自动控制原理考试试题第五章习题及答案-2
自控原理第五章习题参考答案
5-1 5()0.251G s s =+5()0.251G j j ωω=+()A ω=()arctan(0.25)ϕωω=-输入 ()5cos(430)5sin(460) =4r t t t ω=-︒=+︒(4)A ==(4)arctan(0.25*4)45ϕ=-=-︒系统的稳态输出为()(4)*5cos[430(4)]3045)17.68cos(475)17.68sin(415)c t A t t t t ϕ=-︒+=-︒-︒=-︒=+︒ sin cos(90)cos(90)cos(270)αααα=︒-=-︒=+︒或者，()(4)*5sin[460(4)]6045) 17.68sin(415)c t A t t t ϕ=+︒+=+︒-︒=+︒所以，对于cos 信号输入下的稳态输出计算规律与sin 信号作用下计算相同。
5-3（2）1()(1)(12)G s s s =++ 1()(1)(12)G j j j ωωω=++()A ω=()arctan arctan 2ϕωωω=--起点：0ω= (0)1;(0)0A ϕ==︒ 位于正实轴上。
终点：ω→∞ ()0;()180A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第三象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()arctan arctan 290ϕωωω=--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒所以有，1/(2)ωω= 21/2ω=()0.473A ω=== 因此，与虚轴的交点为（0，-j0.47）()ω（3）1()(1)(12)G s s s s =++ 1()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()90arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)90A ϕ=∞=︒∆－－ 位于负虚轴（左侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()270A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第二象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与实轴有交点，并且满足：()90arctan arctan 2180ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=2()0.673A ω===与实轴的交点为（-0.67，-j0）)ω（4）21()(1)(12)G s s s s =++ 21()()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()180arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)180A ϕ=∞=︒∆－－ 位于负实轴（上侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()360A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第一象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()180arctan arctan 2270ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=()0.94A ω===与虚轴的交点为（0，j0.94）)ω=5-4（2）10.5ω=，21ω=，1K =，0ν=（3）10.5ω=，21ω=，1K =，1ν=低频段直线（延长线）与0db 线交点的频率为：1/cK νω'=。
任彦硕《自动控制原理》全部答案
R1
R2
+
1 sC2
Ur (s) R1C2s
(d)
Ur (s) R1
=
Uc (s)
( R2
//
1 sC2
)
⇒ T(s) = Uc(s) Ur (s)
=
R2 R1
1 R2C2s +1
题 2-2：试用运算法建立题 2-2 图所示 LC、RLC 电网络的动态结构图，并求解
自 u i (t) 至 u o (t) 信号传输的传递函数。
b)
R 2 uc(t) C2 −
R1 u r(t)
Rb
R2 C2
− +
c)
− uc(t)
R1 u r(t)
Rb
题 2-1 图 电网络
C3 R3 C2 R2
− +
d)
− uc(t)
(a) T (s) = Uc (s) =
R2
+
1 sC2
=
R2C1C2s + C1
Ur (s)
R1
+
R2
+
1 sC1
+
1 sC2
−
Ms2
X1(s)
=
ms2
X
2
⇒ X1(s) =
ms2 + ks + f
F (s) s2[Mms2 + (M + m)ks + (M + m) f ]
(b)
⎧ ⎪⎪m ⎨
⎪ ⎪⎩
f1
d 2 x1(t) + dt 2
d[x1(t) − dt
f1
d[
x1
(t) − dt
自动控制原理简明教程第二版课后答案第五章习题答案
5-13 试用奈氏判据分宾判断题 5-5，5-6 系统的闭环稳定性。 解：5-5 （1）τ > T 时系统闭环稳定。 （2）T >τ 5-6 （1）ν =1 时系统闭环稳定。 （2）ν = 2,3,4 时系统闭环不稳定。 5-14 已知下列系统开环传递函数（参数 K,T,Ti > 0;i = 1,2,,6 ） ： 时系统闭环不稳定。
