自动控制原理胡寿松主编课后习题答案详解

胡寿松自动控制原理习题解答第二章2—1设水位自动控制系统的原理 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 如图1—18所示，其中Q1为水箱的进水流量，Q2为水箱的用水流量，H为水箱中实际水面高度。假定水箱横截面积为F，希望水面高度为H0，与H0对应的水流量为Q0，试列出水箱的微分方程。解当Q1=Q2=Q0时，H=H0；当Q1≠Q2时，水面高度H将发生变化，其变化率与流量差Q1−Q2成正比，此时有d(H−H)F0=(Q−Q)−(Q−Q)dt1020于是得水箱的微分方程为dHF=Q−Qdt122—2设机械系统如图2—57所示，其中xi为输入位移，x0为输出位移。试分别列写各系统的微分方程式及传递函数。图2—57机械系统解①图2—57(a)：由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得1胡寿松自动控制原理习题解答第二章f1(x&i−x&0)−f2x&0=m&x&0整理得d2xdxdxm0+(f+f)0=fidt212dt1dt将上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得2[ms+(f1+f2)s]X0(s)=f1sXi(s)于是传递函数为X(s)f0=1Xi(s)ms+f1+f2②图2—57(b)：其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点A，并设A点位移为x，方向朝下；而在其下半部工。引出点处取为辅助点B。则由弹簧力与阻尼力平衡的原则，从A和B两点可以分别列出如下原始方程：K1(xi−x)=f(x&−x&0)K2x0=f(x&−x&0)消去中间变量x，可得系统微分方程dxdxf(K+K)0+KKx=Kfi12dt1201dt对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为X(s)fKs0=1Xi(s)f(K1+K2)s+K1K2③图2—57(c)：以x0的引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：K1(xi−x)+f(x&i−x&0)=K2x0移项整理得系统微分方程dxdxf0+(K+K)x=fi+Kxdt120dt1i对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即xi(0)=x0(0)=0则系统传递函数为X(s)fs+K0=1Xi(s)fs+(K1+K2)2-3试证明图2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。2胡寿松自动控制原理习题解答第二章图2-58电网络与机械系统　1R11C1sR1R1解：（a）：利用运算阻抗法得：Z1=R1//===C1s1R1C1s+1T1s+1R1+C1s111Z2=R2+=()R2C2s+1=()T2s+1C2sC2sC2s1(Ts+1)U(s)ZCs2(Ts+1)(Ts+1)所以：0=2=2=12Ui(s)Z1+Z2R11R1C2s+(T1s+1)(T2s+1)+(T2s+1)T1s+1C2s(b)以K1和f1之间取辅助点A，并设A点位移为x，方向朝下；根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：（）K2(xi−x0)+f2(x&i−x&0)=f1(x&0−x&)1（）K1x=f1(x&0−x&)2所以（）K2(xi−x0)+f2(x&i−x&0)=K1x3对（3）式两边取微分得（）K2(x&i−x&0)+f2(&x&i−&x&0)=K1x&4将（4）式代入（1）式中得K1K2(xi−x0)+K1f2(x&i−x&0)=K1f1x&0−f1K2(x&i−x&0)−f1f2(&x&i−&x&0)整理上式得f1f2&x&0+f1K2x&0+K1f1x&0+K1f2x&0+K1K2x0=f1f2&x&i+f1K2x&i+K1f2x&i+K1K2xi对上式去拉氏变换得3胡寿松自动控制原理习题解答第二章[ffs2+(fK+Kf+Kf)s+KK]X(s)121211121202=[]f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K2Xi(s)所以：ffff12s2+(1+2)s+12KKKKX0(s)f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K21212=2=X(s)ffs+(fK+Kf+Kf)s+KKff2fffi121211121212s+(1+2)s+1+1K1K2KK2K21ff(1s+1)(2s+1)KK=12fff(1s+1)(2s+1)+1KKK122所以图2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。