自控课后练习-12345
自控原理第四章书后习题答案
4-1 绘制具有下列开环传递函数的负反馈系统的根轨迹1、()()()()54*++=s s s K s H s G解：（1）3个开环极点为：p 1=0，p 2=-4，p 3=-5。
（2）实轴上的根轨迹（-4，0），（-∞，-5）（3）303054011-=----=--=∑∑==mn zp n i mj jiσ()() ,,331212ππππϕ±±=+=-+=k mn k a(4) 分离点：1110d 45d d ++=++ d=-1.47, d=-4.53(舍) （5）与虚轴的交点：在交点处，s=j ω，同时也是闭环系统的特征根，必然符合闭环特征方程，于是有：()020********=++--=+++*=*K j j K s s sj s ωωωω整理得： 0203=-ωω；092=-*ωK 解得01=ω；203,2±=ω；18092==*ωK 最后，根据以上数据精确地画出根轨迹。
2、()()()()11.02*++=s s s K s H s G 解：（1）开环极点有3个，分别为：p 1=p 2=-0，p 3=-1，开环零点为z=-0.1 （2）实轴上的根轨迹为：[-1 -0.1] (3) 渐进线有两条，45.0131.010011-=-+--=--=∑∑==mn zp n i mj jiσ()() ,23,2131212ππππϕ±±=-+=-+=k mn k a (4) 分离点：1111d 10.1d d d ++=++ d=0, d=--0.4(舍), d=0.25(舍)分离角：()() ,23,221212ππππϕ±±=+=+=k lk d 最后，精确地画出根轨迹。
4-3 已知系统的开环传递函数为()()()2*1+=s s K s H s G ① 绘制系统的根轨迹图；② 确定实轴上的分离点及K *的值； ③ 确定使系统稳定的K *值范围。
自动控制原理课后习题第四章答案
第四章习题课 (4-6)
4-6 已知系统的开环传递函数，试确定闭 Kr 环极点ζ=0.5时的Kr值。 G(s)H(s)= s(s+1)(s+3) =0 p =-1 p =-3 解: p 1 2 3 与虚轴交点 p2 ~p2 p=0 ~1+3s+K 3 s3+4s r jω 3 o o -1-3 ω =0 K =0 ω =0 ω + 3 + + , -1.3 1.7 1 180 60 σ= 3 = r= θ 2=0 ω2,3=±1.7 K -4 ω K =12 s1 r r 根轨迹的分离点： 系统根轨迹 p2 s3 p 3 p1 A(s)B'(s)=A'(s)B(s) ζ=0.5 得 -1 0 -3 2 s1=-0.37+j0.8 3s +8s+3=0 s =-4+0.37 ×2=-3.26 3 s2=-2.2 s1=-0.45 Kr=|s3||s3+1||s3+3| -1.7 s2没有位于根轨迹上，舍去。 =3.26×2.26×0.26=1.9
第四章习题课 (4-3)
Kr jω (3) G(s)= s(s+1)2 1 1）开环零、极点 p2 5 p1 p =-1 p）分离点和会合点 =0 p =-1 3 1 2 p3 -0.67 0 σ 3 2 2）实轴上根轨迹段 A(s)=s +2s +s p3~-∞ p 1~p2 B(s)=1 -1 3）根轨迹的渐近线 A(s)'=3s2+4s+1 n-m=3 θ= +60o , +180o -1-1 =-0.67 σ = B(s)'=0 3 4）根轨迹与虚轴的交点 Kr=0 ω1=0 闭环特征方程为 s=-0.33 解得 6）系统根轨迹 Kr=2 ω2,3=±1 s3+2s2+s+Kr=0
自动控制原理课后习题
自动控制原理课后习题1.简答题。
（1）什么是控制系统？控制系统是由控制器、被控对象、控制目标和反馈装置组成的一种系统，用来实现对被控对象的控制和调节。
（2）控制系统的分类有哪些？控制系统可以分为开环控制系统和闭环控制系统。
开环控制系统是指控制器的输出不受被控对象的影响，而闭环控制系统是指控制器的输出受到被控对象的影响并进行调节。
（3）什么是控制对象？控制对象是指控制系统中需要被控制或调节的对象，可以是机械、电气、液压等各种设备和系统。
2.计算题。
（1）某电动机的转速控制系统，控制电压为220V，电动机额定转速为1500rpm，控制器输出电压为180V时，电动机的实际转速为多少？解，根据电动机的转速控制系统原理，实际转速可以通过控制电压和额定转速的比例关系计算得出。
实际转速 = 控制器输出电压 / 控制电压× 额定转速 = 180V / 220V × 1500rpm = 1227.27rpm。
所以，电动机的实际转速为1227.27rpm。
（2）某水箱的液位控制系统，控制器输出信号为4-20mA，对应的液位范围为0-100cm，若控制器输出信号为12mA时，水箱的实际液位为多少？解，根据液位控制系统的标定原理，可以通过控制器输出信号和液位范围的比例关系计算得出实际液位。
实际液位 = (控制器输出信号4mA) / (20mA 4mA) × 液位范围= (12mA 4mA) / (20mA 4mA) × 100cm = 60cm。
所以，水箱的实际液位为60cm。
3.分析题。
（1）为什么在控制系统中需要引入反馈？在控制系统中引入反馈可以实现对被控对象的实时监测和调节，使控制系统能够更加准确地达到控制目标。
（2）闭环控制系统和开环控制系统各有什么优缺点？闭环控制系统能够实现对被控对象的实时监测和调节，具有较高的控制精度，但系统稳定性较差，容易产生振荡和不稳定现象；而开环控制系统系统稳定性较好，但控制精度较低，无法实时监测和调节被控对象。
西南交大网络教育学院自动控制原理A第12345次作业
.自动控制原理第1次作业，注释如下：一、不定项选择题(有不定个选项正确，共4道小题)1. 自动控制的基本控制方式包括: [不选全或者选错，不算完成](A) 开环控制(B) 闭环控制(C) 复合控制(D) 手动控制你选择的答案：[前面作业中已经做正确] [正确]正确答案：A B C解答参考：2. 以下不属于闭环控制系统的特点是: [不选全或者选错，不算完成](A) 采用了反馈(B) 系统的响应对扰动不敏感(C) 构造简单(D) 存在稳定性问题你选择的答案：[前面作业中已经做正确] [正确]正确答案：C解答参考：3. 闭环控制系统中，测量元件的输入信号是该控制系统的：[不选全或者选错，不算完成](A) 输入信号(B) 输出信号..(C) 偏差信号(D) 反馈信号你选择的答案：B [正确]正确答案：B解答参考：4. 自动控制系统按输入特征分类，可分为: [不选全或者选错，不算完成](A) 恒值系统和随动系统(B) 线性系统和非线性系统(C) 连续系统和离散系统(D) 单输入单输出系统和多输入多输出系统你选择的答案：A [正确]正确答案：A解答参考：二、主观题(共4道小题)5. 对控制系统的基本要求主要包括稳、准、和快。
6. 自动控制系统的偏差是指系统的输入信号和反馈信号的差值。
7. 简述反馈控制系统的工作原理。
反馈控制系统的工作原理是：反馈控制系统利用反馈将系统的输出量通过测量元件返回到输入端，与给定输入相比较得到偏差信号。
偏差信号经过控制器产生控制作用，控制作用使得偏差减少或消除，. .保证系统的输出量按给定输入的要求变化。
