控制工程基础C作业2017答案S

《控制工程基础C》作业和解答

第一章自动控制概论

1-1

解：

u（表征液位的希被控对象：水箱。被控量：水箱的实际水位c。给定量：电位器设定点位

r c）。比较元件：电位器。执行元件：电动机。控制任务：保持水箱液面高度不变。

望值

u）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的开工作原理：当电位器电刷位于中点（对应

c。一旦流入水量或流出水量发度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度

c。

生变化，液面高度就会偏离给定高度

例如：当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆作用，是电位器电刷由中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机，通过减速器带动进水阀门向减小开度的方向转动，从而减少流入的水量，使液面逐渐降低，浮子位置也相应下降，直到电位器电刷回到

c。

中点位置，电动机的控制电压为零，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度

反之，若液面降低，则通过自动控制作用，增大进水阀门开度，加大流入水量，使液面升高c。系统方块图如图所示

到给定高度

在上图中，比较环节：电位器（电位比较）；控制器：电位器（比例控制器）；被控对象：电动机、减速器、控制阀、水箱（输出水位）；检测变换：浮子连杆、电位器（位移—>电位）1-2

解：

被控对象：电炉。被控量：炉温。给定量：电位计的给定电压。放大元件：电压放大器和功率放大器。执行机构：电动机和减速器。测量元件：热电偶。

工作原理：热电偶将温度信号转换为电信号，反映炉温，其输出电势与给定电信号之差为偏差信号。偏差信号经电压放大和功率放大后，带动电机旋转，并经减速器使自耦调压器的活动触点移动，从而改变加在电阻丝两端的电压。当炉温达到预定值时，热电偶感应的电压值与电位计输出电压大小相同，相互抵消，放大器零输出，电机不动，变压器输出电刷不动，电阻的端电压恒定，保持炉温等于希望值。当炉温偏离希望值时，放大器输入端的平衡会打破，其输出电压会驱动电机通过减速器调节变压器输出电刷位置，改变电阻丝的端电压，使炉温达到希望值。系统方块图如图所示

在上图中，比较环节：电位器（电位比较）；控制器：电压放大器（比例控制器）；被控对象：功率放大器、可逆电动机、减速器、调压器、电炉（输出温度）；检测变换：热电偶（温度—>电位）

第二章控制系统的数学模型

2-1

解： 1.1

12.56F y =，弹簧在变形位移0.25 附近作为小变化

1.11

0.25

12.65 1.112.1137y y dF

F y y y y

-==?=

?=???=?

█

2-2

解：系统的传递函数

2()2

()32

C s R s s s =++，初始条件(0)1(0)0c c =-=，可得 ()3()2()2()c t c t c t r t ++=

拉氏变换可得 []2

()(0)(0)3()(0)2()2()s C s sc c sC s c C s R s --+-+=

[]22

2221

()()(0)(0)3(0)3232

21()(3)3232

C s R s c sc c s s s s R s s s s s s ∴=

+++++++=+--=+++++12零初态响应C (s)零输入响应C (s)

阶跃输入()1()r t t =时，1

()R s s

，所以

零初态响应：2112

21121

()()123212

t t C s c t e e s s s s s s --=

=-+=-+++++，零输入响应：2222121

()(3)()23212

t t C s s c t e e s s s s --=--=-+=-+++++，

系统的输出相应()c t ：212()()()142t t

c t c t c t e e --=+=-+ █

2-3

解：

由 ()

10()20()dc t c t e t dt

+= 拉氏变换可得

()20()()610C s G s E s s ==+ 由 ()

5()10()db t b t c t dt

+= 拉氏变换可得

()10()()205B s H s C s s ==+ 同时，()10()()E s R s B s =- 所以，

()()20(205)100(41)61010102010()1()()1223251223251610205

C s G s s s s R s G s H s s s s s s s +++====++++++

++ 222

()()()61010(610)(205)10(12235)610102010()()()201202302501223251610205

E s E s C s s s s s s s R s C s R s s s s s s s ++++++====+++++

++或

222()1

1010(610)(205)10(12235)102010()1()()1202302501223251610205

E s s s s s R s G s H s s s s s s s ++++====

++++

█

2-4

解：（a ）

[]12122323()()()1

()()()1()()1()()

G s G s C s G s G s R s G s G s G s G s +=+=++ （b ）

[]121212111121

12()()1()()()()

()()()

1()()()()

1()1()()

G s G s H s H s G s C s G s H s R s G s H s H s H s G s H s H s +==

-+-+ （c ）

[][]221321132122211221()

()()()1()()()

()()()

()1()()()()()1()()

1()()

G s G s G s G s G s H s C s G s G s G s R s G s G s H s G s H s G s H s G s H s ++=+=

