控制工程基础第六章习题答案

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控制工程基础第三版机械工业出版社课后答案

For personal use only in study and research; not forcommercial useFor personal use only in study and research; not forcommercial use控制工程基础习题解答第一章1-5．图1-10为张力控制系统。

当送料速度在短时间内突然变化时，试说明该控制系统的作用情况。

画出该控制系统的框图。

图1-10 题1-5图由图可知，通过张紧轮将张力转为角位移，通过测量角位移即可获得当前张力的大小。

当送料速度发生变化时，使系统张力发生改变，角位移相应变化，通过测量元件获得当前实际的角位移，和标准张力时角位移的给定值进行比较，得到它们的偏差。

根据偏差的大小调节电动机的转速，使偏差减小达到张力控制的目的。

框图如图所示。

角位移题1-5 框图1-8．图1-13为自动防空火力随动控制系统示意图及原理图。

试说明该控制系统的作用情况。

敏感元件图1-13 题1-8图该系统由两个自动控制系统串联而成：跟踪控制系统和瞄准控制系统，由跟踪控制系统获得目标的方位角和仰角，经过计算机进行弹道计算后给出火炮瞄准命令作为瞄准系统的给定值，瞄准系统控制火炮的水平旋转和垂直旋转实现瞄准。

跟踪控制系统根据敏感元件的输出获得对目标的跟踪误差，由此调整视线方向，保持敏感元件的最大输出，使视线始终对准目标，实现自动跟踪的功能。

瞄准系统分别由仰角伺服控制系统和方向角伺服控制系统并联组成，根据计算机给出的火炮瞄准命令，和仰角测量装置或水平方向角测量装置获得的火炮实际方位角比较，获得瞄准误差，通过定位伺服机构调整火炮瞄准的角度，实现火炮自动瞄准的功能。

控制工程基础习题解答第二章2-2．试求下列函数的拉氏变换，假定当t<0时，f(t)=0。

(3). ()t e t f t 10cos 5.0-= 解：()[][]()1005.05.010cos 25.0+++==-s s t e L t f L t(5). ()⎪⎭⎫⎝⎛+=35sin πt t f 解：()[]()252355cos 235sin 2135sin 2++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=s s t t L t L t f L π2-6．试求下列函数的拉氏反变换。

《控制工程基础》课程作业习题(含解答)

第一章概论本章要求学生了解控制系统的基本概念、研究对象及任务，了解系统的信息传递、反馈和反馈控制的概念及控制系统的分类，开环控制与闭环控制的区别；闭环控制系统的基本原理和组成环节。

学会将简单系统原理图抽象成职能方块图。

例1 例图1-1a 为晶体管直流稳压电源电路图。

试画出其系统方块图。

例图1-1a 晶体管稳压电源电路图解：在抽象出闭环系统方块图时，首先要抓住比较点，搞清比较的是什么量；对于恒值系统，要明确基准是什么量；还应当清楚输入和输出量是什么。

对于本题，可画出方块图如例图1-1b。

例图1-1b 晶体管稳压电源方块图本题直流稳压电源的基准是稳压管的电压，输出电压通过R和4R分压后与稳压管的电3压U比较，如果输出电压偏高，则经3R和4R分压后电压也偏高，使与之相连的晶体管基极w电流增大，集电极电流随之增大，降在R两端的电压也相应增加，于是输出电压相应减小。

c反之，如果输出电压偏低，则通过类似的过程使输出电压增大，以达到稳压的作用。

例2 例图1-2a为一种简单液压系统工作原理图。

其中，X为输入位移，Y为输出位移，试画出该系统的职能方块图。

解：该系统是一种阀控液压油缸。

当阀向左移动时，高压油从左端进入动力油缸，推动动力活塞向右移动；当阀向右移动时，高压油则从右端进入动力油缸，推动动力活塞向左移动；当阀的位置居中时，动力活塞也就停止移动。

