【精品】《自动控制原理》胡寿松(第6版)课后习题答案_3【下册】

第6章线性系统的校正方法6.1 复习笔记本章考点：串联超前校正、滞后校正、超前-滞后校正设计。

一、系统的设计与校正问题1．系统带宽的确定若输入信号的带宽为0～ωb，则控制系统的带宽频率通常取为：ωb＝5～10ωM，且噪声信号集中起作用的频带ω1～ωn需处于0～ωb之外。

2．校正方式（1）串联校正（重点）连接方式见图6-1-1。

图6-1-1 串联校正装置【特点】串联校正比较简单，易于对信号进行各种形式的变换，一般安置在前向通道中能量较低的部位，但需注意负载效应的影响。

常用的串联校正装置有超前校正、滞后校正和滞后超前校正。

（2）反馈校正连接方式见图6-1-2。

图6-1-2 反馈校正装置【特点】反馈校正信号从高功率点向低功率点传递，一般不需附加放大器，还可以抑制参数波动及非线性因素对系统性能的影响，元件数也往往较少。

（3）前馈校正①前馈校正作用于输入信号：将输入信号作变换，改善系统性能。

②前馈校正作用于扰动信号：对扰动信号测量，变换后送入系统，抵消扰动的影响。

（4）复合校正复合校正是在反馈回路中，加入前馈校正通路。

3．基本控制规律（1）比例（P）控制规律（见图6-1-3）图6-1-3 比例控制器框图【特点】只变幅值，不变相位，可减小系统的稳态误差但会降低系统的稳态性能，一般不单独使用。

（2）比例—微分（PD）控制规律（见图6-1-4）图6-1-4 比例-微分控制器框图【特点】PD控制具有超前调节的作用，能反应输入信号的变化趋势，产生早期的有效校正信号，增大阻尼，改善系统稳定性。

（3）积分（I）控制规律（见图6-1-5）图6-1-5 积分控制器框图【特点】有利于稳态性能的提高；相当于在原点处加了一个开环极点，引入90°相位滞后，对系统稳定性不利，一般也不单独使用。

（4）比例-积分（PI）控制规律（见图6-1-6）图6-1-6 比例-积分控制器框图【特点】用于串联校正时，在原点处加了一个开环极点，同时也在－1/T i处加了一个开环零点，这样可以提高系统的型别，改善稳态性能。

1 请解释下列名字术语:自动控制系统、受控对象、扰动、给定值、参考输入、反馈。

解:自动控制系统:能够实现自动控制任务得系统,由控制装置与被控对象组成; 受控对象:要求实现自动控制得机器、设备或生产过程扰动:扰动就是一种对系统得输出产生不利影响得信号、如果扰动产生在系统内部称为内扰;扰动产生在系统外部,则称为外扰。

外扰就是系统得输入量。

给定值:受控对象得物理量在控制系统中应保持得期望值参考输入即为给定值、反馈:将系统得输出量馈送到参考输入端,并与参考输入进行比较得过程。

２请说明自动控制系统得基本组成部分。

解:作为一个完整得控制系统,应该由如下几个部分组成:①被控对象: 所谓被控对象就就是整个控制系统得控制对象;②执行部件: 根据所接收到得相关信号,使得被控对象产生相应得动作;常用得执行元件有阀、电动机、液压马达等。

③给定元件: 给定元件得职能就就是给出与期望得被控量相对应得系统输入量(即参考量);④比较元件: 把测量元件检测到得被控量得实际值与给定元件给出得参考值进行比较,求出它们之间得偏差、常用得比较元件有差动放大器、机械差动装置与电桥等。

⑤测量反馈元件:该元部件得职能就就是测量被控制得物理量,如果这个物理量就是非电量,一般需要将其转换成为电量。

常用得测量元部件有测速发电机、热电偶、各种传感器等;⑥放大元件: 将比较元件给出得偏差进行放大,用来推动执行元件去控制被控对象。

如电压偏差信号,可用电子管、晶体管、集成电路、晶闸管等组成得电压放大器与功率放大级加以放大。

⑦校正元件: 亦称补偿元件,它就是结构或参数便于调整得元件,用串联或反馈得方式连接在系统中,用以改善系统得性能、常用得校正元件有电阻、电容组成得无源或有源网络,它们与原系统串联或与原系统构成一个内反馈系统。

３请说出什么就是反馈控制系统,开环控制系统与闭环控制系统各有什么优缺点？解:反馈控制系统即闭环控制系统,在一个控制系统,将系统得输出量通过某测量机构对其进行实时测量,并将该测量值与输入量进行比较,形成一个反馈通道,从而形成一个封闭得控制系统;开环系统优点:结构简单,缺点:控制得精度较差;闭环控制系统优点:控制精度高,缺点:结构复杂、设计分析麻烦,制造成本高、4 请说明自动控制系统得基本性能要求。