2—4试分别列写图2-59中个无源网络的微分方程式。解：（a）:列写电压平衡方程：duCuCui−u0=uCiC=CiR1=dtR1duud(u−u)u−uCCi0i0u0=(iC+iR1)R2=C+R2=C+R2dtR1dtR1整理得：duRduR02i2CR2+C+1u0=CR2+CuidtR1dtR1(b):列写电压平衡方程：duu−u=u（1）i=CC1（2）i0C1C11dtu+iRudud(u−iR)i=C1C1+i=C1+2i=CC2=C0C1（3）C2RC1RC12dt2dt4胡寿松自动控制原理习题解答第二章ud(u−iR)即：C1+2i=C0C1（4）RC12dt将（1）（2）代入（4）得：u−ud(u−u)dud2ui0+2Ci0=C0−CCRC1R1dt2dt12dt2uudududud2ud2u即：i−0+2Ci−2C0=C0−CCRi+CCR0RR1dt1dt2dt12dt212dt2整理得：d2uduud2uuduCCR0+(C+2C)0+0=CCRi+i+2Ci12dt221dtR12dt2R1dt2-5设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式，并概略绘制x(t)曲线，指出各方程式的模态。　(1)2x&(t)+x(t)=t;解：对上式两边去拉氏变换得：1114（2s+1）X（s）=1/s2→X(s)==−+s2(2s+1)s2s2s+1运动模态e−0.5t1−t所以：x(t)=t−2(1−e2)(２)&x&(t)+x&(t)+x(t)=δ(t）。　解：对上式两边去拉氏变换得：11(s2+s+1)X(s)=1→X(s)==(s2+s+1)(s+1/2)2+3/43−t/2运动模态esint223−t/2所以：x(t)=esint32（3）&x&(t)+2x&(t)+x(t)=1(t）。解：对上式两边去拉氏变换得：111111(s2+2s+1)X(s)=→X(s)===−+ss(s2+2s+1)s(s+1)2ss+1(s+1)25胡寿松自动控制原理习题解答第二章运动模态e−t(1+t)所以：x(t)=1−e−t−te−t=1−e−t(1+t)2-6在液压系统管道中，设通过阀门的流量满足如下流量方程：Q=KP式中K为比例常数，P为阀门前后的压差。若流量Q与压差P在其平衡点(Q0,P0)附近作微小变化，试导出线性化方程。解：设正常工作点为A，这时Q0=KP0在该点附近用泰勒级数展开近似为：df(x)y=f(x)+(x−x)0dx0x0即Q−Q0=K1(P−P0)dQ11其中K==K1dP2P=P0P02-7设弹簧特性由下式描述：F=12.65y1.1其中，是弹簧力；是变形位移。若弹簧在变形位移附近作微小变化，试推导的线性化方程。解：1.1设正常工作点为A，这时F0=12.65y0在该点附近用泰勒级数展开近似为：df(x)y=f(x)+(x−x)0dx0x0即F−F0=K1(y−y0)dF其中K==12.65×1.1y0.1=13.915×1.1y0.11dy00y=y02-8设晶闸管三相桥式全控整流电路的输入量为控制角，输出量为空载整流电压，它们之间的关系为：e=Ecosαdd0式中是整流电压的理想空载值，试推导其线性化方程式。解：设正常工作点为A，这时Ed=Ed0cosα06胡寿松自动控制原理习题解答第二章在该点附近用泰勒级数展开近似为：df(x)y=f(x)+(x−x)0dx0x0即e−Ecosα=K(α−α)dd00s0ded其中Ks==−Ed0sinα0dαα=α2-9若某系统在阶跃输入r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出响应c(t)=1−e−2t+e−t，试求系统的传递函数和脉冲响应。　解：对输出响应取拉氏变换的：111s2+4s+21C(s)=−+=因为：C(s)=Φ(s)R(s)=Φ(s)ss+2s+1s(s+1)(s+2)ss2+4s+2s12所以系统的传递函数为：Φ(s)==1+=1−+(s+1)(s+2)(s+1)(s+2)s+1s+2系统的脉冲响应为：g(t)=δ(t)−e−t+e−2t2-10设系统传递函数为C(s)2　　=R(s)s2+3s+2且初始条件c(0)=-1,c&(0)＝０。试求阶跃输入r(t)=1(t)时，系统的输出响应c(t)。