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路如题图所示输入信号为单位


第 3 章习题及解答
3-1 已知某装置的电路如题图所示。输入信号为单位 阶跃信号 ui (t ) = 1(t ) 时, 试计算输出响应 uo (t ) , 画出 uo (t ) 的 草图,并计算响应时间 t s 。 题解: 计算该电路的传递函数,由复数阻抗法计算得到

5K ui(t)

5K 1μ

uo(

t)

U ( s ) 0.005s + 1 1 s + 200 G ( s) = o = = U i ( s) 0.01s + 1 2 s + 100
输出响应的拉氏变换为

习题 3-1

U o ( s ) = G ( s )U i ( s )
输出响应为

1 U i ( s )= s

=

1 s + 200 1 1 1 1 = 2 s + 100 s s 2 s + 100

1 1 1 1 ] = 1(t ) e 100t u o (t ) = L1 [ 2 s 2 s + 100
响应曲线如图所示。 计算响应时间:由于系统的初值为 0.5,由公式

t s = 3T , ± 5%
计算响应时间是不对的。 由定义有

1 uo (t s ) = 1(t ) e 100 t 2 1 uo (t s ) = 1(t ) e 100t 2
解出

t =t s

= 0.98, ± 2%
= 0.95, ± 5%

t =t s

ts =

ln 25 = 0.032, ± 2% 100 ln 10 ts = = 0.023, ± 5% 100

MATLAB 仿真程序 num=[0.005 1]; den=[0.01 1]; step(num,den); [y,x,t]=step(nun,den); ti1=spline(y,t,0.98) ti1 = 0.0322 解毕。

ti2=spline(y,t,0.95) ti2 = 0.0230

21

3- 2

已知某检测元件响应特性为

G ( s) =

10 0.2 s + 1

为了将响应时间减小至原来的 0.1 倍,并保证原增益不变,采用负反馈方法来实现如题 图所示,
R(s) C(s) Kh G(s) +Kf
习题 3-2

试计算图中各增益的值 K f 、 Kh 。 题解: 结构图传递函数为

K hG ( s) 10 K h C ( s) = = R( s ) 1 + K f G ( s ) 1 + 10 K f
令增益不变,响应加快 10 倍,有

1 0.2 s +1 1 + 10 K f
10 0.02 s + 1

10 K h 1 + 10 K f
得到方程

1 0 .2 s +1 1 + 10 K f

=

10 K h 1 + 10 K = 10 f 0 .2 = 0.02 1 + 10 K f
解出

K f = 0.9, K h = 10
MATLAB 仿真程序 t=0:0.001:1; num1=[10]; den1=[0.2 1]; num2=[10]; den2=[0.02 1]; [y1,x1]=step(num1,den1,t); [y2,x2]=step(num2,den2,t); subplot(2,1,1);plot(t,y1); subplot(2,1,2);plot(t,y2); 仿真曲线如图所示, 解毕。

22

已知速度反馈控制系统如题图所示,为了保证系统阶跃响应的超调量 M p < 20% ,过渡时间 t s ≤ 0.3 秒,试确定前向增益 K1 的值和速度反馈系数 K2 的值。

3-3

R(s) + + -

K1 K2

1 s+5

1 s

C(s)

习题 3-3

题解: 闭环传递函数为

G ( s) =
由 M p < 20% , t s ≤ 0.3 解出 由于

K1 s + (5 + K1 K 2 ) s + K1
2

ζ = 0.5, ω n = 20
s 2 + 2ζω n s + ω n
则有
2

ζ = 0.5 ω n = 20

= s 2 + 20s + 400

s 2 + (5 + K1 K 2 ) s + K1 = s 2 + 20s + 400
比较系数,解出

K1 = 400, K 2 = 0.0375
SIMULINK 仿真结构图

MATLAB 仿真程序 num=[400]; den=[1 20 400]; step(num,den); [y,x,t]=step(num,den); max(y) ans = 1.1630 仿真曲线如图所示。 解毕。