因此，阀的位移，即B点的位移是该系统的比较点。

当X向左时,B点亦向左，而高压油使Y向右，将B点拉回到原来的中点，堵住了高压油，Y的运动也随之停下；当X向右时,其运动完全类似，只是运动方向相反。

由此可画出如例图1-2b的职能方块图。

例图1-2a 简单液压系统例图1-2b 职能方块图1．在给出的几种答案里，选择出正确的答案。

（1）以同等精度元件组成的开环系统和闭环系统，其精度比较为_______ （A ）开环高；（B ）闭环高；（C ）相差不多；（D ）一样高。

（2）系统的输出信号对控制作用的影响（A ）开环有；（B ）闭环有； (C ）都没有；（D ）都有。

控制工程基础_课后答案

控制工程基础习题解答第一章1-5．图1-10为张力控制系统。

当送料速度在短时间内突然变化时，试说明该控制系统的作用情况。

画出该控制系统的框图。

由图可知，通过张紧轮将张力转为角位移，通过测量角位移即可获得当前张力的大小。

根据偏差的大小调节电动机的转速，使偏差减小达到张力控制的目的。

框图如图所示。

1-8．图1-13为自动防空火力随动控制系统示意图及原理图。

试说明该控制系统的作用情况。

题1-5 框图电动机给定值角位移误差张力-转速位移张紧轮滚轮输送带转速测量轮测量元件角位移角位移（电压等）放大电压测量元件>电动机角位移给定值电动机图1-10 题1-5图该系统由两个自动控制系统串联而成：跟踪控制系统和瞄准控制系统，由跟踪控制系统获得目标的方位角和仰角，经过计算机进行弹道计算后给出火炮瞄准命令作为瞄准系统的给定值，瞄准系统控制火炮的水平旋转和垂直旋转实现瞄准。

控制工程基础习题解答第二章2-2．试求下列函数的拉氏变换，假定当t<0时，f(t)=0。

(3). ()t et f t10cos 5.0-=解：()[][]()1005.05.010cos 25.0+++==-s s t e L t f L t(5). ()⎪⎭⎫⎝⎛+=35sin πt t f 图1-13 题1-8图敏感元件定位伺服机构（方位和仰角）计算机指挥仪目标方向跟踪环路跟踪误差瞄准环路火炮方向火炮瞄准命令--视线瞄准误差伺服机构（控制绕垂直轴转动）伺服机构（控制仰角）视线敏感元件计算机指挥仪解：()[]()252355cos 235sin 2135sin 2++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=s s t t L t L t f L π2-6．试求下列函数的拉氏反变换。

机械控制工程课后习题解答

机械控制工程基础答案提示第二章系统的数学模型2-1 试求如图2-35所示机械系统的作用力)(t F 与位移)(t y 之间微分方程和传递函数。

)(t F )(t y f图2-35 题2-1图解：依题意：()()()()22d y t dy t a m F t f ky t dt b dt ⋅=⋅-⋅-故 ()()()()t F b at ky dt t dy f dt t y d m ⋅=+⋅+22 传递函数: ()()()kfs m s b as F s Y s G ++==22-2 对于如图2-36所示系统，试求出作用力F 1(t )到位移x 2(t )的传递函数。

其中，f 为粘性阻尼系数。

F 2(t )到位移x 1(t )的传递函数又是什么？m 2m 1k 1 f k 2F 1(t )F 2(t ) x 2(t )x 1(t )图2-36 题2-2图解：依题意：对1m ：()()()()212121111dt t x d m dt t dx dtt dx f t x k F =⎥⎦⎤⎢⎣⎡---对两边拉氏变换：()()()[]()s X s m s sX s sX f x k s F 12121111=---①对2m ：()()()()()222222212dt t x d m t x k dt t dx dt t dx f t F =-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+ 对两边拉氏变换：()()()[]()()s X s m s x k s sx s sx f s F 22222212=--+②故： ()()()()()()()()⎩⎨⎧=+++-=-++S F s x k fs s m s fsx s F s fsx s x k fs s m 222221121121 故得：()()()()()()()()()()()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+++++++=-+++++++⋅=22221212212122222121222211fs k fs s m k fs s m k fs s m s F s fsF s x fs k fs s m k fs s m s fsF k fs s m s F s x 故求()t F 1到()t x 2的传递函数令：()02=s F()()()()()()()()()2122211122432121212211212x s fsG s F s m s fs k m s fs k fs fsm m s f m m s m k m k s f k k s k k ==++++-=+++++++求()t F 2到()t x 1的传递函数令：()01=s F()()()()()()()()()1122221122432121212211212x s fsG s F s m s fs k m s fs k fs fsm m s f m m s m k m k s f k k s k k ==++++-=+++++++2-3 试求图2-37所示无源网络传递函数。

