的开环传递函数如下（按自左至右顺序）。 解 题5-13计算结果列表 题号 开环传递函数 P N N P Z 2-= 闭环 稳定性 备注 1 G s K T s T s T s ()()()() = +++123111 0 -1 2 不稳定 2 G s K s T s T s ()()() =++1211 0 0 0 稳定 3 G s K s Ts ()() =+21 -1 2 不稳定
自动控制原理第六章
考虑如下单回路控制系统其中校正网络用来保证系统获 考虑如下单回路控制系统，其中校正网络用来保证系统获 得较大的误差常数: 积分型校正网络设计 积分型校正网络设计 例5：温度控制系统例5：(续)
PI 补偿器的设计:将设计指标转换为主导极点将 计指标转导点例5：(续)时间(2%准则)为 校正后的主导极点: .6 316 4s T n s <==ζω. 175.0 12 2 ,1j j s n n ±?=?±?=ζωζω在主导极点处相角和应满足z θ+°?°?°=°?38104127180?在主导极点处相角和应满足：θ . 75.023?=?=?=K K z s ; 89°=z θ?由幅值条件确定期望极点处的增益(利用源自各极零点 例5：(续) c (闭环极点s = –1及补偿网络零点所致) % 6.17=σ?阶跃响应:?解决办法: 增加前置滤波器 75.0= s G 75 .0)(+s p 抵消补偿网络零点的影响，并且θ %. 2=σ不改变系统的总增益，但这时超调量却减小了： 67§6.7 根轨迹法设计滞后校正网络 相位滞后网络是一类积分型网络，可用来增大反馈控制系馈 根轨迹法设计滞后校正网络 ?对于校正后系统来说，
利用根轨迹法设计相位滞后校正网络的步骤 例6：滞后校正网络设计1例6：滞后校正网络设计 = K GH(s)根轨迹法设计滞后校正网络 j ω ) 2(+s s 例6：(续) 根轨迹法设计滞后校正网络 例6：(续) 由校正网络的零、极点出发到期望主导极 . (考虑到滞后校正网络的增益衰减作用)
例7：滞后校正网络设计2例：滞后校正网络设计 绘制未校正系统的根轨迹:例7：(续)绘制未校系的根轨迹 例：(续) . = K GH(s))10(2 +s s α值，配置滞后校正网络的零、极点:根轨迹法设计滞后校正网络 例7：(续)根据值，配置滞后校 网络的零极点例：(续)K GH().) 10(2 +=s s GH(s)68Bode §6.8 Bode 图法设计滞后校正网络 滞后校正网络的传递函数及Bode 图 ωτ ωj j G c += 1)(ωατ j +1 滞后校正网络的设计:?校正网络零极点的模值 必须远小于未校正系统最小极点的模值 ?相位滞后并非滞后校正 网络的作用所在是滞后网络被用来提供衰减降低系统的0dB 穿越频率从网络的作用所在；而是提供了–20lg α的衰减 ?滞后网络被用来提供衰减，降低系统的0-dB 穿越频率．从
自动控制原理第六版期末考试八套习题集要点
自动控制原理1 一、 单项选择题（每小题1分，共20分） 1. 系统和输入已知，求输出并对动态特性进行研究，称为（ c ） A.系统综合 B.系统辨识 C.系统分析 D.系统设计 2. 惯性环节和积分环节的频率特性在（ d ）上相等。 A.幅频特性的斜率 B.最小幅值 C.相位变化率 D.穿越频率 3. 通过测量输出量，产生一个与输出信号存在确定函数比例关系值的元件称为（ d ） A.比较元件 B.给定元件 C.反馈元件 D.放大元件 4. ω从0变化到+∞时，延迟环节频率特性极坐标图为（a ） A.圆 B.半圆 C.椭圆 D.双曲线 5. 当忽略电动机的电枢电感后，以电动机的转速为输出变量，电枢电压为输入变量时，电动机可看作一个（ d ） A.比例环节 B.微分环节 C.积分环节 D.惯性环节 6. 若系统的开环传 递函数为 2) (5 10+s s ，则它的开环增益为（c ） A.1 B.2 C.5 D.10 7. 二阶系统的传递函数5 2 5 ) (2 ++= s s s G ，则该系统是（b ） A.临界阻尼系统 B.欠阻尼系统 C.过阻尼系统 D.零阻尼系统 8. 若保持二阶系统的ζ不变，提高ωn ，则可以（b ） A.提高上升时间和峰值时间 B.减少上升时间和峰值时间 C.提高上升时间和调整时间 D.减少上升时间和超调量 9. 一阶微分环节Ts s G +=1) (，当频率T 1= ω时，则相频特性)(ωj G ∠为（ a ） A.45° B.-45° C.90° D.-90° 10.最小相位系统的开环增益越大，其（ d ） A.振荡次数越多 B.稳定裕量越大 C.相位变化越小 D.稳态误差越小 11.设系统的特征方程为()0516178234 =++++=s s s s s D ，则此系统 （ ） A.稳定 B.临界稳定 C.不稳定 D.稳定性不确定。 12.某单位反馈系统的开环传递函数为：()) 5)(1(++= s s s k s G ，当k =（ ）时，闭环系统临界稳定。 A.10 B.20 C.30 D.40 13.设系统的特征方程为()025103234=++++=s s s s s D ，则此系统中包含正实部特征的个数有（ ） A.0 B.1 C.2 D.3 14.单位反馈系统开环传递函数为()s s s s G ++= 65 2，当输入为单位阶跃时，则其位置误差为（ ） A.2 B.0.2 C.0.5 D.0.05 15.若已知某串联校正装置的传递函数为1 101 ) (++= s s s G c ，则它是一种（ ） A.反馈校正 B.相位超前校正
