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5. 《自动控制原理》胡寿松主编 第五版 电子课件——第五章

自动控制原理作业参考答案(第五章

5.1 (1))(20)(20)(20)(12)(t r t r t c t c t c +=++ (2)21)10)(2()1(20)(s s s s s C ?+++= = s s s s 4 .0110275.02125.02+++-++- 所以 c(t)=4.0275.0125.0102++----t e e t t c(0)=0;c(∞)=∞; (3)单位斜坡响应,则r(t)=t 所以t t c t c t c 2020)(20)(12)(+=++ ,解微分方程加初始条件 解的: 4.04.02)(102++-+=--t e e t c t t c(0)=2, c(∞)=∞; 5.2 (1)t t e e t x 35.06.06.3)(---= (2)t e t x 2)(-= (3) t w n n n t w n n n n n n n e w b w a e w b w a t x )1(22)1(22221 2)1(1 2)1()(----+----+-+ -+----= ξξωξξωξξξωξξξω(4)t a A t a Aa e a a b t x at ωωωωωωωcos sin )()(2 22222+-++++=- 5.3 (1)y(kT)=)4(16 19 )3(45)2(T t T t T t -+-+-δδδ+…… (2) 由y(-2T)=y(-T)=0;可求得y(0)=0,y(T)=1; 则差分方程可改写为y[kT]-y[(k-1)T]+0.5y[(k-2) T]=0;,k=2,3,4…. 则有0))0()()((5.0))()(()(121=++++----y T y z z Y z T y z Y z z Y 2 11 5.015.01)(---+--=z z z z Y =.....125.025.025.05.015431----++++z z z 则y *(t)=0+)5(25.0)4(25.0)3(5.0)2()(T t T t T t T t T t -+-+-+-+-δδδδδ+… (3)y(kT)=k k k k k T T k T T )1(4 )1(4)1(4)1(4++---- 5.4

自动控制原理黄坚第二版课后答案第五章

5-1设单位负反馈系统的开环传递函数1 10 )(+=s s G ,当把下列输入信号作用在闭环系统输入端时,试求系统的稳态输出。 (1))30sin()( +=t t r (2) )452cos(2)( -=t t r (s+1) 1解: (s+11) 1 )A ω 11 2+( )2 1ω √ =0.905 = 112+1 1√ = 122 1√ =-5.2o φ ( ω ) ω 11 =-tg -1 1 11 =-tg -1 c s (t)= 0.9sin(t+24.8o ) (1) 计算的最后结果: (1)) 83.24sin(905.0)(+=t t c ; (2)) 3.532cos(785.1)(-=t t c ; 5-2设控制系统的开环传递函数如下,试绘制各系统的开环幅相频率特性曲线和开环对数频率特性曲线。 (1))15)(5(750 )(++= s s s s G (2))1110)(1(200)(2++=s s s s G (3))18)(12(10 )(++= s s s G (4)) 1008()1(1000)(2 +++=s s s s s G (5))1(10)(-= s s s G (6)131 10)(++=s s s G (7))15)(1.0()2.0(10)(2 +++=s s s s s G (8)1 31 10)(+-=s s s G

绘制各系统的开环幅相频率特性曲线: s(s+5)(s+15)(1) G(s)=750解:n-m=3I 型系统ω=0A()=∞ωφ-90o ( ω)=-270o φ(ω)=0)= A(ω (2s+1)(8s+1)(3) G(s)=10解:n-m=2 0型系统ω=0)=10 A(ω-180φ)=-180o (ω)=0A()= ω 0)=0o φ(ω)=s(s-1) (5) G(s)=10解:n-m=2 I 型系统ω=0ω=∞)=∞A(ω-270)=-270o φ(ω)=-180φ)=-180o (ω)= 0A()= ω 10(s+0.2) s 2(s+0.1)(s+15)(7) G(s)=解:n-m=3 II 型系统 ω=0 ω=∞ )=∞A(ω-180o φ(ω)=-270o φ(ω )=0A()= ωω 绘制各系统的开环对数频率特性曲线:

自动控制原理第五章复习总结(第二版)

