自动控制原理 第三章答案
《自动控制原理》---丁红主编---第三章习题答案
习题3-1.选择题：（1）已知单位负反馈闭环系统是稳定的，其开环传递函数为：)1(2)s)(2+++=ssssG（，系统对单位斜坡的稳态误差是：a.0.5 b.13-2已知系统脉冲响应tetk25.10125.0)(-=试求系统闭环传递函数)(sΦ。
解Φ()()./(.)s L k t s==+001251253-3 一阶系统结构图如图3-45所示。
要求系统闭环增益2=ΦK，调节时间4.0≤st s，试确定参数21,KK的值。
图3.38 题3-3图解由结构图写出闭环系统传递函数111)(212211211+=+=+=ΦKKsKKKsKsKKsKs令闭环增益212==ΦKK，得：5.02=K实用文档实用文档 令调节时间4.03321≤==K K T t s ，得：151≥K 。
3-4 设二阶控制系统的单位阶跃响应曲线如图3.39 所示。
如果该系统为单位反馈控制系统，试确定其开环传递函数。
图3.39 题3-4图解：由图2.8知，开环传递函数为3-5 设角速度指示随动统结构图如图3-40所示。
若要求系统单位阶跃响应无超调，且调节时间尽可能短，问开环增益K应取何值，调节时间st是多少？实用文档实用文档图3-40 题3-5图解：依题意应取 1=ξ，这时可设闭环极点为02,11-=λ。
写出系统闭环传递函数 K s s Ks 101010)(2++=Φ闭环特征多项式实用文档 20022021211010)(⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++=T s T s T s K s s s D 比较系数有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=K T T 101102200 联立求解得 ⎩⎨⎧==5.22.00K T 因此有 159.075.40''<''==T t s3-6 图3.41所示为某控制系统结构图，是选择参数K 1和K 2，使系统的ωn =6，ξ=1.3-7 已知系统的特征方程，试判别系统的稳定性，并确定在右半s 平面根的个数及纯虚根。
自动控制原理第三章答案
n
临界阻尼：ts 4.75T 4.75
1
4.75
n
1 0.95s 5
3-3 原系统传递函数为 G（s） 0.2s 1 ， 现采用如题所示的负反馈方式，欲将反 馈系统的调节时间减小为原来的0.1倍， 并且保证原放大倍数不变，试确定参数 K0 ， KH的值。 解：原系统传递函数 新系统传递函数
K 10
0
1 10K 10 （时间常数为
H
1 ） 10
K 0.9
H
问题 非标准形式 10K 0 1 1 10K H , 0 .2 s 1 Ts 1 1 10K H
3
3-4
已知系统的单位阶跃响应为 试求取系统的传递函数
y(t ) 1 e
t
e
2t
Y(s) X（s)
n
2
问题 1、没有完成 2、计算错误
0.146
8
1 KK
1
2
3-9 设题3-9图（a)所示的单位 阶跃响应如题3-9图（b)所示。 试确定系统参数K1，K2和a。
解：据题意
K K （s） s(s a ) K K K K s as K s 2 s 1 s(s a )
（s） s（0.1s 1)
K 1 s（0.1s 1) K 10K 0.1s s K s 10s 10K
2 2
对应二阶系统标准形式，取ζ=1,得
问题
1、没有求调节时间 2、临界阻尼，调节时间 计算错误
2 10 5
n n
5 10K K 2.5 10
t
p
0.1
1.1 1.0 100% 10% 1.1 根据二阶欠阻尼系统指标计算公式
自动控制原理第3章习题解答
（2） k (t ) = 5t + 10 sin( 4t + 45 )
0
（3） k (t ) = 0.1(1 − e 解： （1） Φ ( s ) =
−t / 3
)
0.0125 s + 1.25
1
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
（2） k (t ) = 5t + 10 sin 4t cos 45 + 10 cos 4t sin 45
3s 4 + 10s 3 + 5s 2 + s + 2 = 0
试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。 解： 列劳思表如下：
s4 s3 s2 s1 s0
3 5 2 10 1 47 2 10 1530 0 − 47 2
由劳思表可以得到该系统不稳定。 3-12 已知系统特征方程如下，试求系统在 s 右半平面的根数及虚根值。 （1）
2ξω n = 70
ξ=
7 2 6
根据（3-17）
h(t ) = 1 +
e − t / T1 e − t / T12 + T2 / T1 − 1 T1 / T2 − 1
解：根据公式（3-17）
3
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
自动控制原理第三章习题答案
第三章习题答案名词解释1．超调量:系统响应的最大值与稳态值之差除以稳态值。