1.5

阶跃响应 计算峰值

23

3-4 已知系统的闭环特征方程如下,试用代数稳定性判据判别系统的稳定性。 (a) s 3 + 20s 2 + 9 s + 200 = 0 (b) ( s + 2)( s + 4)( s 2 + 6s + 25) + 666.25 = 0
(c) s5 + 6s 4 + 3s 3 + 2 s 2 + s + 1 = 0 4 3 2 (d) s + 8s + 18s + 16 s + 5 = 0 题解: (a) s 3 + 20s 2 + 9 s + 200 = 0 作劳斯表 s3 1 9 s2 20 200 s1 -1 s0 200 第一列系数不全为正,系统不稳定。变号两次,有两个不稳定根。 (b) ( s + 2)( s + 4)( s 2 + 6s + 25) + 666.25 = 0 写出多项式为

s 4 + 12 s 3 + 69 s 2 + 198 s + 866.25 = 0
作劳斯表

s4 1 69 866.25 s3 12 198 s2 52.5 866.25 s1 0 s0 866.25 第一列系数有 0 出现,系统为临界稳定。
(c) s5 + 6s 4 + 3s 3 + 2 s 2 + s + 1 = 0 作劳斯表 s5 1 3 1 s4 6 2 1 s3 2.67 0.83 s2 0.13 1 s1 -19.7 s0 1 第一列系数不全为正,系统不稳定。变号两次,有两个不稳定根。 (d) s 4 + 8s 3 + 18s 2 + 16s + 5 = 0 作劳斯表 s4 1 18 s3 8 16 s2 16 5 s1 13.5 s0 5 第一列系数全部大于零,系统稳定。

5

24

MATLAB 语言求解 在 MATLAB 语言中是直接求根来进行判别的。 3 2 (a) s + 20s + 9 s + 200 = 0 den=[1 20 9 200]; roots(den) ans = -20.0487 0.0243 + 3.1583i 0.0243 - 3.1583i 有一对共轭复数根位于 s 的右半平面,系统不稳 定。特征根的位置如图所示。 (b) ( s + 2)( s + 4)( s 2 + 6s + 25) + 666.25 = 0 d1=[1 2]; d2=[1 4]; d3=[1 6 25]; d=conv(d1,conv(d2,d3)); d(5)=d(5)+666.25; roots(d) ans = -6.0000 + 4.0620i -6.0000 - 4.0620i 0.0000 + 4.0620i 0.0000 - 4.0620i 有一对共轭复数根位于 s 平面的虚轴上,系统临 界稳定。特征根的位置如图所示。 (c) s5 + 6s 4 + 3s 3 + 2 s 2 + s + 1 = 0 den=[1 6 3 2 1 1]; roots(den) ans = -5.5171 -0.5007 + 0.4636i -0.5007 - 0.4636i 0.2593 + 0.5675i 0.2593 - 0.5675I 有一对共轭复数根位于 s 的右半平面,系统不稳 定。特征根的位置如图所示。 (d) s 4 + 8s 3 + 18s 2 + 16s + 5 = 0 den=[1 8 18 16 5 ]; roots(den) ans = -5.0000 -1.0000 -1.0000 + 0.0000i (-1.0000+.71920e-5*i) -1.0000 - 0.0000i (-1.0000-.71920e-5*i) 系统的特征根全部位于 s 平面的左半平面,系统 是稳定的。特征根的位置如图所示。 解毕。

4 2 0 -2 -4 -30 -20 -10 0 10

5

0

-5 -10 -5 0

1 0.5 0 -0.5 -1 -10 -5 0

x 10

25

3-5 实验测得单位反馈控制系统在输入信号为 r ( t ) = 1( t ) 时,其输出信号 c( t ) 的 响应曲线如题图所示,试确定系统的开环传递函数。
c(t) 1.3 1.0 t 0 0.1
习题 3-5