第五章计算机控制系统 1. 现代过程工业发展的需要; 2.生产的安全性和可靠性、生产企业的经济效益等指标的需要; 3.运算速度快、精度高、存储量大、编程灵活以及有很强的通信能力等的需要。 第一节概述 一.计算机直接数字控制系统与常规的模拟控制系统的异同: 相同: 1.基本结构相同。 2.基本概念和术语相同。 3.控制原理相同。(都是基于“检测偏差、纠正偏差”的控制原理) 不同: 1.信息的传输形式不同。(前者是断续的、数字化的,后者是连续的、模拟的) 二.计算机直接数字控制系统概述 1.基本结构:如图5-1所示。 2.对模拟控制系统的改进: 3.计算机控制系统的控制过程: 4.与模拟控制系统相比,计算机控制系统具有很多优点: 第二节计算机控制系统的组成及分类一.计算机控制系统的组成 计算机控制系统组成: 1.工业对象 2.工业控制计算机

硬件:计算机主机、外部设备、外围设备、工业自动化仪表和操作控制台等。 软件:计算机系统的程序系统。 计算机控制系统结构:如图5-2 所示。 (一)、硬件部分 1. 主机 2.过程输入输出通道 3.操作设备 4.常规外部设备 5.通信设备 6.系统支持功能 (二)、软件部分 1.软件包含系统软件和应用软件两部分。 系统软件:一般包括编译系统,操作系统,数据库系统,通讯网络软件,调试程序,诊断程序等。 应用软件:一般包括过程输入程序、过程控制程序、过程输出程序、打印显示程序、人机接口程序等。 2.使用语言为汇编语言,或者高级算法语言、过程控制语言。 以及它们的汇编、解释、 二.计算机控制系统的分类 包括: 数据采集和数据处理系统 直接数字控制系统DDC 监督控制系统SCC 分级计算机控制系统 集散型控制系统等

自动控制原理第五章习题及答案

第五章习题与解答 5-1 试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。 c u r c (a) (b) 题5-1图 R-C 网络 解 (a)依图: ???? ????? +==+=++= + + =21211112 12111111 22 1 )1(11) ()(R R C R R T C R R R R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ ω ωτωωωωω111 21212121) 1()()()(jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a ++=+++== (b)依图: ?? ?+==++= + ++ =C R R T C R s T s sC R R sC R s U s U r c )(1 1 11) () (2122222212ττ ω ω τωωωωω2221211)(11)()()(jT j C R R j C R j j U j U j G r c b ++= +++== 5-2 某系统结构图如题5-2图所示,试根据频率特性的物理意义,求下列输入信号作用时,系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s (1) t t r 2sin )(= (2) )452cos(2)30sin() (?--?+=t t t r 题5-2图 反馈控制系统结构图

解 系统闭环传递函数为: 2 1)(+=Φs s 频率特性: 2 244221)(ω ω ωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 2 41 )(ω ω+= Φj 相频特性: )2arctan()(ωω?-= 系统误差传递函数: ,2 1 )(11)(++=+= Φs s s G s e 则 )2 arctan( arctan )(, 41)(2 2ω ωω?ω ωω-=++= Φj j e e (1)当t t r 2sin )(=时, 2=ω,r m =1 则 ,35.081 )(2== Φ=ωωj 45)2 2 arctan( )2(-=-=j ? 4.186 2 arctan )2(, 79.085 )(2==== Φ=j j e e ?ωω )452sin(35.0)2sin()2( -=-Φ=t t j r c m ss ? )4.182sin(79.0)2sin()2( +=-Φ=t t j r e e e m ss ? (2) 当 )452cos(2)30sin()(?--?+=t t t r 时: ???====2 , 21,12211m m r r ωω 5.26)21arctan()1(45.055)1(-=-=== Φj j ? 4.18)3 1arctan()1(63.0510)1(====Φj j e e ? )]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t c m m ss ??+-?Φ-++?Φ= )902cos(7.0)4.3sin(4.0 --+=t t )]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t e e e m e e m ss ??+-?Φ-++?Φ= )6.262cos(58.1)4.48sin(63.0 --+=t t 5-3 若系统单位阶跃响应

自动控制原理第五章

自动控制原理第五章 现代控制理论基础 20世纪50年代诞生,60年代发展。 标志和基础:状态空间法。 特点:揭示系统内部的关系和特性,研究和采用优良和复杂的控制方法。 适用范围:单变量系统,多变量系统,线性定常系统,线性时变系统,非线性系统。 状态:时间域中系统的运动信息。 状态变量:确定系统状态的一组独立(数目最少的)变量。能完全确定系统运动状态而个数又最少的一组变量。 知道初始时刻一组状态变量的值及此后的输入变量,可以确定此后全部状态(或变量)的值。 n阶微分方程描述的n阶系统,状态变量的个数是n。

