《自动控制原理》 第五章习题解答

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1、胡寿松自动控制原理习题解答第五章5-2若系统单位阶跃响应为−4t−9th(t)=1−1.8e+0.8e(t≥0)试确定系统的频率特性。解：对单位阶跃响应取拉氏变换得：11.80.836−+=ss+4s+9s(s+4)(s+9)C(s)36即：=G(s)=R(s)(s+4)(s+9)所以系统的频率特性为：36jϕ(ω)G(jω)==A(ω)e(jω+4)(jω+9)36其中：A(ω)=22(ω)+16(ω)+81ωωϕ(ω)=−arctan−arctan495-3设系统结构图如图5-49所示，试确定输入信号R(s)1C(s)s+1－00r(t)=sin(t+30)−

2、cos(2t−45)作用下，系统的稳态误差e(t)。ss解：系统的闭环传递函数为：1s+11G(s)==1s+21+s+1根据公式（5-16）和公式（5-17）得到：c(t)=AG(jω)sin(ωt+ϕ+∠G(jω))ssc(t)=AG(jω)sin(ωt+ϕ+∠G(jω))ss111111所以1000=sin(t+30−26.6)=0.447sin(t+3.4)51胡寿松自动控制原理习题解答第五章c(t)=AG(jω)sin(ωt+ϕ+∠G(jω))ss2222221000=−cos(2t−45−45)=−0.354cos(2t−90)8c(t)=c(t)+c

3、(t)ssss1ss2所以：00=0.447sin(t+3.4)−0.354cos(2t−90)0000e(t)=c(t)−r(t)=0.447sin(t+3.4)−0.354cos(2t−90)−sin(t+30)+cos(2t−45)ssss5-4典型二阶系统的开环传递函数2ωnG(s)=s(s+2ζω)n当取r(t)=2sint时，系统的稳态输出0c(t)=2sin(t−45)ss试确定系统参数ω,ζ。n解：根据公式（5-16）和公式（5-17）得到：c(t)=AG(jω)sin(ωt+ϕ+∠G(jω))ssBB2ωn其中：G(s)=B22s+2ζωs+ωn

4、n2ωn所以：G(jω)=B222(ω−ω)+(2ζωω)nn2ξωωn∠G(jω)=−arctanB22ω−ωn根据题目给定的条件：ω=1A=222ωωnn所以：G(jω)===1（1）B22222(ω−ω)+(2ζωω)(ω−1)+(2ζω)nnnn2ξωnω2ξωn0∠G(jω)=−arctan=−arctan=−45（2）B222ω−ωω−1nn422由式（1）得ω=(ω−1)+(2ζω)nnn222即：2ω−4ζω−1=0（3）nn2胡寿松自动控制原理习题解答第五章2ξωn0由式（2）得arctan=452ω−1n2即：ω−2ζω−1=0（4）nn联立方

5、程（3）和（4），解方程得：ω=1.848ξ=0.6532n5-5已知系统开环传递函数K(τs+1)G(s)H(s)=;K,τ,T>02s(Ts+1)试分析并绘制τ>T和T>τ情况下的概略开环幅相曲线。解：相频特性为0ϕ(ω)=−180+arctanτω−arctanTω0(1)τ>T时，ϕ(ω)>−180概略开环幅相曲线如下0(1)τ

6、开环幅相曲线如下：（2）ν=2时系统的概略开环幅相曲线如下：（3）ν=3时系统的概略开环幅相曲线如下：5-7已知系统开环传递函数K(−Ts+1)2G(s)=;K,T,T>012s(Ts+1)10当取ω=1时，∠G(jω)=−180，G(jω)=0.5。当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式。解：K=limsG(s)=K=10Vs→022K(Tω)+110(T)+122当ω=1时G(jω)===0.522(Tω)+1(T)+1114胡寿松自动控制原理习题解答第五章0∠G(jω)=−90−arctanTω−arctanTω1200

7、T1+T20=−90−arctanT−arctanT=−90−arctan=−180121−TT122110(T2)+1即：1−TT=0T=代入到G(j)==0.5中得到：121T(T)2+1211T=T=20212010(−s/20+1)所以系统的开环传递函数为：G(s)=s(20s+1)10(−jω/20+1)系统开环频率特性表达式为：G(jω)=jω(20jω+1)5-8已知系统开环传递函数10G(s)H(s)=2s(2s+1)(s+0.5s+1)试分别计算ω=0.5和ω=2时，开环频率特性的幅值A(ω)和相位ϕ(ω)。解：10A(ω)=2222ω4ω+1(

8、1−ω)+