题解: 由图所示,超调量 Mp = 30% ,

峰值时间 t p = 0.1 秒,由性能指标计算公式

Mp = e
解出



ζ
1ζ 2

π

× 100% , t p =

π ωn 1 ζ 2

ζ = 0.358 ω n = 33.65
得到系统的开环传递函数为

G (s) =
解毕。

ωn2 1132.3 = s ( s + 2ζω n ) s ( s + 24.1)

3-6 题图所示机械系统,当受到 F = 40 N 力的作用时,位移量 x ( t ) 的阶跃响应 如图所示,试确定机械系统的参数 m, k , f 的值。

Fi m f

k

1.254 1.0
x

x(t)

t 0
习题 3-6

4

题解: 图示机械系统的传递函数为

G ( s) =
由图所示稳态值 c (∞ ) = 1 ,由终值定理

1 ms + fs + k
2

c (∞) = lim sC ( s ) = lim sG ( s ) R ( s ) = lim s
s →0 s →0

s →0

1 40 40 = =1 ms + fs + k s k
2

得到

k = 40 N / m

26

由超调量: M p = e 解出



ζ
1ζ 2

π

= 25.4% ,峰值时间: t p =

π π = = 4 s, ωd ωn 1 ζ 2

ζ = 0.4 ω n = 0.857
所以

s2 +
解出

f k 2 s + = s 2 + 2ζω n s + ω n = s 2 + 0.686 s + 0.734 m m

kg m = 54.5 N/m k = 40 f = 37.38 N.s/m
解毕。 3- 7 试判别题图所示系统的稳定性。
10 s( s + 2)

R(s) + -

C(s)

R(s) + -

s +1 s +

-

10 s ( s + 1)

C(s)

1+10s

2s

(a) 习题 3-7

(b)

题解: (a)闭环传递函数为

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

10 s + 102 s + 10
2

s 2 + 102 s + 10 = 0
多项式系数全部大于零(二阶系统),所以系统是稳定的。 (b)闭环传递函数为

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

10( s + 1) s + 21s 2 + 10 s + 10
3

s 3 + 21s 2 + 10 s + 10 = 0
作劳斯表

s3 1 10 s2 21 10 s1 9.524 s0 10 第一列系数全部大于零,系统是稳定的。 解毕。

27

3- 8

试确定题图所示系统参数 K 和 ζ 的稳定域。
R(s) +C(s) K s(0.01s + 0.2ζs + 1)
2

习题 3-8

题解: 闭环传递函数为

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

K 0.01s + 0.2ζs 2 + s + K
3

0.01s 3 + 0.2ζs 2 + s + K = 0
由劳斯判据,作劳斯表 s3 0.01 0.2ζ s2 s1 0.2ζ-0.01K 0 s K 令第一列系数全部大于零,解出

1 K

ζ >0 0 < K < 20ζ
MATLAB 程序 取ζ=0.5,则 K<10,系统是稳定的。取 K=10, den=[0.01 0.1 1 10]; roots(den) ans = -10.0000 0.0000 +10.0000i 0.0000 -10.0000i K=10 时,系统的两个闭环极点为临界稳定值。 解毕。
40 K 30 20 10 0 z 0 1 2

3-9 反馈控制系统如题图所示, 如果要求闭环系统的特征根全部位于 s 平面上虚 轴的左面,试确定参数 K 的取值范围。
R(s) +C(s) K s(01s + 1)(0.2s + 1) .
习题 3-9

题解: 闭环传递函数为

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

K 0.02 s + 0.3s 2 + s + K
3

0.02 s 3 + 0.3s 2 + s + K = 0

28

由劳斯判据,作劳斯表 s3 0.02 s2 0.3 s1 0.3-0.02K s0 K 令第一列系数全部大于零,解出

1 K

0 < K < 15
MATLAB 程序 den=[0.02 0.3 1 15]; 取 K=15 闭环极点位置 pzmap([1],den); roots(den) ans = -15.0000 0.0000 + 7.0711i 0.0000 - 7.0711i 当 K=15 时,系统的两个闭环极点为临界稳定值。 解毕。
10 5 0 -5 -10 -20 -10 0 10 s 平面

3-10

已知系统的闭环特征方程为

( s + 1)( s + 15)( s + 2) + K = 0 .