状态变量的选取不是唯一的。 状态向量:由n个状态变量组成的向量。 状态空间:以状态变量为坐标构成的n维空间。 状态方程:描述系统状态变量之间及其和输入之间的函数关系的一阶微分方程组。 输出方程:描述系统输出变量与状态变量(有时包括输入)之间的函数关系的代数方程。 状态空间表达式:状态方程与输出方程的组合。 线性定常系统状态空间表达式的建立 根据工作原理建立状态空间表达式 选择状态变量:与独立储能元件能量有关的变量,或试选与输出及其导数有关的变量,或任意n个相互独立的变量。

由微分方程和传递函数求状态空间表达式 1.方程不含输入的导数,传递函数无零点 2.方程含有输入的导数,传递函数有零点 根据传函实数极点建状态空间表达式 状态变量个数一定,选取方法很多,系数矩阵多样。z=Px(│P│≠0)是状态向量。 │sI-A│:系统或矩阵的特征多项式。 │sI-A│=0:特征值或特征根,传递函数极点。 同一个系统特征值不变。 状态变量图包括积分器,加法器,比例器。 表示状态变量、输入、输出的关系。 n阶系统有n个积分器。

自动控制原理第五章习题集与答案解析

第五章习题与解答5-1试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。 u r R1 u c R2C R2 R1 u r u c (a) (b) 题5-1图 R-C网络 解(a)依图: ? ? ? ? ?? ? ? ? + = = + = + + = + + = 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 1 )1 ( 1 1 ) ( ) ( R R C R R T C R R R R K s T s K sC R sC R R R s U s U r cτ τ ω ω τ ω ω ω ω ω 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ) 1( ) ( ) ( ) ( jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a+ + = + + + = = (b)依图: ? ? ? + = = + + = + + + = C R R T C R s T s sC R R sC R s U s U r c ) ( 1 1 1 1 ) ( ) ( 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2τ τ ω ω τ ω ω ω ω ω 2 2 2 1 2 1 1 ) ( 1 1 ) ( ) ( ) ( jT j C R R j C R j j U j U j G r c b+ + = + + + = = 5-2某系统结构图如题5-2图所示,试根据频率特性的物理意义,求下列输入信号作用时,系统的稳态输出) (t c s 和稳态误差) (t e s (1)t t r2 sin ) (= (2)) 45 2 cos( 2 ) 30 sin( ) (? - - ? + =t t t r 题5-2图反馈控制系统结构图

自动控制原理课后答案5(1)

第五章 线性系统的频域分析与校正 习题与解答 5-1 试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。 u r R 1 u c R 2 C C R 2R 1 u r u c (a) (b) 图5-75 R-C 网络 解 (a)依图: ???? ????? +==+=++= + + =21211112 12111111 22 1 )1(11) () (R R C R R T C R R R R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ ω ωτωωωωω11121212121) 1()()()(jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a ++=+++== (b)依图:?? ?+==++= + ++ =C R R T C R s T s sC R R sC R s U s U r c )(1 1 1 1) ()(212 2222212ττ ω ω τωωωωω2221211)(11)()()(jT j C R R j C R j j U j U j G r c b ++=+++== 5-2 某系统结构图如题5-76图所示,试根据频率特性的物理意义,求下列输入信号作用时,系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s (1) t t r 2sin )(= (2) )452cos(2)30sin()(?--?+=t t t r 解 系统闭环传递函数为: 2 1 )(+= Φs s 图5-76 系统结构图 频率特性: 2 244221)(ω ω ωωω+-++=+= Φj j j

自动控制理论二第5章习题

自动控制理论(二) 第五章测试题 一、单项选择题(每小题2分) 1、系统特征方程式的所有根均在根平面的左半部分是系统稳定的( ) A.充分条件 B.必要条件 C.充分必要条件 D.以上都不是 2、下列判别系统稳定性的方法中,哪一个是在频域里判别系统稳定性的判据( ) A.劳斯判据 B.赫尔维茨判据 C.奈奎斯特判据 D.根轨迹法 3、设单位负反馈系统的开环传函为G(s)= 3 )1s (22+,那么它的相位裕量γ的值为 ( ) A.15o B.60o C.30o D.45o 4、 系统稳定的充分必要条件是其特征方程式的所有根均在根平面的( ) A. 实轴上 B. 虚轴上 C. 左半部分 D. 右半部分 5、下列频域性能指标中,反映闭环频域性能指标的是( ) A.谐振峰值M r B.相位裕量γ C.增益裕量K g D.剪切频率ωc 6、在经典控制理论中,临界稳定被认为是( ) A.稳定 B.BIBO 稳定 C.渐近稳定 D.不稳定 7、奈奎斯特稳定性判据是利用系统的( )来判据闭环系统稳定性的一个判别准则。 A.开环幅值频率特性 B.开环相角频率特性 C.开环幅相频率特性 D.闭环幅相频率特性 8、系统的开环传递函数由 1)s(s K +变为2) 1)(s s(s K ++,则新系统( )。 A.稳定性变好 B.稳定性变坏 C.稳定性不变 D.相对稳定性变好 9、利用奈奎斯特图可以分析闭环控制系统的( ) A.稳态性能 B.动态性能 C.稳态和动态性能 D.抗扰性能 10、设单位负反馈控制系统的开环传递函数G o (s)=) a s (s K +,其中K>0,a>0,则闭 环控制系统的稳定性与( ) A.K 值的大小有关 B.a 值的大小有关 C.a 和K 值的大小有关 D.a 和K 值的大小无关 11、已知系统的特征方程为(s+1)(s+2)(s+3)=s+4,则此系统的稳定性为( ) A .稳定 B .临界稳定 C .不稳定 D .无法判断