定义为)()(max ∞∞-=c c c σ 2．开环传递函数中含有2个积分因子的系统称为II 型系统。
3．单位阶跃响应达到第一个峰值所需时间。
4．指响应达到并保持在终值5%内所需要的最短时间。
5. 稳态误差：反馈系统误差信号e(t) 的稳态分量(1分)，记作e ss (t)。
6．开环传递函数中不含有积分因子的系统。
7．上升时间:○1响应从终值10%上升到终值90%所需的时间；或○2响应从零第一次上升到终值所需的时间。
简答1. 在实际控制系统中，总存在干扰信号。
1） 时域分析：干扰信号变化速率快，而微分器是对输入信号进行求导，因此干扰信号通过微分器之后，会产生较大的输出；2） 频域分析：干扰信号为高频信号，微分器具有较高的高频增益，因此干扰信号易被放大。
这就是实际控制系统中较少使用纯微分器的原因。
2．系统稳定的充分条件为：劳斯阵列第一列所有元素不变号。
若变号，则改变次数代表正实部特征根的数目。
3．二阶临界阻尼系统特征根在负实轴上有两个相等的实根，其单位阶跃响应为单调递增曲线，最后收敛到一个稳态值。
4. 闭环特征根严格位于s 左半平面；或具有负实部的闭环特征根。
5．欠阻尼状态下特征根为一对具有负实部的共轭复数，单位阶跃响应是一个振荡衰减的曲线，最后收敛到一个稳态值。
6．阻尼小于-1的系统，特征根位于正实轴上，单位阶跃响应是一个单调发散的曲线。
7. 无阻尼状态下特征根为一对虚根，响应为等幅振荡过程，永不衰减。
8．图4(a)所示系统稳定，而图4(b)所示系统不稳定。
原因是图4(b)所示系统的小球收到干扰后将不能恢复到原来的平衡状态。
9．不能。
原因是：两个一阶惯性环节串联后的极点为实极点；而二阶振荡环节的极点为复数极点。
计算题1. 解：r(t)=2t.v=1,系统为I 型系统k v =2,e ss =1.2.解：构造Routh 表：25:010:255:03/803/16:25203:35121:012345s s s s s s辅助方程：02552=+s 故纯虚根为：j s 52,1±=；故系统处于临界稳定状态。
自动控制原理（孟华）第3章习题解答
⾃动控制原理（孟华）第3章习题解答3.1.已知系统的单位阶跃响应为)0(2.1.0)(16≥-+=--t e e t c tt 0021试求：（1）系统的闭环传递函数Φ(s)=？(2) 阻尼⽐ζ=？⽆⾃然振荡频率ωn =？解：（1）由c (t )得系统的单位脉冲响应为t te et g 10601212)(--+-=600706006011210112)]([)(2++=+-+==Φs s s s t g L s （2）与标准2222)(nn ns s ωζωω++=Φ对⽐得： 5.24600==n ω，429.1600270=?=ζ3.2.设图3.36 (a )所⽰系统的单位阶跃响应如图3.36 (b )所⽰。
试确定系统参数,1K 2 K 和a 。
(a) (b)图3.36 习题3.2图解：系统的传递函数为22212212112)(1)()(nn n s K K as s K K K a s s K a s s K s W ωζωω++=++=+++= ⼜由图可知：超调量 43133p M -== 峰值时间 ()0.1p t s =代⼊得==-==--221121.01312K K eK n n ζωπωζζπ解得：213ln ζζπ-=；33.0≈ζ，3.331102≈-=ζπωn ，89.110821≈=nK ω， 98.213.3333.022≈??≈=n a ζω，32==K K 。
3.3. 给定典型⼆阶系统的设计性能指标：超调量p σ5≤%，调节时间 s t 3()()22nn G s s s ωξω=+ 则满⾜上述设计性能指标：<-=<=≤=--113305.0212ζωπζωσζζπn p ns p t t e得：69.0≥ζ，1>n ζωπζω>-21n由上述各不等式得系统极点配置的区域如下图阴影部分所⽰：3.4.设⼀系统如图3.37所⽰。
(a )求闭环传递函数C (s )/R (s )，并在S 平⾯上画出零极点分布图； (b)当r (t )为单位阶跃函数时，求c (t )并做出c (t )与t 的关系曲线。
自动控制原理第三章习题参考答案
Y (s) 1 1 600 ( s) 12 （ ） 2 R( s ) s 10 s 60 s 70 s 600
n 600 24.5
70 70 1.43 2 n 2 24 .5
3-7 简化的飞行控制系统结构图如下，试选择参数K1和Kt， 使系统的ωn=6，ξ=1
S2+5=0
S3 16/3 S2 5
S1 10 S0 25
s1, 2 5 j
有1对纯虚根，系统临界稳定。
3-13单位反馈系统的开环传递函数为：
K (0.5s 1) G( s) 2 s( s 1)(0.5s s 1)
确定使系统稳定的K值范围。 解：闭环传递函数为：
K (0.5s 1) ( s) 0.5s 4 1.5s 3 2 s 2 (1 0.5 K ) s K K ( s 2) 4 s 3s 3 4 s 2 ( 2 K ) s 2 K
K 速度误差系数： P lim sG ( s ) 10
s 0
