控制理论基础第三版习题答案

《控制理论基础》(科学出版社)习题 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 上海交通大学 1 第二章 2.1 求解下列微分方程 2）𝑑𝑑 2𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑡𝑡2 + 𝑑𝑑𝑦𝑦𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑒𝑒4𝑡𝑡 ,初始条件𝑦𝑦(0)=2, �̇�𝑦(0) = 0. 解:首先对微分方程两边进行拉氏变换，得代数方程： 𝑠𝑠2𝑌𝑌(𝑠𝑠) − 𝑠𝑠𝑦𝑦(0) − �̇�𝑦(0) + 𝑠𝑠𝑦𝑦(𝑠𝑠) − 𝑦𝑦(0) = 1 𝑠𝑠 − 4 代入初始条件𝑦𝑦(0)=2, �̇�𝑦(0) = 0. 𝑠𝑠2𝑌𝑌(𝑠𝑠) − 𝑠𝑠𝑦𝑦(𝑠𝑠) = 1 𝑠𝑠 − 4 + 2𝑠𝑠 + 2 𝑌𝑌(𝑠𝑠) = 2 𝑠𝑠 + 1 𝑠𝑠(𝑠𝑠 − 4)(𝑠𝑠 + 1) 𝑌𝑌(𝑠𝑠) = 2 𝑠𝑠 + 𝐴𝐴 𝑠𝑠 + 𝐵𝐵(𝑠𝑠 − 4) + 𝐶𝐶(𝑠𝑠 + 1) 计算得到 A=-0.25,B=0.05,C=0.2； 𝑌𝑌(𝑠𝑠) = 47 𝑠𝑠 + 15(𝑠𝑠 − 4) + 120(𝑠𝑠 + 1) 拉氏反变换 y(t)=1.75+0.05𝑒𝑒4𝑡𝑡+0.2𝑒𝑒−𝑡𝑡 (t>0) 3）𝑑𝑑 2𝑥𝑥 𝑑𝑑𝑡𝑡2 + 5 𝑑𝑑𝑥𝑥𝑑𝑑𝑡𝑡 + 6𝑥𝑥 = 6,初始条件𝑥𝑥(0)=2,�̇�𝑥(0) = 2. 解:首先对微分方程两边进行拉氏变换，得代数方程： 𝑠𝑠2𝑋𝑋(𝑠𝑠) − 𝑠𝑠𝑥𝑥(0) − �̇�𝑥(0) + 5𝑠𝑠𝑥𝑥(𝑠𝑠) − 5𝑥𝑥(0) + 6𝑋𝑋(𝑠𝑠) = 6 𝑠𝑠 𝑋𝑋(𝑠𝑠) = 2𝑠𝑠2 + 12𝑠𝑠 + 6 𝑠𝑠(𝑠𝑠 + 2)(𝑠𝑠 + 3) = 𝐴𝐴𝑠𝑠 + 𝐵𝐵𝑠𝑠 + 2 + 𝐶𝐶𝑠𝑠 + 3 计算得到 A=1,B=5,C=-4， 拉氏反变换得到，x(t)=1+5𝑒𝑒−2𝑡𝑡−4𝑒𝑒−3𝑡𝑡 (t>0) 2.2.一阶微分方程组为 4 ' 10 3 ' 2 0 x y x y y + =   − + + =  ，已知 (0) 0, '(0) 0, (0) 5x x y= = = ，求解 ( ), ( )x t y t 。 解:首先对微分方程两边进行拉氏变换，得代数方程组： 4𝑠𝑠𝑋𝑋(𝑠𝑠) − 4𝑥𝑥(0) + 𝑌𝑌(𝑠𝑠)=10/s −𝑋𝑋(𝑠𝑠) + (3𝑠𝑠 + 2)𝑌𝑌(𝑠𝑠) = 3𝑦𝑦(0) 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 2 𝑋𝑋(𝑠𝑠) = 15𝑠𝑠 + 20 𝑠𝑠(2𝑠𝑠 + 1)(6𝑠𝑠 + 1) 𝑌𝑌(𝑠𝑠) = 60𝑠𝑠2 + 10 𝑠𝑠(2𝑠𝑠 + 1)(6𝑠𝑠 + 1) 得到： 𝑋𝑋(𝑠𝑠) = 20 𝑠𝑠 + 6.25 𝑠𝑠 + 1 2� + −26.25𝑠𝑠 + 1 6� 𝑌𝑌(𝑠𝑠) = 10 𝑠𝑠 + 12.5 𝑠𝑠 + 1 2� + −17.5𝑠𝑠 + 1 6� x(t)=20+6.25𝑒𝑒−1 2� 𝑡𝑡 -26.25𝑒𝑒−1 6� 𝑡𝑡 (t>0) y(t)=10+12.5𝑒𝑒−1 2� 𝑡𝑡 -17.5𝑒𝑒−1 6� 𝑡𝑡 (t>0) 2.3 解：根据基尔霍夫定律写出电路方程： 如𝑖𝑖1为分电流 𝑉𝑉 = (𝑖𝑖1 + 𝑖𝑖2)𝑅𝑅1 + 𝐿𝐿1 𝑑𝑑(𝑖𝑖1 + 𝑖𝑖2)𝑑𝑑𝑡𝑡 + 𝑖𝑖1𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶1 �𝑖𝑖1 𝑑𝑑𝑡𝑡 𝑉𝑉 = (𝑖𝑖1 + 𝑖𝑖2)𝑅𝑅1 + 𝐿𝐿1 𝑑𝑑(𝑖𝑖1 + 𝑖𝑖2)𝑑𝑑𝑡𝑡 + 𝐿𝐿2 𝑑𝑑𝑖𝑖2𝑑𝑑𝑡𝑡 + 1𝐶𝐶2 � 𝑖𝑖2 𝑑𝑑𝑡𝑡 OR 𝑉𝑉 = (𝑖𝑖1 + 𝑖𝑖2)𝑅𝑅1 + 𝐿𝐿1 𝑑𝑑(𝑖𝑖1 + 𝑖𝑖2)𝑑𝑑𝑡𝑡 + 𝑖𝑖1𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶1 �𝑖𝑖1 𝑑𝑑𝑡𝑡 𝑖𝑖1𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶1 �𝑖𝑖1 𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝐿𝐿2 𝑑𝑑𝑖𝑖2𝑑𝑑𝑡𝑡 + 1𝐶𝐶2 �𝑖𝑖2 𝑑𝑑𝑡𝑡 如𝑖𝑖1为总电流： 𝑉𝑉 = 𝑖𝑖1𝑅𝑅1 + 𝐿𝐿1 𝑑𝑑𝑖𝑖1𝑑𝑑𝑡𝑡 + 𝐿𝐿2 𝑑𝑑𝑖𝑖2𝑑𝑑𝑡𝑡 + 1𝐶𝐶2 � 𝑖𝑖2 𝑑𝑑𝑡𝑡 𝐿𝐿2 𝑑𝑑𝑖𝑖2𝑑𝑑𝑡𝑡 + 1𝐶𝐶2 ∫ 𝑖𝑖2 𝑑𝑑𝑡𝑡=(𝑖𝑖1−𝑖𝑖2)𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶1 ∫(𝑖𝑖1 − 𝑖𝑖2)𝑑𝑑𝑡𝑡 2.5 将滑阀节流扣流量方程 2v pQ c xω ρ = 线性化，流量 Q 是阀芯位移 xv和节流 口压 p的函数，c、w分别为流量系数和滑阀面梯度，ρ为油的密度。 解：设阀的额定工作点参量为𝑂𝑂(𝑥𝑥𝑣𝑣0,𝑝𝑝0),其静态方程式为 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 3 𝑄𝑄0 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥𝑣𝑣0�2𝑝𝑝0𝜌𝜌 把非线性方程在额定工作点 o附近展成泰勒级数，则有 𝑄𝑄 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥𝑣𝑣 ,𝑝𝑝) + 𝜕𝜕𝑓𝑓(𝑥𝑥𝑣𝑣 ,𝑝𝑝)𝜕𝜕𝑥𝑥𝑣𝑣 |(𝑥𝑥𝑣𝑣 = 𝑥𝑥𝑣𝑣0, 𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0) ∗ ∆𝑥𝑥𝑣𝑣 + 𝜕𝜕𝑓𝑓(𝑥𝑥𝑣𝑣 ,𝑝𝑝)𝜕𝜕𝑝𝑝 |(𝑥𝑥𝑣𝑣 = 𝑥𝑥𝑣𝑣0, 𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0) ∗ ∆𝑝𝑝 减去静态方程式，即得流量的线性化方程式： ∆𝑄𝑄 = 𝜕𝜕𝑓𝑓(𝑥𝑥𝑣𝑣 ,𝑝𝑝) 𝜕𝜕𝑥𝑥𝑣𝑣 |(𝑥𝑥𝑣𝑣 = 𝑥𝑥𝑣𝑣0,𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0) ∗ ∆𝑥𝑥𝑣𝑣 + 𝜕𝜕𝑓𝑓(𝑥𝑥𝑣𝑣 ,𝑝𝑝)𝜕𝜕𝑝𝑝 |(𝑥𝑥𝑣𝑣 = 𝑥𝑥𝑣𝑣0,𝑝𝑝 = 𝑝𝑝0) ∗ ∆𝑝𝑝= 𝑐𝑐𝑐𝑐�2𝑝𝑝0 𝜌𝜌 ∗ ∆𝑥𝑥𝑣𝑣 + 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥𝑣𝑣0� 12𝑝𝑝0𝜌𝜌 ∗ ∆𝑝𝑝 2.7 解： ∆R = 𝑑𝑑𝑅𝑅 𝑑𝑑𝑑𝑑 |𝑑𝑑 = 𝑑𝑑0 ∗ ∆𝑑𝑑 ∆R = −1.88 × 10−10(T − 293.15) 2.9 a) 𝑌𝑌(𝑠𝑠) 𝐹𝐹(𝑠𝑠） = 𝐵𝐵𝑠𝑠 + 𝐾𝐾1(𝑀𝑀1𝑠𝑠2 + 𝐵𝐵𝑠𝑠 + 𝐾𝐾1)((𝑀𝑀2𝑠𝑠2 + 𝐵𝐵𝑠𝑠 + 𝐾𝐾1 + 𝐾𝐾2) − (𝐵𝐵𝑠𝑠 + 𝐾𝐾1)2 b) 𝑌𝑌(𝑠𝑠) 𝐹𝐹(𝑠𝑠） = (𝑀𝑀1𝑠𝑠2 + 𝐵𝐵𝑠𝑠 + 𝐾𝐾1)𝑀𝑀1𝑀𝑀2𝑠𝑠4 + 𝐵𝐵(𝑀𝑀1+𝑀𝑀2)𝑠𝑠3 + [𝑀𝑀1(𝐾𝐾1+𝐾𝐾2) −𝑀𝑀2𝐾𝐾1]𝑠𝑠2 + 𝐵𝐵𝐾𝐾2𝑠𝑠 + 𝐾𝐾1𝐾𝐾2 2.11 解：进口流量𝑞𝑞𝑖𝑖 = 𝑘𝑘𝑘𝑘(𝑡𝑡) 出口流量𝑞𝑞(𝑡𝑡) = 𝑞𝑞0 �𝑡𝑡 − 𝑎𝑎𝑣𝑣� = 𝑘𝑘𝑘𝑘 �𝑡𝑡 − 𝑎𝑎𝑣𝑣� 拉氏变换（延迟环节）后得到料仓闸门开度 r与传输带末物料流浪 q之间的 传递函数： 𝑄𝑄(𝑠𝑠) 𝑅𝑅(𝑠𝑠) = 𝑘𝑘𝑒𝑒−𝑎𝑎𝑣𝑣𝑠𝑠 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 4 2.13 