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 ?ω=-=-?,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 )= 121 s + 已知单位负反馈系统的开环传递函数为 5()1 K 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 6 5 )(+= Φs s 闭环系统的幅频特性为

36 5 )(2 += ωωA 闭环系统的相频特性为 6 arctan )(ω ω?-= (1)输入信号的频率为1ω=,因此有 37 375)(= ωA ,()9.46?ω? =- 系统的稳态输出 537 ()sin(20.54)37 ss c t t ?= + (2)输入信号的频率为2ω=,因此有 10()A ω= ,()18.43?ω? =- 系统的稳态输出 10 ()cos(263.43)2 ss 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 537 1()sin( 5.54)37 ss c t t ?= + 对于输入分量2:-2cos (2t -45°),系统的稳态输出为 10 2()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(2 10 )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。 (1) 1 1.010 )(±= s s G (2) G (s )=10 1) (3) ) 2(4 )(+= s s s G

自动控制理论例题集锦-第5章

第5章 线性系统的频域分析法 例 1 单位反馈系统的开环传递函数为1 1 )(+= s s G ,试根据频率特性的物理意义,求在输入信号为t t r 2sin )(=作用下系统的稳态输出ss c 和ss e 。 解: 1. 求系统的稳态输出ss c 。 系统闭环传递函数为 2 1 )(1)()(+=+= s s G s G s Φ 闭环频率特性为 2ω tan 4 121)(1)()(12--∠+=+=+= ωωωωωΦj j G j G j 闭环幅频特性为 4 1 )(2 += ωωΦj 闭环相频特性为 2 ω tan )(1 --=∠ωΦj 输入信号为t t r 2sin )(=作用下,闭环幅频和相频分别为 4 24 21)2(2= += j Φ ?-=-=∠-451tan )2(1j Φ 因此系统的稳态输出 )452sin(4 2 )]2(2sin[)2()(?-= ∠+=t j t j t c ss ΦΦ 2. 求系统的误差稳态输出ss e 。 系统的误差传递函数为

2 1 )(11)(e ++= += s s s G s Φ 误差频率特性为 )2 ωtan ωtan (4121)(1122e ---∠++=++=ωωωωωΦj j j 输入信号为t t r 2sin )(=作用下,误差的幅频和相频分别为 410 )2(e = j Φ 3 1 tan 21tan 1tan )2(111e ---=-=∠j Φ 因此系统误差的稳态输出为 )3 1 tan 2sin(410)]2(2sin[)2()(1e -e ss t j t j t e -= ∠+=ΦΦ 例 2 已知单位反馈系统的开环传递函数为) 1()(+= Ts s K s G ,当系统的输入 t t r 10sin )(=时,闭环系统的稳态输出为)9010sin()(?-=t t c ,试计算参数K 和T 的数值。 解: 系统闭环传递函数为 2 )(1)()(2++=+= s Ts K s G s G s Φ 闭环频率特性为 2 1 2 222ω tan )()(ω ωωω ωωΦT K T K K j T K K j -∠+-= +-= - 输入信号为t t r 10sin )(=,闭环幅频和相频分别为 110 )100()10(2 2 =+-= T K K j Φ (5-1) ?-=-=∠-9010010 tan )10(1 T K j Φ (5-2) 由式(5-1)、(5-2)易求得10=K 、1.0=T 。 例3 试绘制下列开环传递函数的幅相特性,并判断其负反馈闭环时的稳定性。 1. )15)(5(250 )()(++= s s s s H s G 2. ) 15)(5() 1(250)()(2+++=s s s s s H s G