++++█

2-5

解：（a ）

()

N s

令N(s)=0，则有

121211212

12121121()()1()()()()()()

()()()1()()()()()11()()()

G s G s G s G s H s G s G s C s G s G s R s G s G s G s G s H s G s G s H s +==

++++ 令R(s)=0，则有

1232312111211212

12121121121()()1

()()()1()()()()1()()()()1

()()()()()1()()()()()111()()()1()()()

G s G s G s G s G s G s G s H s G s G s G s H s C s G s G s G s G s N s G s G s G s G s H s G s G s H s G s G s H s --+=-+=

++++++ 2-6 解：（b ）

该系统中有9个独立的回路：

L1 = -G2H1，L2 = -G4H2，L3 = -G6H3，L4 = -G3G4G5H4， L5 = -G1G2G3G4G5G6H5，L6 = -G7G3G4G5G6H5，L7 = -G1G8G6H5

L8 = G7H1G8G6H5，L9 = G8H1H4。两两互不接触的回路有6个：

L1L2，L2L3，L1L3，L2L7，L2L8，L2L9。 3个互不接触的回路有1个：

L1L2L3 所以，特征式

1223132728291231

1L L + L L + L L + L L + L L + L L L L L i i L =?=-+-∑

该系统的前向通道有四个：

P1= G1G2G3G4G5G6 Δ1=1 P2= G7G3G4G5G6 Δ2=1 P3= G1G8G6

Δ3=1-L2

P4= -G7H1G8G6

Δ4=1-L2

因此，系统的闭环系统传递函数C(s) / R(s)为

11223344

122313272829123

1()()

1L L + L L + L L + L L + L L + L L L L L i i p p p p C s R s L =?+?+?+?=-+-∑

（c ）

该系统中有3个独立的回路：

L1 = -10，L2 = -2，L3 = -0.5 两两互不接触的回路有2个：

L1L3=5，L2L3=1 所以，特征式

Δ=1-（L1 + L2 + L3）+（L1L3+ L2L3）=1-(-10-2-0.5)+(5+1)=19.5 该系统的前向通道有三个：

P1=50 Δ1=1-L3=1+0.5=1.5 P2=20 Δ2=1- L1=1+10=11

因此，系统的闭环系统传递函数C(s) / R(s)为

1122()50 1.52011295

15.1282()19.519.5

p p C s R s ?+??+?====? █

第三章线性系统的时域分析法

3-1

解：求系统的阶跃响应

)()()()()()()(++==?+=+Ts s s R s C s G t r t r t c t c

T ττ T

s T T s s Ts s s s G s C 1

11111)()(---

=++==∴τ

τ T

e T

T t c ---=∴τ1)(

]ln 11[ln

)(T

T a T t a t c τ-+-=?= 延迟时间： ]ln 693.0[]ln 5.011[ln

)(5.0)(T T T T T T t c t c d d τ

τ-+=-+-=?∞=

上升时间： ]ln 1.0[]ln 1.011[ln )(1.0)(1010T T T T T T t c t c τ

τ-+=-+-=?∞=

]ln 3.2[]ln 9.011[ln )(9.0)(9090T

T T T T T t c t c τ

τ-+=-+-=?∞=

T t t t r 2.21090=-=∴

调节时间：]ln 3[]ln 95.011[ln )(95.0)(T

T T T T T t c t c r r τ

τ-+≈-+-=?∞= █

3-2

解：（1）对方程两边作拉氏变换有：10

()()C s R s s

= 脉冲响应：1010()()C s R s s s

= ()10k t = 阶跃响应：10101()()C s R s s s s

=? ()10h t t =

（2）

22()125

()0.040.241625C s R s s s s s ==++++ 5,0.6ωζ∴==n

阶跃响应：()()35

()11sin 453.14ωζωβ--=+=-+n t

t d h t t e t

脉冲响应：()()()()3335

()()(3sin 453.14cos 453.1)

253425(sin 453.1cos 453.1)sin 44554

t t t

k t h t e t t e t t e t ---==+-+=+-+=（也可直接

对传

递

函

数

进

行

拉

氏

反

变

换

求

得

）

█ 3-3

解：系统闭环传递函数

()L[()]s k t Φ=

() 1.250.0125

1()L[()]L[0.0125] 1.25

t s k t e s -Φ===

()()()222()L[()]L[510sin 445]

55445]

s k t t t t s s Φ==++=++= █

3-4

解：由阶跃响应表达式知： 1.6, 1.2,cos53.10.6,2d n n ωωξξξω===

?==

超调量：3

%100%9.489%e e

πσ-===

峰值时间： 1.96()1.6

p d t s ππω=

== 调节时间：ln(0.050.8)