解：由系统的传递函数得：d2c(t)dc(t)+3+2c(t)=2r(t)（1）dt2dt对式（1）取拉氏变换得：2sC(s)−sc(0)−c&(0)+3sC(s)−3c(0)+2C(s)=2R(s)（2）将初始条件代入（2）式得1(s2+3s+2)C(s)+s+3=2s2−s2−3s22s+6142即：C(s)==−=−+s(s2+3s+2)ss2+3s+2ss+1s+2所以：c(t)=2−4e−t+2e−2t7胡寿松自动控制原理习题解答第二章2-11在图2-60中，已知和两方框相对应的微分方程分别是dc(t)6+10c(t)=20e(t)dtdb(t)20+5b(t)=10c(t)dt且初始条件均为零，试求传递函数C(s)/R(s)及E(s)/R(s)解：系统结构图及微分方程得：2010G(s)=H(s)=6s+1020s+52010E(s)1010C(s)10G(s)6s+10====R(s)1+G(s)H(s)2010R(s)1+G(s)H(s)20101+1+6s+1020s+56s+1020s+52200(20s+5)200(20s+5)10(20s+5)(6s+10)1200s+1500s+500==2==2(6s+10)(20s+5)+200(6s+10)(20s+5)+200120s+230s+250120s+230s+2502-12求图2-61所示有源网络的传递函数1R01C0sR0解：（a）Z0=R0//==T0=R0C0C0s1T0s+1R0+C0s8胡寿松自动控制原理习题解答第二章U0(s)R1R1=−=−(T0s+1)Ui(s)Z0R01R01C0sR0（b）Z0=R0//==T0=R0C0C0s1T0s+1R0+C0s1T1s+1Z1=R1+=T1=R1C1C1sC1sU0(s)Z11=−=−(T1s+1)(T0s+1)Ui(s)Z0R0C1s1T2s+1Z12=R1//(R2+)=R1//C2sC2sTs+1（c）2R1C2sR1(T2s+1)==T2=R2C2T2s+1T2s+R1+1R1+C2sU(s)ZRTs+10=−12=−12Ui(s)R0R0T2s+R1+12-13由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-62所示，试求闭环传递函数Uｃ(ｓ)／Ｕｒ(ｓ)。　图2-62控制系统模拟电路　U(s)ZU(s)ZU(s)R解：1=−1（1）2=−2（2）0=−2（3）U0(s)+Ui(s)R0U1(s)R0U2(s)R0式（1）（2）（3）左右两边分别相乘得9胡寿松自动控制原理习题解答第二章U(s)ZZR0=−122即U0(s)+Ui(s)R0R0R0U(s)+U(s)R3U(s)R30i=−01+i=−0U0(s)Z1Z2R2U0(s)Z1Z2R2U(s)R3所以：i=−0−1U0(s)Z1Z2R2R11R2U0(s)1Z1Z2R2T1s+1C2s=−3=−3=−3R1Ui(s)R0R0+Z1Z2R21+1R0+R2Ts+1CsZ1Z2R212R1R2=−3(T1s+1)C2sR0+R1R22-14试参照例2-2给出的电枢控制直流电动机的三组微分方程式，画出直流电动机的结构图，并由结构图等效变换求出电动机的传递函数Ωm(s)/Ua(s)和Ωm(s)/Mc(s)解：由公式（2-2）、（2-3）、（2-4）取拉氏变换Ua(s)−Ea(s)=Ia(s)Ea(s)=CeΩm(s)Las+RaCmIa(s)=Mm(s)Mm(s)−Mc(s)=Ωm(s)Jms+fm得到系统结构图如下：McΩUa(s)1Ia(s)Mm1m(s)CmLas+RaJms+fm－Ce10胡寿松自动控制原理习题解答第二章Cm1Ω(s)Ls+RJs+fCm=aamm=mU(s)CC1(Ls+R)(Js+f)+CCa1+emaammemLas+RaJms+fm1Ω(s)Js+fLs+Rm=mm=aaM(s)CC1(Ls+R)(Js+f)+CCc1+emaammemLas+RaJms+fm2-15某位置随动系统原理方块图如图2-63所示。已知电位器最大工作角度o，功率放大级放大系数为K3,要θmax=330求：　(1)分别求出电位器传递系数K0、第一级和第二级放大器的比例系数K1和K2；　(2)画出系统结构图；　(3)简化结构图，求系统传递函数θ0(s)/θi(s)。