《自动控制原理》张爱民课后习题答案要点
输出量：机器人的位置 输出量：经调节后的体温 输出量：实际加热的时间 输出量：实际的温度对现溜成大器1. 1 解：(1)机器人踢足球：开环系统输入量：足球位置(2)人的体温控制系统：闭环系统 输入量：正常的体温(3)微波炉做饭：开环系统：输入量：设定的加热时间(4)空调制冷：闭环系统输入量：设定的温度1. 2 解：开环系统： 优点：结构简单，成本低廉；增益较大；对输入信号的变化响应灵敏；只要被 控对象稳定，系统就能稳定工作。缺点：控制精度低，抗扰动能力弱闭环控制 优点：控制精度高，有效抑制了被反馈包围的前向通道的扰动对系统输出量的 影响；利用负反馈减小系统误差，减小被控对象参数对输出量的影响。缺点：结构复杂，降低了开环系统的增益，且需考虑稳定性问题。1.3解：自动控制系统分两种类型：开环控制系统和闭环控制系统。开环控制系统的特点是：控制器与被控对象之间只有顺向作用而无反向联系，系统的被控变量对控制作用没有任何影响。系统的控制精度完全取决于所用元器件的精度和特性调整的准 确度。只要被控对象稳定，系统就能稳定地工作。闭环控制系统的特点：(1) 闭环控制系统是利用负反馈的作用来减小系统误差的(2) 闭环控制系统能够有效地抑制被反馈通道保卫的前向通道中各种扰动对系统输出量的影响。(3) 闭环控制系统可以减小被控对象的参数变化对输出量的影响。1.4 解输入量：给定毫伏信号被控量：炉温被控对象：加热器(电炉)控制器：电压放大器和功率放大器他行系统原理方块图如下所示:此时偏工作原理：在正常情况下，炉温等于期望值时，热电偶的输出电压等于给定电压,差信号为零，电动机不动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。此时，炉子散失的热量正好等于从加热器获取的热量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。当炉温由于某种原因突然下降时， 热电偶的输出电压下降， 与给定电压比较后形成正偏差 信号，该偏差信号经过电压放大器、 功率放大器放大后， 作为电动机的控制电压加到电动机 上，电动机带动滑线变阻器的触头使输出电压升高，则炉温回升，直至达到期望值。当炉温高于期望值时，调节过程相反。1.5解不正确。引入反馈后，形成闭环控制系统，输出信号被反馈到系统输入端，与参考输入比较后形成偏差信号，控制器再按照偏差信号的大小对被控对象进行控制。在这个过程中， 由于控制系统的惯性，可能引起超调，造成系统的等幅振荡或增幅振荡，使系统变得不稳定。 所以引入反馈之后回带来系统稳定性的问题。1.6解:对自动控制系统的基本要求是：稳定性、快速性和准确性。增大系统增益使得闭环控制系统的调整时间减小，提高系统的快速性。2.1解对质量m的受力分析如下图所示:由牛顿第二定律得:2, 工 dz(t) d y(t)-kz t - f 二 m dt dt2同时 z(t) =y(t) x(t)综合上述两式得其微分方程为m与管些. m学dt2 dtdt2设输入量输出量及其各阶导数的初始值均为零，对上式进行拉氏变换得式2_ _2msZ(s) fsZ(s) kZ(s) = -msX(s)故其传递函数为G (s)=Z(s)X(s)2ms一 _2"ms fs k2.2解受力分析得: 对于M有:Mgsin = =MLdt2F=Mgcos vd2xdtd2-dt2= gsinuLd2x _ M出2 mg cos 二sin- k x m削去9的系统的微分方程:x-+ kMmm对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为G(s尸2i(s) _ ms k=2X(s) MLs2.3解(a)电气系统 证：(a)由电路可得：(b)机械系统u。1+C2s1(R2 K)(RC> 2 5C1s)Ui(R2R2+)(R +)+ RC2sC1SC1SRR2GC2S2 +(RG +R2c2)S+1RR2C1C2S2 (RC1 R2 c2 RC2)S 1则其微分方程为:,k kF sin t1 x - - x =m22整理后得:d2uoduoRR2cle22o (R1C1 R2c2 R1C2)odtdtUod2uidui=WR2cle221 (RC1 R2c2) idtdtUi（b）取A、B两点进行受力分析，列出方程得:d(Xi -x。)dtk2(xi -Xo); fid(X -x)dtd2 - Kx dt由(1)式、(2)式得dxdxof2 ' f 2, k2 xi - k? x。 ki xdtdt(1)(2)(3)1<1父（1）十6父（3）得f f d2x。