8
胡寿松自动控制原理习题解答第五章 电 3 刘晓峰制作
L（ω ） （dB）
60 40 20
-20 -40 -20
0
0.1 1 2 10
-40 20 -60
100ω
ω 0 − 90
−180
5-11 绘制下列函数的对数幅频渐进特性曲线：
2
（1）G(s) =
(2s +1)(8s +1) 200 （2）G(s) = s 2(s +1)(10s +1)
1
所以：G(s) = 100(0.001s/ω
1
+1)
(s
/ω 1 +1)(s /100 +1)
11
胡寿松自动控制原理习题解答第五章 电 3 刘晓峰制作
（b）G(s) = s 102 (s(s/ω /ω
21
++11) )
（c）
G(s) = (s
2
2ξ ω nKs+2ω + s
n 2
ω
n
2
)(s /10 +1)
0.5 −87.2
1 −92.1
3 −164
5 − 216
7 − 234.5
10 − 246
自动控制原理第五章课后答案
五 频域分析法2-5-1 系统单位阶跃输入下的输出)0(8.08.11)(94≥+-=--t e e t c tt ,求系统的频率特性表达式。
【解】： 98.048.11)]([L )(1+++-==-s s s t c s C 闭环传递函数)9)(4(36198.048.11)()()(++=+++-==s s ss s s s R s C s G )9tg 4(tg 2211811636)9)(4(36)(ωωωωωωω--+-+⨯+=++=j ej j j G2-5-2系统时，系统的稳态输出（1）)30sin()(0+=t t r ； （2）)452cos(2)(0+=t t r ；（3）)452cos(2)30sin()(00--+=t t t r 。
【解】：求系统闭环传递函数5tg 21254)5(4)(54)(1)()()()(14)(ωωωω--+=+=+=+==+=j B K K B K ej j G s s G s G s R s C s G s s G根据频率特性的定义，以及线性系统的迭加性求解如下：（1）︒===30,1,11θωr A︒--====-3.1151tg )1(178.0264)1()(1j j j B e eeA j G θωω[])7.18sin(78.0)1(sin )1()sin()(12︒+=++=+=t t A A t A t c r c s θθθ（2）︒===45,2,21θωr A︒--==+=-8.2152tg 274.02544)(1j j B e ej G ωω)2.232cos(48.1)(︒+=t t c s（3）)8.662cos(48.1)7.18sin(78.0)(︒--︒+=t t t c s2-5-3 试求图2-5-3所示网络的频率特性，并绘制其幅相频率特性曲线。
【解】：（1）网络的频率特性1)(111)(212212+++=+++=ωωωωωC R R j C jR C j R R C j R j G（2）绘制频率特性曲线)tg (tg 22212121111)(1)(11)(ωωωωωωωT T j eT T jT jT j G ---++=++= 其中1221221,)(,T T C R R T C R T >+==。
自动控制原理及其应用课后习题第五章答案
ω
20 0 -20
10 ωc
1
2 -20dB/dec
ω
-60dB/dec
10 ≈1 ω2 0.5 c
ω c=4.5
5 ≈1 ω c=7.9 ω 0.01 c3
第五章习题课 (5-17)
-20
低频段曲线： 低频段曲线： 20lgK=20dB φ (ω ) 0 ω1=5 ω2=15 -90 相频特性曲线： 相频特性曲线： -180 -270 φ ( )= -90o ω ω=0 φ ( )= -270o ω ω=∞
-60dB/dec
ω
第五章习题课 (5-2)
10(s+0.2) 1.33(5s+1) (5) G(s)= s2(s+0.1)(s+15)=s2(10s+1)(0.67s+1) 解： 低频段曲线： 低频段曲线： 20lgK=2.5dB
第五章习题课 (5-7)
5-7 已知奈氏曲线，p为不稳定极点个数， 已知奈氏曲线， 为不稳定极点个数 为不稳定极点个数， υ为积分环节个数，试判别系统稳定性。 为积分环节个数，试判别系统稳定性。 Im υ=2 (b) p=0 (a) p=0 Im υ=0
ω=0 Re -1 0 ω=0+ -1 0 ω=0 Re
第五章习题课 (5-1)
5-1(1) 已知单位负反馈系统开环传递函数， 已知单位负反馈系统开环传递函数， 当输入信号r(t)=sin(t+30o)，试求系统的稳态 当输入信号 ， 输出。 输出。 10 G(s)=(s+1) 10 解： φ(s)= (s+11) 10 = 10 = 10 ω A( )= 2 2 112+1√ 122 =0.905 √ 11 +( ) √ ω φ ( )=-tg-1ω =-tg-1 1 =-5.2o ω 11 11 cs(t)=0.9sin(t+24.8o)
自动控制原理第五章课后习题答案(免费)[1]