速度误差：
1 e ss 0.1 Kp
3-11 已知系统的特征方程为：
3s 4 10 s 3 5s 2 s 2 0
用劳斯判据确定系统的稳定性 解：列劳斯列表 S4 3 5 2
S3 10
S2 4.7 S1 -3.26
1
2
S0 2 第1列符号变化两次， 说明有两个正根，系统不稳定。
3-12 已知Βιβλιοθήκη 统的特征方程如下，试求系统在S右半平面的根 数及虚根值。
（1） s 3s 12 s 24 s 32 s 48 0
5 4 3 2
S5 1 S4 3 S3 4 S2 12
《自动控制原理》课后习题解答第三章
第三章习题及答案3-1 已知系统脉冲响应如下，试求系统闭环传递函数Φ(s)。
t e t k 25.10125.0)(-=解 Φ()()./(.)s L k t s ==+001251253-2 设某高阶系统可用下列一阶微分方程近似描述T c t c t r t r t ••+=+()()()()τ其中，0<(T-τ)<1。
试证系统的动态性能指标为 T T T t d ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+=τln 693.0t T r =22. T T T t s ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=)ln(3τ 解 设单位阶跃输入ss R 1)(= 当初始条件为0时有:11)()(++=Ts s s R s C τ 11111)(+--=⋅++=∴Ts T s s Ts s s C ττ C t h t T Te t T()()/==---1τ 1) 当 t t d = 时h t T Te t td ()./==---051τ12=--T T e t T d τ/ ; Tt T T d-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-τln 2ln ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=∴T T T t d τln 2ln2) 求t r （即)(t c 从0.1到0.9所需时间) 当 Tt e TT t h /219.0)(---==τ; t T T T 201=--[ln()ln .]τ当 Tt eTT t h /111.0)(---==τ; t T T T 109=--[ln()ln .]τ 则 t t t T T r =-==21090122ln ... 3) 求 t sTt s s eTT t h /195.0)(---==τ ∴=--t T T T s [ln ln .]τ005=-+T T T[ln ln ]τ20=+-T T T [ln]3τ3-3 一阶系统结构图如题3-3图所示。
要求系统闭环增益2=ΦK ，调节时间4.0≤s t （s ），试确定参数21,K K 的值。
自动控制原理参考答案-第3章
×100% = 35%
⇒ ξ = 0.32 ，又 t p =
π
ωn 1 − ξ 2 2 ⇒ K = ωn = 1.96 ； a = 2ξωn = 0.896
= 2.36 ⇒ ωn = 1.4 ；
题 3-5：某速度给定控制系统的动态结构图如题 3-5 图所示。在给定输入量为
r(t) = 10v 直流电压时要求期望的转速输出量为 c(t) = 1000r / min 。试问：稳态反馈
π ωn 1 − ξ
3
2
=
2 3 π = 0.73 ； 15
(∆ = 0.05) 或 ts = 4
ξωn
= 1.2
ξωn
= 1.6
(∆ = 0.02)
题 3-3： 题 3-3 图所示为一位置随动控制系统的动态结构图，输出量为电动机拖
动对象的旋转角度。将速度量反馈回输入端比较环节后构成负反馈内环，速度反 馈系数为τ。试计算：
胡尔维茨行列式 D = 0 5 0 1
10 0 6
0 − 10 10
0 0 0
D2 = 30 D3 = −300 D4 = −1800
0 0 5 0 − 10 D5 = 18000 胡尔维茨行列式非正定，系统不稳定． 题 3-7：已知三个控制系统的特征方程式如下，试应用劳斯稳定判据判定系统 的稳定性；对不稳定的系统要求指出不稳定的极点数；对存在不稳定虚根的要求
4 37
12 K − 40 100 K 70 K − 100
164 K − 1080 100 K 劳斯表： 37 11480 K 2 − 228900 K + 108000 1 s 164 K − 1080 0 s 100 K 若系统稳定则： 164 K − 1080 ⎧ >0 ⎪ 37 ⎪ 2 ⎪11480 K − 228900 K + 108000 >0 ⎨ 164 K − 1080 ⎪ 100 K > 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⇒ k > 19.46 题 3-10：已知单位负反馈控制系统的开环传递函数为
自动控制原理课后答案第3章