试由代数稳定性判据确定使得系统闭环特征根的实部均小于 1的最大 K 值。 题解: 令 s’=s+1,则 s=s’-1 代入方程

[( s '1) + 1][( s '1) + 1.5)][( s '1) + 2] + K = 0
s '3 +1.5s '2 +0.5s '+ K = 0

整理 由劳斯判据,作劳斯表 s’3 1 s’2 1.5 s’1 0.75-K s’0 K 令第一列系数全部大于零,解出

0.5 K

0<K<0.75 MATLAB 程序 1 den=[1 4.5 6.5 3.75]; roots(den) 0.5 ans = -2.5000 -1.0000 + 0.7071i -1.0000 - 0.7071i 当 K=0.75 时,系统的两个闭环根的实部为-1 如图 所示。 当 0<K<0.75 时, 系统的所有闭环根的实部小于-1, 满足题目要求。 解毕。

29

3-11 题图所示系统,如果要求系统作等幅振荡,确定系统参数 K 、α 的值和振 荡频率ω。
R(s) +C(s) K ( s + 1) s3 + as2 + 2 s + 1
习题 3-11

题解: 闭环传递函数为

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

K ( s + 1) s + α s + ( 2 + K ) s + (1 + K )
3 2

s 3 + α s 2 + (2 + K ) s + (1 + K ) = 0
由劳斯判据,作劳斯表 s3 1 2+K α 1+K s2 α (2 + K ) (1 + K ) s1 α s0 1+K 令α>0,1+K>0 以及 α(2+K)-(1+K)=0,解出 0<α<1 K>-1
10 K=(2*a-1)/(1-a) 5

0 0 0.5 1

K=

2α 1 1α

满足上述条件时系统的时间响应为等幅振荡型。其关系曲线如图所示。 代入特征方程解出振荡频率为

ω=

1 1α

MATLAB 仿真程序 2 令α=0.8 时,有 K=3,ω=2.236 1 num=[3 3]; den=[1 0.799 5 4]; 0 impulse(num,den); 单位脉冲响应曲线; 求特征值; roots(den) ans = 0.0000 + 2.2361i 等幅振荡频率ω=2.236; 0.0000 - 2.2361i -0.8000 仿真曲线如图所示。 系统另外有一个单根分量, t>5 秒之后, 在 该分量衰减至零, 系统为等幅振荡运动。 解毕。

30

3-12 题图所示系统, 开环传递函数中的因子 ( s 1) 作严格对消与不严格对消时, 判别系统的稳定性。
R(s) +-

s 1 s +1

K s( s 1)

C(s)

习题 3-12

题解: 严格对消时,闭环传递函数为

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

K s +s+K
2

s2 + s + K = 0
当增益 K 大于零时,系统总是稳定的。 不严格对消时,设抵消后的余因子为ε ( s 1) , (1)如果余因子在分子上,则开环传递函数为

Go ( s ) =
闭环传递函数为

Kε ( s 1) s( s + 1)

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

Kε ( s 1) s + (1 + Kε ) s Kε
2

s 2 + (1 + Kε ) s Kε = 0
由于二次三项式的系数有负值,系统是不稳定的。 (2)如果余因子在分母上,则开环传递函数为

Go ( s ) =
闭环传递函数为

K s ( s + 1)[ε ( s 1)] K

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

ε s ε s + K
3

ε s3 ε s + K = 0
多项式缺项(2 次项系数为零),系统是不稳定的。 因此,只要是不完全抵消,系统就是不稳定的。所以,控制对象如果在 s 的右半平 面有极点时,简单采用抵消法是不允许的。 解毕。

3-13 已知某控制系统如题图所示,内环为正反馈,反馈系数为 Ks , Ks > 0 ,是 不稳定的,在反馈的基础上增加前向通路比例-微分控制时,系统可以稳定,试确定 (1)系统稳定时,P-D 控制器参数 Kc , Tc 的取值条件; ( 2) 当正反馈系数 Ks = 0.8 时, 要求系统阶跃响应的超调量 M p = 16.3% 和过渡时
间 t s = 0.8 秒,试确定 P-D 控制器参数 Kc , Tc 的取值。