8.直流电动机转速控制系统如下图，简述其工作原理，并说明系统中的输入量、输出量、控制器、执行机构、测量元件以及该系统采用何种控制方式？工作原理：输入端输入期望的转台速度（实际上是设置一定的电压），实际的转台速度通过转速计（测量元件）转换成与转轴转速成比例的电压信号返回输入端与设置的电压相比较。
自动控制原理+课后问题详解
自控原理课后习题精选2-5 试分别列写图2-3中各无源网络的微分方程（设电容C 上的电压为)(t u c ，电容1C 上的电压为)(1t u c ，以此类推）。
o(a)+－u c (t)(b)+－u c1(t)(c)+－u R1(t)图2-3 习题2-5 无源网络示意图解：（a ）设电容C 上电压为)(t u c ，由基尔霍夫定律可写出回路方程为21)()()()()()(R t u R t u dt t du Ct u t u t u o c c o i c =+-=整理得输入输出关系的微分方程为121)()()()11()(R t u dt t du C t u R R dt t du Ci i o o +=++ （b ）设电容1C 、2C 上电压为)(),(21t u t u c c ，由基尔霍夫定律可写出回路方程为dtt du RC t u t u dtt du C R t u t u R t u t u t u t u t u c c o c c o c i o i c )()()()()()()()()()()(11222221=-=-+--=整理得输入输出关系的微分方程为Rt u dt t du C dt t u d C RC R t u dt t du C C dt t u d C RC i i i o o o )()(2)()()()2()(12221212221++=+++ （c ）设电阻2R 上电压为2()R u t ，两电容上电压为)(),(21t u t u c c ，由基尔霍夫定律可写出回路方程为)()()(21t u t u t u R i c -= （1） )()()(22t u t u t u R o c -= （2）2221)()()(R t u dt t du C dt t du CR c c =+ （3）dtt du C R t u t u c o i )()()(21=- （4）（2）代入（4）并整理得CR t u t u dt t du dt t du o i o R 12)()()()(--= （5） （1）、（2）代入（3）并整理得222)()(2)()(R t u dt t du C dt t du C dt t du CR R o i =-+ 两端取微分，并将（5）代入，整理得输入输出关系的微分方程为CR t u dt t du C R dt t u d C R C R t u dt t du C R dt t u d C R i i i o o o 1122211222)()(1)()()()11()(++=+++2-6 求图2-4中各无源网络的传递函数。
自动控制原理第五章课后答案
五 频域分析法2-5-1 系统单位阶跃输入下的输出)0(8.08.11)(94≥+-=--t e e t c tt ,求系统的频率特性表达式。
【解】： 98.048.11)]([L )(1+++-==-s s s t c s C 闭环传递函数)9)(4(36198.048.11)()()(++=+++-==s s ss s s s R s C s G )9tg 4(tg 2211811636)9)(4(36)(ωωωωωωω--+-+⨯+=++=j ej j j G2-5-2系统时，系统的稳态输出（1）)30sin()(0+=t t r ； （2）)452cos(2)(0+=t t r ；（3）)452cos(2)30sin()(00--+=t t t r 。
【解】：求系统闭环传递函数5tg 21254)5(4)(54)(1)()()()(14)(ωωωω--+=+=+=+==+=j B K K B K ej j G s s G s G s R s C s G s s G根据频率特性的定义，以及线性系统的迭加性求解如下：（1）︒===30,1,11θωr A︒--====-3.1151tg )1(178.0264)1()(1j j j B e eeA j G θωω[])7.18sin(78.0)1(sin )1()sin()(12︒+=++=+=t t A A t A t c r c s θθθ（2）︒===45,2,21θωr A︒--==+=-8.2152tg 274.02544)(1j j B e ej G ωω)2.232cos(48.1)(︒+=t t c s（3）)8.662cos(48.1)7.18sin(78.0)(︒--︒+=t t t c s2-5-3 试求图2-5-3所示网络的频率特性，并绘制其幅相频率特性曲线。
【解】：（1）网络的频率特性1)(111)(212212+++=+++=ωωωωωC R R j C jR C j R R C j R j G（2）绘制频率特性曲线)tg (tg 22212121111)(1)(11)(ωωωωωωωT T j eT T jT jT j G ---++=++= 其中1221221,)(,T T C R R T C R T >+==。
夏超英自动控制原理12345章答案
自动控制原理习题详解（上册夏超英主编科学出版社）第一章习题解答1-1什么是开环控制系统？什么是闭环控制系统？比较开环控制系统和闭环控制系统的不同，说明各自的优缺点。
答：在开环控制系统中，信号从控制器到执行机构再到被控对象单方向传递，输出量不对控制作用产生影响。
开环控制系统结构简单，成本低，但无法克服被控对象变化和扰动对输出的影响。
在闭环控制系统中，被控对象的输出反方向被引到控制系统的输入端，信号沿前向通路和反馈通路闭路传输，控制量不仅与参考输入有关，还与输出有关，即根据参考输入和系统输出之间的偏差进行控制。
闭环控制系统需要对输出量进行测量，存在稳定性设计问题，较开环控制系统复杂，但可以有效地克服被控对象变化和扰动对输出的影响。
1-2日常生活中反馈无处不在。
人的眼、耳、鼻和各种感觉、触觉器官都是起反馈作用的器官。
试以驾车行驶和伸手取物过程为例，说明人的眼、脑在其中所起的反馈和控制作用。
答：在驾车行驶和伸手取物过程的过程中，人眼和人脑的作用分别如同控制系统中的测量反馈装置和控制器。
在车辆在行驶过程中，司机需要观察道路和行人情况的变化，经大脑处理后，不断对驾驶动作进行调整，才能安全地到达目的地。
同样，人在取物的过程中，需要根据观察到的人手和所取物体间相对位置的变化，调整手的动作姿势，最终拿到物体。
可以想象蒙上双眼取物的困难程度，即使物体的方位已知。
1-3 水箱水位控制系统的原理图如图1-12所示，图中浮子杠杆机构的设计使得水位达到设定高度时，电位器中间抽头的电压输出为零。
描述图1-12所示水位调节系统的工作原理，指出系统中的被控对象、输出量、执行机构、测量装置、给定装置等。
出水进水阀门进水2Q图1-12 水箱水位控制系统原理图答：当实际水位和设定水位不相等时，电位器滑动端的电压不为零，假设实际水位比设定水位低，则电位器滑动端的电压大于零，误差信号大于零（0e >），经功率放大器放大后驱动电动机M 旋转，使进水阀门开度加大，当进水量大于出水量时（12Q Q >），水位开始上升，误差信号逐渐减小，直至实际水位与设定水位相等时，误差信号等于零，电机停止转动，此时，因为阀门开度仍较大，进水量大于出水量，水位会继续上升，导致实际水位比设定水位高，误差信号小于零，使电机反方向旋转，减小进水阀开度。
