自动控制原理第五章习题答案

第五章习题答案名词解释30.在谐波输入下，输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比A()为幅频特性，相位之差φ(ω)为相频特性，并称其指数表达式G(j)=A()ejφ(ω)为系统的频率特性。简答1．A()为输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比；φ(ω)为输入和输出同频率的谐波分量的相位之差。2.稳定系统的频率特性等于输出和输入的傅氏变换之比。3.Nyquist图、Bode图、Nichols4.a.被控对象的频率特性可通过分析法和实验方法获得，并可用多种曲线表示，因而系统分析和控制器设计可以应用图解法进行；b.频率特性的物理意义明确；c.控制系统的频域设计可以兼顾动态响应和噪声抑制两个方面的要求；d.频域分析法不仅适用于线性定常系统，还可以推广应用到某些非线性系统。5.反馈控制系统稳定的充分必要条件是：半闭合曲线ГGH不穿过(-1,j0)点，且逆时针包围(-1,j0)点的圈数等于开环传递函数的正实部极点数。计算题1.解：系统开环频率特性为1800)()(010)0()0()110)(15(10)()(jHjGjHjGjjjHjG由于Im[)()(jHjG]0，故幅相曲线与负实轴没有交点，)(从0递减至180。作幅相曲线。开环系统的所有极点都在s的左半面，P=0。而由开环幅相曲线可知，开环幅相曲线逆时针包围（-1，j0）点的圈熟数N=0。根据奈氏判据，闭环极点位于s的右半面的个数Z=P-2N=0。因此系统闭环稳定。j0102.解：依题意设系统开环传递函数：)1)(1()(21sTsTKsG因为有一个转折频率为10，故可令一时间常数T1=1/10.在低频段，有：20lg20)(lg20)(KwAwL所以K＝10。0)11/(lg20)1(2221TTKL解得：T2＝9.9闭环传递函数为：KsTTsTTKsGsGs1)()(1)()(21221＝111099.0102ss3.解：根据渐近对数幅频特性图，得系统开环传递函数)1200/()14/()(2sssKsG2202.0142lg20)4(lg2020)4(KjGL故有：280K稳态误差：009.01Kess4.（1）解：由条件知21)(1ssG，1)(2TsKsG开环传递函数：)1()(221TsssKKKKKsGdp(3个极点：Tpp/1,032,11个零点：dpKKz/根轨迹如图所示jp3zjzp3（1）zp3（2）zp3在（1）种情况下，闭环极点均位于左半平面，系统稳定；在（1）种情况下，始终右半平面的根轨迹，故系统不稳定。（2）解：由条件知21)(1sKsG，1)(22TsKsG开环传递函数：)1()(321TssKsKKKKsGip4个极点：Tpp/1,043,2,11个零点：piKKz/根轨迹如图所示jp4zjp4zzp4zp4两种情况下，均有位于右半平面的根轨迹。故系统不稳定。5.解：系统开环频率特性为arctgA3)()1(4)(2/32依题意，3x时，)(x，5.0)(xG所以，幅值裕度h=2。当A(ωc)=1时，2333.11163/1c，09.152)(c，01.296.解：系统开环频率特性为：)()()(jeAjG其中，arctgaaA)(1)(222根据相角裕度定义，4)(arctgac解得：1a（1）又：1)(cA得：01224a（2）联立（1）（2）求解得：84.02225.04a7．2,100,100cK依条件可得开环传递函数)101.0()1(100)(2ssssG8.解：依条件设系统开环传递函数为：)11.0()(ssKsG因为0101.0lg20)(12KL解得101.1K由于系统为I型系统，故在单位阶跃响应下的稳态误差为0。9.解：由系统开环频率特性知，该系统为II型系统，静态加速度误差系数为100aK则稳态误差为：01.0/1assKe