自动控制原理课后习题答案第五章

第 五 章 5-2 若系统单位阶跃响应为 49()1 1.80.8t t h t e e --=-+ 试确定系统的频率特性。 分析 先求出系统传递函数,用j ω替换s 即可得到频率特性。 解:从()h t 中可求得:(0)0,(0)0h h '== 在零初始条件下,系统输出的拉普拉斯变换()H s 与系统输出的拉普拉斯变换()R s 之间的关系为 ()()()H s s R s =Φ? 即 ()()()H s s R s Φ= 其中()s Φ为系统的传递函数,又 1 1.80.836()[()]49(4)(9)H s L h t s s s s s s ==-+=++++ 1()[()]R s L r t s == 则 ()36()()(4)(9)H s s R s s s Φ==++ 令s j ω=,则系统的频率特性为 ()36()()(4)(9)H j j R j j j ωωωωωΦ= =++ 5-7 已知系统开环传递函数为 )1s T (s )1s T (K )s (G 12++-= ;(K、T1、T2>0) 当取ω=1时, o 180)j (G -=ω∠,|G(jω)|=0.5。当输入为单位速度信号时,系统 的稳态误差为,试写出系统开环频率特性表达式G(jω)。 分析:根据系统幅频和相频特性的表达式,代入已知条件,即可确定相应参数。 解: 由题意知: 2 22 11()()1()K T G j T ωωωω+=+ 021()90arctan arctan G j T T ωωω∠=--- 因为该系统为Ⅰ型系统,且输入为单位速度信号时,系统的稳态误差为,即 0 1()lim ()0.1ss s e E s K →∞=== 所以:10K = 当1ω=时,222 11(1)0.51K T G j T += =+ 00 21(1)90arctan arctan 180G j T T ∠=---=-

自动控制理论第2版课后习题参考答案

附录A 《自动控制理论 第2版》习题参考答案 第二章 2-1 (a) ()()1 1 2 12 11212212122112+++? +=+++=CS R R R R CS R R R R R R CS R R R CS R R s U s U (b) ()()1 )(1 2221112212121++++=s C R C R C R s C C R R s U s U 2-2 (a) ()()RCs RCs s U s U 1 12+= (b) ()()14 1 112+?-=Cs R R R s U s U (c) ()()?? ? ??+-=141112Cs R R R s U s U 2-3 设激磁磁通f f i K =φ恒定 ()()()? ? ? ???++++= Θφφπφm e a a a a m a C C f R s J R f L Js L s C s U s 2602 2-4 ()() ()φ φφπφ m A m e a a a a m A C K s C C f R i s J R f L i Js iL C K s R s C +?? ? ??++++= 26023 2-5 ()2.0084.01019.23 -=?--d d u i 2-8 (a) ()()()()3 113211G H G G G G s R s C +++= (b) ()()()()() 31243212143211H G H G G G H G G G G G G s R s C +++++= 2-9 框图化简中间结果如图A-2-1所示。

0.7 C(s) + + _ R(s) 113.02 ++s s s 22.116.0+Ks + 图A-2-1 题2-9框图化简中间结果 ()()()()52 .042.018.17.09.042 .07.023++++++=s k s k s s s R s C 2-10 ()()42 32121123211G H G G H G G H G G G G s R s C ++-+= 2-11 系统信号流程图如图A-2-2所示。 图A-2-2 题2-11系统信号流程图 ()()()()2 154214212654212215421421321111H H G G G G G G G H G G G G G s R s C H H G G G G G G G G G G s R s C -++= -++= 2-12 (a) ()()()adgi abcdi agdef abcdef cdh s R s C +++-= 11 (b) ()()()1 2212112 22112++++=s C R C R C R s C R C R R s R s C 2-13 由选加原理,可得 ()()()()()()[]s D H G G s D G s D G s R G G G H G H s C 31212212212 21111 --+++=

自动控制原理考试试题第五章习题及答案-2教程文件

自动控制原理考试试题第五章习题及答案- 2

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()(.)= + 20201022lg /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 412 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)。 解 题5-13计算结果列表 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 ()()()() = +++123111 0 -1 2 不稳定 2 G s K s T s T s ()()() =++1211 0 0 0 稳定 3 G s K s Ts ()() =+21 -1 2 不稳定

