自动控制原理课后习题答案解析王万良版

1.2根据题1.2图所示的电动机速度控制系统工作原理 （1）将a,b 与c,d 用线连接成负反馈系统； （
2）画出系统框图。

c d
+
-
发电机
解：
（1） a 接d,b 接c.
（2） 系
统
框
图
如下
1.3题1.3图所示为液位自动控制系统原理示意图。

在任何情况下，希望页面高度c 维持不变，说明系统工作原理并画出系统框图。

解：
工作原理：当打开用水开关时，液面下降，浮子下降，从而通过电位器分压，使得电动机两端出现正向电压，电动机正转带动减速器旋转，开大控制阀，使得进水量增加，液面上升。

同理，当液面上升时，浮子上升，通过电位器，使得电动机两端出现负向电压，从而带动减速器反向转动控制阀，减小进水量，从而达到稳定液面的目的。

系统框图如下：
2.1试求下列函数的拉式变换，设t<0时，x(t)=0: (1) x(t)=2+3t+4t
2
解：
X(S)=
s 2 +23s +3
8
s
(2) x(t)=5sin2t-2cos2t
解：X(S)=5422+S -242+S S
=4
2102+-S S
(3) x(t)=1-e
t T
1-
解：X(S)=S
1-
T
S 11+
= S 1-
1
+ST T
=
)
1(1
+ST S
(4) x(t)=e t 4.0-cos12t
解：X(S)=2
212
)4.0(4
.0+++S S
2.2试求下列象函数X(S)的拉式反变换x(t)： (1) X(S)=
)
2)(1(++s s s
解：=
)(S X )2)(1(++s s s =1
1
22+-
+S S t t e e t x ---=∴22)(
(2) X(S)=)
1(1
522
2++-s s s s 解：=)(S X )
1(1522
2++-s s s s =15
12+-+S S S
=1
1
5
1122+-++
S S S S t t t u t x sin 5cos )()(-+=∴
(3) X(S)=)
42)(2(8
2322+++++s s s s s s
解：=)(S X )
42)(2(8
232
2+++++s s s s s s =2)1(12212+++++-S S S S t e e t x t t 2cos 21)(2--+-=∴
2.3已知系统的微分方程为
)()(2)(2)(2
2t r t y dt t dy dt t y d =++式中，系统输入变量r(t)=δ(t),并设y(0)=)0(y .
=0,求系统输出y(t).
解：
)()(2)
(2)(2
2t r t y dt t dy dt t y d =++且y(0)=)0(y .=0 两边取拉式变换得∴1)(2)(2)(2=++S Y S SY S Y S 整理得Y(S)=
1
)1(1
2212
2++=++S S S 由拉式反变换得y(t)=t t sin e -
2.4列写题2.4图所示RLC 电路的微分方程。

其中，u i 为输入变量，
u o 为输出变量。

L
R
解：由基尔霍夫电压定律，可列写回路方程o L R i u u u u ++=
设回路电流为i ，又因为dt du C
i o =，所以，i o u u dt
di
L iR =++，所以代入电流可得其微分方程i o o
o u u dt du RC dt u d LC
=++2
2
2.5列写题2.5图所示RLC 电路的微分方程。

其中，u i 为输入变量，
u o 为输出变量。

u )
(t L
解：设流过L 的电流为i ，流过R 的电流为1i ，流过C 的电流为2i 。

有dt t du C i i i o )(21==-，R t u i o )(1=。

所以有=+=21i i i dt
t du C R t u o o
)
()(+ 且o L i u u u +=
所以，o o o o i u dt du R L dt
t u d LC u dt di
L u ++=+=22)(
2.6设运算放大器放大倍数很大，输入阻抗很大，输出阻抗很小。

求题2.6图所示运算放大电路的传递函数。

其中，u i 为输入变量，
u o
为输出变量。

C
解：由
dt du C R u o i -1=两边进行拉式变换得)(-)(1
s CSU R s U o i = 所以其传递函数为
CS
R s U S U i O 11
-)()(=
2.7简化题2.7图系统的结构图，并求传递函数
)
()
(S R S C 。

