第一章

3

解：1)工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关）门开关的指令状态决定，两电压之差△u＝u1－u2驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制大门的开启。当大门在打开位置，u2＝u上：如合上开门开关，u1＝u上，△u＝0，大门不动作；如合上关门开关，u1＝u下，△u<0，大门逐渐关闭，直至完全关闭，使△u＝0。当大门在关闭位置，u2＝u下：如合上开门开关，u1＝u上，△u>0，大门执行开门指令，直至完全打开，使△u＝0；如合上关门开关，u1＝u下，△u＝0，大门不动作。

2)控制系统方框图

4

解：1)控制系统方框图

2)工作原理：

a)水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h’由浮球顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构是进水阀的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。

b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h’由浮球拉杆的长度给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关闭），开始进水（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低），到一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。此系统是离散控制系统。

2-1解：

（c）确定输入输出变量（u1，u2）

得到：

一阶微分方程

（e）确定输入输出变量（u1，u2）

消去i得到：

一阶微分方程

第二章

2-2

解：

1）确定输入、输出变量f(t)、x2

2）对各元件列微分方程：

3）拉氏变换：

4）消去中间变量：

5）拉氏反变换：

2-3

解：

（2）

（4）

（5）

（6）

2-5

解：1)D(s)=0,得到极点：0,0,-2,-5

M(s)=0,得到零点：－1，，，

2) D(s)=0,得到极点：－2，－1，－2

M(s)=0,得到零点：0，0，－1

3) D(s)=0,得到极点：0，，

M(s)=0,得到零点：－2，，

4) D(s)=0,得到极点：－1，－2，

M(s)=0,得到零点：

2-8

解：1）a）建立微分方程

b)拉氏变换

c)画单元框图（略）

d)画系统框图

2)a)建立微分方程：

b)拉氏变换：

c)绘制单元方框图（略）

4)绘制系统框图

2-11

解：a)

b)

2-14

解：(1)

(2)由于扰动产生的输出为：

要消除扰动对输出的影响，必须使

得到：

得到：

第三章

3-1

解：1)法一：一阶惯性环节的调整时间为4T，输出达稳态值的98%，故：

4T＝1min，得到：T＝15s

法二：求出一阶惯性环节的单位阶跃时间响应，代入，求出。

2)法一：输入信号，是速度信号；

法二：利用误差信号E（s）

3-3

解：

部分分式展开：

系数比较得到：A+B+C=0

11A+6B+5C=0

30A=13

得到：A=13/30=0.433;B=-13/5=-2.6;C=13/6=2.1667

拉氏反变换：

3-4

解：闭环传递函数为：

（1）单位阶跃函数的拉氏变换：

部分分式展开：

系数比较得到：4A+3B=0

A-3C=0

A=1

得到：A=1，B=-4/3,C=1/3

拉氏反变换：

（2）法一、利用微分关系，把结果（1微分）

法二、单位脉冲函数的拉氏变换：

部分分式展开：

系数比较得到：A+B=0

4A+B=4

得到：A=4/3,B=-4/3

拉氏反变换：

3-6

解：闭环传递函数为：

得到： rad/s;

相位移：

时间响应各参数：

3-7

解：1)求闭环传递函数

二阶振动环节：

得到：

2)求结构参数

最大超调量

得到：

峰值时间

得到：

3)求K，Kh

代入1)得到：

4)利用结构参数求其它时域指标

调整时间

上升时间

3-8

解：闭环传递函数

1)K＝200：

此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。

2)K＝1500，得到：

最大超调量

峰值时间

调整时间

上升时间

振动次数

3)K＝13.5，得到：

此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。

4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要不变，系统调整时间ts不变；随着增大，过渡过程在缩短（tp,tr），但总过渡时间（调整时间ts）不变；而随着的减小，振动幅度在加剧，振动次数N、超调量Mp都在加大。

3-8

解：闭环传递函数

1)K＝200：

最大超调量

峰值时间

调整时间

上升时间

振动次数

2)K＝150，得到：

依次得到的动态性能指标：0.54,0037s,0.175s,0.02s,2.34。

3)K＝13.5，得到：

此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联。

4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要不变，系统调整时间ts不变；随着增大，过渡过程在缩短（tp,tr），但总过渡时间（调整时间ts）不变；而随着的减小，振动幅度在加剧，振动次数N、超调量Mp都在加大。