自动控制原理第五章课后习题答案(免费)[1]
![自动控制原理第五章课后习题答案(免费)[1]](https://img.taocdn.com/s3/m/11139471f46527d3250ce001.png)
自动控制原理第五章课后习题答案（免费）5－１设单位反馈系统的开环传递函数为对系统进行串联校正，满足开环增益 及 解:① 首先确定开环增益K,00()12lim v s K SG S k →===② 未校正系统开环传函为:012()(1)G s s s =+M a g n i t u d e (d B )1010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 70.5 dB (at 200 rad/sec) , P m = 16.5 deg (at 3.39 rad/sec)Frequency (rad/sec)③ 绘制未校正系统的开环对数频率特性,得到幅穿频率 3.4c ω=,对应相位角'0()164,16c G j ωγ∠=-∴=,采用超前校正装置,最大相角 0(180())4016630m c G j ϕγωγ=-+∠+=-+=④ 11sin ,31m αϕαα--=∴=+ 0()(1)KG s s s =+40γ=︒112K s -=⑤ 在已绘图上找出10lg 10lg3 4.77α-=-=-的频率 4.4m ω=弧度/秒 令c m ωω=⑥0.128/,0.385/m T s T s ωα=⇒==∴=校正装置的传函为:110.385()110.128Ts s G s Ts s α++==++校正后的开环传函为:012(10.39)()()()(1)(10.13)c s G s G s G s s s s +==++ 校正后1801374340γ=-=>,满足指标要求.-100-50050100M a g n i t u d e (d B )101010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 99.2 dB (at 1.82e+003 rad/sec) , P m = 42.4 deg (at 4.53 rad/sec)Frequency (rad/sec)5－２设单位反馈系统的开环传递函数为要求 设计串联迟后校正装置。
自动控制原理课后习题答案第五章
第 五 章5-2 若系统单位阶跃响应为49()1 1.80.8tth t ee--=-+试确定系统的频率特性。
分析 先求出系统传递函数，用j ω替换s 即可得到频率特性。
解：从()h t 中可求得：(0)0,(0)0h h '==在零初始条件下，系统输出的拉普拉斯变换()H s 与系统输出的拉普拉斯变换()R s 之间的关系为()()()H s s R s =Φ⋅即()()()H s s R s Φ=其中()s Φ为系统的传递函数，又1 1.80.836()[()]49(4)(9)H s L h t s s s s s s ==-+=++++1()[()]R s L r t s ==则()36()()(4)(9)H s s R s s s Φ==++令s j ω=，则系统的频率特性为()36()()(4)(9)H j j R j j j ωωωωωΦ==++5-7 已知系统开环传递函数为)1s T (s )1s T (K )s (G 12++-=;（Ｋ、Ｔ1、Ｔ2＞０）当取ω＝１时， o180)j (G -=ω∠,|Ｇ(ｊω)|＝０.５。
当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式G(ｊω)。
分析：根据系统幅频和相频特性的表达式，代入已知条件，即可确定相应参数。
解： 由题意知：()G j ω=21()90arctan arctan G j T T ωωω∠=---因为该系统为Ⅰ型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，即1()lim ()0.1ss s e E s K→∞===所以：10K =当1ω=时，(1)0.5G j ==21(1)90arctan arctan 180G j T T ∠=---=-由上两式可求得1220,0.05T T ==，因此10(0.051)()(201)j G j j j ωωωω-+=+5-14 已知下列系统开环传递函数(参数K 、T 、T ｉ＞０，ｉ＝１，2，…，６)(1))1s T )(1s T )(1s T (K)s (G 321+++=(2))1s T )(1s T (s K)s (G 21++=(3))1Ts (s K )s (G 2+=(4))1s T (s )1s T (K )s (G 221++=(5)3s K )s (G =(6)321s)1s T )(1s T (K )s (G ++=(7))1s T )(1s T )(1s T )(1s T (s )1s T )(1s T (K )s (G 432165++++++=(8)1Ts K)s (G -=(9)1Ts K )s (G +--=(10))1Ts (s K)s (G -=其系统开环幅相曲线分别如图5-6(1)～(10)所示，试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定性，若系统闭环不稳定，确定其s 右半平面的闭环极点数。
胡寿松自控课后课后答案-12345章
lim
s0
s • En2 (s)
lim
s0
s • en2(s) • N2 (s)
0
根据叠加原理：ess(n1n2) essn1 essn2 0
[3-20]*设随动系统的微分方程为
T1
d2c(t) dt2
dc(t) dt
K2u(t)
u(t) K1[r(t) b(t)]
差动电位器
最大工作角度330o
30k Ω
20k Ω
+15v
ui
-15v10k
uo 10k
10k
u1 –
-K1Biblioteka 10k + ut-K2
u2
功放 K3
ua SM
TG
运放
+15v -15v
K0=30v/330o=1/11(v/o)=5.21(v/rad)
K1=3 K2=2
i K0 ui u K3 u1 K2
z
1
1（0 附加了零点）
（ 由P.97式（3 - 45）至（3 - 50）
1
开系环统增型益别K2
10 1
由静态误差系数法：ess2
r(t)t
1 K
1 K2
0.1
[3-18]控制系统如图所示，其中
G(s)
KP
K s
,
F(s)
1 Js
输入r(t)、扰动n1(t)和n2(t)均为单位阶跃函数，求： （1）在r(t)作用下系统的稳态误差；
(s
Ka (s 4) 12)(s 2)
闭环系统特征方程：
自动控制原理 4-5章习题与解答习题课后校对稿
可知： K 增大时， % ， t p 。
4
4-9 设电子心率起搏器系统如图 4-41 所示，其中模仿心脏的传递函数相当于一个纯积 分器。要求：
（1）若 0.5 对应于最佳响应情况，问该情况下起搏器的增益 K 应为多大？
（2）若期望心速为 60 次/min，并突然接通起搏器，问 1 s 后实际心速为多少？瞬时最大 心率为多大？
10(s 2) ， s2 (s 20)