自动控制原理第六章习题参考答案
6-2 (1) 2222 6 ()(46)(2) n n n G s s s s s s s ωξωω==++++ 246 =4 0.8162n n n n ωωξωξω=== = = 1K = 所以， 1 20lgK 0c ω== 222 2/2*0.816*1/2.45()90901/11/2.45c n c c n arctg arctg ξωω?ωωω???? =-?-=-?- ? ?--???? 2 2*0.816*1/2.450.6669090900.799511/2.450.833arctg arctg arctg ???? =-?-=-?-=-?- ? ?-????9038.64128.64=-?-?=-? 180()180128.6451.36c γ?ω=?+=?-?=? 01020-103040-30-20 50 -40 (2) 12 1, =1/0.2=5ωω= 22122/()901/c n c c c c n arctg arctg arctg ξωωωω?ωωωωω?????? =-?-+- ? ? ?-????? ? 11128.64128.644511.3194.9515arctg arctg ???? =-?+-=-?+?-?=-? ? ????? 180()18094.9585.05c γ?ω=?+=?-?=?
01020-103040-30-20 50-40 6-5 (1) 10 ()(0.51)(0.11) G s s s s = ++ 1, 20lg =20lg10=20K dB ω= 121/0.52, 1/0.110ωω==== 12ω= 时，1()2020(lg2lg1)20lg1020lg220lg514L dB ω=--=-== 210ω= 时，2()1440(lg10lg2)13.96L dB ω=--=- 所以，12c ωωω<< 1()40(lg lg2)40(lg /2)14c c L dB ωωω=-== 4.48c ω= ()900.50.190 2.240.448c c c arctg arctg arctg arctg ?ωωω=-?--=-?-- 9065.9424.13180.07=-?-?-?=-? 180()180180.070.07c γ?ω=?+=?-?=-? 01020-103040-30-2050-40
自动控制原理 邢春芳 第五章 参考答案
答案 5.1 111(1j )(j )1j a K G T τωωω+=+ 221j (j )1j b G T τωωω+=+ 5.2 111(1j )(j )1j a K G T τωωω+=+ 221j (j )1j b G T τωωω +=+ 5.3 略 5.4 K =10 T =0.1 5.5 略 5.6 1.25K = 5.7 1j2(j )=j (1j0.5) G ωωωω-+ 5.8 （a ）0=a ，1=b ，2)10(2)(2=--=--=b a p z ，系统不稳定，s 右半平面有2个闭环极点。 （b ）曲线经过（-1，j 0）点一次，虚轴上有2个闭环极点，s 右半平面没有闭环极点。系统临界稳定。 （c ）1=a ，1=b ，0)11(2)(2=--=--=b a p z ，系统稳定，s 右半平面没有闭环极点。 （d ）21=a ，0=b ，0)021(21)(2=--=--=b a p z ，系统稳定，s 右半平面没有闭环极点。 （e ）1=a ，1=b ，0)11(2)(2=--=--=b a p z ，系统稳定，s 右半平面没有闭环极点。 （f ）1=a ，0=b ，0)01(22)(2=--=--=b a p z ，系统稳定，s 右半平面没有闭环极点。 5.9 （1）（a ）12 100()(1)(1)G s s s ωω=++ （b ）122 (1)()(1)s K G s s s ωω+= + 201c K ωωω== （c ）23 ()(1)(1)K s G s s s ωω?=++ 11K ω= （2）略 5.10 （1）α=0.84 （2） 1.52 2.83K == （3）10K = 5.11 稳定条件：11001T K T T K +<< <<-或 （1）T =2时，302 K <<； （2）K =10时，109 T <<； （3）略 5.12 图略，闭环系统不稳定。 5.13（1）图略，相位裕量1180290tg 0.2221.8γ-=?-??-?≈-?系统不稳定，相角裕量为负数。 （2）图略，1111180tg 290tg 0.2tg 4tg 0.2437.3c c γωω----=?+-??-=-?≈?，系统稳定。 （3）一阶微分环节的介入，增加了剪切频率附近的相位，即增加了相位裕量，提高了系
自动控制原理第五章习题答案