控制工程基础课后答案解析

第二章2.1求下列函数的拉氏变换（1）s s s s F 232)(23++=（2）4310)(2+-=s s s F （3）1)(!)(+-=n a s n s F （4）36)2(6)(2++=s s F（5） 22222)()(a s a s s F +-= （6）)14(21)(2s s s s F ++= （7）521)(+-=s s F 2.2 （1）由终值定理：10)(lim )(lim )(0===∞→∞→s t s sF t f f （2）11010)1(10)(+-=+=s s s s s F 由拉斯反变换：t e s F L t f ---==1010)]([)(1 所以10)(lim =∞→t f t2.3（1）0)2()(lim )(lim )0(2=+===∞→→s ss sF t f f s t )0()0()()()](['2''0''f sf s F s dt e t f t f L st --==-+∞⎰)0()0()(lim )(lim'2''0f sf s F s dt e t f s st s --=+∞→-+∞+∞→⎰1)2()(lim )0(222'=+==+∞→s s s F s f s (2)2)2(1)(+=s s F , t te s F L t f 21)]([)(--==∴ ,0)0(2)(22'=-=--f te et f tt又，1)0('=∴f2.4解：dt e t f e t f L s F st s--⎰-==22)(11)]([)(⎰⎰------+-=2121021111dt e e dt e e sts sts)11(11)11(11222s s s s se s e s e e s s e -------+--=22)1(111s s e s e ---∙-=2.5求下列函数的拉氏反变换（1）t t f 2sin 21)(= （2）t e t t f -=361)(（3）t t e e t f 32321)(+-=- （4）t t e e t f 235352)(+=-（5）t e t e t f t t 3sin 313cos 2)(22--+= （6）t t t e e te t f 222)(----+-=2.6（1）0)()()(22=--dtt y d m t ky t f（2）0)()()(222121=-+-dt t y d m t y k k k k t f2.7（1）14312)(23++++=s s s s s G（2）210)(22++=-s s e s G s2.8 解水的流量Q1由调节控制阀的开度控制，流出量Q2则根据需要可通过负载阀来改变，被调量H 反映了。

控制工程基础燕山大学孔祥东答案与解答6

取ε=-180°+14.5°-（-172.4°）=6.9° φm =γ-γ0+ε =45°-14.5°+6.9° =37.4°
1 sin m 1 sin 37.4 0.244 （4） 1 sin 1 sin 37.4 m
（5）超前校正装置在ωm 处的对数幅频值为 Lc(ωm)=10 lg(1/α)=10 lg(1/0.244)=6.13 dB ωm=5.4 rad/s 由于要求ωc=7.5 rad/s，因此应取ωm=7.5 rad/s ωc=7.5 rad/s 处原系统的幅值为：
55 arctan c 2 arctan 0.2 c 2 35 1.2 c 2 1 0.2 c 2
2
tan 35 0.7
c 2 0.55 rad / s
取ωc= ωc2=0.55rad/s （4）未校正系统在ωc 处的幅值为：
L0 c 20 lg K
c
20lg 8 lg 0.55 23.25dB
20 lg 23.25dB 14.55
（5）计算滞后校正装置的转折频率，作出校正装置的伯德图。
2 1
1