以及 R(s) 1 s
2 s2
则 T (s) Y (s) 10 。 R(s) s 20
4-5 某控制系统结构图如图 4-38 所示，其中 K1 5 ， T1 0.5 。 （1）求系统的单位阶跃响应； （2）计算系统的性能指标 tr ， t p ， ts ( 5% )， % ；
T1 5T1
（1）该系统的单位阶跃响应为
y(t) 2.51
e nt 1 2
sin(d t
)
2.51
23 3
e nt
sin(
3t
)
3
2.51
1.1547e t
sin(1.7321t
3
)
（2）系统的性能指标为：
解之得： K 25 ， n 25
（2）闭环传递函数写为： T (s)
s2
625 25s 625
，闭环极点 s1,2
12.5
j12.5
3。
方法一：系统的阶跃响应为
y(t) 1
1 1
2
e nt
sin( n
自动控制原理第四章课后习题答案(免费)
自动控制原理第四章课后习题答案（免费）4－1 判断下列二次型函数的符号性质：(1) 222123122313()4262Q x x x x x x x x x x =++--- 解:()T V x x px =,其中:111143131P --⎡⎤⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥--⎣⎦,P 的各阶主子式:12310,30,160p =>=>==-< 所以,此二次型函数不定.(2) 222123122313()31122Q x x x x x x x x x x =---+-- 解: ()T V x x px =,其中111113211112P ⎡⎤⎢⎥--⎢⎥⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦,P 的各阶主子式:12310,20,17.50p =-<=>==-< 所以,P 为负定的.4-2 已知二阶系统的状态方程：11122122a a x x a a •⎛⎫= ⎪⎝⎭试确定系统在 平衡状态处大范围渐进稳定的条件。
解:坐标原点为该系统的一个平衡点,选取李亚普诺夫函数为()T V x x px =,其中:T A P PA Q +=-,取Q=I 得:112111121112111212221222122221221001a a p p p p a a a a p p p p a a -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦,展开可得,其中1221p p =:11112112111221221111211212112212121122121212222211122122121222221001a p a p a p a p a p a p a p a p a p a p a p a p a p a p a p a p ++++-⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥++++-⎣⎦⎣⎦⎣⎦()211211111121121112122222121222111222121211212222111222121211212211221212112122122212221120200a p p a p a p a a p a p a p p a p a p a p a p a a p a p a p a p a a p a p a p --⎧=⎪+=-⎧⎪⎪+=---⎪⎪→=⎨⎨+++=⎪⎪⎪⎪+++=+++=⎩⎪⎩()()21121212112212122111221122211112221122221112212211122112120222a p a p a a p a a a a a a a a p a a a a a a a a a a ----⇒++⋅+⋅=+=+--1222211112211122112221122()()a a a a p p a a a a a a +⇒==+-解之得:221122211221221111221122211222112221121112221122112212212()()2()()a a a a a a p a a a a a a a a a a a a p a a a a a a ⎧-++=⎪+-⎪⇒⎨-++⎪=-⎪+-⎩要使矩阵P 为正定的,则应使:1112112212210,0p p p p p =>=->于是得:22112212212112211221221()()04()()a a a a a a a a a a ++->+-,即:112212*********,00a a a a p a a ->>⇒+< 综上所述在平衡点出渐进稳定的充要条件为:1122112212210,0a a a a a a +<-> 系统为线性的,所以满足上述条件即可满足大范围渐进稳定.4－3 以李雅普诺夫第二方法确定下列系统原点的稳定性：（1）1123x x •-⎛⎫= ⎪-⎝⎭解:求平衡点，12120230x x x x -+=-=，可得00e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭为唯一的平衡点。
《自动控制原理》课后习题答案
掌握自动控制系统的一般概念（控制方式，分类，性能要求）6.（1）结构框图：Ug U Udn Uc UUr给定输入量: 给定值Ug 被控制量: 加热炉的温度扰动量： 加热炉内部温度不均匀或坏境温度不稳定等外部因素 被控制对象：加热器控制器： 放大器、发动机和减速器组成的整体 （2）工作原理：给定值输入量Ug 和反馈量Ur 通过比较器输出 U ， 经放大器控制发动机的转速n ，再通过减速器与调压器调节加热器的电压U 来控制炉温。
T Ur U Ud n Uc U T7.（1）结构框图 略给定输入量：输入轴θr 被控制量： 输出轴θc扰动量： 齿轮间配合、负载大小等外部因素 被控制对象：齿轮机构 控制器: 液压马达 （2）工作原理：θc Ue Ug i θm θc比较器 放大器 减速器 调压器 电动机 加热器 热电偶干扰量实际温度掌握系统微分方程，传递函数(定义、常用拉氏变换)，系统框图化简；1.(a)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=+=dtdu C i R u i i u iR u t ct ct t r )(02)(0)(01)()2......()1(.......... 将（2）式带入（1）式得：)()(01)(021)(0t r t t t u dtdu C R u R R u =++拉氏变换可得)()(01)(0221s r s s U CsU R u R R R =+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+整理得 21212)()(0)(R R Cs R R R U U G S r S s ++==1.(b)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=+=dtdi L u R u i i u iR u Lt o t Lt t r )(2)(0)(01)()2........()1......(.......... 