胡寿松自动控制原理习题解答第三章.docx
- 文档编号:8396281
- 上传时间:2023-01-31
- 格式:DOCX
- 页数:47
- 大小:69.20KB
胡寿松自动控制原理习题解答第三章.docx
《胡寿松自动控制原理习题解答第三章.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《胡寿松自动控制原理习题解答第三章.docx(47页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
3-1设随动系统的微分方程为:
T&x&0+x&0=K2u
u=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
∑0,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/s
k(t)=10
t≥0
单位阶跃响应h(t)C(s)=10/s2
(2)(0.04s2+0.24s+1)C(s)=R(s)
h(t)=10t
C(s)=
t≥0
R(s)
0.04s2+0.24s+1
单位脉冲响应:
C(s)=
0.04s2
1
+0.24s+1
k(t)=
25e
3
−3t
sin4t
单位阶跃响应h(t)
C(s)=
=
−
251
2
s+6
2
s[(s+3)
h(t)=1−e−3tcos4t−3e−3tsin4t
4
+16]
s(s+3)
+16
3-3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:
(1)√(s)=
0.0125
s+1.25
(2)k(t)=5t+10sin4tcos450+10cos4tsin450
√(s)=5+5
s2
24+5
s2+16
2s=5+5
s2+16s2
2s+4
s2+16
(3)√(s)=
0.1−
s
0.1
s+1/3
3-4已知二阶系统的单位阶跃响应为
h(t)=10−12.5e−1.2tsin(1.6t+53.1o)
试求系统的超调量σ%、峰值时间tp和调节时间ts。
解:
h(t)=1−
1
1−⎩2
e−⎩⎤ntsin(
1−⎩2⎤
nt+®)
®=arccos⎩
⎛%=e
−ð⎩/
1−⎩2
tp=
ð
2
1−⎩⎤n
t=3.5
n
s⎩⎤
⎩=cos®=cos53.10=0.6
⎛%=e
−ð⎩/
1−⎩2
=e−ð0.6/
1−0.62
=e−ð0.6/
1−0.62
=9.5%
tp=
ð
n
1−⎩2⎤
=ð
1.6
=1.96(s)
ts=
3.5
⎩⎤n
=3.5=2.92(s)
1.2
3-5设单位反馈系统的开环传递函数为
G(s)=
0.4s+1
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
GB(s)=
G(s)=
0.4s+1
=
s(s+0.6)
0.4s+1
2
1+G(s)
1+0.4s+1
s+s+1
s(s
+0.6)
C(s)=G
(s)R(s)=1
0.4s+1=
0.4+1
Bss2+s+1
s2+s+1
s(s2+s+1)
=0.4
s2+s+1
+1−
s
s+1
s2+s+1
=1−
s
s+0.6
s2+s+1
c(t)=1−e−0.5tcos
3t−2⋅0.6e−0.5tsin3t
2
=1−1.22e−0.5tsin(
32
3t+55.30)
2
h(t)=1−
1
1−⎩2
e−⎩⎤ntsin(
1−⎩2⎤
nt+®)
®=arccos⎩
⎛%=e
−ð⎩/
1−⎩2
tp=
ð
2
1−⎩⎤n
t=3.5
n
s⎩⎤
⎩=cos®=cos55.30=0.569
⎛%=e
−ð⎩/
ð
1−⎩2
=11.37%
ð⋅2
tp=
=
n
1−⎩2⎤
=3.63s
3
t=3.5
n
s⎩⎤
=3.5=7s
0.5
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+
s
0.2−
s+60
1.2=
s+10
(s+60)(s+10)+
s(s+60)(s+10)
0.2s(s+10)−
s(s+60)(s+10)
1.2s(s+60)
s(s+60)(s+10)
=600=
600
⎤2
n
n
=n
s(s+60)(s+10)
s(s2+70s+600)
⎤2
s(s2+2⎩⎤
s+⎤2)
n
显然闭环传递函数为n
n
(s2+2⎩⎤
s+⎤2)
n
其中⎤2=600
根据(3-17)
⎤n=106
2⎩⎤n
=70
⎩=7
26
h(t)=1+
e−t/T1
+
T2/T1−1
e−t/T12
T1/T2−1
解:
根据公式(3-17)
h(t)=1+
−t
eT1
−t
eT2
+
T1=
T2/T1−1
1
T1/T2−1
1
T2=
⎤n(⎩−
1
⎩2−1)
⎤n(⎩+
1
⎩2−1)
显然:
T1=
10
T2=
60
T1=⎩+
T2⎩−
⎩2−1
⎩2−1
1+
=6=
1−
1−1
⎩2
1−1
⎩2
解方程得⎩=7
26
由T1=
⎤n(⎩−
1=1
⎩2−1)10
得到⎤n(⎩−⎩
2
−1)=10
所以⎤n=
⎩−
10=
⎩2−1
10
7−49−1
2624
=10⋅2
2
6=106
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。
解:
系统开环传递函数
25K1
图3-42飞行控制系统
G0(s)=
s(s+0.8)
1+25K1
s(s+0.8)
25K
Kts
=25K1
s(s+0.8)+25K1Kts
⎤2
=1=n
s(s+0.8+25K1Kt)
s(s+2⎩⎤n)
n
1
⎤2=36=25K
K=36
125
2⎩⎤n=0.8+25K1Kt=12
14
所以Kt=
45
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)
1S2
c(t)
r(t)
1+s
1S2
c(t)
r(t)
1S2
c(t)
---
+
S
(a)
(b)+
(c)
解:
(a)⎤n=1
⎩=0
s+1
图3-43控制系统
系统临界稳定。
(b)√(s)=
(c)√(s)=
s2+s+1
s+1
s2+s+1
⎤n=1
⎤n=1
⎩=0.5
⎩=0.5
⎛%=29.8%
⎛%=16.3%
ts=7.51s
ts=8.08s
3-9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
10
G(s)=(1+⎜s)
1
s(s+1)
10⎜2s
=10(1+⎜1s)=
s(s+1)+10⎜2s
10=
s(s+2)
2
⎤
n
s(s+2⎩⎤n)
0
n
⎤2=10
1
+
⎤n=
s(s+1)
10
2⎩⎤n=2
⎩=1
10
⎛%=e
−⎩ð/