图2-63位置随动系统原理图　解：15V3020（1）K=K==3K==201650110210（2）θe(s)=θi(s)−θ0(s)Us(s)=K0θe(s)Ua(s)=K1K2KsUs(s)Ua(s)=RaIa(s)+LasIa(s)+Eb(s)Mm(s)=CmIa(s)2Jsθ0(s)+fsθ0(s)=Mm(s)−Mc(s)Eb(s)=Kbθ0(s)系统结构图如下：11胡寿松自动控制原理习题解答第二章Mc－θθθ0ieUsUa1Mm1KK1K2KsC0m2Las+RaJs+fs－－Ebθ0Kb(3)系统传递函数θ0(s)/θi(s)Cms(Ls+R)(Js+f)KKKKaa012sCKKKKKC1+mb012smθ(s)s(Ls+R)(Js+f)s(Ls+R)(Js+f)+CK0=aa=aambθ(s)CmK0K1K2KsCmi1+s(Ls+R)(Js+f)s(Ls+R)(Js+f)+CK1+KKKKaaaamb012sCK1+mbs(Las+Ra)(Js+f)KKKKC=012sms(Las+Ra)(Js+f)+CmKb+K0K1K2KsCm2-16设直流电动机双闭环调速系统的原理线路如图2-64所示： 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 （1）分别求速度调节器和电流调节器的传递函数（2）画出系统结构图（设可控硅电路传递函数为K3/(τ3s+1)；电流互感器和测速发电机的传递函数分别为K4和K5；直流电动机的结构图用题2-14的结果）；12胡寿松自动控制原理习题解答第二章（3）简化结构图，求系统传递函数Ω(s)/Ui(s)解：（1）速调1R+U(s)Z1CsRCs+1Ts+1ST=1=1=11=1Ui(s)−Uf(s)RRRC1sRC1s流调1R+U(s)Z2CsRCs+1Ts+1LT=2=2=22=2UST(s)−Udlfk(s)RRRC2sRC2s（2）系统结构图如下：K4Mc－ULT－UUSTiT1s+1T2s+1K3Ua1Mm1ΩCmRC1sτ3s+1RC2sLas+RaIaJms+fm－－EbUfCeK5(3)简化结构图，求系统传递函数Ω(s)/Ui(s)因为求系统传递函数Ω(s)/Ui(s)，所以令Mc=0，系统结构图如下：K4－ULTUUSTiT1s+1T2s+1K3Ua11ΩCmRC1sτ3s+1RC2sLas+RaIaJms+fm－－EbUfCeK5将K4后移到输出Ω，系统结构图化简如下：Jms+fmK4Cm－ULTUUSTiT1s+1T2s+1K3Ua11ΩCmRC1sτ3s+1RC2sLas+RaIaJms+fm－－EbUfCeK513胡寿松自动控制原理习题解答第二章进一步化简得：Jms+fmK4Cm－ULTUUSTiT1s+1T2s+1K3UaCmΩRC1sRC2sτ3s+1（Las+Ra）(Jms+fm)+CeCm－UfJms+fmK5进一步化简得：2UiT1s+1K3Cm(T2s+1)ΩRCs1Cm{RC2s[(Las+Ra)(Jms+fm)+CeCm](τ3s+1)}+K3K4Cm(Jms+fm)(T2s+1)－UfK5进一步化简得：U2iK3Cm(T2s+1)(T1s+1)Ω2RC1s{Cm{RC2s[(Las+Ra)(Jms+fm)+CeCm](τ3s+1)}+K3K4Cm(Jms+fm)(T2s+1)}+K5K3Cm(T2s+1)(T1s+1)所以：Ω(s)=Ui(s)2K3Cm(T2s+1)(T1s+1)2RC1s{}Cm{}RC2s[](Las+Ra)(Jms+fm)+CeCm(τ3s+1)+K3K4Cm(Jms+fm)+K5K3Cm(T2s+1)(T1s+1)2-17已知控制系统结构图如图2-65所示。试通过结构图等效变换求系统传递函数C(s)/R(s)。　14胡寿松自动控制原理习题解答第二章图2-65题2-17系统结构图　解：（a）R(s)C(s)G1(s）G2(s）－G2(s)G3(s)R(s)C(s)G1(s）－G2(s）G2(s)G3(s)15胡寿松自动控制原理习题解答第二章R(s)1C(s)G1(s)+G2(s)1+G2(s)G2(s)C(s)G+G所以：=12R(s)1+G2G3（b）C(s)R(s)G1(s）G2(s）H1(s）1+H1(s)H2(s）C(s)R(s)G1(1+H1H2)G2(s）1+H1H2-G1H1C(s)GG(1+HH)所以：=1212R(s)1+H1H2−G1H1(c)G3R(s)C(s)G2G11+G2H1－H2G3R(s)C(s)G2G11+G2H1－G1H216胡寿松自动控制原理习题解答第二章R(s)C(s)G2G1+G31+G2H1+G1G2H2C(s)G(G+G)所以：=213R(s)1+G2H1+G1G2H2(d)H2/G3－R(s)C(s)G1G2G3－－H3H2H2/G1G3R(s)－G3C(s)G1G21+G3H3－H2H2/G1G3R(s)－G3C(s)G1G21+G1H11+G3H3C(s)GGG所以：=123R(s)(1+G1H1)(1+G3H3)+G2H2(e)R(s)C(s)G1G2G3－H2+H1/G3H1/G3G417胡寿松自动控制原理习题解答第二章R(s)C(s)G1G2G31+G2G3H2+H1G2H1/G3G4R(s)C(s)G1G2G31+G2G3H2+H1G2-G1G2H1G4C(s)G1G2G3所以：=G4+R(s)1+G2G3H2+H1G2−G1G2H1(f)H1G1－R(s)C(s)G1G2G3R(s)G2C(s)G1+G31+G1G2H1C(s)(G+G)G所以：=132R(s)1+G1G2H12-18试简化图2-66中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s)和C(s)/N(s)。