将（2)式代入（1）式得)()(0221)(01t r t t u u R R R dt u L R =++⎰ 拉氏变换得)()(0221)(01s r s s U U R R R U Ls R =++ 整理得LsR R R R LsR U U G s r s s )(21212)()(0)(++==2.1）微分方程求解法⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=-=+=-31224203221211111Rudt du c Ruu R u R u Rudt du c R u u c c c c c c c c r中间变量为1c u，2c u及其一阶导数，直接化简比较复杂，可对各微分方程先做拉氏变换⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+=-=+=-3122423221211111RUU sc R U U RU R U RUU sc R U U c c c c c c c c r移项得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧++==++=2432432211211)11()111(c c c c rUR R sc RU R RU U U R R sc R U可得11121432432143214320)111()11(RR sc R R R R sc R R R R R R R R sc R R sc Ur U ++++=++++=2）复阻抗法⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧+=+++=++=2211232223234212121111*11*11sc R sc z U sc R sc z U sc R sc R R z sc R sc R R z r解得：1112143243RR sc R R R R sc R R Ur U ++++=3.分别以m 2,m 1为研究对象（不考虑重力作用）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=---=11212121121222222)()()(ky dty y d c dt y d m dty y d cdt dy c t f dt y d m 中间变量含一阶、二阶导数很难直接化简，故分别做拉氏变换⎪⎩⎪⎨⎧--=---=112112112122222)()()(kY Y Y s c Y s m Y Y s c sY c s F Y s m 消除Y1中间变量21211222))1(()(Yk s c s m sc s c s c s m s F s++-++=10.系统框图化简：G 1(s)G 2(s)G 3(s)X i (s)X o (s)+H 1(s)H 3(s)H 2(s)---++G 1(s)G 2(s)G 3(s)X i (s)X o (s)+H 1(s)H 3(s)H 2(s)/G 1(s)G 3(s)---+G 1(s)/(1+G 1(s)H 1(s))G 2(s)G 3(s)/(1+G 3(s)H 3(s))X i (s)X o (s)+H 2(s)/G 1(s)G 3(s)-G 1(s)G 2(s)G 3(s)/(1+G 1(s)H 1(s))(1+G 3(s)H 3(s))X i (s)X o (s)+H 2(s)/G 1(s)G 3(s)- +1.综合点前移，分支点后移G 1(s)G 2(s)G 3(s)X i (s)X o (s)+H 1(s)H 3(s)H 2(s)/G 1(s)G 3(s)---++2.交换综合点，交换分支点3.化简1231133221231133221133()()()()()(1()())(1()())()()()()()1()()()()()()()()()()o i X s G s G s G s X s G s H s G s H s G s H s G s G s G s G s H s G s H s G s H s G s H s G s H s =+++=++++11.系统框图化简：G 1(s)G 2(s)G 3(s)X i (s)X o (s)+H 1(s)-++ 1.综合点前移，分支点后移2.交换综合点，合并并联结构H 4(s)G 4(s)H 2(s)H 3(s)++--G 1(s)G 2(s)G 3(s)X i (s)X o (s)+H 1(s)/G 1(s)G 4(s)-+H 4(s)/G 1(s)G 2(s)G 4(s)H 2(s)/G 4(s)H 3(s)++--+-G 1(s)G 2(s)G 3(s)X i (s)X o (s)+-G 4(s)H 2(s)/G 4(s)-H 3(s)-H 1(s)/G 1(s)G 4(s)+H 4(s)/G 1(s)G 2(s)3.化简G 1(s)G 2(s)G 3(s)G 4(s)X i (s)X o (s)+-H 2(s)/G 4(s)-H 3(s)-H 1(s)/G 1(s)G 4(s)+H 4(s)/G 1(s)G 2(s)12341234243114412123123212343231344()()()()()()1()()()()(()/()()()/()()()/()())()()()1()()()()()()()()()()()()()()(o i X s G s G s G s G s X s G s G s G s G s H s G s H s H s G s G s H s G s G s G s G s G s G s G s G s H s G s G s G s G s H s G s G s H s G s G s H =+--+=+--+)s第三章掌握时域性能指标，劳斯判据，掌握常用拉氏变换-反变换求解时域响应，误差等2.（1）求系统的单位脉冲响应12()()()TsY(s)+Y(s)=KX(s)X(s)=1Y(s)=1()=20e t tTT y t y t Kx t K Ts k w t e T∙--+=+=已知系统的微分方程为：对微分方程进行零初始条件的拉氏变换得当输入信号为单位脉冲信号时，所以系统输出的拉式变换为：进行拉式反变换得到系统的时域相应2.(2)求系统的单位阶跃响应，和单位斜坡响应22()()()TsY(s)+Y(s)=KX(s)X(s)=5Y(s)=1111110()10-10e ;1X(s)=Y(s)=t T y t y t Kx t KTK Ts Ts Ts sK s s s y t s∙-+=+++=-=-=已知系统的微分方程为：对微分方程进行零初始条件的拉氏变换得当输入信号为单位阶跃信号时，所以系统输出的拉式变换为：进行拉式反变换得到系统的时域相应当输入信号为单位阶跃信号时，所以系统输出的拉式变换为：22222110550111()510t+5e ;t K K KT T K Ts s s s Ts s s Ts y t -=-+=-++++=-+进行拉式反变换得到系统的时域相应9.解：由图可知该系统的闭环传递函数为22()(22)2b kG s s k s kτ=+++ 又因为：2122%0.20.512222r n n n e t k kπξξσπβωξξωτω--⎧⎪==⎪-⎪==⎨-⎪=+⎪⎪=⎩ 联立1、2、3、4得0.456; 4.593;10.549;0.104;n K ξωτ==== 所以0.76931.432p ds nt s t sπωξω====10.