《控制理论-cai教程》答案

1、第一章 概论 给定元件 串联校 正元件 放大元件执行元件 被控对象 测量元件 反馈校 正元件 控制量偏差 （局部反馈） 被控制量 反馈量 扰动 - 典型负反馈控制系统结构 13 2 给定 电位器 放大器 测速 发电机 负载减速器 电动机 反馈 电位器 1 Ur UD Uc 第一章 概论 工作原理 该系统的作用是使负载的角位移2随给定角度1的变化而变化，即 位置随动系统，并且带有测速发电机的内反馈系统。 当负载的实际位置2与给定位置1相符时，则Ur0，电动机不转。当负载的实际 位置2与给定位置1不相符时，偏差电压Ur0，经放大器放大后使电动机转动， 通过减速器移动负载，使负载和反馈电位器向减小偏差的方向转动。 稳态时，输出转速与输入电压Ur有一一对应的关系。所以给定Ur就设定了转速 。若负载力矩M增加，在M增加的瞬时，电动机转速下降；这是测速发电机 (输出电压Uo与输入转速呈现线性关系的测量元件)输出电压Uc下降；这使得差 动放大器的反相输入电压Ur- Uc增大；电动机电枢电压UD随之上升，电枢电流iD 随之上升；电动机电枢输出力矩M上升，这使得输出转速上升，从而使电动机 转速基本回到原

2、先稳定的转速。 第二章 控制系统的数学模型 习题答案： 21 （a） 122 1212 R R CsR R R CsRR + + 21 （b） 1212111222 1 ()1R R C C sRCRCR C s+ 22 （a） 1 2 RCs + 22 （b） 4(1)RCs+ 第二章 控制系统的数学模型 2-4 122 12 1 GGG H GG + + 2-5 123 221231123122 1 GG G G HGG G HGG GGG H+ 2-6 32 32 1031714 1031014 sss sss + + 第二章 控制系统的数学模型 习题解 析： 1 1212111222 ()1)R R C C sRCRCR C s + 21 （b） R1R2 ui uo C1C2 R u3 2 12 2 12 11 () 11 R C sC s R C sC s + + 22 3 1212111222 1 ()1 i R C s uu R R C C sRCRCR C s + = + 2 33 22 2 2 1 1 1 1 o C s uuu R C s R C s = + +

3、1212111222 1 ()1 oi uu R R C C sRCRCR C s = + 第二章 控制系统的数学模型 22 （a） - + ui R R R uo C 0 1 iio uuu R R Cs += + 传递函数而非 o i u G u = i o u u 第二章 控制系统的数学模型 3 0 2 i uu RR += - + ui R R uo 2R2R C u3 22 （b） 333 0 1 22 o uuuu RR Cs += 注意符 号！ 第二章 控制系统的数学模型 25 1 注意正，负反馈！ 2 注意G2后的出点后移到G3后使H2反馈变成H2/G3 RC1G1G2G3 1 H1 -1 H2 1 -1 错！ 1 -1 RC -H2 G1 11G2 H1 G3 H2 1 第二章 控制系统的数学模型 26 R(s)C(s) 2 0.7 0.31ss+ 1 0.5s 1 1111 1 2 0.7 0.31 P ss = + 1 1 = 2 1P = 2 2 10.7 1 () 0.50.31sss = + 2 10.7 1 () 0.50.31sss = + 1 kk k

4、 PP= k表示信号流程图中除去与第k 条前向通道Pk相接触的支路和节 点后余下的信号流程图的特征 式。 而信号流程图的特征式 =1-（所有不同回路的增益之和） +（每两个互不接触回路增益乘积之和） -（每三个互不接触回路增益乘积之和） + 第二章 控制系统的数学模型 2 2 2 32 35 2 2.7 1( ) ( ) 31( ) ( )(0)(0)3( )3 (0)( )( ) (0)0:( )3( )( )3( ) ( )1( ), ( )1/ 13 ( ) 3 4435 ( )1( ) 23 5553 5 2. t C s H s ssR s c ssccsc scc sR s s c ssc sc ssR s r ttR ss ss C s sss C tteet e + = + += =+ += = = + =+ + 2 1.初始条件为0时， 现s 代入c(0)=-1,c 当 则 6ss = 第二章 控制系统的数学模型 习题练习 解：由基尔霍夫电压、电流 定律的系统微分方程： 122icc di uuLR iu dt =+ 11 1 1 cc duu iC dtR =+ 2

5、 2 c du iC dt = 22oc uR iu=+ + _ UiUo Uc1 Uc2 R1 R2 C2 C1 L i Z1 Z2 (1) 列出系统的微分方程； (2) 确定其传递函数(系统初值为零) 第二章 控制系统的数学模型 已知初值为零，对上式拉氏变换： 122 ( )( )( )( )( ) icc U sUsLsI sR I sUs=+ 111 1 1 ( )( )( ) cc I sC sUsUs R =+ 22 ( )( ) c I sC sUs= 22 ( )( )( ) oc UsR I sUs=+ 12 2 ( )( )( ) ( ) icc U sUsUs I s LsR = + 1 1 11 1 1 1 ( )( )( ) 1 1 c R UsI sI s RC s C s R = + + 2 2 1 ( )( ) c UsI s C s = 22 ( )( )( ) oc UsR I sUs=+ 1 11 1 R RC s+ 2 R 2 1 LsR+ 2 1 C s Ui(s)Uo(s) Uc1(s) Uc2(s)I(s) - - 第二章 控制系统的数学模