解：设G1后为X ，H1后为Y ，由结构图写线性代数方程
X
S G C X C S H Y X Y S H S R S G )()(])()()[(2211=-==-消去中间变量X ，Y,得传递函数为
)
()()()()()(1)()()()
(11212121S H S G S H S H S G S G S G S G S R S C -+=
2.8简化题 2.8图系统的结构图，并求传递函数
)
()(S R S C 。

解：设G 1(S)前为Y ，G2(s)前为X 。

由结构图写线性代数方程
)
()()()()()()()()(22112S C S XG X
S H S C S YG Y
S H S H S C S R ==-=- 消去中间变量X ，Y,得传递函数为
)
()()()()()(1)()()()
(22212121S H S G S H S H S G S G S G S G S R S C ++=
2.9简化题 2.9图系统的结构图，并求传递函数
)
()(S R S C 。

(S R
解：设第一环后为X ，第二环后为Y ，由结构图写线性代数方程
)
()()()()()(21S C S
YG Y X S G S R X
S C S R ==+=- 消去中间变量X ，Y,得传递函数为
)
(1))
(1)(()()(212S G S G S G S R S C ++=
2.10简化题 2.10图系统的结构图，并求传递函数
)
()
(S R S C 。

解：设第一环后为X ，第三环后为Y ，由结构图写线性代数方程
Y
S YG S C S C S G S G S R X X
S YG S G S R =+=+=-)()()()())()(()()()(43142 消去中间变量X ，Y,得传递函数为 )
()()(1))
(1)(())()(()()(4434321S G S G S G S G S G S G S G S R S C -+-=
3.1已知系统特征方程如下，试用劳斯判据判别系统稳定性，并指出位于右半S 平面和虚轴上的特征根的数目。

（1）D （S ）=012442345=+++++S S S S S
5S 1 4 2
4S 1 4 1 3S ε 1 0 2S ε
1
4- 1 0
1
S
1
4142
---εεε 0 0
0S 1 0 0 系统不稳定，有2个特征根在右半S 平面。

(2)D(S)=046895323456=++++++S S S S S S 解：劳斯表构成如下
6S 1 5 8 4
5S 3 9 6
4S 2 6 4 3S 8 12 2S 3 4 1S 4/3 0S 4
因为劳斯表第一列数符号相同，所以系统是稳定的。

有4个根在虚轴上。

(3)D(S)=02535201232345=+++++S S S S S
5S 1 12 35
4S 3 20 25 3S 16/3 80/3 2S 5 25 1S 10 0S 25
因为劳斯表第一列数符号相同，所以系统是稳定的。

有2个根在虚轴上。

(4)D(S)=04473223456=-----+S S S S S S 解：劳斯表构成如下
6S 1 -2 -7 -4
5S 1 -3 -4
4S 1 -3 -4 3S 4 -6 2S -3 -8 1S -50 0S -4
因为劳斯表第一列数符号变化1次，所以系统是不稳定的，有1个特征根在右半S 平面。

求解辅助方程043)(24=--=S S S F ，可得系统对称于原点的特征根为j S S ±=±=4,32
,1,2。

3.3已知单位负反馈控制系统的开环传递函数为
)
2()(2
22n n v
n S S S K S G ωζωω++= 当n ω=901-S ,阻尼比2.0=ζ时，试确定v K 为何值时系统是稳定的。

解：系统开环传递函数为)2()(2
22n n v
n S S S K S G ωζωω++=，特征方程为 02)(2
223=+++=v n n n K S S S S D ωωζω
劳斯表构成如下 3
S
1 2n ω
2S n ζω2 v n K 2ω
1
S
ζ
ωζω222
n
v n K -
0S v n K 2ω
由劳斯稳定判据，系统稳定的充分必要条件为
ζ
ωζω222
n
v n K ->0
v n K 2ω>0
又因为n ω=901
-S ,阻尼比2.0=ζ，所以可得0<v K <36时，系统是稳定的，当v K =36时系
统临界稳定。

3．5已知反馈控制系统的传递函数为)
1(10
)(-=
S S S G ,H(S)=s K h +1 ，试确定闭环系统
临界稳定时h K 的值。

解：开环特征方程 )
1()1(10)1()1(10
)()(-+=+-=
S S S K S K S S S H S G h h
闭环特征方程 0)1(10)1(=++-S K s s h 即010)110(2
=+-+S K S h
2S 1 10
1S 110-h K 0S 10
当110-h K >0，即h K >0.1稳定，当h K =0.1时，系统临界稳定。