解： a) 对于机械系统 𝑘𝑘2𝑥𝑥𝑐𝑐 + 𝐵𝐵2�̇�𝑥𝑐𝑐 = 𝑘𝑘1(𝑥𝑥𝑘𝑘 − 𝑥𝑥𝑐𝑐) + 𝐵𝐵1(�̇�𝑥𝑘𝑘 − �̇�𝑥𝑐𝑐) 进行拉氏变换 𝑘𝑘2𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠) + 𝐵𝐵2𝑠𝑠𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠) = 𝑘𝑘1�𝑋𝑋𝑘𝑘(𝑠𝑠) − 𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠)� + 𝐵𝐵1𝑠𝑠�𝑋𝑋𝑘𝑘(𝑠𝑠) − 𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠)� 则 𝑋𝑋𝑘𝑘(𝑠𝑠) 𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠) = 𝑘𝑘1 + 𝐵𝐵1𝑠𝑠𝑘𝑘1 + 𝑘𝑘2 + 𝐵𝐵1𝑠𝑠 + 𝐵𝐵2𝑠𝑠 对于电路系统： 𝑈𝑈𝑘𝑘 = 𝑖𝑖(𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2) + ( 1𝐶𝐶1 + 1𝐶𝐶2)� 𝑖𝑖𝑑𝑑𝑡𝑡 𝑈𝑈𝑐𝑐 = 𝑖𝑖𝑅𝑅1 + 1𝐶𝐶2 � 𝑖𝑖𝑑𝑑𝑡𝑡 将方程式作拉氏变换 𝑈𝑈𝑘𝑘(s) = �𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶1𝑠𝑠 + 1𝐶𝐶2𝑠𝑠� 𝐼𝐼(𝑠𝑠) 𝑈𝑈𝑐𝑐(s) = �𝑅𝑅1 + 1𝐶𝐶1𝑠𝑠� 𝐼𝐼(𝑠𝑠) 计算得到 𝑈𝑈𝑘𝑘 (s) 𝑈𝑈𝑐𝑐(s) = 1𝐶𝐶1 + 𝑠𝑠𝑅𝑅11 𝐶𝐶1 + 1𝐶𝐶2 + (𝑅𝑅1 + 𝑅𝑅2)𝑠𝑠 B对应于 R，K对应于1 𝐶𝐶 ,故他们是相似的。 b) 对机械系统 设𝐾𝐾1处位移为𝑥𝑥1，𝐵𝐵1处位移为𝑥𝑥2则𝑥𝑥1 + 𝑥𝑥2 = 𝑥𝑥𝐶𝐶 𝐵𝐵1�̇�𝑥2 = 𝑘𝑘2(𝑥𝑥𝑘𝑘 − 𝑥𝑥𝑐𝑐) + 𝐵𝐵2(�̇�𝑥𝑘𝑘 − �̇�𝑥𝑐𝑐) 𝑘𝑘1𝑥𝑥1 = 𝐵𝐵1�̇�𝑥2 方程组两边作拉氏变换： 𝑋𝑋1(𝑠𝑠) + 𝑋𝑋2(𝑠𝑠) = 𝑋𝑋𝑘𝑘(𝑠𝑠) 𝐵𝐵1𝑠𝑠𝑋𝑋2(𝑠𝑠) = 𝑘𝑘2�𝑋𝑋𝑘𝑘(𝑠𝑠) − 𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠)� + 𝐵𝐵2𝑠𝑠�𝑋𝑋𝑘𝑘(𝑠𝑠) − 𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠)� 𝑘𝑘1𝑋𝑋1(𝑠𝑠) = 𝐵𝐵1𝑋𝑋2(𝑠𝑠) 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 5 计算得到： 𝑋𝑋𝑘𝑘(𝑠𝑠) 𝑋𝑋𝑐𝑐(𝑠𝑠) = 𝑘𝑘2 + 𝐵𝐵2𝑠𝑠𝐵𝐵1𝑘𝑘1𝑠𝑠 𝑘𝑘1 + 𝐵𝐵1𝑠𝑠 + 𝑘𝑘2 + 𝐵𝐵2𝑠𝑠 对于电系统： 𝑈𝑈𝑘𝑘 = 𝑖𝑖𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶2 ∫ 𝑖𝑖𝑑𝑑𝑡𝑡 + 1𝐶𝐶1 ∫ 𝑖𝑖1𝑑𝑑𝑡𝑡 𝑈𝑈𝑐𝑐 = 𝑖𝑖𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶2 ∫ 𝑖𝑖𝑑𝑑𝑡𝑡 1 𝐶𝐶1 ∫ 𝑖𝑖1𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑅𝑅1(𝑖𝑖 − 𝑖𝑖1) 方程组两边作拉氏变换： 𝑈𝑈𝑘𝑘(s) = �𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶2𝑠𝑠� 𝐼𝐼(𝑠𝑠) + 𝐼𝐼1(𝑠𝑠)𝐶𝐶1𝑠𝑠 𝑈𝑈𝑐𝑐(s) = �𝑅𝑅2 + 1𝐶𝐶2𝑠𝑠� 𝐼𝐼(𝑠𝑠) 𝐼𝐼1(𝑠𝑠) 𝐶𝐶1𝑠𝑠 = (𝐼𝐼(𝑠𝑠) − 𝐼𝐼1(𝑠𝑠))𝑅𝑅1 计算得到 𝑈𝑈𝑘𝑘(s) 𝑈𝑈𝑐𝑐(s) = 𝑅𝑅2𝑠𝑠 + 1𝐶𝐶2𝑅𝑅1𝑠𝑠 1 𝐶𝐶1 + 𝑅𝑅1𝑠𝑠� +𝑅𝑅2𝑠𝑠 + 1𝐶𝐶2 B对应于 R，K对应于1 𝐶𝐶 ,故他们是相似的。 