6、型 1 11 1 R RC s+ 2 R 2 1 LsR+ 2 1 C s Uc1(s) Uc2(s)I(s) - - Ui(s) Uo(s) 1 11 1 R RC s + 2 1 LsR+2 1 C s 2 R -1 111 可以合二为一？ 第二章 控制系统的数学模型 1 22 1 () P C s LsR = + 1 1 = 2 2 2 R P LsR = + 2 1 = 1 21122 1 1 ()(1)() R LsRRC sC s LsR = + + 1122 ( ) ( ) o i UsPP U s + = 2 12121122 32 11212122112212 ()1 ()()1 R R C C sRCR C s RC C LsR R C CC L sRCR CRC s + = + Ui(s) Uo(s) 1 11 1 R RC s + 2 1 LsR+2 1 C s 2 R -1 111 1 111 1 12 2 112 ( )1 1 ( ) 1 o i R Ls UsZRC s R U sZZ LsR RC sC s + + = + + + 2 12121122

7、32 11212122112212 ()1 ()()1 R R C C sRCR Cs RC C LsR R C CC L sRCR CRCs + = + 第二章 控制系统的数学模型 求传递函数，还可以用第二种方法：应用阻抗法直接求电路的传 递函数。 由图所示可知： 1 11 111 1 | 1 R ZLsRLs C sRC s =+=+ + 22 2 1 ZR C s =+ + _ UiUo Uc1 Uc2 R1 R2 C2 C1 L i Z1 Z2 第三章 控制系统的时域分析法 习题答案 31 （1,2）1.稳定2.不稳定 31 （4） 临界稳定，虚 根： 1,2 2sj= 3,4 sj= 32 （1） K0 系统稳定 32 （2） 无论K取何值都不能使系统稳定 32 （3） 0-1 注意：K为开环系统的增益，不可能为负值。 故K0时，整个系统稳定 第三章 控制系统的时域分析法 33 s(s+1)(2s+1)+K(s+1)=0 2s3+(2+)s2+(1+K)s+K=0 s321+K s22+K s1(2+)(1+K) -2K s0K 20 K0 (2+)(1+K) -2K0 第三

8、章 控制系统的时域分析法 (1-K) +2(K+1)0 0 K0 当00K0 当K1时 0,40K0,即0K=0.05 解得：s1,2=j，等幅振荡频率1rad/s 辅助方程： 2s2+40K=0 令s=s1-1代入原方程，得新特征方程： 32 11 400ssK+= 由稳定性的必要条件可知，不论K取何值，都不可能 使闭环极点处于s平面得虚轴左移一个单位得左侧。 第三章 控制系统的时域分析法 KA=10 1 (2)s s + kfs r(t) e(t)C(t) n 1.Kf0 2.0.6Kf 当 时，求阻尼比 ，固有频率，单位斜坡输入时 系统稳态误差 当 ，确定系统，单位斜坡输入时稳态误差 2 1 1 2 2 22 2 1K f0G1 s,K5vI 10 1(s)= s210 2 103.16,0.316 2 * 3.16 1 0.2 2,0 1 10(2) ( )10 * (2) 1 (2) 10 ,1 2 2 10 ( ),3.16,0.6 (2)102 * 3.16 n f f n s ess K kf s s Gs kfs s skf s s kv k k s skfs kf

9、+ = = + = + + + = + + = + = 1 10 ， 开 环（） 开 环 增 益 ， s(s+2) 闭 环 得 2 1.896,0.39ess= 第四章 根轨迹法 习题答案 4-2 （1） 根轨迹的起迄点：3个开环极点（0，2，4），无零点。 3条根轨迹均沿渐近线趋向无穷远。 （2） 实轴上的根轨迹：0到2，4到的线段 （3） 渐近线：相角为60，180，300（60） 180 (21) 3 k + = o 与实轴的交点 24 2 3 = （4） 分离点： 2 (3128)0 dK ss ds = += 12 0.8453,3.1547()ss=舍去 第四章 根轨迹法 （5）与虚轴的交点 32 )6()8()0jjjK+=（ 得到2 2= 48K = -4-2 0 2 2 2 2 j -0.845 第四章 根轨迹法 主导极点的阻尼比=0.707，得到=cos-10.707=45，在根轨迹图 中作45的线，得到一对共轭极点： 则 0.755 0.755 | (2)(4)|5.2 sj Ks ss =+ =+ 设另一个极点s3，则 3 ()(0.7550.755 )(0.7550.755 )(2)(4)5.2sssj sjs ss+=+ 得到s3=-4.472 (求共轭极点时也可以用代数解：令s1,2aaj，带入特征方程式得 到s1(s1+2)(s1+4)+K=0，解得，求另一个极点 方法和上面一样用待定系数法) 35a = +8(7 515)K = 第四章 根轨迹法 更普遍的是， 令s1，2= -njn（1-2）1/2，已知 将上式代入特征方程D（S）=0， 根据复数相

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