自动控制理论阶段性作业21

中国地质大学(武汉)远程与继续教育学院

自动控制理论 课程作业2（共 4 次作业） 学习层次：专升本 涉及章节：第3章

1系统的结构图如图所示.

R(s)-Ks(s+1)

C(s)1+AS

要求系统具有性能指标:20%,tp1s. 试确定系统参数K和A.

2 系统结构图如图所示：

R(s)K-+-

10s(s+1)C(s)s

要求该系统的单位阶跃响应c(t)具有超调量%=16.3%和峰值时间tp=1秒。 试确定K及值。

3 已知三阶系统的特征方程为： a3s3a2s2a1sa00 试用Routh代数判据，确定系统稳定的充要条件。

4 已知系统的闭环特征方程为：

s53s412s324s232s480

试求系统在s 右半平面的根数及虚根值。

5 设某单位反馈系统的开环传递函数为

4

3

G(s)K(s1)

s(Ts1)(2s1) 试用胡尔维茨稳定判据确定使闭环系统稳定的K及T的取值范围。

6系统结构图如图所示：

R(s)- s+1 sY(s)+- 10 s(s+1)C(s)2s

试用Routh判据分析该闭环系统的稳定性。

7 已知单位反馈系统的开环传递函数为：G(s)=K

s(0.1s+1)(0.25s+1) 试确定使系统稳定的开环放大系数K的取值范围及临界稳定时的K值。

8 系统的结构图如下. 已知参数0.2,n86.6

R(s)-1++n2s(s2n)C(s)K1s

试确定参数K1取何值时系统方能稳定.

9 设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)24

s(s2)(s3) 试求系统的静态位置误差系数Kp，静态速度误差速度系数Kv和静态加速度误差系数Ka。

10 单位负反馈系统的开环传递函数为G(s)5。 s(s1)4

3

试求输入信号为r(t)10.1t时系统的稳态误差。

参考答案

1解：系统闭环传递函数：

C(s)K2 R(s)s(1KA)sK

2nK与标准形式相比,有: (1)

2n1KA由%e/1220%20.456

再:tpnn12

3.53(rad/s)tp1 代入(1), 解得:K12.5;A0.178

2 解：依题意，有：

12%etp100%16.3%2n1

14

3

于是，可以算出：0.5, n=3.63(rad/s) 又，由图得开环传递函数：

C(s)10K 2R(s)s(110)s10K

2210Kn3.63故有：

110220.53.63n解得：K1.32; =0.263

3 解：根据闭环特征方程， 列出劳斯表如下：

s3 a3 a1 s2 a2 a0

1 s a1a2-a3a0 a2

s0 a0 根据劳斯稳定判据，三阶系统稳定的充要条件是：

 ai >0(i0,2,3) 

aa-aa01230

4 解：列Routh表：

s5 1 12 32 s4 3 24 48

s3 4 16 s2 12 48 s1 0 0 对辅助方程12s2+48=0 24 0 求导得：24s=0

0

s 48

可见：表中第一列元素全部大于零。所以，此系统在s右半平面无特征根。

又，解辅助方程：12s2+48=0可得：

s1,2j2

故，系统的虚根值为j2

4

3

5 解：闭环特征方程：D(s)2Ts3(2T)s2(1K)sK0

由于要求特征方程各项系数严格为正，即：

2T>02+T>0 1+K>0K>0 故得K及T的取值下限：T>0 , K>0 . T<2(K+1)/(K-1) , K<(T+2)/(T-2)

由于还要求2>0 , 可得K及T的取值上限：

T2(K1)/(K-1) K(T2)/(T-2) 此时，为了满足T>0 及K>0 的要求，由上限不等式知，K及T的取值下限应是T>2及K>1。

于是，使闭环系统稳定的K及T的取值范围应是

1K(T2)/(T-2)  2T2(K1)/(K-1)

6 解：由方框图求取系统的闭环传递函数C(s)/R(s) ,再利用Routh判据判断系统的稳定性。

10C(s)10s(s1)首先求出：

10Y(s)12ss(s21)s(s1)

进一步，求出闭环传递函数：

s1C(s)C(s)10(s1)sY(s)3R(s)1s1C(s)s21s210s10sY(s)根据闭环特征方程式：s321s210s100，建立Routh表：

s3 1 10

s2 21 101

4

s 9.52s 10可见：Routh表第一列系数符号相同且>0，因此系统是稳定的

3

7 解 闭环系统的特征方程为 ：

s(0.1s1)(0.25s1)K0

即 ：

0.025s30.35s2sK0 s14s40s40K032

根据劳斯判据，系统稳定的充要条件是

K0 

1440-140K0 故：使系统稳定的开环放大系数K的取值范围为： 02n(sK1)C(s)8 解：系统闭环传递函数为 3222R(s)s2nsnsK1n

22系统的特征方程为s32ns2nsK1n0

将已知参数值代入上式,得到:s334.6s27500s7500K10 Routh表:

s3 1 7500s2 34.6 7500K1

34.675007500K1s 034.6s0 7500K11

34.675007500K10 稳定,则:0K134.6 34.67500K10

9 解：

该系统前向通道含有一个积分环节，是一个I型系统。 把开环传递函数写成：

24/(23)4 G(s)= 1111s(s+1)(s+1)s(s+1)(s+1)2323 可见： K04。

4

故：系统的各静态误差系数为：Kp,KvK04,Ka0

3

10 解：误差传递函数e(s)

E(s)1s(s1) 2R(s)1G(s)ss5110.1s输入r(t)=1+0.1t, 即R(s)0.12

sss2因此：误差E(s)R(s)e(s)满足终值定理条件，因此： 稳态误差esslimsE(s)limss0s0(s1)(0.1s) 2s(ss5)(s1)(0.1s)0.10.02

s(s2s5)54