第3章 控制系统的时域分析【基本要求】1. 掌握时域响应的基本概念，正确理解系统时域响应的五种主要性能指标；2. 掌握一阶系统的数学模型和典型时域响应的特点，并能熟练计算其性能指标和结构参数；3. 掌握二阶系统的数学模型和典型时域响应的特点，并能熟练计算其欠阻尼情况下的性能指标和结构参数；4. 掌握稳定性的定义以及线性定常系统稳定的充要条件，熟练应用劳斯判据判定系统稳定性；5. 正确理解稳态误差的定义，并掌握系统稳态误差、扰动稳态误差的计算方法。
微分方程和传递函数是控制系统的常用数学模型，在确定了控制系统的数学模型后，就可以对已知的控制系统进行性能分析，从而得出改进系统性能的方法。
对于线性定常系统，常用的分析方法有时域分析法、根轨迹分析法和频域分析法。
本章研究时域分析方法，包括简单系统的动态性能和稳态性能分析、稳定性分析、稳态误差分析以及高阶系统运动特性的近似分析等。
根轨迹分析法和频域分析法将分别在本书的第四章和第五章进行学习。
这里先引入时域分析法的基本概念。
所谓控制系统时域分析方法，就是给控制系统施加一个特定的输入信号，通过分析控制系统的输出响应对系统的性能进行分析。
由于系统的输出变量一般是时间t 的函数，故称这种响应为时域响应，这种分析方法被称为时域分析法。
当然，不同的方法有不同的特点和适用范围，但比较而言，时域分析法是一种直接在时间域中对系统进行分析的方法，具有直观、准确的优点，并且可以提供系统时间响应的全部信息。
3.1 系统的时域响应及其性能指标为了对控制系统的性能进行评价，需要首先研究系统在典型输入信号作用下的时域响应过程及其性能指标。
下面先介绍常用的典型输入信号。
3.1.1 典型输入信号由于系统的动态响应既取决于系统本身的结构和参数，又与其输入信号的形式和大小有关，而控制系统的实际输入信号往往是未知的。
为了便于对系统进行分析和设计，同时也为了便于对各种控制系统的性能进行评价和比较，需要假定一些基本的输入函数形式，称之为典型输入信号。
自动控制原理第三章课后习题 答案(最新)
3-1 设系统的微分方程式如下：（1） )(2)(2.0t r t c =&（2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c =++&&&试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1） 因为)(2)(2.0s R s sC = 闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ 单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C 闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ 单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4sin 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s Ct e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的98%的数值。
若加热容器使水温按10ºC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大？解法一 依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由一阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Tss s s G 1)(1)()(=Φ-Φ=⎩⎨⎧==11v TK 用静态误差系数法，当t t r ⋅=10)( 时，C T Ke ss ︒===5.21010。
自动控制原理课后习题答案第三章
第三章3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为1.20()1012.5sin(1.653.1)th t e t-=-+试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp和调节时间ｔs。
解：依题意pt t=时()0ph t'=，并且pt是使()ph t'第一次为零的时刻(pt≠)1.20()1012.5sin(1.653.1)th t e t-=-+1.2001012.5(cos53.1sin1.6sin53.1cos1.6)te t t-=-+1.20 1.20 1.2()15sin(1.653.1)20cos(1.653.1)25sin1.6t t th t e t e t e t---'=+-+=可见，当()h t'第一次为0时，1.6 1.96p pt tπ=⇒=，所以1.21.960180()1012.5sin(1.6 1.9653.1)10.95ph t eπ-⨯=-⨯⨯+=()()10.9510%100%100%9.5%()10ph t hhσ-∞-=⨯=⨯=∞根据调节时间st的定义：0.95()() 1.05()sh h t h∞<<∞，即1.29.51012.50.5te-<-<，得ln0.04 3.2122.681.2 1.2st>-==所以：%9.5% 1.96 2.68p st s t sσ===3-5设图3-3是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数K１和Kt，使系统ωｎ＝６、ζ＝１。