18胡寿松自动控制原理习题解答第二章C(s)解：（1）求时，N=0这时结构图变为：R(s)RCG1G2－－H1RG1G2C－1+G1G2H1C(s)GG所以：=12R(s)1+G1G2H1+G1G2C(s)（2）求时，R=0这时结构图变为：N(s)N－CG3G2G1－H1－进一步化简得19胡寿松自动控制原理习题解答第二章N－CG3G2－－G1H1G1再进一步化简得：N－G2CG31+G1G2H1－G1再进一步化简得：N－G2CG31+GGH121－1+G1G2H1G1G2再进一步化简得：20胡寿松自动控制原理习题解答第二章N－G2CG31+GGH121－1+G1G2H1G1G2再进一步化简得：NG2G3-1-G1G2H1G2C1+GGH121G2+G1(1+G1G2H1)C(s)G(GG−1−GGH)所以：=223121R(s)(1+G1G2H1)[G2+G1(1+G1G2H1)]图2-66题2-18系统结构图　解：C(s)（1）求时，N=0这时结构图变为：R(s)G1G2RCG2G4－G321胡寿松自动控制原理习题解答第二章G1G2RCG+G23G4－G1G2RCG2+G3G4－G2+G3RG4CG1G2+G2+G31+G4(G2+G3)C(s)G(GG+G+G)所以：=41223R(s)1+G4(G2+G3)C(s)(2)求时，R=0这时结构图变为：N(s)NCG2G4－G3NCG4－G2+G3C(s)G所以：=4R(s)1+G4(G2+G3)22胡寿松自动控制原理习题解答第二章23胡寿松自动控制原理习题解答第三章设随动系统的微分方程为：3-1T&x&0+x&0=K2uu=K1[r(t)−xf]Tfx&f+xf=x0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ε0,试问k1应满足什么条件？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/sk(t)=10t≥0单位阶跃响应h(t)C(s)=10/s2h(t)=10tt≥0R(s)（2）(0.04s2+0.24s+1)C(s)=R(s)C(s)=0.04s2+0.24s+1125单位脉冲响应：C(s)=k(t)=e−3tsin4t0.04s2+0.24s+13251s+6单位阶跃响应h(t)C(s)==−s[(s+3)2+16]s(s+3)2+163h(t)=1−e−3tcos4t−e−3tsin4t43-3已知系统脉冲响应如下，试求系统闭环传递函数Φ（ｓ）。　（1）k(t)=0.0125e−1.25t（2）k(t)=5t+10sin(4t+450)（3）　k(t)=0.1(1−e−t/3)　解：0.0125（1）Φ(s)=s+1.251胡寿松自动控制原理习题解答第三章（2）k(t)=5t+10sin4tcos450+10cos4tsin45054s5s+4Φ(s)=+52+52=+52s2s2+16s2+16s2s2+160.10.1（3）Φ(s)=−ss+1/33-4已知二阶系统的单位阶跃响应为　　h(t)=10−12.5e−1.2tsin(1.6t+53.1o)试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp和调节时间ｔs。1−ξωnt2解：h(t)=1−esin(1−ξωnt+β)1−ξ22π3.5β=arccosξσ%=e−πξ/1−ξt=t=p2sξω1−ξωnnξ=cosβ=cos53.10=0.6222σ%=e−πξ/1−ξ=e−π0.6/1−0.6=e−π0.6/1−0.6=9.5%ππt===1.96(s)p21.61−ξωn3.53.5ts===2.92(s)ξωn1.23-5设单位反馈系统的开环传递函数为0.4s+1G(s)=s(s+0.6)试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。