自动控制理论 自考 习题解答第5章稳定性分析分解

第五章 稳定性分析 5—1 解: (1) 系统的特征方程为020) 1(2 12=++?=++ s s s s 。 因为二阶特征方程的所有项系数大于零,满足二阶系统的稳定的充分必要条件,即两个特征根均在S 平面的左半面,所以此系统稳定。 (2) 系统的特征方程为030) 1(3 12=+-?=-+ s s s s 。 因为二阶特征方程的项系数出现异号,不满足二阶系统的稳定的充分必要条件,所以此系统不稳定。 (注:BIBO 稳定意旨控制系统的输入输出(外部)稳定,系统稳定的充分必要条件是输出与输入之间传递函数的极点均在S 平面的左半平面。若传递函数无零极点对消现象时,内部稳定与外部稳定等价。此系统只含极点不含零点,所以传递函数的极点和特征方程的特征根等价,故直接可以用特征根的位置判系统的稳定性。) 5—2 解: (1) 特征方程中所有项系数大于零,满足稳定的必要条件; 又 三阶系统的系数内项乘积大于外项乘积(5011020?>?),满足稳 定的充分条件。 ∴ 该控制系统稳定。 (2) 特征方程中所有项系数大于零,满足稳定的必要条件; 特征方程中所有项系数大于零,满足稳定的必要条件;列写Routh

故系统有两个特征根在S平面的右半部。 (3) 特征方程中所有项系数大于零,满足稳定的必要条件; 又 三阶系统的系数内项乘积小于外项乘积(300 20? ?),不满足 < 8 1 稳定的充分条件。 ∴该控制系统不稳定。 (4) 特征方程中所有项系数大于零,满足稳定的必要条件; 稳定。由于第一列元素符号变化两次,系统特征根有两个在右半平面,其它4个根在左半平面。

(5) 特征方程中所有项系数大于零,满足稳定的必要条件; 不稳定。 由于表中出现全为0的行,为确定特征根的分布可构造辅助方程 012048402324,43324=+?=+?=++=s s s s s s k 利用辅助方程的导数方程的对应项系数代替全零行元素,继续完成表的列写。结果:第一列元素无负数,右半平面无根,有4个根在虚轴上。 5—3 解: (1)系统开环极点为-1、-2、-3,均在S 平面的右半平面,所以开环系统稳定; 闭环系统的特征方程为 0261160) 3)(2)(1(20 123=+++?=++++ s s s s s s 特征方程的系数均大于零,满足系统稳定的必要条件;又有内项系数乘积大于外项系数乘积,满足系统稳定的充分条件。所以该系统闭环稳定。 (2)系统开环极点为0、-1、-2、-3,有一个在原点处,所以开环系统不稳定; 闭环系统的特征方程为 02061160) 3)(2)(1(20 1234=++++?=++++ s s s s s s s s 特征方程的系数均大于零,满足系统稳定的必要条件; 列写

自动控制原理第五章

第五章 §5-1 引言 §5-2频率特性 §5-3 开环系统的典型环节分解和开环频率特性曲线的绘制§5-4开环和闭环系统Bode图的绘制方法 §5-5 系统稳定性分析 §5-6控制系统的相对稳定性分析

第五章 控制系统的频率响应分析 [教学目的]:掌握利用频域法进行系统分析的一般方法 ,为后面的校正及信号与系统分析打下基础。 掌握系统频率特性分析与系统幅角之间的关系,掌握Nyquist 图和Bode 图的绘制方法,根据系统的Nyquist 图和Bode 图分析系统的性质。本章的难点是Nyquist 稳定性分析。 [主要容]: 一、引言 二、 频率特性 三、 开环系统的典型环节分解和开环频率特性曲线的绘制 四、 频率域稳定判据 五、 稳定裕度 六、 闭环系统的频域性能指标 [重点]: 频率特性的基本概念,各种频域特性曲线的绘制,Nyquist 稳定判据的应用,及相对稳定裕度的分析,理解三频段的概念与作用。 [难点]:时域性能指标与频域性能指标之间的相互转换。闭环频域性能指标的理解与应用 [讲授方法及技巧]:联系传递函数,微分方程等数学模型,将频率法和时域分析法、根轨迹法相比较,理解和掌握古典控制系统的完整体系。准确理解概念,把握各种图形表示法的相互联系。与时域法进行对比,以加深理解。 §5-1 引言 1.时域分析法(特点) 1) 以传递函数和单位阶跃响应为分析基础构成的一整套解析法为主响应曲线图形分析法为辅的分析方法。它具有直观、明确的物理意义,但就是运算工作量较大,参数的全局特征不明显。 2) 原始依据--数学模型,得来不易,也同实际系统得真实情况有差异,存在较多的近似、假设和忽略,有时对于未知对象,还可能要用经验法估计。 3) 对工程中普遍存在的高频噪声干扰的研究无能为力。 4) 在定性分析上存在明显的不足。 5) 属于以“点”为工作方式的分析方法。 2.根轨迹法(特点) 1)根轨迹法弥补了时域分析法中参数全局变化时特征不明显的不足,在研究单一指定参数对整个系统的影响时很有用; 2)增加零极点(增加补偿器)时,是一种很好的辅助设计工具; 3)以“线”和“面”为工作方式; 4)为定性分析提供了一种非常好的想象空间和辅助思维界面。 “时域分析法+根轨迹法”,合起来共同构成s 平面上的“点”、“线”、“面”全方位分析体系:用增加零极点的办法将根轨迹曲线“推拉”到希望的区域(面),对选定的根轨迹曲线按指定参数进行区间和围的划分和必要的定性分析(线) ,用时域法对希望区间的围进行选点计算,得到关键点的定量分析(点)。对三者的分析结果进行综合,就形成了对系统的更深层次上的