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自动控制原理第五章课后习题答案（免费）5－１设单位反馈系统的开环传递函数为对系统进行串联校正，满足开环增益 及 解:① 首先确定开环增益K,00()12lim v s K SG S k →===② 未校正系统开环传函为:012()(1)G s s s =+M a g n i t u d e (d B )1010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 70.5 dB (at 200 rad/sec) , P m = 16.5 deg (at 3.39 rad/sec)Frequency (rad/sec)③ 绘制未校正系统的开环对数频率特性,得到幅穿频率 3.4c ω=,对应相位角'0()164,16c G j ωγ∠=-∴=,采用超前校正装置,最大相角 0(180())4016630m c G j ϕγωγ=-+∠+=-+=④ 11sin ,31m αϕαα--=∴=+ 0()(1)KG s s s =+40γ=︒112K s -=⑤ 在已绘图上找出10lg 10lg3 4.77α-=-=-的频率 4.4m ω=弧度/秒 令c m ωω=⑥0.128/,0.385/m T s T s ωα=⇒==∴=校正装置的传函为:110.385()110.128Ts s G s Ts s α++==++校正后的开环传函为:012(10.39)()()()(1)(10.13)c s G s G s G s s s s +==++ 校正后1801374340γ=-=>,满足指标要求.-100-50050100M a g n i t u d e (d B )101010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 99.2 dB (at 1.82e+003 rad/sec) , P m = 42.4 deg (at 4.53 rad/sec)Frequency (rad/sec)5－２设单位反馈系统的开环传递函数为要求 设计串联迟后校正装置。
自控原理习题解答第五章
dk 3 2 4s 18s 20s 8 0 ds
s 1.5s 0.5 3 2 s 3 s 4.5s 5s 2
2
s 3s
3
2 2 2
1.5s 5s 1.5s 4.5s 0.5s 2 0.5s 1.5 0.5
s 0.5s 3 3 2 s 4 s 4.5s 5s 2
1
4 95.58
6求与虚轴的交点
s 1.1s 1.3s 0.5s k 0
4 3 2
s4 s3 s s
2
1 1.1 0.93 0.465 1.21k 1.1k
1.3 0.5 1.1k 0
k
s1
0
2 0.465 1.21k 0,0 k 0.38;0.93s 1.1k 0
4
j
45; l 1 : 3, 4 3 (135)
4
m i 1 i
a
p z
j1
nm
0.5 0.3 j0.96- 0.3 - j0.96- 0 0.275 4
4分离点 2 ss 0.5s 0.6s 1 k 0
试绘制系统的根轨迹图。
2实轴上的根轨迹： 0,0.5 3n m 4, 渐近线的倾角和渐近线 与实轴的交点 2l 1 , l 0,1,2
nm l 0 : 1, 2
n
k 答5 - 4Gs Hs ss 0.5 s 2 0.6s 1 1n 4, m 0, p1 0, p 2 -0.5, p 3 0.3 j0.96, p 4 0.3 j0.96
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 ϕω=-=-︒，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 )=121s +已知单位负反馈系统的开环传递函数为5()1K 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65)(+=Φs s 闭环系统的幅频特性为365)(2+=ωωA闭环系统的相频特性为6arctan )(ωωϕ-=（1）输入信号的频率为1ω=，因此有37375)(=ωA ，()9.46ϕω︒=- 系统的稳态输出537()sin(20.54)37ss c t t ︒=+ （2）输入信号的频率为2ω=，因此有10()A ω=，()18.43ϕω︒=- 系统的稳态输出10()cos(263.43)2ss 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5371()sin( 5.54)37ss c t t ︒=+ 对于输入分量2：－2cos （2t －45°），系统的稳态输出为102()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(210)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。
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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()(.)=+
20201
022
lg /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 4
12
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）。
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
()
()()()
=
+++
123
1110 -1 2 不稳定
2 G s
K
s T s T s
()
()()
=
++
12
110 0 0 稳定
3 G s
K
s Ts
()
()
=
+
210 -1 2 不稳定。