1

c
4

0.55 0.14 4

0.0096
Gc s
s 1 7.14s 1 s 1 104.17 s 1
（2）画出原系统的伯德图，
L0(ω) Lc(ω)
L(ω)
Φc(ω) γ Φ(ω)
Φ0 ( ω)
如图中的 L0(ω)及φ0(ω)所示。其中 20 lgK=20 lg15=23.5 dB。
从图中可以看出，该系统未校正系统的穿越频率

机械控制工程基础第六章复习题及解答

习题一题型：填空题题目：校正的实质是改变系统的分布。

分析与提示：校正的实质是改变系统的零、极点分布。

答案：零、极点习题二题型：填空题题目：进行校正所采用的元件或装置，称为和。

分析与提示：进行校正所采用的元件或装置，称为校正装置和校正元件。

答案：校正装置、校正元件习题三题型：填空题题目：设计的方法很多，按考虑问题的出发点之不同而异。

按最终的性能指标分类，一种是使系统达到最好的目标，即；另一种就是使系统达到所提出的某项或某几项指标，即。

分析与提示：按最终的性能指标分类，一种是使系统达到最好的目标，即优化设计；另一种就是使系统达到所提出的某项或某几项指标，即特性设计。

答案：优化设计、特性设计习题四题型：填空题题目：并联校正分为和。

分析与提示：并联校正分为反馈校正和顺馈校正。

答案：反馈校正、顺馈校正习题五题型：填空题题目：串联校正包括：、、、、和PID 校正。

分析与提示：串联校正包括：①增益调整、②相位超前校正、③相位滞后校正、④相位滞后－超前校正、⑤PID 校正。

答案：增益调整、相位超前校正、相位滞后校正、相位滞后－超前校正习题一题型：填空题题目：已知某串联校正装置的传递函数为(0.2s+1)/(2.0s+1),则它是校正装置。

分析与提示：超前校正的传递函数为1,11)(<++=αααTS TS s C c ，滞后校正的传递函数为1,11)(>++=ββTs Ts s G c ；超前滞后校正的传递函数为)1)(11()1)(1()(2121++++=s T s T s T s T s G c ββ。

答案：相位滞后习题二题型：选择题题目：以下校正方案中不属于串联校正的是【】A.增益调整B.相位超前校正C.相位滞后校正D.相位滞后—超前校正E. 顺馈校正分析与提示：顺馈校正属于并联校正。

答案：E习题三题型：多项选择题题目：相位超前校正具有以下特点【】A．系统带宽变窄，降低了系统响应的快速性B．增益和型次未改变，稳态精度变化不大C．加大带宽，加快了系统的响应速度，即改善系统的瞬态性能D．增大相位裕度，提高了系统的相对稳定性分析与提示：系统带宽变窄，降低了系统响应的快速性为滞后校正的特点。