解：闭环传递函数0.4s+1G(s)s(s+0.6)0.4s+1G(s)===B0.4s+121+G(s)1+s+s+1s(s+0.6)10.4s+10.41C(s)=G(s)R(s)==+Bss2+s+1s2+s+1s(s2+s+1)0.41s+11s+0.6=+−=−s2+s+1ss2+s+1ss2+s+12胡寿松自动控制原理习题解答第三章32×0.63c(t)=1−e−0.5tcost−e−0.5tsint2233=1−1.22e−0.5tsin(t+55.30)21−ξωnt2h(t)=1−esin(1−ξωnt+β)1−ξ22π3.5β=arccosξσ%=e−πξ/1−ξt=t=p2sξω1−ξωnnξ=cosβ=cos55.30=0.5692σ%=e−πξ/1−ξ=11.37%ππ×2t===3.63sp21−ξωn33.53.5ts===7sξωn0.53-6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10.21.2(s+60)(s+10)0.2s(s+10)1.2s(s+60)H(s)=+−=+−ss+60s+10s(s+60)(s+10)s(s+60)(s+10)s(s+60)(s+10)2600600ωn==2=22s(s+60)(s+10)s(s+70s+600)s(s+2ξωns+ωn)ω2显然闭环传递函数为n22(s+2ξωns+ωn)7其中ω2=600ω=1062ξω=70ξ=nnn26根据（3-17）e−t/T1e−t/T12h(t)=1++T2/T1−1T1/T2−1解：根据公式（3-17）3胡寿松自动控制原理习题解答第三章tt−−eT1eT2h(t)=1++T2/T1−1T1/T2−111T=T=1222ωn(ξ−ξ−1)ωn(ξ+ξ−1)11显然：T=T=11026011+1−Tξ+ξ2−1ξ271==6=解方程得ξ=T21262ξ−ξ−11−1−ξ211由T==得到ω(ξ−ξ2−1)=101210nωn(ξ−ξ−1)101010×26所以ω====106n27492ξ−ξ−1−−126243-7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。　图3-42飞行控制系统解：系统开环传递函数25K1s(s+0.8)25KG(s)==1025Ks(s+0.8)+25KKs1+1Ks1ts(s+0.8)t25Kω2=1=ns(s+0.8+25K1Kt)s(s+2ξωn)36ω2=36=25KK=n11254胡寿松自动控制原理习题解答第三章142ξω=0.8+25KK=12所以K=n1tt453-8试分别求出图3-43各系统的自然频率和阻尼比，并列 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 比较其动态性能。r(t)1c(t)r(t)1c(t)r(t)1c(t)21+s22SSS---+S(b)(a)+(c)图3-43控制系统解：（a）ωn=1ξ=0系统临界稳定。s+1（b）Φ(s)=ω=1ξ=0.5σ%=29.8%t=7.51ss2+s+1nss+1（c）Φ(s)=ω=1ξ=0.5σ%=16.3%t=8.08ss2+s+1ns3-9设控制系统如图3-44所示。要求：　图3-44控制系统　(1)取τ1＝０，τ2＝０.１，计算测速反馈校正系统的超调量、调节时间和速度误差；　(2)取τ1＝０.１，τ２＝０，计算比例-微分校正系统的超调量、调节时间和速度误差。解：（1）系统开环传递函数10s(s+1)10(1+τs)10ω2G(s)=(1+τs)=1==n0110τss(s+1)+10τss(s+2)s(s+2ξω)1+22ns(s+1)1ω2=10ω=102ξω=2ξ=nnn102σ%=e−ξπ/1−ξ=35.1%5胡寿松自动控制原理习题解答第三章3.5ts==3.5sξωnKV=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：（1）在这两种方案中，应如何调整K1，K2和K3，才能使系统获得较好的动态性能。比较说明两种结构方案的特点。解：3-11已知系统特征方程为3s4+10s3+5s2+s+2=0试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。解：列劳思表如下：s4352s310147s22101530s1−047s02由劳思表可以得到该系统不稳定。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：s511232s432448s3416s21248s1s0有一对虚根，系统不稳定（2）列劳思表如下：6胡寿松自动控制原理习题解答第三章s61−4−710s544−8s4−5−510s3s2s1s0系统不稳定（3）列劳思表如下：s511235s4320251680s333s2525s110s025有一对虚根，系统不稳定3-13已知单位反馈系统的开环传递函数K(0.5s+1)　　G(s)=s(s+1)(0.5s2+s+1)试确定系统稳定时的K值范围。