2.20 解：1）以 R(s)为输入， 假定扰动量 N(s)=0；这是闭环传递函数可用下式 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示 [(R(s)- C(s) H(s))G1(s)+N(s)] G2(s)= C(s) 以𝐶𝐶(𝑠𝑠)为输出时： C(s) 𝑅𝑅(𝑠𝑠） = 𝑅𝑅(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠)1 + 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠) 以𝐵𝐵(𝑠𝑠)为输出时： 𝐵𝐵(𝑠𝑠) 𝑅𝑅(𝑠𝑠) = 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠)1 + 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠) 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 6 以𝐸𝐸(𝑠𝑠)为输出时： 𝐸𝐸(𝑠𝑠) 𝑅𝑅(𝑠𝑠) = 11 + 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠) 1）以 N(s)为输入， 假定扰动量 R (s)=0；这是闭环传递函数可用下式表示 (𝑁𝑁(𝑠𝑠) − 𝐶𝐶(𝑠𝑠)𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠))𝐺𝐺2(𝑠𝑠) 以𝐶𝐶(𝑠𝑠)为输出时： C(s) 𝑁𝑁(𝑠𝑠) = 𝐺𝐺2(𝑠𝑠)1 + 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠) 以𝐵𝐵(𝑠𝑠)为输出时： 𝐵𝐵(𝑠𝑠) 𝑁𝑁(𝑠𝑠) = 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠)1 + 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠) 以𝐸𝐸(𝑠𝑠)为输出时： 𝐸𝐸(𝑠𝑠) 𝑁𝑁(𝑠𝑠) = −𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠)1 + 𝐻𝐻(𝑠𝑠)𝐺𝐺1(𝑠𝑠)𝐺𝐺2(𝑠𝑠) 2.22 a) 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 7 c) 2.29 a) 前向通路四条,增益分别为： P1=abcdef P2=agjf P3=agdef P4=abcjf 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 8 系统中有两个单独回路，增益分别为： L1=i L2=cdh 系统中无不接触回路，特征值△=1－(L1+ L2)=1-i-cdh 两个回路 L1和 L2与前向通路 P1接触，故△1=1 回路 L1与前向通路 P2不接触，故△2=1- i 回路 L1与前向通路 P3不接触，故△3=1- i 两个回路 L1和 L2与前向通路 P4接触，故△4=1 C(s) 𝑅𝑅(𝑠𝑠） = 𝑎𝑎𝑓𝑓(𝑗𝑗 + 𝑑𝑑𝑒𝑒)(𝑏𝑏𝑐𝑐 + 𝑔𝑔 − 𝑔𝑔𝑖𝑖)1 − 𝑖𝑖 − 𝑐𝑐𝑑𝑑ℎ b)前向通路三条,增益分别为： P1=1 P2=－4/（1+s） P3= 3s(2+s)(1+s) 系统中有两个单独回路，增益分别为： L1= −3s+1 L2=−5ss+2 系统中两回路不接触，故特征值 △=1－(L1+ L2)+ L1L2=1 − −3s+1 − −5ss+2 + −5ss+2 × −3s+1 = 6S2+26S+8(S+1)(S+2) 回路 L1和 L2与前向通路 P1不接触，故△1=△ 回路 L2与前向通路 P2不接触，故△2=1 + 5ss+2 回路 L1和 L2与前向通路 P3接触，故△3=1 两个回路 L1和 L2与前向通路 P4接触，故△4=1 C(s) 𝑅𝑅(𝑠𝑠） = 36S2 + 135S + 406S2 + 26S + 8 d)前向通路六条,增益分别为： P1=𝐺𝐺2𝐺𝐺4𝐺𝐺6 P2=𝐺𝐺2𝐺𝐺1𝐺𝐺7 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 9 P3=𝐺𝐺3𝐺𝐺8𝐺𝐺6 P4=𝐺𝐺3𝐺𝐺5𝐺𝐺7 P5=−𝐺𝐺2𝐺𝐺1𝐻𝐻2𝐺𝐺8𝐺𝐺6 P6=−𝐺𝐺4𝐺𝐺8𝐻𝐻1𝐺𝐺1𝐺𝐺7 系统中有三个单独回路，增益分别为： L1=−𝐻𝐻1𝐺𝐺4 L2=−𝐺𝐺5𝐻𝐻2 L3=𝐺𝐺8𝐻𝐻1𝐺𝐺1𝐻𝐻2 系统中 L1和 L2不接触为回路，故特征值 △=1－(L1+ L2+ L3)+ L1L2=1 + 𝐻𝐻1𝐺𝐺4 + 𝐺𝐺5𝐻𝐻2 − 𝐺𝐺8𝐻𝐻1𝐺𝐺1𝐻𝐻2+𝐻𝐻1𝐺𝐺4𝐺𝐺5𝐻𝐻2 回路 L2与前向通路 P1不接触，故△1=1 + 𝐺𝐺5𝐻𝐻2 所有回路与前向通路 P2接触，故△2=1 所有回路与前向通路 P3接触，故△3=1 回路 L1所有回路与前向通路 P4不接触，故△4=1 + 𝐻𝐻1𝐺𝐺4 所有回路与前向通路 P5接触，故△3=1 所有回路与前向通路 P6接触，故△3=1 C(s) 𝑅𝑅(𝑠𝑠）= 𝐺𝐺2𝐺𝐺4𝐺𝐺6(1 + 𝐺𝐺5𝐻𝐻2) + 𝐺𝐺2𝐺𝐺1𝐺𝐺7 + 𝐺𝐺3𝐺𝐺8𝐺𝐺6 + 𝐺𝐺3𝐺𝐺5𝐺𝐺7(𝐺𝐺3𝐺𝐺5𝐺𝐺7)−𝐺𝐺2𝐺𝐺1𝐻𝐻2𝐺𝐺8𝐺𝐺6−𝐺𝐺4𝐺𝐺8𝐻𝐻1𝐺𝐺1𝐺𝐺71 + 𝐻𝐻1𝐺𝐺4 + 𝐺𝐺5𝐻𝐻2 − 𝐺𝐺8𝐻𝐻1𝐺𝐺1𝐻𝐻2 + 𝐻𝐻1𝐺𝐺4𝐺𝐺5𝐻𝐻2 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 10 第三章 3.1已知系统的传递函数为 10( ) 1 0.5 G s s = + 求在频率为 f=1Hz,幅值 rm=10的正弦输入信号作用下，系统的稳态输出 c(t)的幅 值和相位。 解：设输入信号 1 , ( ) sin 10sin 10sin 2mf Hz c t tr t tω ω π= = = = 振幅比 ( ) 2 2 10 10 1 (0.5 ) 1 A jw ω π = + = + 相位差 ( ) arctan( ) arc 2t 0.an( ) 72.35jw Tω πϕ − = −×= = − ° 系统的稳态输出幅值： ( ) 30.3( ) mc jw jwA r⋅ == 输出相位 ( )( ) ( ) 72.3c jw r jw jwϕ = −+∠ ∠= ° 3.2 设单位反馈控制系统的开环传递函数为 10( ) 1 G s s = + 当系统在输入信号: (1) ( ) sin( 30 )r t t= + ° (2) ( ) 2cos(2 45 )r t t= − ° 作用下，试求系统的稳态输出。 解：反馈 H(s)=1 闭环传递函数为： ( ) 10 10 1( ) , , 1 ( ) 11 11 11G G G sG s A T G s s = = = = + + ， (1) 1, 1Aω = = ( ) 2 2 10 11 0.9 11 ( ) 1 ( 1) 11 G G AG j T ω ω = = = + + × 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 11 ( ) arctan( ) 5.2 ( ) sin( 30 ) 0.9sin( 24.8 ) ( ) ( ) G c G jw T jt t G tA jG ω ω ω ∠ − = − ° = + °+∠ = + ° = (2) ( ) 2sin(2 45 )r t t= + ° ， 2, 2Aω = = 同理求得 ( ) 2 2 10 11 0.8944 11 ( ) 1 ( 2) 11 G G Aj T G ω ω = = = + + × ( ) arctan( ) 10.3 ( ) sin( 30 ) 1.789s ( ) ( ) in(2 34.9 ) G c t G t G jw T A tj G j ω ω ω ∠ − = °− = + °+∠ = + ° = 3.4已知系统方块题 3.4图所示 (1)试写出系统的频率特性谱，即幅相频率特性 G(jω),幅频特性 A(jω),相位特性 φ(jω),实频特性 U(jω),虚频特性 V(jω)的表达式； (2)绘出 K=100,T1=1s，T2=5s时系统的 Nyuist图，并求出系统的无阻尼自然频率 ωn。 题 3.4图 系统方框图 解：(1)系统闭环传递函数为： 1 2 1 2 1 2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( ( 1) )( ) 1 ( ) 1 K T s T s K G s KG s G s T s T s K T s T s = = = + + + + + + + + + 幅相特性 2 1 2 1 2( ) ( ) 1 KG w T j T T K j T ω ω+ +− + = 幅频特性 ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2( 1 ) ( ) KA w T j T T TK ω ω+ ++ − = 相位特性 ( ) 1 2 2 1 2 ( )arctan 1 Tjw K T TT ωϕ ω + + − = − 1 2( 1)( 1) K T s T s+ + ( )R s ( )C s 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 12 实频特性 ( ) 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 ( 1 ( 1 ) ) ( ) Kjw K TTU TT T TK ω ω ω = + + + − + − 虚频特性 ( ) 1 22 2 2 1 2 1 2 2 ( ) ) (( )1 K T TV T jw T TK T ω ω ω − + = + ++ − (2)当 K=100,T1=1s,T2=5s时， 当 ( ) 100 0 101 0 G jω ω= = ∠ °， 当 ( ) 0 80, 1G jω ω = ∠= ∞ ° Nyuist图： 3.5 已知系统的方框如题 3.5图所示，是确定系统的谐振峰值，谐振频率及截止 频率。 题 3.5图 系统方框图 解：系统的闭环传递函数为： 5 ( 2)( ) 5( ) 1 ( ) 1 5 ( 2) 5 ( 2) G sG s G s s s s s s s + = + + + = + + = 频率特性 ( ) 2 5 1 0.2( 2) ( .4 105 ) G j j j j jω ω ω ω ω = + = + + + 2 0.2, 0.2, 2 0.4, 0.2T T Tξ ξ= = = = 谐振峰值 2 1 1.25 2 1 rM ξ ξ = = − 谐振频率 21 2 3r nW W ξ= − = w=∞ V U w=0 ( )C s ( )R s 5 ( 2)s s + 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 13 3.10 已知系统的频率特性为 ( ) (1 0.1 ) G Kj j jω ω ω = + (1)若满足系统谐振峰值Mr=1.4，求此时系统的增益； (2)求再次增益下系统的阻尼比和无阻尼自然频率。 