1−⎩2
=35.1%
t=3.5
n
s⎩⎤
=3.5s
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:
(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:
s4352
s3101
s2472
10
s1−15300
47
s02
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:
s511232
s432448
s3416s21248s1
s0
有一对虚根,系统不稳定
(2)列劳思表如下:
s61−4
s544
s4−5−5
s3s2s1
s0
−710
−8
10
系统不稳定
(3)列劳思表如下:
s511235
s432025
s31680
33
s2525
s110
s025
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:
s4
s3
0.5
1.5
2K
1+0.5K
s22.5−0.25KK
2
1.5
s12.5−1.25K−0.125K
2.5−0.25K
s0K
3-14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⎜的取
值范围。
解:
系统开环传递函数为
10
G0(s)
=(1
+1)
s
s(s+1)
1+10⎜s
=s+1
s
10
s(s+1)+10⎜s
=10s+10
s3+(1+10⎜)s2
s(s+1)
系统特征方程为:
s3+(1+10⎜)s2+10s+10=0
劳思表如下:
s3110
s21+10⎜10
s110⎜
1+10⎜
s010
所以能使系统稳定反馈参数⎜的取值范围为⎜>0
3-15已知单位反馈系统的开环传递函数
100
(1)
G(s)=
(0.1s+1)(s+5)
(2)
G(s)=
50
s(0.1s+1)(s+5)
(3)
G(s)=
10(2s+1)
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。
Kp=limG(s)=20
s→0
KV=limsG(s)=0
s→0
K=lims2G(s)=0
as→0
所以当r(t)=2t时
R2
ess==∞
KV
当r(t)=2+2t+t2
ess
=R1
1+Kp
+R2
KV
+R3=∞
Ka
(2)应先检查系统的稳定性。
Kp=limG(s)=∞
s→0
KV=limsG(s)=10
s→0
K=lims2G(s)=0
as→0
所以当r(t)=2t时
e=R2=0.2
ss
K
V
当r(t)=2+2t+t2
ess
=R1
1+Kp
+R2
KV
+R3=∞
Ka
(3)应先检查系统的稳定性。
Kp=limG(s)=∞
s→0
KV=limsG(s)=∞
s→0
K=lims2G(s)=0.1
as→0
所以当r(t)=2t时
e=R2=0
ss
K
V
当r(t)=2+2t+t2
ess
=R1
1+Kp
+R2
KV
+R3
Ka
=20
3-16已知单位反馈系统的开环传递函数
50
(1)G(s)=
(0.1s+1)(2s+1)
(2)G(s)=
K
s(s2+4s+200)
(3)G(s)=
10(2s+1)(4s+1)
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。
Kp=limG(s)=50
s→0
KV=limsG(s)=0
s→0
K=lims2G(s)=0
as→0
(2)应先检查系统的稳定性。
Kp=limG(s)=∞
s→0
KV=limsG(s)=
s→0
K
200
K=lims2G(s)=0
as→0
(3)应先检查系统的稳定性。
Kp=limG(s)=∞
s→0
KV=limsG(s)=∞
s→0
K=lims2G(s)=1
as→0
3-17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。
3-18设控制系统如图3-47所示。
其中
KG(s)=Kp+
s
F(s)=1
Js
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+K
G0(s)=G(s)F(s)=
Js2
系统位置误差系数为KP
=limG(s)=∞
s→0
在r(t)作用下系统的稳态误差e
ssr
=R1=0
1+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+K
G0(s)=G(s)F(s)=
Js2
系统位置误差系数为KP
=limG(s)=∞
s→0
在n1(t)作用下系统的稳态误差essn1=
R1=0
1+Kp
(3)在n1(t)和n2(t)同时作用下系统的稳态误差
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+K
G0(s)=G(s)F(s)=
Js2
系统位置误差系数为KP
=limG(s)=∞
s→0
在n2(t)作用下系统的稳态误差essn2=
R1=0
1+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=0
3-19设闭环传递函数的一般形式为
√(s)=
G(s)
m
=bms
+bm−1s
m−1
1
0
+L+b1s+b0
1+G(s)H(s)
sn+a
n−1
sn−1+L+as+a
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
R(s)=1
m
C(s)=R(s)√(s)=1bms
+bm−1s
m−1
+L+b1s+b0
sssn
+an−1s
n−1
+L+a1s+a0
m
E(s)=R(s)−C(s)=1−1bms
+bm−1s
m−1
+L+b1s+b0
ss
mm−1
sn+a
1
1
n−1
sn−1+L+as+a
=11−bms
+bm−1s
+L+b1s+b0
1
0
0
0
ssn+a
n−1
sn−1+L+as+a
1(sn+a
sn−1+L+as+a
)−(b
sm+b
sm−1+L+bs+b)
=n−1
10m
m−110
ssn+a
n−1
sn−1+L+as+a
1(sn+a
sn−1+L+as)−(b
sm+b
sm−1+L+bs)+(a
−b)
=n−1
1mm−1
100
s
e=lime(t)=limsE(s)
sn+a
1
0
n−1
sn−1+L+as+a
sst→∞
s→0
(sn+a
sn−1+L+as)−(b
sm+b
sm−1+L+bs)+
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 胡寿松 自动控制 原理 习题 解答 第三