图3-3 飞行控制系统分析：求出系统传递函数，如果可化为典型二阶环节形式，则可与标准二阶环节相对照，从而确定相应参数。
解对结构图进行化简如图所示。
故系统的传递函数为1121112525(0.8)()25(1)(0.825)251(0.8)t t K K s s s K K s s K K s K s s +Φ==++++++和标准二阶系统对照后可以求出：21120.81.44,0.312525nn t K K K ωζω-====3-7已知系统特征方程如下，试求系统在s 右半平面的根数及虚根值。
自动控制原理 第三章课后答案
3-1设温度计需要在一分钟内指示出响应值的98%，并且假设温度计为一阶系统，求时间常数T 。
如果将温度计放在澡盆内，澡盆的温度以10C/min 的速度线性变化。
求温度计的误差。
解：c(t)=c(∞)98%t=4T=1 min r(t)=10te(t)=r(t)-c(t)c(t)=10(t-T+e )-t/T =10(T-e )-t/T =10T =2.5T=0.253-2电路系统如图所示，其中F C k R k R μ5.2,200,20110=Ω=Ω=。
设系统初始状态为零，试求：系统的单位阶跃响应8)()(1=t u t u c c 以及时的1t 值；解:R 1Cs+1R 1/R 0G (s )= u c (t)=K(1–e t T -)KTs +1=T=R 1C=0.5 K=R 1/R 0=10=10(1–e -2t )8=10(1–e -2t)0.8=1–e-2te -2t =0.2 t=0.8g(t)=e -t/T T Kt 1=0.8=4u c (t)=K(t-T+T e -t/T )=4R(s)=1s 2R(s)=1R(s)=1s 3T 2=K(s s+1/T+T s 2-1s 3-T 2)=1.2Ts 1s 3K +1U c (s)= -0.5t+0.25-0.25e -2t )12t 2u c (t)=10(3-3已知单位反馈系统的开环传递函数为)5(4)(+=s s s G 试求该系统的单位阶跃响应。
解:C(s)=s 2+5s+4R(s)4s(s+1)(s+4)C(s)=4R(s)=s1s+41+1/3s =4/3s +1-c(t)=1+ 4e 13-4t -t 3-e3-4已知单位负反馈系统的开环传递函数为 )1(1)(+=s s s G 试求该系统的上升时间r t 。
、峰值时间p t 、超调量%σ和调整时间s t 。
1s(s+1)G(s)=t p =d ωπ 3.140.866= =3.63t s = ζ3ωn=6t s = ζ4ωn =8解:C(s)=s 2+s+1R(s)12= 1ωn 2ωn ζ=1ζ=0.5=1ωn =0.866d ω= ωn 2 ζ1-=60o -1ζ=tg β21-ζt r =d ωπβ-= 3.14-3.14/30.866=2.42σ%=100%e -ζζπ1-2=16%e -1.83-6已知系统的单位阶跃响应为t te et c 10602.12.01)(---+= ，试求：（1）系统的闭环传递函数；（2）系统的阻尼比ζ和无阻尼自然震荡频率n ω；解:s+60+C(s)=0.21s 1.2s +10-s(s+60)(s+10)=600=s 2+70s+600C(s)R(s)600R(s)=s 12=600ωn2ωn ζ=70ζ=1.43=24.5ωn3-7设二阶控制系统的单位阶跃响应曲线如图所示，如果该系统为单位负反馈系统，试确定其开环传递函数。
自动控制原理第三章习题参考答案
入分别为r(t)=2t和r(t)=2+2t+t2时，系统的稳态误差。
（1）G(s)
100
(0.1s 1)(s 5)
特征方程：1+G(s)=0 0.1s2+1.5s+105=0
解：
Kv
lim sG(s) 0 s0
S2 0.1 105
r(t) 2t ess
2 Kv
r(t) 2 2t t 2
-
-
10
C(s)
s(s 1)
2s
（1）取τ1=0， τ2=0.1，计算测速反馈系统的超调量、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。
解（1）开环传递函数
G(s)
s2
10
(1 10 2 )s
10 s2 2s
n 10 3.162 2 1 0.316
S1 1.5 S0 105
系统稳定
Kp
lim G(s)
s0
20
Kv 0
ess
2 1 Kp
2 Kv
2 Ka
Ka
lim
s0
s 2G(s)
0
3-15已知单位反馈系统的开环传递函数如各题所示，求输 入分别为r(t)=2t和r(t)=2+2t+t2时，系统的稳态误差。
（3）G(s) 10（2s 1)
3-6 已知控制系统的阶跃响应为：
h(t) 1 0.2e60t 1.2e10t
试确定系统的阻尼比ξ和自然频率ωn 解：对h(t)求导，得系统的单位脉冲响应为：