解：(1)频率特性 ( ) 20.1( )G j K K j jω ω ω + = + 2 0.1 0.1 1 1 10, , 2 , 2 T T T K K K K ξ ξ= = = = 2 1 1.4 2 1 rM ξ ξ = = − ，计算得到 1 20.92( ), 0.39ξ ξ= =舍 则代入上面的狮子计算得到增益 K=16.65 (2) 无阻尼自然频率 1 10 12.9nW K HzT = = = 3.11 已知最小相位系统的伯德图如题 3.11图所示，试求出系统的传递函数。 (a) (c) (e) 解：(a) 假设传递函数为 ( ) 1 G s K Ts = + 0ν = 时，低频段有 ( ) 20lg 12, 3.98L K Kω = = = 20 /dB dec− ω ( ) / L dB ω O 12 100 1 40 /dB dec− 40 /dB dec− 20 /dB dec− ω ( ) / L dB ω O 20 0.1 2ω 12− 1ω 5 20 /dB dec− 60 /dB dec− 40 /dB dec− ω ( ) / L dB ω O 20 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 14 又转角频率 1ω =100，则 1T 0.01 ω = = 。 ( ) 3.98 1 0.01 sG s = + (c)假设传递函数为 ( ) ( 1) (1 )v K sG s s Ts τ + = + 起始斜率为 –40dB/dec，v=2 1 1 10.1, 10ω τ ω = = = 2 2 11,T 1ω ω = = = 当 w趋于零时， 0( ) 20lg 20 lg , (0.1) 20 0.1.1L K v L Kω ω ω= − = = =时 ，则，当 所以 ( ) 2 0.1(10 1) (1 ) sG s s s += + (e) 假设传递函数为 ( ) 1 2(1 )(1 ) v KG s s T s T s = + + 起始斜率为 –20dB/dec，v=1 1 1 1T ω = 2 2 1T ω = 根据图得到 1 2 1 40 40 lg5 40 lg 1 20 lg 20 lg lg l 2 40 g40 5 40 K ω ω ω = − + = − + = − 计算得到 1 20.5, 10, 50Kω ω= = = 传递函数 ( ) 50 (1 2 )(1 0.1 ) G s s s s = + + 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 15 第四章 4.1.应用劳斯判据判断下列特征方程所代表的系统的稳定性。如果系统不稳定， 求特征方程在 s平面右半部根的个数。 (1) 4 3 22 8 4 3 0s s s s+ + + + = (2) 4 3 22 2 4 10 0s s s s+ + + + = (3) 5 4 3 23 9 16 10 0s s s s s+ + + + + = 解：(1)根据特征方程系数列出劳斯阵列 4 3 2 1 0 1 8 3 2 4 0 6 3 3 0 3 s s s s s 该系统的劳斯阵列第一列元素符号不改变，系统稳定。 (2) 根据特征方程系数列出劳斯阵列 4 3 2 1 0 1 2 10 2 4 0 0 10 4 0 10 s s s s s ε→ − 该系统的劳斯阵列第一列元素符号改变 2次，系统不稳定，且有两个根位于 s平 面的右半部。 (5) 根据特征方程系数列出劳斯阵列 4 3 2 1 0 1 9 1 0 6 6 0 10 10 12 0 10 s s s s s − 该系统的劳斯阵列第一列元素符号改变 2次，系统不稳定，且有两个根位于 s平 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 16 面的右半部。 4.2控制系统特征方程如下，试求系统稳定时增益 K的范围。 (1) 3 23 ( 2) 4 0s Ks K s+ + + + = (2) 4 3 24 13 36 0s s s s K+ + + + = (3) 4 3 220 5 10 15 0s Ks s s+ + + + = 解： (1) 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 一：劳斯阵列 3 2 1 0 1 2 3 4 4 3 ( 2) 0 3 4 s k s k k ks k s + − + + 要使系统稳定，需满足条件 k>0 ○1 4 3 ( 2) 0 3 k k k − + + > ○2 解不定方程组得到 k>0.528 方法二：赫尔维茨判据 0 1 2 3 1 2 3 1, 3 , 2, 4 3 4 0 1 2 0 0 3 4 3 0 3 ( 2) 4 0 4 3 ( 2) 16 0 n a a k a k a k k k k k k k k = = = + = ∆ = + ∆ = > ∆ = + − > ∆ = × + − > (2) 根据特征方程系数列出劳斯阵列 4 3 2 1 0 1 13 4 36 0 4 36 0 s k s s k s k s k − + 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 17 要使系统稳定，需满足条件 k>0 ○1 36 0k− + > ○2 解得 36 >k>0. (3) 赫尔维茨判据 1 2 2 3 20 0, 0 1000 10 0, 0.1 1000 6000 100 0, k k k k k k k ∆ = > > ∆ = − > > ∆ = − − > 则 则 不存在 所以 k不存在，即任意增益均不能使得系统稳定。 4.4．如图 4.4图所示，当 K取何值时，系统才能稳定。 题 4.4图 系统方框图 解：系统开环传递函数为 7500( ) ( ) (1 ) ( 34.6) kG s H s s s s = − + 闭环传递函数为： 3 2 ( ) ( ) ( ) 7500( ) ( ) 1 ( ) ( ) 34.6 7500 7500 C s G s H s s k R s G s H s s s s k − = = + + + + − 系统特征方程为 3 234.6 7500 7500 0s s s k+ + + − = 根据特征方程系数列出劳斯阵列 3 2 1 0 1 7500 34.6 7500 7500 7500 0 34.6 7500 s s k ks s k − − − − − 7500 7500 34.6 k− − − >0 ( ) 2 2(0. )1 ) 1 (1 G w w Kw w j = + + ( )R s ( )C s7500 ( 34.6)s s + 1 K s 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 18 ( ) ( ) ( ) 2 2 G (0.1 ) 1 1 w 90arctan arctan 0.1 γ180 60 120 arctan arctan 0.1 30 c c c c c w w G w w w w G Kjw j w w jw w ∠ ϕ ϕ ∠ = + + = − − − = + = = = − ° + = ° k<0 得到满足系统稳定的增益范围为-34.6 可见图 a中的参数不满足要求 C(s) C(s) R(s) 50 (0.05 1)s s + C(s) R(s) 50 (0.05 1)s s + 1 sτ+ 《控制理论基础》(科学出版社)习题答案 上海交通大学 27 6.5图(a) 6.5图(b) (2) 微分负反馈系统的闭环传递函数 2 50 ( ) 50(0.05 1) 50(1 )( ) 0.05 (1 50 ) 501 (0.05 1) C s s s sR s s s s s τ τ += = + + + ++ + 21 5%, 0.7232pM e ξπ ξ ζ−= ≤ ≥计算得到 1 501000,2 20(1 50 ), 0.7232 10n n τω ω ξ τ ξ += = + = ≥得到 则时间常数 10