解：由题可知系统闭环传递函数为210()1010b kG s s s k=++ 221010n nk ξωω=⎧⎪⎨=⎪⎩ 当k=10时，n ω=10rad/s; ξ=0.5;所以有2/12%16.3%0.36130.6p n s n e t s t sπξξσπωξξω--⎧⎪==⎪⎪⎪==⎨-⎪⎪⎪==⎪⎩当k=20时，n ω=14.14rad/s; ξ=0.35;所以有2/12%30.9%0.24130.6pn s n e t s t sπξξσπωξξω--⎧⎪==⎪⎪⎪==⎨-⎪⎪⎪==⎪⎩当0<k<=2.5时，为过阻尼和临界阻尼，系统无超调，和峰值时间；其中调整时间不随k 值增大而变化； 当k>2.5时，系统为欠阻尼，超调量σ%随着K 增大而增大，和峰值时间pt 随着K 增大而减小；其中调整时间s t 不随k 值增大而变化；14.(1)解，由题可知系统的闭环传递函数为32560-1403256000056014014k 00()1440kb k k k s s s ks kG s s s s k->><<∴=+++∴⎧⎨⎩∴劳斯表系统稳定的充要条件为：14.(2)解，由题可知系统的闭环传递函数为320.60.8832430.60.80010.20.80.210.8k 00(1)()(1)k b k k k kk s s s ks k s G s s s k s k-->>>>-∴+=++-+∴⎧⎪⎨⎪⎩∴劳斯表系统稳定的充要条件为：20.解：由题可知系统的开环传递函数为(2)()(3)(1)k k s G s s s s +=+-当输入为单位阶跃信号时，系统误差的拉氏变换为11()111()lim limlim ()0k ss k ssss s s k s ss G s E G s ssE G s e →→→+=+===∞∴=又根据终值定理e 又因为25.解：由题可知系统的开环传递函数为1212()(1)(1)k k k G s T s T s =++当输入为给定单位阶跃信号时1()i X s s=，系统在给定信号下误差的拉氏变换为111211211()111()lim limlim ()11k ss k ss ss s s k s ss G s E G s ssE G s k k e k k →→→+=+===∴=+又根据终值定理e 又因为当输入为扰动信号时1()N s s=，系统扰动信号下误差的拉氏变换为22121122212212121()111()lim limlim ()111k ss k ss ss s s k s ss ss ss ss k G s k T s E G s ssE G s k k k e k k k e e e k k →→→-+-+=+===-∴=+-∴=+=+又根据终值定理e 又因为第四章 根轨迹法掌握轨迹的概念、绘制方法，以及分析控制系统4-2 （2）G(s)=)15.0)(12.0(++s s s K;解：分析题意知：由s(0.2s+1)(0.5s+1)=0得开环极点s 1=0,s 2=-2,s 3=-5。
自动控制原理课后习题答案
第一章引论1-1 试描述自动控制系统基本组成，并比较开环控制系统和闭环控制系统的特点。
答：自动控制系统一般都是反馈控制系统，主要由控制装置、被控部分、测量元件组成。
控制装置是由具有一定职能的各种基本元件组成的，按其职能分，主要有给定元件、比较元件、校正元件和放大元件。
如下图所示为自动控制系统的基本组成。
开环控制系统是指控制器与被控对象之间只有顺向作用，而没有反向联系的控制过程。
此时，系统构成没有传感器对输出信号的检测部分。
开环控制的特点是：输出不影响输入，结构简单，通常容易实现；系统的精度与组成的元器件精度密切相关；系统的稳定性不是主要问题；系统的控制精度取决于系统事先的调整精度，对于工作过程中受到的扰动或特性参数的变化无法自动补偿。
闭环控制的特点是：输出影响输入，即通过传感器检测输出信号，然后将此信号与输入信号比较，再将其偏差送入控制器，所以能削弱或抑制干扰；可由低精度元件组成高精度系统。
闭环系统与开环系统比较的关键，是在于其结构有无反馈环节。
1-2 请说明自动控制系统的基本性能要求。
答：自动控制系统的基本要求概括来讲，就是要求系统具有稳定性、快速性和准确性。
稳定性是对系统的基本要求，不稳定的系统不能实现预定任务。
稳定性通常由系统的结构决定与外界因素无关。
对恒值系统，要求当系统受到扰动后，经过一定时间的调整能够回到原来的期望值（例如恒温控制系统）。
对随动系统，被控制量始终跟踪参量的变化（例如炮轰飞机装置）。
快速性是对过渡过程的形式和快慢提出要求，因此快速性一般也称为动态特性。
在系统稳定的前提下，希望过渡过程进行得越快越好，但如果要求过渡过程时间很短，可能使动态误差过大，合理的设计应该兼顾这两方面的要求。
准确性用稳态误差来衡量。
在给定输入信号作用下，当系统达到稳态后，其实际输出与所期望的输出之差叫做给定稳态误差。
显然，这种误差越小，表示系统的精度越高，准确性越好。
当准确性与快速性有矛盾时，应兼顾这两方面的要求。
自动控制原理 课后习题及答案
第一章绪论1-1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点.解答：1开环系统(1)优点:结构简单，成本低，工作稳定。
用于系统输入信号及扰动作用能预先知道时，可得到满意的效果。
(2)缺点：不能自动调节被控量的偏差。
因此系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时，控制精度差。
2 闭环系统⑴优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量偏离给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。
它是一种按偏差调节的控制系统。
在实际中应用广泛。
⑵缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。
1-2 什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明之。
解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。
闭环控制系统常采用负反馈。
由1-1中的描述的闭环系统的优点所证明。
例如，一个温度控制系统通过热电阻（或热电偶）检测出当前炉子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。
1-3 试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型（线性，非线性，定常，时变）？（1）22()()()234()56() d y t dy t du ty t u t dt dt dt++=+（2）()2() y t u t=+（3）()()2()4() dy t du tt y t u t dt dt+=+（4）()2()()sin dy ty t u t t dtω+=（5）22()()()2()3() d y t dy ty t y t u t dt dt++=（6）2()()2() dy ty t u t dt+=（7）()()2()35()du ty t u t u t dtdt=++⎰解答：（1）线性定常（2）非线性定常（3）线性时变（4）线性时变（5）非线性定常（6）非线性定常（7）线性定常1-4 如图1-4是水位自动控制系统的示意图，图中Q1，Q2分别为进水流量和出水流量。