y(t) h’(t) 12e60t 12e10t 12（e10t - e ） 60t
自动控制原理第三章课后习题答案
3-1（1） )(2)(2.0t r t c= （2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c=++ 试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1） 因为)(2)(2.0s R s sC =闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ 单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C 闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ 单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4sin 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s Ct e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的98%的数值。
若加热容器使水温按10ºC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大？解法一 依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由一阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Ts s s s G 1)(1)()(=Φ-Φ= ⎩⎨⎧==11v T K用静态误差系数法，当t t r ⋅=10)( 时，C T Ke ss ︒===5.21010。
解法二 依题意，系统误差定义为 )()()(t c t r t e -=，应有 1111)()(1)()()(+=+-=-==ΦTs TsTs s R s C s R s E s e C T s Ts Ts ss R s s e s e s ss ︒==⋅+=Φ=→→5.210101lim )()(lim 23-3 已知二阶系统的单位阶跃响应为)1.536.1sin(5.1210)(2.1o tt et c +-=-试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs 。
自动控制原理第三章课后习题答案解析(最新)
3-1（1） )(2)(2.0t r t c= （2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c=++ 试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1） 因为)(2)(2.0s R s sC =闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ 单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C 闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ 单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4sin 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s Ct e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的98%的数值。
若加热容器使水温按10ºC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大？解法一 依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由一阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Ts s s s G 1)(1)()(=Φ-Φ= ⎩⎨⎧==11v T K用静态误差系数法，当t t r ⋅=10)( 时，C T Ke ss ︒===5.21010。
解法二 依题意，系统误差定义为 )()()(t c t r t e -=，应有 1111)()(1)()()(+=+-=-==ΦTs TsTs s R s C s R s E s e C T s Ts Ts ss R s s e s e s ss ︒==⋅+=Φ=→→5.210101lim )()(lim 23-3 已知二阶系统的单位阶跃响应为)1.536.1sin(5.1210)(2.1o tt et c +-=-试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs 。
- 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)。