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6-1 (a)G c (S )=V 0(S )V i (S )=Z 1Z 1+Z 2=RR +1=RCSRCS +1=TSTS +1(b)G c (S )=1CS 1CS+R =1RCS +1=1TS +16-2 (a)V i (S )R 1=-V 0(S )R 2•R 22R 22+R 2→G c (S )=-R 2+R 3R 3(1+R 3R 2R 2+R 3CS )=-K p (1+TdS )小区中间变量V p (S)得到G c (S )=V 0(S )V i (S )=-R 12+R 1R 3RCS +R 3R 2R 1R 2(b)V i (S )R 11+R 1C 2S=-V 0(S )R 2+12∴G c (S )=V 0(S )V i(S )=-(R 1C 1S +1)R 2C 2SR 1C 2S=-(T 2S +1)(T 1S +1)T 2S(c)V i (S )R 1=-V 0(S )R 22∴G c (S )=V 0(S )V i (S )=-R 21+R 2CSR 1=-R 2R 1•11+R 2CS=-K c •11+TSK c =R 2R 1T=R 2C6-3 G C 1(S )=S +1S +10=10•01S +10.1S +1•110α=10G C 2(S )=S +1S +20=20•0.05S +10.1S +1•120α=20G C (S )=S +10.02S +10=50•0.02S +10.02S +1α=50αm =sin −1α−1α+1=sin −110−110+1=54.90 64.80 73.90 W m =1√α•T=1√10•0.1=3.16 1√20•0.05=4.47 1√50•0.02=7.07L(W m )=10log α=10log 10=10分贝 13分贝 17分贝 6-4 G C 1 S =S +15S +1α=0.2 T=5幅值5倍 10倍 20倍φ(w)=-90-4.550 -2.410G C 2 S =S +110S +1α=0.1 T=10 幅值20log α=−20分贝相角 -10.150-5.130 -2.160G C 3 S =20S +120S +1α=0.05 T=20 幅值20log 20+20log 0.05=0分贝相角φ(w)=-10.60-5.40 -2.7606-5 G C (S )=（2.5S +1）（S+1）(25S +1)(0.1S +1)α=10 T 1=0.1T 2=25φ m =sin −1α−1α+1=550W m =1√α•T 1=3.16L(W m )=-10log α=-10分贝6-6 用根轨迹法校正A、B为-1±j√3未校正导流对AB产生的相角为-193.90所以加上PD调节后的附加相角为β=193.90-1800 =140log14=√3x→x=6.95 ∴Z c的值为-7.95所以G k S=K g S+7.95S S+1.5K gA=S S+1.5S+7.95|s=−1+j√3=√3+6.952=0.5所以G c S= K p1+TdS=Td K p(S+1Td)1Td=7.95 → Td=0.125 5 Td K p=0.5→K p=0.795∴G c S=0.795(1+0.126S) 以-0.795为圆心，以R=7.16为半径的圆。