3-9

解：开环传递函数为：

单位反馈系统的：H(s)=1

位置稳态误差系数为：

速度稳态误差系数为：

加速度稳态误差系数为：

单位阶跃输入的稳态误差：

单位速度输入的稳态误差：

单位加速度输入的稳态误差：

3-10

解：开环传递函数，此系统为型系统。

稳态误差系数：

1) 单位阶跃输入稳态误差：

2) 单位速度输入稳态误差：

3）单位加速度输入稳态误差；

法二：

3-11

解：开环传递函数，此系统为型系统。

1) 稳态误差系数

2) 输入信号为阶跃信号、速度信号和加速度信号的组合，它们的系数分别为：

根据信号线性叠加的原理，系统的稳定误差为：

a) 当时，

b) 当时，

c) 当时，

3-12

解：

1)仅有输入信号作用下的稳态误差

偏差传递函数

误差信号

稳态误差

2） 仅有干扰信号作用下的稳态误差

干扰偏差传递函数

干扰误差信号

干扰稳态误差

3)系统总稳态误差：

3-13

解：特征根分别为：-8,-9,-4+j5,-4-j5。闭环系统的所有特征根均具有负实部，所以系统是稳定的。

3-14

解：单位反馈系统的闭环传递函数：

特征根为：

要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部：

当时，可保证特征根具有负实部。

解得：

因K、T均大于零，所以上式成立。

所以系统是稳定的。

3-15

（1）解：法一：劳思阵列

第一列有负数，系统不稳定。

法二：a0=1,a1=0,a2=-15,a3=126;

三阶系统，因所有系数不全为正，所以不稳定。

（2）解：劳斯阵列

劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。

（3）：法一：劳思阵列

劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。

法二：a0=1,a1=4,a2=5,a3=10;

因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a1×a2=20>a0×a3=10，

所以该三阶系统稳定。

（5）：法一：劳思阵列：

辅助多项式：

劳思阵列第一列中无负号，但有一列的元素全为0，所以系统是临界稳定的。

法二：a0=1,a1=10,a2=16,a3=160;

因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a1×a2=160=a0×a3=160，

所以该三阶系统临界稳定。

3-16

（2）解：劳思阵列

系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：

由式1)得：k>0

式2)得：k>10/99

式3)得：k<99/10

K的取值无法同时满足上述三个条件，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。

（4）解：劳思阵列

系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：

由式1)、2)得：k>1

式3)可化为：

显然，上式无法满足，即：无论k取何值，式1)、2)、3)条件都无法同时满足，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。

第四章

4-4

解：闭环传递函数

频率特性

幅频特性

相频特性

1），稳态输出

2）

稳态输出

3）

稳态输出

4-9

解：1）

；

2）

、

;

4-12

1）解a）典型环节：放大环节：2

惯性环节1：转折频率

惯性环节2：转折频率

b）在博德图上标出w1，w2

c）对数幅频特性：

d）低频渐近线（w）：斜率为0，L（w）≈6dB

e）w1～w2渐近线：斜率为－20dB/dec

f）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec

3）解：a）典型环节：放大环节：50

二阶积分：

惯性环节：转折频率

二阶振动环节：转折频率

b）在博德图上标出w1，w2

c）对数幅频特性：

d）低频渐近线（w）：斜率为-40dB/dec，

取，

e）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec

f）w2～渐近线：斜率为－100dB/dec

4)解：传递函数标准形式

a）典型环节：放大环节：20

二阶积分：

惯性环节：转折频率

一阶积分环节：转折频率

b）在博德图上标出w1，w2

c）对数幅频特性：

d）低频渐近线（w）：斜率为-40dB/dec，

取，

e）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec

f）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec

4-14

尼氏判据的关键：含零极点（积分环节）的，需作辅助线（从起点（w＝0）逆时针延伸到正实轴），包围或穿越时，逆时针为正，顺时针为负。

解：

1)正实部根数q＝0，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

2) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

3) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

4) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

5) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

6) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝1－1＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

7) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝1－1＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

8) 正实部根数q＝1，包围（－1，j0）点次数P＝1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝1/2，P=q或N=q/2，闭环系统稳定。

9) 正实部根数q＝1，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝0，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

10) 正实部根数q＝1，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

4-16

解：开环频率特性

系统为最小相位系统，正实部根数q＝0，含一积分环节，稳定裕量为0时，系统临界稳定。

即相角裕量为0：

得到：

得到：，得到：

幅值裕量

令临界幅值裕量为1，得到：

所以：当时，系统是稳定的。

4-17

解：频率特性

幅频特性

相频特性

1)近似解法：

相角裕量

而又有：

即：

解得：，取

解得：K＝1.08

2)

而又有：

即：

解得：，取

解得：K＝0.57

3)根据幅值裕量定义可知：

而根据相频特性又有：

解得：

根据幅频特性可得：

，解得：

根据幅频特性可得：＝0.1

解得：K＝1.1

4-21

解：先求出各转折频率，画出频率段和各频率段的幅频博德图；分各个典型环节，分别画出各典型环节的博德图，然后相频图相加，得到开环系统的相频博德图。在幅频博特图上找出幅值穿越频率，并对应在相频博德图上找出相角裕量；在相位博德图上找出相角穿越频率，并对应在幅频博德图上找出幅值裕量。