控制的目的是保持水位为一定的高度。
自控作业答案4
（） arctg arctg2
T5-2(2)绘制bode图
• 环节的转折频率分别为 0.5和1
0.5时
0.5 1时
幅频渐近线低频段斜率为0,
20 lg k 20 lg1 0
幅频渐近线斜率变为-20dB/dec, 幅频渐近线斜率变为-40dB/dec,
T5-1(3)绘制Nyquist图
• 与坐标轴的交点
2 令 Im[G ( j )] 0, 得 2 2 代入实部，得与实轴的 交点Re[G ( j )] 0.667 3
令 Re[ G ( j )] 0, 得 与实轴的交点在原点
绘图结果如下
T5-1(3)绘制Nyquist图
起点和终点幅值：
Re[ G ( j )] | 0 3, Im[G ( j )] | 0 Re[ G ( j )] | 0, Im[G ( j )] | 0
起点和终点相角：
（） 0 90 ,（） 270 | |
1后
绘图结果如下
T5-2(2)绘制bode图
-20dB/dec -40dB/dec -40dB/dec -20dB/dec
蓝色为实际频率特性曲线， 粉色为渐近线
T5-2(3)绘制bode图
1 (3)G( s) s(1 s)(1 2s)
解：频率特性：
1 G( j ) j (1 j )(1 j 2 )
绘图结果如下
与实轴的交点在原点
T5-1(2)绘制Nyquist图
T5-1(2)Nyquist图
T5-1(3)绘制Nyquist图
1 (3)G( s) s(1 s)(1 2s)
解：频率特性：
自动控制原理(梅晓榕)习题答案
第5章5-1 222212211 arctan arctan 1K T T T T ωωωω+Φ=∠Φ=-+222212211()sin(arctan arctan )1ss K T c t Rt T T T ωωωωω+=+-+5-2 （1）()arctan -arctan G j T ωτωω∠=（2）1212()arctan arctan -arctan -arctan G j aT bT T T ωωωωω∠=+ 5-3 （1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）5-4（1）（3）（4）（6）（7）（8）（1）（2）（3）（4）（6）（7）（8）（10）5-6 （a ）12100()11(1)(1)G s s s ωω=++ （b ）231221(1)()1(1)s G s s s ωωω+=+（c ）112211()11c s G s s s ωωωω⎛⎫+⎪⎝⎭=⎛⎫+ ⎪⎝⎭（d ）123()11(1)(1)s G s s s ωωω=++ 5-7 （a ）稳定 （b ）稳定 （c ）稳定 （d ）不稳定（e ）不稳定 （f ）不稳定 （g ）不稳定 （h ）稳定5-8 （a ）不稳定 （b ）稳定 （c ）稳定 （d ）稳定 （e ）稳定 5-9 （a ）不稳定 （b ）稳定 （c ）稳定 5-10 稳定5-11 1：稳定 2：不稳定 3：稳定 4：不稳定 5-12 不稳定5-13 o 73γ= 此题传递函数改为(0.561)()(1)(0.11)(0.0281)K s G s s s s s +=+++或 幅值穿越频率 5.13rad/s c ω=，o 46.5γ=。
5-14（1）(j )48.2c G ω∠=-，o 131.8γ=（2）(j )155.4c G ω∠=-，o 24.6γ=5-15 o o o (1)55 20dB/dec (2)-15.840dB/dec (3)-52.860dB/dec --- ，，， 5-16s 2s1s3p1p 2p3t t t σσσ<<=< ，5-17 （1）o 54.9 20lg g K γ==∞，，系统稳定。
12345模型练习题
12345模型练习题在数字时代的今天，信息爆炸的时代背景下，人们的注意力越来越难以集中。
为了能够更好地提高注意力和专注力，12345模型应运而生。
本文将介绍12345模型的基本概念、原理和练习题，帮助读者更好地掌握这个工具。
一、12345模型的基本概念和原理12345模型是一种时间管理和注意力集中的技巧，通过每天划定一定时间来专注于一项任务，提高效率和工作质量。
它的名称即为1小时工作块，20分钟休息，3个1小时工作块，40分钟休息的缩写。
12345模型的基本原理是以"工作块"和"休息时间"为单位，将任务分解为更小的部分，以提高集中注意力的时间和效果。
通过不断重复1小时的工作块和20分钟的休息，可以帮助大脑更好地处于高效工作状态，同时避免过度疲劳。
二、12345模型的练习题1. 练习题一：时间管理请你根据自己的日常工作安排，合理安排每天的1小时工作块和20分钟的休息时间。
并记录下每个工作块的成果和休息时间的感受，总结出最适合你的时间管理模式。
2. 练习题二：专注力训练在进行1小时工作块的过程中，随着时间的推移，注意力集中的难度逐渐增加。
请你思考并记录下如何在逐渐降低的注意力集中度中，通过调整呼吸、进行简短的运动或其他方法来提高自己的专注力。
3. 练习题三：任务分解将一项复杂的任务进行分解，确定每个小任务所需的时间，并合理安排在相应的1小时工作块中。
完成后，记录下任务分解和时间安排的效果如何，以及是否对整个任务的完成有积极的促进作用。
4. 练习题四：休息调整在20分钟的休息时间内，尝试不同的放松方式，如散步、冥想、听音乐等，记录下不同休息方式对自己的放松效果和恢复力的影响。
寻找最适合自己的休息方式，并在之后的休息时间中坚持使用。
5. 练习题五：维持习惯12345模型的实施需要坚持和保持良好的时间管理习惯。
请你思考并记录下如何在实施的过程中保持习惯的连续性和稳定性，同时如何应对外界干扰和内心的动摇。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
C(s) 100(4s 1) R(s) 12s 2 23s 25
E(s ) 10(12s 2 23s 5) R (s ) 12s 2 23s 25
【2-15】（2-10）位置随动系统
差动电位器
最大工作角度330o
30k Ω
20k Ω 10k
+15v
ui uo
-15v10k
( s +b)( s 2 +2ζωn s +ω ) = ( s +b)( s 2 +2.2 s +ω n ) n = s 3 +( 2.2 +b) s 2 +(ω2 +2.2b) s +bω2 = 0 n n
而实际闭环系统特征方程为：
D( s) = s 3 +7 s 2 +14 s +8(1 + K ) = 0
t dr(t ) (5) c(t ) 3r (t ) 6 5 r ( )d dt (6) c(t ) r 2 (t ) 非线性定常静态系统
线性定常动态系统
0, t 6 线性时变静态系统，或线性延迟系统 (7) c(t ) r (t ), t 6
( 时，零初始条件下的输出响应 【2-9】(2-6) 某系统在阶跃输入r(t ) 1 t )
由系统结构图可得系统开环传递函数：
系统闭环传递函数：