第二部分课后习题第1章自动控制的一般概念1-1图1-1是液体自动控制系统原理示意图。

在任意情况下，希望液面高度c 维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。

图1-1液体自动控制系统原理图解：当12Q Q 时，液面高度的变化。

例如，c 增加时，浮子升高，使电位器电刷下移，产生控制电压，驱动电动机减小阀门开度，使进入水箱的流量减少。

反之，当c 减小时，则系统会自动增大阀门开度，加大流入水量，使液位升到给定高度c 。

方块图如图1-2所示。

图1-2液体自动控制系统方块图1-2图1-3是仓库大门自动控制系统原理图。

试说明系统自动控制大门开闭的工作原理并画出系统方块图。

图1-3仓库大门自动控制系统原理图解：当合上开门开关时，产生偏差电压信号，信号被放大后，驱动伺服电动机转动，使大门向上提起。

同时，电位器电刷上移，测量电路重新达到平衡，电动机停止转动。

反之，当合上关门开关时，伺服电动机反向转动，带动绞盘转动使大门关闭。

方块图如图1-4所示。

图1-4仓库大门自动控制系统方块图1-3图1-5（a）和（b）均为自动调压系统。

设空载时，图（a）和图（b）的发电机端电压均为110V。

试问带上负载后，图（a）和图（b）中哪个系统能保持110V电压不变?哪个系统的电压会稍低于110V?为什么?图1-5自动调压系统解：图1-5（a）所示系统能够恢复到110V，图1-5（b）所示系统的端电压将稍低于110V，原因如下：图1-5（a）所示系统，当端电压低于给定电压时，其偏差电压经放大器放大使伺服电机SM转动，从而偏差电压减小至零，伺服电机停止转动，因此，图1-5（a）所示系统能够恢复到110V。

图1-5（b）所示系统，当偏差电压为零时，激磁电流也为零，发电机不能工作，因此，图1-5（b）所示系统的端电压将稍低于110V。

1-4图1-6为水温控制系统原理示意图。

冷水在热交换器中由通入的蒸汽加热，从而得到一定温度的热水。

冷水流量变化用流量计测量。

自控原理第六版答案【篇一：自动控制原理第六章习题参考答案】n6g(s)??222s(s?4s?6)s(s?2??ns??n)2?n?6 ?n???n=4??42?n??0.816k?1所以，?c?1 20lgk?0?(?c)??90??arctg??2??c/?n??2*0.816*1/2.45???90??arctg?? 22?2?1?1/2.45??1??c/?n??2*0.816*1/2.45??0.666???90??arctg???90??arctg?????90??arctg0.79952?1?1/2.45??0.833???90??38.64???128.64???180???(?c)?180??128.64??51.36?50403020100-10-20-30-40(2) ?1?1, ?2=1/0.2=5?(?c)??90??arctg??2??c/?n???c???c??arctg?arctg???? 22?1??/??cn??1???2???1??1???128.64??arctg???arctg????128.64??45??11.31???94.95? ?1??5???180???(?c)?180??94.95??85.05?50403020100-10-20-30-406-5(1)g(s)?10s(0.5s?1)(0.1s?1)??1, 20lgk=20lg10=20db?1?1/0.5?2, ?2?1/0.1?10?1?2 时，l(?1)?20?20(lg2?lg1)?20lg10?20lg2?20lg5?14db?2?10 时，l(?2)?14?40(lg10?lg2)??13.96db所以，?1??c??2l(?1)?40(lg?c?lg2)?40(lg?c/2)?14db?c?4.48?(?c)??90??arctg0.5?c?arctg0.1?c??90??arctg2.24?arctg0.4 48??90??65.94??24.13???180.07???180???(?c)?180??180.07???0.07?50403020100-10-20-30-40(2)g(s)gc(s)?10(0.33s?1)s(0.5s?1)(0.1s?1)(0.033s?1)??1, 20lgk=20lg10=20db?1?1/0.5?2, ?2?1/0.33?3, ?3?1/0.1?10, ?4?1/0.033?30?2?3 时，l(?1)?l(?2)?40(lg?2?lg?1)14?l(?2)?40(lg4.35?lg2)l(?2)?7dbl(?3?10)?l(?2?3)??20(lg?3?lg?2)??3.37db所以?2??c2??3l(?2)?20(lg?c2?lg?2)?20(lg?c2/3)?7db?c2?6.72?(?c)??90??arctg0.5?c2?arctg0.1?c2?arctg0.33?c2?arctg0.03 3?c2??90??arctg3.36?arctg0.672?arctg2.22?arctg0.222 ??90??73. 43??33.90??65.75??12.52???144.1??2?180???(?c2)?180??144.1??35.9?50403020100-10-20-30-40校正环节为相位超前校正，校正后系统的相角裕量增加，系统又不稳定变为稳定，且有一定的稳定裕度，降低系统响应的超调量；剪切频率增加，系统快速性提高；但是高频段增益提高，系统抑制噪声能力下降。

1=3-1 设随动系统的微分方程为：T &x&0+ x&0 = K 2 uu = K 1 [r (t ) x f ]T f x& f + x f = x 0其中 T,T f, K 2 为正常数。

如果在外作用 r(t)=1+t 的情况下，使 x 0 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 ) = 10t ε 0单位阶跃响应 h(t) C (s ) = 10 / s 2（2） (0.04s 2+ 0.24s + 1)C (s ) = R (s )h (t ) = 10tC (s ) =t ε 0R (s )0.04s 2 + 0.24s + 1单位脉冲响应： C (s ) = 0.04s 2 1 + 0.24s + 1 k (t ) = 25 e 33tsin 4t单位阶跃响应 h(t)C (s ) =25 1 2s + 62s [( s + 3)h (t ) = 1 e 3tcos 4t 3 e 3t sin 4t4+ 16] s (s + 3) + 163-3 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 ) = 0.0125e1.25t（2） k (t ) = 5t + 10 sin(4t + 450)（3） k (t ) = 0.1(1 et / 3)解：（1） √(s ) =0.0125s + 1.2523n2 n = （2） k (t ) = 5t + 10 sin 4t cos 450 + 10 cos 4t sin 450√(s ) = 5 + 5 s 2 2 4+ 5 s 2 + 162s= 5 + 5s 2 + 16 s 22 s + 4s 2+ 16 （3） √(s ) = 0.1 s 0.1s + 1 / 33-4 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 。