2.68()1.2

r n

t s -?=

█

解：系统开环传函为：1

1112525(0.8)

()25(0.825)1(0.8)

t t K K s s G s K K s s s K K s s +==+++

系统闭环传函为：1

2111

125(0.825)25()25(0.825)251(0.825)

t t t K s s K K K G s K s K K s K s s K K ++==++++

要使6n ω=必有：112536 1.44K K =?=

111.2

20.825120.8360.31136

n t t t K K K K ωξξ=+?=+?==

█

3-6 解：

解：（注意：求稳态误差前首先应判定系统是否稳定，课程学习时由于先介绍稳态误差，才介绍稳定性判别，所以做作业时并未考虑稳定，即假设已知系统是稳定的） ① 判断稳定性

5005015500)5)(10()(23+++=+++=s s s s s s s D

3s 1 50 2s 15 500 s 16.7

0s 500

可见，劳斯表中首列系数全大于零，该系统稳定。 ② 用静态误差系数法依题意有K=50/5=10,v=1 当2)(1=t r 时，012

121=∞

+=+=

p ss K e

当t t r 2)(2=时，2.010222===

v ss K e 当2

3)(t t r =时，∞→==

23a ss K e 因此，

220.2

2200.2ss ss e r t e r t t ==++++∞→∞

█ 3-7 解：由题意

∞→++==→→)

2004(lim

)(lim 2

2s s s K

s G K s s p 200/200

4lim )(lim 2002K s s K

s G s K s s v =++=?=→→

0200

4lim )(lim 20202

=++=?=→→s s Ks

s G s K s s a █

3-8 解：（1）

)(1)(t t r =作用时，用静态位置误差系数求解。

系统开环传递函数为

1()()()(s

s K K J K Js K

s K s F s G s G p

P +=+=?= 开环增益J

K =

0，系统型别2=v ，静态位置误差系数∞→=→)(lim 00s G K s p

设参数选取使系统稳定，则011

11)

(1=∞

+=+=

=p t r sst K e

（2）)(1)(1t t n =作用时，由结构图可得

K s K Js s Js K s K Js s F s G s F s N s E s p p en ++-=++

=+-==Φ22

1111

)

()(1)()()()(

)(lim 1

)()()(10

12111=?=++-=Φ=→s E s e K s K Js s N s s E n s ssn p en n

（3）

)(1)(2t t n =作用时，由结构图可得

K s K Js Js Js K s K s F s G s N s E s p p en ++-=

+-==Φ22

2211)

()(11

)()()( 0

)(lim )()()(20

22222=?=++-=Φ=→s E s e K s K Js Js

s N s s E n s ssn p en n

由叠加原理：021=+=ss ss ss e e e

█

第四章线性系统的稳定性

4-1 解；

（1）劳斯表为：

5s 1 12 32 4s 3 24 48 3s 4 16 0 2s 12 48

(原)s 0 0（出现全零行，所以构造辅助方程）由全零行的上一行构造辅助方程为048122

=+s ，辅助方程求导得24s=0,故全零行替代为

（新）s 24 0

0s 48

表中第一列元素没有变号，故右半S 平面没有闭环极点，系统临界稳定。（注意：只要出现第一列0元素或全0行，系统一定不是稳定的）

对辅助方程048122

=+s 求解，得到系统一对虚根为22,1j s ±=

（2）列劳斯表：

6s 1 -4 -7 10 5s 4 4 -8 4s -5 -5 10

（原）3

s 0 0（出现了全0行，要构造辅助方程）

由全零行的上一行构造辅助方程为0105524=+--s s ，对其求导得010203

=--s s ，故全0行替代为

（新）3

s -20 -10 2

s -2.5 10 s -90 0 0

s 10

表中第一列元素变号两次，故右半S 平面有两个闭环极点，系统不稳定。

对辅助方程010552

4=+--s s 化简得0)2)(1(2

=+-s s （1）

由D （s ）/辅助方程，得余因式为(s-1)(s+5)=0 （2）求解（1）（2）得系统的根为

5,1,2,1654,32,1-==±=±=s s j s s

因此系统有一对纯虚根。

█

4-2

解：

根据结构图有梅森增益公式可得

110(1)()10(1)(1)

10110()(110)1010

1(1)(1)(1)

C s s s s s R s s s s s s s s s ττ+?