3-1 解 该线圈的微分方程为 u =+diiR L dt对上式两边取拉氏变换，并令初始条件为零，可得传递函数为()1=()(+)+1I s RU s L R 时间常数+0.005T L R s ==，过渡时间=30.015s t T s =。
3-2 解 如图2-3-2所示系统的闭环传递函数为010()=(s)0.2+1+10+1H K C s KR S K Ts =其中0101+10H K K K =,0.21+10HT K =原系统的时间常数为0.2s ，放大系数为10，为了满足题目的要求，令0.02T s =和10K =,有0.9H K =和010K =。
3-3 解 设为温度计的输入，表示实际水温，设为温度计的输出，表示温度计的指示值，若实际水温为R （常值），则输入为幅值为R 的阶跃函数，输出为(t)=R(1-e )T c τ根据所给条件，有则时间常数。
3-4 解：所给传递函数的闭环极点为21,2=-1-n n s j ζωωζ±根据上式表达式，可以确定图2-3-3中的阴影部分为闭环极点可能位于的区域（考虑到对称性，只绘出s 平面的上半平面）。
图2-3-3 闭环极点可能位于的区域3-5解：典型二阶系统的传递函数为由如图2-3-4所示的响应曲线，可知峰值时间，超调量，根据二阶系统的性能指标计算公式和可以确定和，根据如图2-3-4所示曲线的终值，可以确定。
3-6 解：如图2-3-5所示系统的传递函数为是一个典型的二阶系统，其自然振荡频率为，令阻尼比可以确定，性能指标及分别为3-7 解：系统为典型二阶系统，自然振荡频率，阻尼比。
单位阶跃响应的表达式为(t>0)单位斜坡响应的表达式为3-8 解：当时，系统的闭环传递函数为其中，无阻尼自然振荡频率，阻尼比，单位阶跃响应的超调量峰值时间和过度过程时间分别为16.3%、0,36s和0.7s当,时系统的闭环传递函数为其中，无阻尼自然振荡频率，阻尼比，单位阶跃响应的超调量、峰值时间和过渡过程时间分别为30.9%、0.24s和0.7s。
K值增大使得阻尼比减小，导致超调量增大和峰值时间减小，但过度过程时间不变。
3-9 解：系统的闭环传递函数为无阻尼自然频率阻尼比。
利用Matlab软件进行仿真得到单位阶跃响应曲线如图2-3-7所示从图中可确定超调量约为20%过渡过程时间约12s。
3-10 解：(1)闭环传递函数为令和，可得，再由，可得K=20。
(2)该系统的过渡过程时间，所以一分钟后系统已到达稳态，实际心速为60次min;又由于超调量，最大瞬间心速为69.6次min。
3-11 解：系统的开环传递函数为由，有k=1.44；由，有。
由于阻尼比，所以在单位阶跃信号作用下超调量，调节时间，稳态误差3-12 解：(1),,,,计算二阶赫尔维茨行列式根据林纳德-奇帕特稳定判断，系统稳定。
(2) ),,,,计算二阶赫尔维茨行列式根据林纳德-奇帕特稳定判断，系统稳定(3),,,,计算二阶赫尔维茨行列式根据林纳德-奇帕特稳定判断，系统稳定3-13 解：(1)列劳斯表由于第2行中的第1项为零所以用（s+1）乘以原特征方程，得新的特征方程重新列劳斯表因为上述劳斯表第一列元素不同号，素以系统不稳定。
由于第一列计算值符号改变两次，所以特征方程有两个具有正实部的根。
(2)根据特征方程的系统列劳斯表由于出现全零行，故用行系数组成如下辅助方程取辅助方程对变量s的导数，得新方程用上述方程的系数替代原劳斯表中的行然后再按正常规则计算下去，得到劳斯表的第一列元素同号所以系统没有实部为正的根，但通过解辅助方程可以求出产生全零行的根为。
实际上，该系统的特征方程可以分解成因式（s+10）和（）的乘积。
3-14 解：(1)闭环特征方程式为令2阶赫尔维茨行列式得到使系统稳定的条件是K>43。
(2)闭环特征方程为式由于上述方程中的一次项系数为-1，所以不论K取何值，系统不稳定。
3-15 解:(1)系统的闭环特征多项式为又2阶赫尔维茨行列式得K<9，由要求特征方程的各项系数均要大于零，得K>0,于是，使闭环特征方程根的实部均小于0的条件0<K<9。
(2)将代入上述（1）中的特征多项式D （s ）得令上述中的常数项大于零，有K>0.56再令2阶赫尔维茨行列式大于零即得K<1.56于是，要使闭环特征方程D （s ）的根的实部均小于-1，参数K 的值应满足条件0.56<K<1.56。
(3)将代入上述（1）中的特征多项式D （s ）得由于上述方程中的一次项的系数为-6，所以不论K 值取何值，均不能使闭环特征方程D （s ）的根的实部小于-2. 3-16 解：系统的闭环特征方程为0s 0.20.0123=+++K s s β系统稳定的充分必要条件是（1）上述方程中各项系数均大于零；（2）2阶赫尔维茨行列式00.01K -0.22>=βD ，于是，使系统稳定，参数β,K 必须满足的条件是00>>β，K 和β20<K 。