解：系统特征方程为s(s+1)(0.5s2+s+1)+K(0.5s+1)=0将上述方程化简得到：0.5s4+1.5s3+2s2+(1+0.5K)s+K=0劳思表如下：s40.52Ks31.51+0.5K2.5−0.25Ks2K1.52.5−1.25K−0.125K2s12.5−0.25Ks0K3-14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的取值范围。7胡寿松自动控制原理习题解答第三章解：系统开环传递函数为101s(s+1)s+11010s+10G(s)=(1+)==0s10τsss(s+1)+10τss3(110)s21+++τs(s+1)系统特征方程为：s3+(1+10τ)s2+10s+10=0劳思表如下：s3110s21+10τ1010τs11+10τs010所以能使系统稳定反馈参数τ的取值范围为τ>03-15已知单位反馈系统的开环传递函数　100（1）G(s)=(0.1s+1)(s+5)50（２）G(s)=s(0.1s+1)(s+5)10(2s+1)（３）G(s)=　s2(s2+6s+100)试求输入分别为r(t)=2t和r(t)=2+2t+t2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。2Kp=limG(s)=20KV=limsG(s)=0Ka=limsG(s)=0s→0s→0s→0R2所以当r(t)=2t时ess==∞KV2R1R2R3当r(t)=2+2t+tess=++=∞1+KpKVKa8胡寿松自动控制原理习题解答第三章（2）应先检查系统的稳定性。2Kp=limG(s)=∞KV=limsG(s)=10Ka=limsG(s)=0s→0s→0s→0R2所以当r(t)=2t时ess==0.2KV2R1R2R3当r(t)=2+2t+tess=++=∞1+KpKVKa（3）应先检查系统的稳定性。2Kp=limG(s)=∞KV=limsG(s)=∞Ka=limsG(s)=0.1s→0s→0s→0R2所以当r(t)=2t时ess==0KV2R1R2R3当r(t)=2+2t+tess=++=201+KpKVKa3-16已知单位反馈系统的开环传递函数　50(1)G(s)=(0.1s+1)(2s+1)K（２）G(s)=s(s2+4s+200)　10(2s+1)(4s+1)（３）G(s)=s2(s2+2s+10)试求位置误差系数Kｐ，速度误差系数Kｖ，加速度误差系数Kａ。　解：（1）应先检查系统的稳定性。2Kp=limG(s)=50KV=limsG(s)=0Ka=limsG(s)=0s→0s→0s→0(2)应先检查系统的稳定性。K2Kp=limG(s)=∞KV=limsG(s)=Ka=limsG(s)=0s→0s→0200s→0(3)应先检查系统的稳定性。2Kp=limG(s)=∞KV=limsG(s)=∞Ka=limsG(s)=1s→0s→0s→03-17设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=1/Ts。试用动态误差系统法求出当输入信号分别为r(t)=t2/2和r(t)=sin2t时，系统的稳态误差。9胡寿松自动控制原理习题解答第三章3-18设控制系统如图3-47所示。其中K1G(s)=K+F(s)=psJs输入r(t)以及扰动n1(t)和n2(t)均为单位阶跃函数。试求：（1）在r(t)作用下系统的稳态误差（2）在n1(t)作用下系统的稳态误差（3）在n1(t)和n2(t)同时作用下系统的稳态误差解：（1）在r(t)作用下系统的稳态误差这时系统的开环传递函数为：Kps+KG(s)=G(s)F(s)=0Js2系统位置误差系数为KP=limG(s)=∞s→0R1在r(t)作用下系统的稳态误差essr==01+Kp（2）在n1(t)作用下系统的稳态误差这时系统的开环传递函数为：Kps+KG(s)=G(s)F(s)=0Js2系统位置误差系数为KP=limG(s)=∞s→0R1在n1(t)作用下系统的稳态误差essn1==01+Kp（3）在n1(t)和n2(t)同时作用下系统的稳态误差10胡寿松自动控制原理习题解答第三章n2(t)作用下系统的稳态误差这时系统的开环传递函数为：Kps+KG(s)=G(s)F(s)=0Js2系统位置误差系数为KP=limG(s)=∞s→0R1在n2(t)作用下系统的稳态误差essn2==01+Kp所以在在n1(t)和n2(t)同时作用下系统的稳态误差为essn=essn1+essn2=0+0=03-19设闭环传递函数的一般形式为G(s)bsm+bsm−1++bs+bmm−1L10Φ(s)==nn−11+G(s)H(s)s+an−1s+L+a1s+a0误差定义取e(t)=r(t)−c(t)。