自动控制理论第五章习题汇总

自动控制理论第五章习题汇总 填空题 1、系统的频率响应与正弦输入信号之间的关系称为频率响应 2、在正弦输入信号的作用下,系统输入的稳态分量称为频率响应 简答题: 5-2、什么是最小相位系统及非最小相位系统?最小相位系统的主要特点是什么?答在s平面上,开环零、极点均为负实部的系统称为最小相位系统;反之,开环零点或极点中具有正实部的系统称为非最小相位系统。 最小相位系统的主要特点是:相位滞后最小,并且幅频特性与相频特性有惟一的确定关系。如果知道最小相位系统的幅频特性,可惟一地确定系统的开环传递函数。 5-3、什么是系统的频率响应?什么是幅频特性?什么是相频特性?什么是频率特性? 答对于稳定的线性系统,当输入信号为正弦信号时,系统的稳态输出仍为同频率的正弦信号,只是幅值和相位发生了改变,如图5-3所示,称这种过程为系统的频率响应。 图5-3 称为系统的幅频特性,它是频率的函数;称 为系统的相频特性,它是频率的函数:称为系统的频 率特性。 稳定系统的频率特性可通过实验的方法确定。 计算题 5-1、设某控制系统的开环传递函数为

)()(s H s G =) 10016()12.0(752+++s s s s 试绘制该系统的Bode 图,并确定剪切频率c ω的值。 解:Bode 图如下所示 剪切频率为s rad c /75.0=ω。 5-2、某系统的结构图和Nyquist 图如图(a)和(b)所示,图中 2)1(1)(+=s s s G 23 ) 1()(+=s s s H 试判断闭环系统稳定性,并决定闭环特征方程正实部根的个数。 解:由系统方框图求得内环传递函数为: s s s s s s s H s G s G +++++=+23452 474)1()()(1)( 内环的特征方程:04742345=++++s s s s s

自动控制原理 邢春芳 第五章 参考答案

答案 5.1 111(1j )(j )1j a K G T τωωω+=+ 221j (j )1j b G T τωωω+=+ 5.2 111(1j )(j )1j a K G T τωωω+=+ 221j (j )1j b G T τωωω +=+ 5.3 略 5.4 K =10 T =0.1 5.5 略 5.6 1.25K = 5.7 1j2(j )=j (1j0.5) G ωωωω-+ 5.8 (a )0=a ,1=b ,2)10(2)(2=--=--=b a p z ,系统不稳定,s 右半平面有2个闭环极点。 (b )曲线经过(-1,j 0)点一次,虚轴上有2个闭环极点,s 右半平面没有闭环极点。系统临界稳定。 (c )1=a ,1=b ,0)11(2)(2=--=--=b a p z ,系统稳定,s 右半平面没有闭环极点。 (d )21=a ,0=b ,0)021(21)(2=--=--=b a p z ,系统稳定,s 右半平面没有闭环极点。 (e )1=a ,1=b ,0)11(2)(2=--=--=b a p z ,系统稳定,s 右半平面没有闭环极点。 (f )1=a ,0=b ,0)01(22)(2=--=--=b a p z ,系统稳定,s 右半平面没有闭环极点。 5.9 (1)(a )12 100()(1)(1)G s s s ωω=++ (b )122 (1)()(1)s K G s s s ωω+= + 201c K ωωω== (c )23 ()(1)(1)K s G s s s ωω?=++ 11K ω= (2)略 5.10 (1)α=0.84 (2) 1.52 2.83K == (3)10K = 5.11 稳定条件:11001T K T T K +<< <<-或 (1)T =2时,302 K <<; (2)K =10时,109 T <<; (3)略 5.12 图略,闭环系统不稳定。 5.13(1)图略,相位裕量1180290tg 0.2221.8γ-=?-??-?≈-?系统不稳定,相角裕量为负数。 (2)图略,1111180tg 290tg 0.2tg 4tg 0.2437.3c c γωω----=?+-??-=-?≈?,系统稳定。 (3)一阶微分环节的介入,增加了剪切频率附近的相位,即增加了相位裕量,提高了系