4-23

解：1)系统的频率特性为：

， 得到：

， 得到：

系统的传递函数为：

2)

rad/s

第五章

5-2

解：

（1）a)：图a)开环传递函数：

低频段斜率为－20dB/dec―――－I型系统（有一积分环节）

转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s)

低频段穿越频率为w＝20rad/s――开环增益k＝w＝20

系统开环传递函数为：

图a)校正装置传递函数：

低频段斜率为0――――――O型系统

转折w1＝0.1rad/s，斜率为－20dB/dec――含一惯性环节1/(1+10s)

转折w1＝1rad/s，斜率为0dB/dec――含一阶微分环节1+s

校正装置传递函数为（近似PI、滞后）

校正后的传递函数为

b)：图b)开环传递函数：

低频段斜率为－20dB/dec―――－I型系统（有一积分环节）

转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s)

低频段穿越频率为w＝20rad/s――开环增益k＝w＝20

系统开环传递函数为：

图b)校正装置传递函数：

低频段斜率为0――――――O型系统

转折w1＝10rad/s，斜率为20dB/dec―― 含一阶微分环节1+0.1s 转折w2＝100rad/s，斜率为0dB/dec――含一惯性环节1/(1+0.01s)

校正装置传递函数为（近似PD、超前）

校正后的传递函数为

（2）图a)：校正后的频率特性

对数幅频特性：

惯性环节1/(1+10s)、一阶微分环节(1+s)、惯性环节1/(1+0.1s)的转折频率分别为w1＝0.1rad/s、w2＝1rad/s、w3＝10rad/s，分别在博德图上依次标出各转折频率。

低频段斜率为－20dB/dec，取w＝0.01rad/s，渐近线纵坐标分贝数为：

转折频率w1＝0.1rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec

转折频率w2＝1rad/s，渐近线斜率为－20dB/dec

转折频率w3＝10rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec

图b)：校正后的频率特性

对数幅频特性：

惯性环节1/(1+j0.01w)的转折频率为w1＝100rad/s，在博德图上标出；

低频段斜率为－20dB/dec，取取w＝10rad/s，渐近线纵坐标分贝数为：；

转折频率w1＝100rad/s，斜率为－40dB/dec。

（3）两种校正特性比较：

a)为滞后校正，使系统开环幅频特性的中、高频段部分下移，衰减了中高频段的增益，衰减了高频干扰，提高了抗高频干扰的能力；但穿越频率wc左移，带宽变窄，响应快速性下降；以－20dB/dec斜率穿越0分贝线，稳定裕量提高。

b)为超前校正，使系统开环幅频特性曲线上移，中频段上移，穿越频率wc右移，系统快速响应能力增强；中高频段上移，高频干扰增强，系统抗高频干扰能力下降；相位超前，系统相角裕量增加，且以－20dB/dec斜率穿越0分贝线系统稳定性提高。

5-3

解：

1)把未校正系统的开环幅频特性曲线与校正装置的幅频特性曲线相加，即得到校正后的系统开环幅频特性曲线（注意：有6各转折频率）

2)系统的开环传递函数为：

校正装置的传递函数为：

校正后的开环传递函数：

3)此校正装置为滞后－超前校正装置，滞后效应设置在低频段，w<1/T1的低频段的增益增加，提高了系统的稳态精度；超前校正设置在中频段，在w>1/T3后系统增益增加，校正后的幅频特性曲线上移，穿越斜率右－40dB/dec变为－20dB/dec，提高了穿越频率wc，系统响应的快速性增加；相位超前，系统的相位裕量也增加，提高了系统的稳定性；但对抗高频干扰的能力下降。

5-6

解:

（1）确定开环增益：

Kv＝K≥7，取K＝7

开环频率特性

对数幅频特性

相频特性

并画出未校正开环系统的博德图。

（2）计算未校正系统的幅值穿越频率和相位裕量

令L（wc）＝0，得到

得到幅值穿越频率为：

相位裕量为：

不能满足性能要求，考虑到系统对稳态精度有要求，而对响应快速性没具体要求，所以可选用滞后校正装置。

（3）确定校正后的幅值穿越频率

取

则：

得到校正后的幅值穿越频率为：

（4）确定滞后校正装置的参数

滞后校正装置的频率特性

滞后校正装置在新幅值穿越频率处提供的幅值增益分贝：

所以：

得到：

为使校正装置的增大滞后相角远离校正后的幅值穿越频率，可选校正装置的一个转折频率为：

得到T2＝4.35

校正装置的传递函数为：

（5）验算校正后的幅值裕量和相位裕量

校正后的开环传递函数

求相位裕量：

求幅值裕量：

解得：

满足设计要求。

吴振顺《控制工程基础》王积伟 第二版 课后习题解答