第五章习题答案 名词解释 30. 在谐波输入下，输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比A (ω)为幅 频特性，相位之差φ(ω)为相频特性，并称其指数表达式G(j ω)=A (ω)e j φ(ω)为系统的 频率特性。 简答 1． A (ω)为输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比；φ(ω)为输入和 输出同频率的谐波分量的相位之差。 2. 稳定系统的频率特性等于输出和输入的傅氏变换之比。 3. Nyquist 图、 Bode 图、 Nichols 4. a.被控对象的频率特性可通过分析法和实验方法获得，并可用多种曲线表示，因而系统分 析和控制器设计可以应用图解法进行；b.频率特性的物理意义明确；c.控制系统的频域设计可以兼顾动态响应和噪声抑制两个方面的要求；d.频域分析法不仅适用于线性定常系统，还可以推广应用到某些非线性系统。 5. 反馈控制系统稳定的充分必要条件是：半闭合曲线ГGH 不穿过(-1,j0)点，且逆时针包围 (-1,j0)点的圈数等于开环传递函数的正实部极点数。 计算题 1. 解：系统开环频率特性为 1800)()(010)0()0() 110)(15(10 )()(-∠=∞∞∠=++=j H j G j H j G j j j H j G ωωωω 由于Im[)()(ωωj H j G ]<0 ω?，故幅相曲线与负实轴没有交点，)(ω?从 0递减至 180-。作幅相曲线。开环系统的所有极点都在s 的左半面，P=0。而由开环幅相曲线可知，开环幅相曲线逆时针包围（-1，j0）点的圈熟数N=0。根据奈氏判据，闭环极点位于s 的右半面的个数Z=P-2N=0。因此系统闭环稳定。
自控原理第六版答案
自控原理第六版答案 【篇一：自动控制原理第六章习题参考答案】 n6 g(s)??222 s(s?4s?6)s(s?2??ns? ?n) 2?n?6 ?n???n=4?? 42?n ? ?0.816 k?1 所以，?c?1 20lgk?0 ?(?c)??90??arctg? ?2??c/?n??2*0.816*1/2.45? ??90??arctg?? 22?2 ?1?1/2.45??1??c/?n? ?2*0.816*1/2.45??0.666? ??90??arctg???90??arctg?????90??arctg0.79952 ?1?1/2.45??0.833???90??38.64???128.64? ??180???(?c)?180??128.64??51.36? 50 403020100-10-20 -30-40 (2) ?1?1, ?2=1/0.2=5 ?(?c)??90??arctg? ?2??c/?n???c???c? ?arctg?arctg???? 22?1??/??cn??1???2?? ?1??1? ??128.64??arctg???arctg????128.64??45??11.31???94.95? ?1??5? ??180???(?c)?180??94.95??85.05? 50403020100-10-20 -30-40 6-5 (1) g(s)? 10 s(0.5s?1)(0.1s?1)
??1, 20lgk=20lg10=20db ?1?1/0.5?2, ?2?1/0.1?10 ?1?2 时，l(?1)?20?20(lg2?lg1)?20lg10?20lg2?20lg5?14db ?2?10 时，l(?2)?14?40(lg10?lg2)??13.96db 所以，?1??c??2 l(?1)?40(lg?c?lg2)?40(lg?c/2)?14db ?c?4.48 ?(?c)??90??arctg0.5?c?arctg0.1?c??90??arctg2.24?arctg0.4 48 ??90??65.94??24.13???180.07? ??180???(?c)?180??180.07???0.07? 50403020100-10-20-30-40 (2) g(s)gc(s)? 10(0.33s?1) s(0.5s?1)(0.1s?1)(0.033s?1) ??1, 20lgk=20lg10=20db ?1?1/0.5?2, ?2?1/0.33?3, ?3?1/0.1?10, ?4?1/0.033?30 ?2?3 时，l(?1)?l(?2)?40(lg?2?lg?1)14?l(?2)?40(lg4.35?lg2) l(?2)?7db l(?3?10)?l(?2?3)??20(lg?3?lg?2)??3.37db 所以?2??c2??3 l(?2)?20(lg?c2?lg?2)?20(lg?c2/3)?7db ?c2?6.72 ?(?c)??90??arctg0.5?c2?arctg0.1?c2?arctg0.33?c2?arctg0.03 3?c2 ??90??arctg3.36?arctg0.672?arctg2.22?arctg0.222 ??90??73. 43??33.90??65.75??12.52???144.1? ?2?180???(?c2)?180??144.1??35.9? 50403020100-10-20 -30-40 校正环节为相位超前校正，校正后系统的相角裕量增加，系统又不稳定变为稳定，且有一定 的稳定裕度，降低系统响应的超调量；剪切频率增加，系统快速性提高；但是高频段增益提高，系统抑制噪声能力下降。 【篇二：自动控制原理第1章习题参考答案】