++==+++++++?++ 即系统的闭环特征方程32

()(110)1010D s s s s τ=++++

列系统的劳斯表如下：

3s 1 10

2s 1+10τ 10 0.1τ?>- s

10(110)10

110ττ

+-+ 0τ?>

0s 10

可见τ的稳定范围为0τ>

█

第五章线性系统的根轨迹法

5-1 解：

用描点法绘出闭环根轨迹

++=ΦK

s K s 1)( 则闭环特征方程为01)(=++=*

K s s D 所以闭环根为*

--=K s 1

当*K =0时，s=-1;当*

K =1时，s=-2;当∞→*

K 时，s →-∞。逐个描点可得到闭环根轨迹，

可见，只有（-2+j0）在根轨迹上。 █ 5-2 解：

（1） n=2，根轨迹有两条分支。

（2）起点：∞-=-==-1

;5.0;021，终点：z p p 。（3）实轴上的根轨迹：-∞→--→1,5.00。（4）分离点：因

15.011+=

++d d d ，故05.022

=++d d ，解得707.1,29.021-=-=d d ，分别为分离点和汇合点。

绘出相应的闭环根轨迹如图所示

█

5-3 解：

（1） n=2，根轨迹有两条。

（2）起点：2;21,21121-=+-=--=z j p j p 终点：，另一条趋于无穷远。（3）实轴上的根轨迹：-∞→-2。（4）分离点：

52222112112+=+++=-++++d d d d j d j d

整理得0142

=-+d d ，解得24.4(236.021-==d d 舍），

（5）起始角：

43.15343.6390902arctan 18018011=+=-+=-+=θ?θpi

绘出相应的闭环根轨迹如图所示 █ 5-4 解：

03040)(30)10()(2=++=+++=b s s b s s s s D 等效开环传递函数为

)

40(30)(1+=

s s b

s G

绘出闭环根轨迹，如图所示

█

5-5 解：

θp=153.43°

当R(s)=0时，在干扰N(s)=1/s 作用下，)

22()(2

+++=

s s K s K

s N φ

)22()(23+++=s s K s s D

等效开环传递函数为3

32)

11)(11()22()(s

j s j s K s s s K s G -+++=++=*

求根轨迹与虚轴的交点：

将ωj s =代入0)(=s D ，令其实部，虚部分别为零，可得

0)2(,0)2(22=+-=+-ωωωK K ，解得2=c ω，1=c K ，即

当K>1时系统才稳定，而1>K>0时系统不稳定；当↑↑ξ,K 时，稳定性变好；

当)(45707

.0t c K ），（时，

→→∞→βξ振荡性减小，快速性得以改善。绘出系统的闭环根轨迹如图所示S=0处有3个开环极点，出射角的计算：根据幅角条件

█

第六章线性系统的频域分析法

6-1

()()180(21)

m n

j i s z s p k ==∠--∠-=+∑∑2

111

()()0

3()180(21), ()60(21)

j i s z s p s p k s p k ==∠--∠-=-∠-=+∠-=-+∑∑

解：

（1）该系统为0型系统，且包含两个惯性环节，交接频率依次为

125.0,5.021==ωω

因此，其对数幅频渐近特性曲线低频段的斜率为0dB/dec,起始)(ωL 值为

)(02.62lg 20lg 20)(dB K L ===ω

在交接频率1ω处斜率下降20 dB/dec ；在交接频率2ω处斜率又下降20 dB/dec ，变为-40 dB/dec 。系统的对数幅频渐近特性曲线如图所示

█

（2）解：

该系统为型系统，200,2==K γ，且包含两个惯性环节，交接频率依次为

1,1.021==ωω

因此，其对数幅频渐近特性曲线低频段的斜率为20γ dB/dec=-40 dB/dec ，起始)(ωL 值为

)(126lg

20)01.0(01

.02dB K

L ===ωω

在交接频率1ω处斜率下降20 dB/dec ，变为-60 dB/dec ；在交接频率2ω处斜率又下降20 dB/dec ，变为-80 dB/dec 。

系统的对数幅频渐近特性曲线如图所示

█

6-2 (a)解：

由图可知，系统对数幅频渐近特性曲线起始斜率为0 dB/dec ，故为0型系统，在第一个交接频率处，斜率下降20 dB/dec ，对应一阶惯性环节。在第二个交接频率处，斜率上升20 dB/dec ，对应一阶微分环节。在第三个交接频率处，斜率下降20 dB/dec ，对应一阶惯性环节。因此，可写出系统传递函数

)

1)(

1()1(

)(3

+++=

ωωωs

K s G

由)(40)(lg 20dB L K ==ω得K=100，则)1100

)(1()

100)(12

+++=

s G ωω

(b)

由图可知，系统对数幅频渐近特性曲线起始斜率为-40 dB/dec ，故为型系统，在第一个交接频率处，斜率上升20 dB/dec ，对应一阶微分环节。在第二个交接频率处，斜率下降20 dB/dec ，对应一阶惯性环节。因此，可写出系统传递函数为

)

)(2

++=

ωωs

s s

K s G