自动控制原理第五章

第五章 频域分析法 目的: ①直观,对高频干扰的抑制能力。对快(高频)、慢(低频)信号的跟踪能力。 ②便于系统的分析与设计。 ③易于用实验法定传函。 §5.1 频率特性 一. 定义 ) ()() ()(1n p s p s s s G +???+= θ 在系统输入端加一个正弦信号:t R t r m ωsin )(?= ))(()(2 2ωωω ω ω j s j s R s R s R m m -+?=+?=? 系统输出:))(()()() ()(1ωωω θj s j s R p s p s s s Y m n -+??+???+=

{ t j t j e A e A t y t y ωω?+?+=?-瞬态响应 )()(1 若系统稳定,即)(s G 的极点全位于s 左半平面,则 0)(lim 1=∞ →t y t 稳态响应为: t j t j ss e A e A t y ωω?+?=-)( 而)(21 ) ()(2 2 ωωω ωω j G R j j s s R s G A m j s m -?-=+?+?? =-= )(21 ) ()(22 ωωω ωω j G R j j s s R s G A m j s m ?=-?+?? == ∴t j m t j m ss e j G R j e j G R j t y ωωωω??+?-?-=-)(21)(21)( =])()([21t j t j m e j G e j G R j ωωωω-?--?? 又)(s G 为s 的有理函数,故)()(*ωωj G j G -=,即

φωωj e j G j G )()(= φωωj e j G j G -=-)()( ∴][)(21)() ()(φωφωω+-+--?=t j t j m ss e e j G R j t y =)sin()(φωω+??t j G R m =)sin(φω+?t Y m 可见:对稳定的线性定常系统,加入一个正弦信号,其稳态响应也是一个同频率的正弦信号。其幅值是输入正弦信号幅值的)(ωj G 倍,其相移为)(ωφj G ∠=。 ∴)()()(ωωωj G j G j G ∠=表示了稳定线性定常系统的稳态输出和输入正弦波之间的关系,故称)(ωj G 为频率响应函数。又称)(ωj G 为系统的频率特性。 可证:) ()() ()(ωωωω j R j Y s G j G j s ===(见上面A ,A 的求法) 2 2)()(ωωωφ +???= s e j G R s Y j m ,φωj e j G s R s Y )() () (= 即系统正弦稳态响应与其输入量之比称为系统的频率特性。

自动控制原理第五章习题答案

第五章习题答案 名词解释 30. 在谐波输入下,输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比A (ω)为幅 频特性,相位之差φ(ω)为相频特性,并称其指数表达式G(j ω)=A (ω)e j φ(ω)为系统的 频率特性。 简答 1. A (ω)为输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比;φ(ω)为输入和 输出同频率的谐波分量的相位之差。 2. 稳定系统的频率特性等于输出和输入的傅氏变换之比。 3. Nyquist 图、 Bode 图、 Nichols 4. a.被控对象的频率特性可通过分析法和实验方法获得,并可用多种曲线表示,因而系统分 析和控制器设计可以应用图解法进行;b.频率特性的物理意义明确;c.控制系统的频域设计可以兼顾动态响应和噪声抑制两个方面的要求;d.频域分析法不仅适用于线性定常系统,还可以推广应用到某些非线性系统。 5. 反馈控制系统稳定的充分必要条件是:半闭合曲线ГGH 不穿过(-1,j0)点,且逆时针包围 (-1,j0)点的圈数等于开环传递函数的正实部极点数。 计算题 1. 解:系统开环频率特性为 1800)()(010)0()0() 110)(15(10 )()(-∠=∞∞∠=++=j H j G j H j G j j j H j G ωωωω 由于Im[)()(ωωj H j G ]<0 ω?,故幅相曲线与负实轴没有交点,)(ω?从 0递减至 180-。作幅相曲线。开环系统的所有极点都在s 的左半面,P=0。而由开环幅相曲线可知,开环幅相曲线逆时针包围(-1,j0)点的圈熟数N=0。根据奈氏判据,闭环极点位于s 的右半面的个数Z=P-2N=0。因此系统闭环稳定。

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