3.7在零初始条件下，控制系统在输入信号r(t)=1(t)+t1(t)的作用下的输出响应为c(t)=t1(t),求系统的传递函数，并确定系统的调节时间s t 。

解：对输入输出信号求拉式变换得r(S)=
211S S +，c(S)= 21
S。

所以系统的传递函数为 11
)()()(+==Φs s r s c s ，系统的时间常数为T=1s,所以系统的调节时间s t =⎩⎨⎧=∆=∆2
453。

3.9要求题3.9图所示系统具有性能指标：s t p p 5.0%,10%==σ。

确定系统参数K 和A ，并
计
算
r
t ，
s
t 。

解：系统的闭环传递函数为K S KA S K AS S S K S S K
S R S C +++=++++=)1()1()
1(1)
1()()(2，可见，
系统为典型二阶系统：KA K n n
+==122
ζωω，
，由p σ%=%10%1002
1=⨯--
ζζπ
e 得
2
1ζζπ
-=1.01ln
=2.30 所以ζ=0.698 由s t n p 5.012=-=ζ
ωπ 得
12
77.815.0-=-=
s n ζπ
ω ，则91.762
n
==ωK 144.01
2=-=K
A n ζω 2
11cos ζ
ωζπ--=
-n r t =0.34s s n
s 65.04
t ==
ζω (2=∆)
s n
s 49.03
t ==
ζω (5=∆)
3.11设典型二阶系统的单位阶跃响应曲线如题3.11图所示。

（1）求阻尼比ζ和自然振荡频率n ω； （2）画出等效的单位反馈系统结构图； （3）写出相应
的开环传递函数。

解：（1）由⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧
=--=-==%
251%12
2
ζζπσζωωω
πe t n d d
p 得4.0=ζ ，4.11=n ω
（2）
（3）、G(S)=
)12.9(96.129+s s 96
.12912.996
.129)(2++=S S S φ
3.13单位负反馈系统的开环传递函数为)
1(5
)(+=
S S S G
(1)求输入信号t t r 1.0)(1=时系统的稳态误差终值； （2）求输入信号为2
201.0)(t t r =时系统的稳态误差终值。

解：（1）)()(lim 0
S H S SG S v →=
K =lim 0
→S S
)
1(5
+S S =5
02.05
1.0===
v ss K R e （2）)()(20
lim S H S G S S a →=
K =lim 0
→S )1(52
+S S S =lim 0→S 1
5+S S
=0
∞===0
01.0a ss K R e 3.15
如题
3.15
图所示控制系统，其中
e(t)为误差信号。

（1）求r(t)=t,n(t)=0时，系统的稳态误差ss e 终值； （2）求r(t)=0,n(t)=t 时，系统的稳态误差ss e 终值；
（3）求r(t)=t,n(t)=t 时，系统的稳态误差ss e 终值； （4）系统参数0K ，T ，P K ，1T 变化时，上述结果有何变化？ 解：（1）、 )11()1()
1()
1()
1
1(11)(1001S T K K TS S TS S TS S K S T K s p p e ++++=+++=
φ
)11()1())
1()(1
1(1)
1(100010
S T K K TS S K TS S K S T K TS S K p p en +++-=
++++-=φ
)()()()(S N S R S S E en e φφ+=
01
)11()1()
1(lim )()(lim 2
100
=++++==→→S S
T K K TS S TS S S
S R s S e p s e s ss φ （2）、p p s en s ss K T S
S
T K K TS S K S
S N S e 12
100
1)1
1()1(lim )(lim -=+
++-==→→φ （3）、p
e s en s ss K T S R s S S N S e 1
)()(lim )(lim -=
+=→→φφ （4）、0K ,T 变化，对上述结果无影响，因为0K ,T 处于外扰n(t)作用点的后面对0
)(=∞ss e 无影响，而系统为二阶无差度系统，r(t)=t 时，0)(=∞ss e 。

故0K ,T 等变化，只要不改变系统结构，即0)(=∞ss e ，当p K ，1T 发生变化时，对)(∞ss e 有影响。