K1 K 2 K 3 8K G( s) = = 3 (0.5s +1)( s +1)(0.25 s +1) s +7 s 2 +14 s +8
8K s 3 +7 s 2 +14 s +8(1 + K )
Φ s) = (
系统特征方程： 列劳斯表：
D( s) = s 3 +7 s 2 +14 s +8(1 + K ) = 0
由闭环特征方程，校核稳定条件：
T1T2s (T1 T2 )s s K1K 2 0
3 2
[3-28]一种新型电动轮椅速度控制系统的结构图如图，其中时间 常数T1=0.5s，T3=1s，T4=0.25s。要求： （1）确定使系统稳定的K的取值（K=K1K2K3）； （2）确定增益K的取值，使系统单位阶跃响应的调节时间等于4s （∆=2%），并计算此时系统的特征根。 根据系统稳定性及动态品质要求，选择系统参数。
E (s) K1K 2 T2s K1K 2 e (s) 1 (s) 1 R (s) T1T2s 3 (T1 T2 )s 2 s K1K 2 1 K1K 2 T2 e ss lims E (s) lims e (s) R (s) 0 K 1K 2 1 K1 时，满足题意要求 K 2 (T2 0 )
s 0 s 0
（3）n2(t)=1(t)作用时，由系统结构图：
E n2 (s) 1 Js 2 en2 (s) 2 N 2 (s) 1 G (s)F(s) Js K Ps K
s 0 s 0
essn2 lim s E n2 (s) lim s en2 (s) N 2 (s) 0 根据叠加原理：ess(n1 n2) essn1 essn2 0
第二章
c(t ) 1 e 2t e t，求系统的传递函数和脉冲响应。
s 2 4s 2 (s) (s 1)( s 2)
dc (t ) 2t t g (t ) k (t ) 2e e dt
【2-11】(2-8) 已知G(s)和H(s)对应的微分方程分别是： dc(t ) E C 6 10c(t ) 20e(t ) R 10 M G(s) dt B db(t ) 20 5b(t ) 10c(t ) H(s) dt
s 0
设参数选取使系统稳定，则essr
1 0 r(t) 1( t ) 1 K 0P
（2）n1(t)=1(t)作用时，由系统结构图：
E n1 (s) F(s) s en 1 (s) 2 N1 (s) 1 G (s)F(s) Js K P s K e ssn1 lim s E n1 (s) lim s en1 (s) N1 (s) 0
K s
1 Js
n1(t)
n2(t)
e(t)
r(t)
G(s) s
1
F(s) s
c(t)
1
[解]（1）r(t)=1(t)作用时，系统开环传递函数：
K KP s 1 K Ps K J K G 0 (s) G (s) F(s) 2 2 Js s K 开环增益K 0 ，型别 2 J 静态位置误差系数K 0P lim G 0 (s)
1 14 7 8(1 K ) 90 8 K 7 8(1 K ) 由劳斯判据，使闭环系统稳定的K值范围为：
s3 s2 s1 s0
1 K 11.25
（2）确定使ts=4s时的K值及特征根。 4.4 ts = = 4(Δ = 2%) ⇒ζω n =1.1 ζω n
设计时希望特征方程为：
MATLAB应用举例
在MATLAB/Simulink中，建立如下卫星通信天线方位角伺 服控制系统的仿真模型，要求模型可以运行，并观察天线方 位角的阶跃响应。
2009
计算机控制技术 作业
9
MATLAB应用举例
Antenna Azimuth Position Control System
2
2
比较希望特征方程与实际特征方程，可得：
2.2 +b = 7 ω 2 +2.2b =14 n bω 2 = 8(1 + K ) n
此时，系统闭环特征方程为：
解得：b = 4.8, ωn =1.85, K =1.05
( s +4.8)( s 2 +2.2s +3.42) = 0
解得系统闭环特征根为：
r ( t ) t
1 1 0.1 K K 2
[3-18]控制系统如图所示，其中 G(s) K P , F(s)
输入r(t)、扰动n1(t)和n2(t)均为单位阶跃函数，求： （1）在r(t)作用下系统的稳态误差； （2）在n1(t)作用下系统的稳态误差； （3）在n1(t)、n2(t)同时作用下系统的稳态误差。
25K 1 6 0.8 25K 1K t 2 n 12 联立解出 K 1.44 1 K t 0.31
2பைடு நூலகம்n 2
根据二阶系统特征参数ωn、ζ，选择 （整定）增益环节.
[3-9] 设控制系统如图，要求： （1）取τ1=0， τ2=0.1，计算测速反馈校正系统的超 调量、调节时间和速度误差； （2）取τ1=0.1， τ2=0，计算比例-微分校正系统的 超调量、调节时间和速度误差；
R(s) K1 _ _
C(s)
25 s(s 0.8)
Kts
[解]：由系统结构图可以得到系统闭环传递函数：
25K 1 (s) 2 2 2 s (0.8 25K 1K t )s 25K 1 s 2 n s n
2 n
为标准型二阶系统，闭环传递函数模型相比较得：
s1, 2 1.1 j1.49, s3 4.8
[3-31]*磁悬浮列车需要在车体与轨道间保持0.635cm的气隙。 K a ( s 2) , 间隙控制系统如图，若控制器取为 Gc ( s ) 其中Ka为控制器增益，要求： s 12 （1）确定使系统稳定的Ka值范围； （2）可否确定Ka的合适取值，使系统对单位阶跃输入的稳 态跟踪误差为零； （3）取控制器增益Ka=2，确定系统的单位阶跃响应。
预期 速度 头部 动作 传感器
轮椅动力学模型 放大器
+
-
K1 T1s 1
K2
K3 (T3 s 1)(T4 s 1)
实际 速度
系统简化结构图
Root Locus 10
5
Imaginary Axis
0
-5
-10 -14
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
Real Axis
【解】（1）使系统稳定的K值范围。
自控课后练习-1，2章
电子信息学院 宁芊
第一章 作业
【1-4】如图为一水温控制系统，分析水温控制原理，绘制系统方框图。
蒸汽阀门
【1-4】水温控制系统方框图
蒸汽阀门
蒸汽
【1-6】自整角机随动系统
第一章 作业
发送自整角机
接收自整角机
第一章 作业
【1-10】（1-8）下列各式是描述系统的微分方程
d 2 r (t ) 非线性时变动态系统 (1) c(t ) 5 r 2 (t ) t 2 dt d 3c(t ) d 2 c(t ) dc(t ) ( 2) 3 6 8c(t ) r (t ) 线性定常动态系统 3 2 dt dt dt dc(t ) dr(t ) 线性时变动态系统 (3) t c(t ) r (t ) 3 dt dt (4) c(t ) r (t ) cost 5 非线性时变静态系统
-K Step Potentiometer
50 Amplifier
100 s+100 Power Amplifier
2.1 s2 +1.7s Motor
0.1 Gears Scope
2009
计算机控制技术 作业 10
第三章
[3-7] 设图是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数K1和Kt，使系统的 ωn=6，ζ=1。