控制工程基础王积伟_第二版_课后习题解答完整
控制工程基础(王积伟)课后答案
+ 1) + sR1C2
长江大学仪器10602班 贺 芸 整理
第二章 习题解答
对图示机械网络，根据牛顿第二定
律，
xi
有：
K2
B2
B2 ⎜⎛ ⎝
dxi dt
−
dxo dt
⎟⎞ ⎠
+
K2 (xi
−
xo ) =
B1⎜⎛ ⎝
dxo dt
−
dx dt
⎟⎞ ⎠
B1
xo
B1⎜⎛ ⎝
dxo dt
−
dx dt
⎟⎞ ⎠
1
s +1
2
= 0.6 − 0.6
− 0.3
s
(s +1)2 + 4
(s +1)2 + 4
x(t) = 0.6 − 0长.6江e大−t学c仪o器s120t60−2班0.贺3e芸−t整s理in 2t, t ≥ 0
第二章 习题解答
2-6 证明图示两系统具有相同形式的传递函数。
R1
ui
C1
R2 uo C2
长江大学仪器10602班 贺 芸 整理
第一章 习题解答
对b)图所示液位控制系统： 当水箱液位处于给定高度时，电源开关断开，进 水电磁阀关闭，液位维持期望高度。若一旦打开 出水阀门放水，导致液位下降，则由于浮球位置 降低，电源开关接通，电磁阀打开，水流入水 箱，直至液位恢复给定高度，重新达到平衡状态。
《控制工程基础》第二版课后习题答案
第一章习题解
笞
U]>U
2 U\ U2
第二章习题解答
2-1
a) b)
d)
f)
L^f| 忙
d)
f\ — fl =^2X O
严(f)=$(M+E ⑴虑 如(f) =iQ)R
RC^-u o (t)^u o (t) = RC^-u^t) at at fs (r)=B 低[xi (f) -曲(幼 j
/B (t)=fK (t) = KXo(t) B d
B d 『八
10602
斤不％()+%©二斤击可()
占
d
R^c —% (0+ (*i + 心)％ ⑴=邛应 ~u i (0+ R 2u t (0 at
at
i =i R +，C u o =IR?
：R R 严冃3
宙 % =gR\ +u o
a)
=K ］（旳一兀）+」
:dx o ]
(J?l + J?2)C —«c (!)+ %("■ R Q C — Wj(O + tt
i (O
at at
(K[ + K2)B — x o (t)+ K\K2X o (t)= K\R 〒曲(f)+ 琦心再(f)
dt at
10602
a) b) c) Q © f)
U Q —1/?2 + — j icit
— Z/?| + iR-f H —J idt
e)
dx
K\
% K i (兀 _ %) = K 》(兀)—x)=号二
dt
o
B 2
+ （®K° +
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+ （K }B 2+K }B 3 + 心汝 + KM 巴2 + K }K 2X 2 dt
3J S + 2
用 + 8
S
-丘（$ + 2）（$戈+2$十4）
广、■炉+ 5,2+9用+7
E （$+恥 + 2）
乡一rn\
《控制工程基础》(王积伟 吴振顺)课后习题答案 高等教育出版社
作业
P81-3,1-4。1-3
1-4
(P72)2-1，2-2。 2-1-a
22,u u u u u u i c i c -==+
dt du dt du c RC RC R i u i
22-==dt du dt du i RC u RC =+22
2-1-b
221Kx B B dt dx dt dx =-
dt dx dt dx B Kx B 122=+
2-1-c
2u u u i c -=
2212()(1212R C C R i i u R u R u dt du dt du R c i i -+-=+=
i dt du dt du u R C R R u R R C R R i 22121221)(2+=++
2-1-d
22211121x K x K x K B B dt dx dt dx =-+-
1122112)(x K B x K K B dt dx dt dx +=++
2-1-e
1211R u R u R i
i -=
⎰⎰⎰-+-=
+=dt u dt u u u dt i R i u C R i C R R R i R R R C
R 21
1211
21211121
2
i dt du dt du u C R u C R R i +=++22212
)(
⏹ (P72)2-1，2-2 2-1-f
dt dy B y K X K y K x K x K x K =--=-2222222111,
12212
1)1(x x y K K K K -+= dt dx K BK dt dx K K B x K x K K x K 12122
《控制工程基础》王积伟_第二版_课后习题解答(完整)
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：
《控制工程基础》王积伟_第二版_课后习题解答
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。
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。
3-9
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:
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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：11
21221222
)1(u R R
dt du CR u R R dt du CR +=++ 一阶微分方程
（e ）确定输入输出变量（u1，u2）
消去i 得到：C
u
dt du R C u dt du R R 1122221)(+=++ 一阶微分方程
第二章
2-2
解：
1）确定输入、输出变量f(t)、x 2
2）对各元件列微分方程：2
2221331
111112222
2232
121
311;)
(;)
()
()()()()(x K f dt x x d B f dt
dx
B f x K f dt t x d m f f f dt t x d m t f t f t f t f K B B K B K B B B K =-====--=--- 3）拉氏变换：
)
()()()]()([)()]()([)()()(22
222222131212131111s X s m s sX B s X K s X s X s B s X s m s X s X s B s sX B s X K s F =---=----
4）消去中间变量： 5）拉氏反变换：
dt
df
B x K K dt dx B K B K B K B K dt
x d K m m K B B B B B B dt x d m B m B m B m B dt x d m m s s 3
2212321231212
2
2212122131323132122142421)()()(=++++++++++++++2-3 解：
（2）2
1
12+-
+s s （4）
2
)1(1
3111914191+++-+s s s （5）2
)1(1
)1(2)2(2+-+++-s s s （6）
s s s s s 5
.2124
225.04225.022+
+-+⨯⨯-+⨯- 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，
231j +-，2
3
1j -- 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：
dt t dx B t f dt t x t x d B t f t x t x k t f t f t f t f t x m o
B o i B i k B B k )
()())
()(()())
()(()()()()()(221
10210=-=-=-+=•
•
b)拉氏变换：
)
()())()(()())()(()()
()()()(02211212s sX B s F s X s X s B s F s X s X k s F s F s F s F s X ms B o i B o i k B B k o =-=-=-+=
c)绘制单元方框图（略） 4)绘制系统框图
2-11
解：a)1
21232123
2141H G G H G G H G G G G G -+++
b))
)((1)
(214321214321H G G G G H G G G G G G -++++
2-14
解：(1)321232132
1321
01111)()(K K K s Ts K K K Ts
K s K K Ts K s K K s X s X i i ++=+++==φ (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0)(02=s X 得到：0)(430321=-s K K s G K K K 得到：2
140)(K K s
K s G =
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。