31

R(s) + -

Kc(Tcs+1)

+

+

1 s2
Ks

C(s)

习题 3-13

题解: (1)闭环传递函数为

Gc ( s ) =
闭环特征方程为

K c (Tc s + 1) s + K cTc s + ( K c K s )
2

s 2 + K cTc s + ( K c K s ) = 0
如果系统稳定,应有

(2) Ks = 0.8 时,闭环传递函数为

K cTc > 0 Kc > Ks

Gc ( s ) =

由 M p = 16.3% 和 t s = 0.8 秒,计算出

K c (Tc s + 1) s + K cTc s + ( K c 0.8)
2

ζ = 0.5 ω n = 10
由于

s 2 + 2ζω n s + ω n = s 2 + 10s + 100 = 0
2

比较系数

解出

K cTc = 10 K c 0.8 = 100
系统的闭环传递函数为

K c = 100.8 Tc = 0.099
Gc ( s ) = 10 s + 100.8 s 2 + 10 s + 100

MATLAB 仿真程序 num=[10 100.8]; den=[1 10 100]; step(num,den); 仿真结果如图所示。由于闭环零点的影响,实际的 阶跃响应的超调量稍大。 作为比较,作没有闭环零点的阶跃响应曲线如图。 解毕。

32

3-14 温度计的特性可以用一惯性环节1 Ts + 1 来描述。将某种温度计置于一恒温 水槽内,约在一分钟时,温度计的指示值达实际值的 98%。如果将水槽以10ο C / min 的 速度升温,试计算该温度计的稳态指示误差。 题解: 由于在一分钟时,温度计的指示值达实际值的 98%,所以 t s = 4T = 60 s
则有

T = 60 / 4 = 15 s
温度计特性为

G ( s) =

水槽以10ο C / min 的速度升温时,相当于加斜坡信号输入,即

1 Ts + 1

T =15

=

1 15s + 1

r (t ) = 10 οC / min t =
误差为

10 ο ( C / s) t 60 10 1 15s 60 s 2 15s + 1

E ( s ) = R ( s ) C ( s ) = R ( s )[1 G ( s )] =
所以稳态误差为

ess = lim s E ( s ) = lim s [
s →0 s →0

10 1 15s ] = 2 .5 ο C 60 s 2 15s + 1

解毕。

3-15 设单位反馈系统的开环传递函数如下,分别计算系统的静态位置误差系数 静态位置误差系数 Kv , 静态位置误差系数 Ka , 并分别计算当输入为 r ( t ) = 2 1( t ) 、 Kp ,

r ( t ) = 2t 、 r (t ) = 2t 2 时的稳态误差。 50 ( a) G ( s ) = (5s + 1)(6s + 1) K ( b) G ( s ) = s( 0.5s + 1)( 4 s + 1) K ( c) G ( s ) = 2 s( s + 4 s + 5)( s + 40) K (2 s + 1)( 4 s + 1) ( d) G ( s ) = 2 2 s ( s + 2 s + 10)
题解: ( a) G ( s ) =