3-17 解：（1）系统的闭环特征多项式为∙++++++++=K abc ac)s bc (ab c)s b (a s (s)23D 系统稳定的充分必要条件是∙∙=++++++<<1222K 2abc b)(a c c)(a b c)(b 0a K(2) 系统的闭环特征多项式为*++++=K bcs s s D 23c)s (b ）（ 系统稳定的充分必要条件是 **=+<<2220K b c c b K(3) 系统的闭环特征多项式为*++=K cs D 23s (s)由于上述多项式中一次项系数为零，因此不论*K 取何值，系统均不稳定。
针对上述3种情况的分析可以看出，积分环节数目越大，系统的稳定裕度越小。
3-18 解：传递函数为1)1(T s +的一阶系统，当输入为斜坡信号0)Rt(t (t)>=r 时，其输出为)Te T -R(t (t)-tT+=c若定义误差c r e -=则稳态误差为RT e ss =，本题中，min 10C C R=，根据习题3-3可知min 256.0sec 34.15==T ，则C e ss56.2=。
3-19 解：（1）系统的闭环特征方程为0116.00.05s 2=++s显然，该系统为2阶系统，且各项系数均大于零，所以系统是稳定的。
该系数的开环增益10=K ，开环传递函数中不含积分环节，因此是零型系统。
当1(t)(t)=r 时，稳态误差0.091K)(11=+=ss e当t (t)=r 时，稳态误差∞→ss e ； 当2t (t)=r 时，稳态误差∞→ss e 。
（2）系统的闭环特征方程为0715106234=++++s s s s根据上述方程列劳斯表4s 1 10 7 3s 6 15 2s 5.7 7 1s 4.9 0s 7劳斯表中第一列元素同号，所以，系统是稳定的。
该系统为I 型系统，开环增益78=K 。
当1(t)(t)=r 时，稳态误差0=ss e ； 当t (t)=r 时，稳态误差87K 1==ss e ； 当2t (t)=r 时，稳态误差∞→ss e 。
）（3系统的闭环特征方程为0840.123=+++s s s上述方程中各项系数均大于零，且2阶赫尔维茨行列式08.0-42>=D ，所以系统是稳定的，该系统为II 型系统，开环增益为8=K 。
当1(t)(t)=r 时，稳态误差0=ss e ； 当t (t)=r 时，稳态误差0=ss e ；当2t (t)=r 时，稳态误差0.25K 2==ss e 。
3-20解：（1）当0=d K 时，系统为I 型系统，稳态误差为1=ss e K ；(2)当0≠d K 时，系统的闭环传递函数为 Ks +++=2d T s 1)s K(K (s)φ 根据误差定义c r e -=，有22d 21T s )s KK -(1T s (s)sK s E +++= 稳态误差为 )K KK -(1)(lim d 0==→s sE e s ss取1=d K K ，则0=ss e 。
3-21解：假定系统满足稳定的条件，则）（1当00b a =时，在阶跃信号作用下，稳态误差为零；(2)当00b a =、 11b a =时，在斜坡信号作用下稳态误差为零；)3(当00b a =、 11b a =和22b a =时，在加速度信号作用下稳态误差为零。
3-22 解： 系统的特性方程为()0s T 221321=++++k s s T T T式中3210K K K K K =,系统稳定的条件为0,0,021>>>K T T ,且 ()2121T T T T K +<该系统为Ⅰ型系统，稳态误差为K b e ss =,若要使系统稳定，又使ε≤e ss ，各参数 应满足以下条件21213210T ＜K K K K ≤bT T T +ε3-23 解 系统的臂环传递函数为 ()()21212211s 1K K s T T s T T K ++++=φ由习题3-21的结果可知，当误差定义为c r -=e 时，要使系统在()()t t 1r =作用下 稳态误差为零，应满足以下条件 2111K K K += 3-24 解 闭环系统的特性方程为01018.017.0s 01.023=++++K s s闭环系统稳定的条件为＞0101K +和()＞010K 10.01-0.8×17.02+=D ,即＜K＜1.260.1-,传递函数()()()()()k s s s N E 1015.012.011.010s s ++++-= 稳态误差为 ()()()KS K s s s ss 1011011015.012.010.1s 10-s lim e 0+-=++++=→ 令099.0e -=ss ，得001.10=K .显然不满足稳定的条件，因此不能选择一个合 适的K 值，使稳态误差099.0e -=ss 3-25 解 系统的闭环特征方程为02s 22122=+++n n n K K s ωωζω系统稳定的条件是上述方程中的各项系数均大于零。
若设误差定义为C r K θθ2e -=, 则有()()22122222s Nn n n K K s s K s N E ωωζωω+++-= 稳态误差()212221222200110102lim lim e K K K s K K s s K s s sE n n n n s s ss +-=+++-==→→ωωζωω 令0≤e ss ，则有2t K 1--100≥K 3-26 解 系统的闭环特征方程为0105s 2.023=+++s s上述方程的各项系数均大于零，且＞0310×2.052=-=D ,所以，该系统稳定。