试证：（1）系统在阶跃信号输入下，稳态误差为零的充分条件是：b0=a0,bi=0(i=1,2,L,m)（2）系统在斜坡信号输入下，稳态误差为零的充分条件是：b0=a0,b1=a1,bi=0(i=2,3,L,m)解：(1)系统在阶跃信号输入下这时mm−111bms+bm−1s+L+b1s+b0R(s)=C(s)=R(s)Φ(s)=nn−1sss+an−1s+L+a1s+a0mm−111bms+bm−1s+L+b1s+b0E(s)=R(s)−C(s)=−nn−1sss+an−1s+L+a1s+a0mm−11bms+bm−1s+L+b1s+b0=1−nn−1ss+an−1s+L+a1s+a0nn−1mm−11(s+an−1s+L+a1s+a0)−(bms+bm−1s+L+b1s+b0)=nn−1ss+an−1s+L+a1s+a0nn−1mm−11(s+an−1s+L+a1s)−(bms+bm−1s+L+b1s)+(a0−b0)=nn−1ss+an−1s+L+a1s+a0ess=lime(t)=limsE(s)t→∞s→011胡寿松自动控制原理习题解答第三章(sn+asn−1++as)−(bsm+bsm−1++bs)+(a−b)=limn−1L1mm−1L100s→0nn−1s+an−1s+L+a1s+a0如果ess=0则a0=b0且a0≠0（2）系统在斜坡信号输入下这时mm−111bms+bm−1s+L+b1s+b0R(s)=2C(s)=R(s)Φ(s)=2nn−1sss+an−1s+L+a1s+a0mm−111bms+bm−1s+L+b1s+b0E(s)=R(s)−C(s)=2−2nn−1sss+an−1s+L+a1s+a0mm−11bms+bm−1s+L+b1s+b0=21−nn−1ss+an−1s+L+a1s+a0nn−1mm−11(s+an−1s+L+a1s+a0)−(bms+bm−1s+L+b1s+b0)=2nn−1ss+an−1s+L+a1s+a0nn−12mm−121(s+an−1s+L+a2s)+−(bms+bm−1s+L+b2s)+(a1−b1)s+(a0−b0)=2nn−1ss+an−1s+L+a1s+a0ess=lime(t)=limsE(s)=t→∞s→01(sn+asn−1++as2)+−(bsm+bsm−1++bs2)+(a−b)s+(a−b)lim=n−1L2mm−1L21100s→0nn−1ss+an−1s+L+a1s+a0如果ess=0则a0=b0a1=b1且a0≠03-20设随动系统的微分方程为d2c(t)dc(t)　T+=Ku(t)1dt2dt2u(t)=K1[r(t)−b(t)]db(t)T+b(t)=c(t)2dt其中，T１、Ｔ２和K２为正常数。若要求r(t)=1+t时，c(t)对r(t)的稳态误差不大于正常数ε０，试问K１应满足什么条件?　已知全部初始条件为零。解：由上述方程得到拉氏变换如下：2K2(T1s+s)C(s)=K2U(s)C(s)=2U(s)T1s+sU(s)=K1[R(s)−B(s)]12胡寿松自动控制原理习题解答第三章1(T2s+1)B(s)=C(s)B(s)=C(s)T2s+1由此得到系统结构图如下：R(s)U(s)K2C(s)K1s(T1s+1)－B(s)1T2s+1系统闭环传递函数为：K1K2s(Ts+1)KK(Ts+1)Φ(s)=1=122KKs(Ts+1)(Ts+1)+KK1+121212s(T1s+1)(T2s+1)11s+1当r(t)=1+t时R(s)=+=ss2s2s+1K1K2(T2s+1)C(s)=R(s)Φ(s)=2ss(T1s+1)(T2s+1)+K1K2s+1s+1K1K2(T2s+1)E(s)=R(s)−C(s)=2−2sss(T1s+1)(T2s+1)+K1K2s+1K1K2(T2s+1)=21−ss(T1s+1)(T2s+1)+K1K2s+1s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2−K1K2(T2s+1)=2ss(T1s+1)(T2s+1)+K1K2s+1(T1s+1)(T2s+1)−K1K2T2=ss(T1s+1)(T2s+1)+K1K2ess=lime(t)=limsE(s)=t→∞s→0(Ts+1)(Ts+1)−KKTlim(s+1)12122s→0s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2(Ts+1)(Ts+1)−KKT=lim12122s→0s(T1s+1)(T2s+1)+K1K21−K1K2T2=≤ε0K1K2所以13胡寿松自动控制原理习题解答第三章1≤K1K2(T2+ε0)系统特征方程为：32s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2=T1T2s+(T1+T2)s+s+K1K2=0劳思表如下：3sT1T212sT1+T2K1K2T+T−KKTTs11212120T1+T20sK1K2如果系统稳定，则T1+T2−K1K2T1T2T1+T2>0即K1