f1 f29dt2dxd2xdx(fMf#2T2K)k1k2x。=f1f2F( f#2fzkj(卜2天dtdtdt经比较, 相似系统。2.4解电气系统（a）与机械系统（b）的微分方程具有相同的形式，故两个系统为传递函数UoUic2sC11sL1 G C2 CLs2C1sc2s微分方程d2uo(C1C2)Uo C1C2L-2- =CMdt2.5解C由电路得:UiR十1CSR2(1)uUoR3R4(2)综合（1）、（2）式，消去变量u,可得其传递函数为:八uoG(s)- uiR1 R2R4CS R2R4R1R3进而得其微分方程为R2R4C 咽 Mui nUoR3出 R R32.6解对系统中各个部分建立相应的微分方程如下:dicUc=Rcic+L c dtdiqU12=Uq=k1ic= Rq iq +L q -dtU34=U d=(Ra +Rd)id +(L a+L d)dtdidua = Rdid+L d 口dtd2u duT m 5 + =k 1U am出2出1 a对上面各式拉氏变换并整理得到:Ic(s)=RIq(S)=c + L cSk1U c(s)R q + LqSIc(S)I d (s)=k2(R a Rd) + (LaU a(s) = (RMs)=aki+ LaS)Id(S)s(1 TmS)Ua(S)2.7解对上式削去中间变量得到系统的传递函数为:.2.G (s)=k*2(R a + LaS)Uc(s)s(1 TmS)(R a Rd) + (La Ld)s(Rq +LqS)(R c + LcS)由图示及题中条件得：,e(t) = Rii(t)+Uc(t)ii(t)i2(t)=cd dtuc(t)6b(t)=Ld2?dx dtd(t) =ki dtF 0 = k2i2(t),，、,2 ，、F02kx一心=m12ldtdt2对上式进行拉式变换得：,E(S) = RIi(S)十Uc(S)Ii(S)-l2(S)=CSUc(S)Uc(S)-Eb(S) =LS"S) Eb(S)=kiSX(S)Fo = k212( S)一2一Fo -2kX(S) - fSX(S) = MS2X(S)G(S)=X(S) E(S)则通过消去中间变量得传递函数如下:k2RCLS2 LS R MS2 fS 2k k2 RCS2 k1s2.8解由题意得:回(t)-e°(t)k=Uedif(t)k2Ue(t)=if(t)Rf +Lfd-Mt) =%o(t)N2M (t) = kmi f 学3dt2 dt其中km为磁控式电动机转矩系数，令初始条件为零，作拉氏变换得：响(S)-%(S)ki =Ue(S) k2Ue(S)=If(S)Rf +LfIf(S)S (S) = -N1eo(S)N2M(S)=%If(S)Ju(S)S2 fjS)S = M(S)解得：c/c、%(S)kik2kmN2G(S)W(S) kRkmN2 Ni(JS2 fS)(LfS Rf)2.9解 由图示得电路的微分方程如下:作拉氏变换得:ClUi(t)-u(t) =i(t)Ri i =i1 i2cli2(t)R2 -Uo(t)c2 答 2)dtU(S)=Ui(S)-I(S)R I(S)=Ii(S) + MS) C1SU(S)-Uo(S)=I1(S) "S)R2=-Uo(S) C2sU(S) = I2(S)则初始方块图如下：Uo(S)由梅森公式得其传递函数如下:G(S)=-C2R2S2Ui(S)C1C2RR2S C1R1S C2R1S 12.10 解对方块图进行简化得:R(s)R(s)N(s)R(s)由梅森公式得G1G4 + GGG 31+HzGG 货HGG +SGG 寸GG 1H4H GGGR(S)124N(S) =Y(S)(1 式)1241 H1GG 2I+H2GG 3+H GGi +0G G 寸QGHR GG G(1)当N(S)为零时可得传递函数为:G(S)=G1G4 G1G2G31 H 2G2G3H1G1G2GG2G3 G1G4 - H1H 2G1G2G4(2)由(1式)得当1 + H1G1G2 =0时，输出Y (S)不受干扰N (S)的影响。2.11 解(a)(1)方块图化简如下所示：Y(s)R(s)R(s)从而可得其传递函数为:G(S)=1 -G1Hl G1G2H1H2G1G2(2)其信号流图如下所示:Gi-1无两两不系统信号流图中共有 2个回路。增益分别为 L =G1Hl L2 = -G G2 H1H接触回路。所以信号的特征式 =1 _(G1Hl GQ2H1H2)。G(S)=1 -G1Hl GG H H12(b)(1)方块图化简如下所示:系统有1条前向通路，增益为 P =GG2 ,回路均与此前向通路接触，故 而可得其传递函数为GG 2Y(s)从而可得其传递函数为:G(S)=GG