6-7 K g=0.5K=K g•7.951.5=2.65 斜坡下的稳态误差e ss=1K v=1R=0.377e ss变为原来的10%，则K变为原来的10倍为26.5增加一对极点比零点更靠近坐标原点的开环偶极子改善稳态性能，设S+Z cS+P c =S+0.5S+0.05坐标原点附加分支对瞬态性能基本不影响，达能改善它的稳态性能6-8 用第一种方法，求K pp和自然振荡周期Tφs=8K pS2+5S+4+8K p特征方程S2+5S+4+8K p=0S2 1 4+8K pS1 5 0S04+8K p6-9 K v=4（S−1）=K g10=4 →K g=40绘制未校正导流的Bode图20log K=12 dB 转折频率为W1=1 W2=10G0S=4S(S+1)(0.1S+1)∴r=150W c=2∴Kℎ=0.25 Lℎ=12分贝要求r‘=450选择串联超前校正装置φm=r‘−r+Δ=65.50+150=81.5（比较大）α=1−sinφm1+sinφm=180 选择串联滞后校正装置r‘+Δ=450+50=500在L0w找出φ0w=130对应的频率作为新的截止频率W c’=0.7 L00.7=34分贝6-10 e ss≤1150=1K v=1K要求K=15 r=450W c≤7.5Lℎ=6分贝W c=4（S−1）r=120不满足要求选择超前校正装置W c≤7.5S−1取W c=7.5=W m 则L07.5=-10分贝则10logα=10 ∴α=10φm=550 T=1√αW m =0.042 αT=0.42∴G C(S)=0.42S+10.042S+1r=62.506-11 要求K a=2校正后应成为Ⅱ型系统8%≤40% h=40+6440−16=4.33取h=5 h=W2W1取K=2，绘制未校正系统的Bode图G 0 S =K （S +3）S (0.1S +1)(S +2)=32K （13S +1）S (0.1S +1)(0.5S +1)=2（13S +1）S (0.1S +1)（0.5S+1）期望频率特征W c =2不变，K 不变，则W 1=1 W 2=5，过W c =2作斜率为-20dB/dec 的线段BC ，过B 点作斜率为-40dB/dec 的线段BD ，即为低频段；过C 点作斜率为-40dB/dec 的线段交L 0于E 点，CE 为中高频段，未使校正装置简单，高频段与L 0相同 L c w =L k w −L 0 w ∴G 0 S =（S +1）（0.5S+1）（18.5S+1）S (13S +1)(15S +1)6-12 G 0 S =K （12S +1）S (11S +1）2(0.02S +1)低频渐近线的方程为20log K -20log W 0=L (w )∴20log K =20log 2 → K=2 log W 12=0.5 →W 1=6.32 log W2W 1=0.5 →W 2=20∴G 0 S =2（0.05S +1）S (0.158S +1）2(0.02S +1)φ(W c )=5.70-900-35.10-2.30=-121.70∴r=58.30瞬态性能基本满足要求但稳态性能e ss =1K v=12=0.5 要使稳态误差降为原来的10%，则K 增加10倍加上滞后校正装置G c S =1ααTS +1TS +1（α<1）∴ 1α=10∴α=0.1取W 2=1αT=0.2W c =0.4 则T=25 G c S =10（2.5S+1）25S +1G 0 S =20（2.5S+1）（0.05S +1）（25S+1）S (0.158S +1）2(0.02S +1)φ(W c )=-131.80∴r=48.20W c 不变6-13 要求K a =2 Ⅱ型系统G 0 S =12S （0.1S +1）ℎ+1ℎ−1=M p ≤1.5取 h=5 校正后为G k S =K （T 1S+1）S 2（T 2S +1）=2（T 1S+1）S 2（T 2S +1）=2（S+1）S 2（0.1S +1）W 1=2ℎ+1W c W 2=2ℎℎ+1W c W c 不变，K 不变，W 1=1，W 2=5L c w =L k w −L 0 w ∴G c S =S+1S6-14 未校正时G 0 S =G 1 S G 2 S =100（1.1S+1）S (0.025S +1)校正后 G k S =1001.1S+1 S 0.025S +1 +25S = 串联校正后G k S =G c S •100∗100∗0.01（0.033S+1）S (0.2S +1)=2（0.5S+1）（0.033S+1）S (0.02S +1)串联后：斜率-20dB/dec,过w=1,20log K =6 → K=2 截止频率W c =10S −1 r=1440h=3.76 取h=4 未校正L 0（w ）G 0 S =100（1.1S+1）S (0.025S +1)B 点W 2=2ℎ+1W c =0.44W c =4(S −1)C 点W 3=2ℎℎ+1W c =16S −1中频段斜率-20dB/dec ，W c =10S −1 从4到16S −1过B 点作斜率为-40dB/dec 的直线交L 0 w 的低频段于D 点，D 点对应的频率为0.4S −1C点延长至L0w的交点坐标是E点，对应的频率是40S−1，低、高频段与原系统重合。

校正装置起作用的频段为0.4<W<40，绘制L0w并延长至不起作用的频段∴G c S G2S= 2.5S1S+1（1S+1）(1S+1)而G2S=1000.2S+1所以G c S=0.025S（0.25S+1）(0.033S+1)h=4 r=360或1440W c=10S−1δ=64+16ℎℎ−1=42.67% t s=(6~8)1W c=0.6~0.8(s)6-15 校正前G0S=1000.033S+11000.2S+10.01S=100（0.2S+1）S(0.033S+1)串联校正后G0S=100（0.2S+1）S(0.033S+1)•K（0.5S+1）（0.2S+1）（5S+1）(0.02S+1)=100K（0.5S+1）（5S+1）(0.02S+1)S(0.033S+1)遇到W2=2 W3=30 W4=50时，此时导流中频段宽度很窄，截止频率也比较低，如果上移到W c=10，h=15，则r=610，系统性能比较好，10S−1对应-14dB，所以开环放大系数应该增大5倍，∴K=1若改为并联校正，L c w=L k w−L0w，校正装置作用频率段为0.2<W<50，校正装置不起作用的频段延长线至起作用的频段G c S=KS1S+1（1S+1）=5S0.5S+1（0.2S+1）G2S=1000.2S+1∴H(S)=G c S=0.052s0.5S+1δ=64+16ℎℎ−1=42.67% t s=(6~8)1W c=0.6~0.8(s)。