50 (5s + 1)(6s + 1) K p = lim G ( s ) = 50
s 0

K v = lim sG ( s ) = 0
s 0

K a = lim s 2G ( s ) = 0
s 0

33

r (t ) = 2 1(t ) 时,
r ( t ) = 2t 时,

r (t ) = 2t 2 时,
( b) G ( s ) =

1 2 2 = 1+ K p 51 1 ess = =∞ Kv 1 ess = =∞ Ka
ess =

K s(0.5s + 1)( 4 s + 1) K p = lim G ( s ) = ∞
s 0

K v = lim sG ( s ) = K
s 0

K a = lim s 2G ( s ) = 0
s 0

r (t ) = 2 1(t ) 时,
r ( t ) = 2t 时, r (t ) = 2t 2 时,
( c) G ( s ) =

1 =0 1+ K p 1 2 2 = ess = Kv K 1 =∞ ess = Ka
ess =

K s( s + 4 s + 5)( s + 40) K p = lim G ( s ) = ∞
2

s 0

K v = lim sG ( s ) =
s 0

K 200 2 K a = lim s G ( s ) = 0
s 0

1 =0 1+ K p 1 400 r ( t ) = 2t 时, 2 = ess = Kv K 1 r (t ) = 2t 2 时, =∞ ess = Ka K ( 2 s + 1)( 4 s + 1) ( d) G ( s ) = 2 2 s ( s + 2 s + 10) K p = lim G ( s ) = ∞
r (t ) = 2 1(t ) 时,

ess =

s 0

K v = lim sG ( s ) = ∞
s 0

K a = lim s 2G ( s ) =
s 0

K 10

34

r (t ) = 2 1(t ) 时,
r ( t ) = 2t 时,

ess =

r (t ) = 2t 2 时,
解毕。

1 =0 1+ K p 1 =0 ess = Kv 1 40 4 = ess = Ka K

r ( t ) = Rt ,扰动作用为 N ( t ) = N 1( t ) , R, N 为常数,
N(s) R(s) +-

3 - 16

带有扰动信号输入的控制系统其结构图如题图所示,输入信号为

K1 + + T1s + 1
习题 3-16

C(s) K2 s(T2 s + 1)

(1)试计算系统的稳态误差。 (2)系统的环节增益 K1 、 K2 均为可调参数,但是其约束为 K1 K2 ≤ K M ,为了减 小系统的稳态误差, 应如何调整增益 K1 、 K2 的值。 题解: (1)应用叠加原理求解 输入信号为 r ( t ) = Rt 时,令扰动作用为零。系统为 I 型系统,稳态误差为

essr =

扰动作用为 N ( t ) = N 1( t ) 时,令输入信号为零,其误差为

R K1 K 2

essn = lim(cn ) =
t →∞

N K1

所以稳态误差为

R N R NK 2 = K1 K 2 K1 K1 K 2 (2)由于约束为 K1 K2 ≤ K M ,令 K1 K 2 最大为 K1 K 2 = K M , ess = essr + essr =
令分子

R NK 2 = 0
则有

K2 =
可使系统的稳态误差最小。 解毕。

R 1 KM , K1 = K2 N

35

3-17

已知二阶系统的单位阶跃响应曲线如图所示。
1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 0 0.93 2 4 6 1.08

二阶系统为

b2 s 2 + b1s + b0 G ( s) = a2 s 2 + a1s + a0 已知系统参数 b1 = 0, a1 = 2, a2 = 1 及阻尼参数 ζ = 0.316 ,试确定其它未知各参数的 值,并写出确定参数后的传递函数 G (s ) 。


1 由于稳态值为 0.5,由

b2 s 2 + b1s + b0 1 b0 = = 0.5 c(∞) = lim c (t ) = lim s C ( s ) = lim s s →0 t →∞ s →0 a2 s 2 + a1s + a0 s a0 所以有 b0 = 0.5 a0
2 由于初值为-1,由

c(0) = lim c(t ) = lim s C ( s ) = lim s
t→ 0 s →∞

s →∞

b2 s 2 + b1s + b0 1 a2 s 2 + a1s + a0 s

a 2 =1 a1 = 2 b1 = 0

= b2 = 1

所以有

b2 = 1 3 由于 a1 = 2 及阻尼参数 ζ = 0.316 ,因此有无阻尼振荡频率

因此有

ω n = 10 = 3.16 2 a0 = ω n = 10
b0 = 0.5 a0 = 0.5 ×10 = 5

4 得到
系统为

s2 + 5 G (s) = 2 s + 2s + 10
解毕。
3-18* 已知二阶系统的单位阶跃响应曲线如题图所示,试根据响应曲线写出传递函数 G (s ) 。

36

c(t)
1 5

t
0 3 5 10

习题 3-18

37


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