自动控制原理基础教程 第三版 胡寿松 第三章

其中胡寿松自动控制原理习题解答第三章13t作用下系统的稳态误差essn1t作用下系统的稳态误差essn2t同时作用下系统的稳态误差为胡寿松自动控制原理习题解答第三章14essn319设闭环传递函数的一般形式为bmsmbm1sm1b1s1sbmsmabnm1s1sm1b1sb0n1bmssnmabnm1s1nsm11a1bs1s1bmsnmabnm1s1nsm11a1bs1sa0b01ssnna1san1as0n1bmsma1sbma1s0b1sb01ssna0b0胡寿松自动控制原理习题解答第三章15esslims0seslims0sna0b0如果esss12bmssnmabnm1s1sm1a1b1sb012s1bmssnmabnm1s1nsm11a1bs1s1bmssnmabnm1s1nsm11a1bs1sa0b0an1sn1sna1sana1s0n1bmsma1sbma1s0b1sb0bmasnm1snb1m1sm1a1sb02s2a1b1sa0b0lims0ses1ssnan1sn1a2s2bmasnm1snb1m1sm1a1sab02s2a1b1sa0b0胡寿松自动控制原理习题解答第三章16如果ess320设随动系统的微分方程为dctt12k2utdtctdt其中t1t2和k2为正常数
s(s +1) 1
ω n2 = 10 ω n = 10 2ξ ω n = 2 ξ = 10 σ % = e−ξ π / 1−ξ 2 = 35.1% ts = 3.5 = 3.5s
ξωn
6
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
KV = 5
（2） 3-10 图 3-45 所示控制系统有（a）和（b）两种不同的结构方案，其中 T＞0 不可变。要求：
s s + 60 s +10 s(s + 60)(s +10) s(s + 60)(s +10) s(s + 60)(s +10)
2
= 600 600 ω n
s(s + 60)(s +10) = s(s 2 + 70s + 600) = s
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
显然闭环传递函数为 ω n2
Ka = lims→0 s 2G(s) = 0.1
所以当 r(t) = 2t 时 ess = R2 = 0 K V
= s 2 +0.s4+1 + 1s − s2 s++s1+1 = 1s − s2s ++ 0s.+6 1
c(t) =1− e−0.5t cos 3 t − 2×0.6 e−0.5t sin 3 t 23 2
= 1−1.22e−0.5t sin( 3 t + 55.30 ) 2
h(t) = 1− 1
h
t
3-3 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) = 0.0125e−1.25t
（2）k(t) = 5t +10sin(4t + 450 )
1
（3） k(t) = 0.1(1−e−t /3 ) 解： （1）Φ (s) = 0.0125
s +1.25 （2）k(t) = 5t +10sin4tcos450 +10cos4tsin450
解：系统开环传递函数
图 3-42 飞行控制系统
25K1 = s(s + 0.8) = 25K 1 G0 (s) 1+ s(s25+K01.8) Kts s(s + 0.8) + 25K1Kts
= 25K1 = ω n2 s(s + 0.8 + 25K1Kt ) s(s + 2ξ ω n )
ω n2 = 36 = 25K1
s1 5 25 s1 10 s0 25
有一对虚根，系统不稳定 3-13 已知单位反馈系统的开环传递函数
G(s) = s(s +K1)((00..55ss 2++1) s +1)
试确定系统稳定时的 K 值范围。
解：系统特征方程为
s(s +1)(0.5s2 + s +1) + K(0.5s +1) = 0
将上述方程化简得到：
0.5s 4 +1.5s2 + 2s2 + (1+ 0.5K)s + K = 0
劳思表如下：
s 4 0.5 2 K s3 1.5 1+ 0.5K s 2 2.5−10.5 .25K K
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
s0 K
1 .5− 0.25K
2 -14 已知系统结构图如图 3-46 所示。试用劳思稳定判据确定能使系统稳定反馈参数 τ 的取 值范
Ka
=
lim s→0
s2G(s)
=
0
所以当 r(t) = 2t 时 ess = R2 =∞ K V
当 r(t) = 2 + 2t +t 2 ess = R1 + R2 + R3 =∞
（2）应先检查系统的稳定性。
K p = lim→0 G(s) =∞ KV = lims→0 sG(s) =10
s
Ka
=
s5 1 12 32 s4 3 24 48 s3 4 16 s2 s1 12 48 s0
有一对虚根，系统不稳定 （2）列劳思表如下：
s6 1 − 4 − 7 10 s5 4 4 −8
s4 − 5 − 5 10
s3
7
s2 s1 s0
系统不稳定 （3）列劳思表如下：
s5 1 12 35 s4 3 20 25 s3
s2
2
s1 −
0 s0
2
由劳思表可以得到该系统不稳定。
3-12 已知系统特征方程如下，试求系统在 s 右半平面的根数及虚根值。
（1） s5 + 3s4 +12s3 + 24s2 + 32s + 48 = 0
（2） s6 + 4s5 − 4s4 + 4s3 -7s2 -8s +10 = 0
（3） s5 + 3s4 +12s3 + 20s2 + 35s + 25 = 0 解：（1）列劳思表如下：
（３） G(s) = s 2 (s102 (+26ss++1) 100)
9
试求输入分别为 r(t) = 2t 和 r(t) = 2 + 2t +t 2 时，系统的稳态误差。
解： （1）因为是二阶系统，且系数大于零，所以系统稳定。
K
p
=
lim →0
G(s)
=
20
KV =
lim s→0
sG(s)
=
0
s
2 e−ξ ω nt sin( 1−ξ
2
ω nt +β ) 1−ξ
β = arccosξ σ % = e−π ξ / 1−ξ 2
tp = π 2ω n ts =ξ ω 3.5n 1−ξ
ξ = cosβ = cos55.30 = 0.569
σ % = e−π ξ /
1−ξ 2
=11.37% π
π× 2
（1） 在这两种方案中，应如何调整 K1 ，K2 和 K3 ，才能使系统获得较好的动态性能。
比较说明两种结构方案的特点。 解： 3-11 已知系统特征方程为
3s4 +10s3 + 5s2 + s + 2 = 0
试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。 解： 列劳思表如下：
s4 s3 3 5 2 10 1
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
K1 = 36
25 2ξ ω n = 0.8 + 25K1Kt = 12 所以 Kt =
3-8 试分别求出图 3-43 各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。
r(t) -
1 c(t) S2
r(t) -
(a)
1+s (b)
1 c(t) S2
r(t) -
+
1 c(t) S2 + S
(c)
5
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
由 T1 = 得到 ω n (ξ − ξ 2 −1) = 10
4
10 =
10
= 10 ×2 6 =10 6
ξ − ξ 2 −1 7 − 49 −1
2
所以 ω n =
2 6 24
胡寿松自动控制原 理习题解答第三章
3-7 设图 3-42 是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数 K１和 Kt，使系统 ωｎ＝６、ζ ＝１。
G(s) = 0.4s +1 s(s + 0.6)
试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。 解：闭环传递函数
0.4s +1 GB (s) = 1+GG(s()s) = 1+ s(s0+.40s.+6)1 = s02.4+ss++1 1
s(s + 0.6)
C(s) = GB (s)R(s) = 1s s 02.4+ss++11 = s2 +0.s4+1 + s(s2 +1 s +1)