黄家英自动控制原理第二版第四章习题答案
自控原理习题答案(第2版)
第1章习题答案1-1 解：自动控制系统：被控对象和控制装置的总体；被控对象：要求实现自动控制的机器、设备和生产过程；扰动：除给定值之外，引起被控制量变化的各种外界因素；给定值：作用于控制系统输入端，并作为控制依据的物理量；反馈：将输出量直接或间接的送到输入端，并与之相比较，使系统按其差值进行调节，使偏差减小或消除。
1-2 解：开环控制有洗衣机的洗衣过程，闭环控制有抽水马桶的蓄水控制、电冰箱制冷系统等。
1-3 解：1-4 解：a与d相连，b与c相连即可；系统原理框图如下所示：1-5 解：系统原理框图如下所示：1-6 解：对控制系统的基本要求是稳定性、准确性和快速性：稳定性是系统正常工作的前提条件；准确性反映控制系统的控制精度，要求过渡过程结束后，系统的稳态误差越小越好；快速性是要求系统的响应速度快，过渡过程时间短，超调量小。
1-7 解：该系统的任务是使工作机械（被控对象）的转角θc（被控量）自动跟踪手柄给定角度θr（给定量）的变化。
该系统的工作原理是：检测电位计与给定电位计的电气特性相同，工作机械的转角θc经检测电位计转换成电压u c，手柄给定角度θr经给定电位计转换成给定电压u r，u c与u r接入放大器前端的电桥。
当工作机械转角θc没有跟踪手柄给定角度θr时，u c与u r两者不相等而产生偏差Δu=u r-u c，Δu经过放大器放大，使电动机转动，通过减速器使得负载产生减小偏差的转动。
当检测电位计检测并转换的u c与u r相等，此时Δu=u r-u c=0,电动机不转，工作机械停在当前位置。
其原理框图如下图所示。
1-8 解：谷物湿度控制系统原理框图如下。
该系统的被控量是谷物湿度，给定量是希望的谷物湿度。
谷物加湿后的实时湿度经湿度检测后送到调节器，若与希望的湿度产生偏差，则通过调节器控制给水阀门的开大或关小，以减小两者的偏差。
谷物在入口端的湿度由前馈通道输入到调节器。
这样若入口处谷物湿度较大，则会使得偏差减小，从而减小阀门的开度；若谷物干燥，会增大偏差，从而加大阀门的开度。
自动控制原理 课后习题答案(2020年7月整理).pdf
第1章控制系统概述【课后自测】1-1 试列举几个日常生活中的开环控制和闭环控制系统，说明它们的工作原理并比较开环控制和闭环控制的优缺点。
解：开环控制——半自动、全自动洗衣机的洗衣过程。
工作原理：被控制量为衣服的干净度。
洗衣人先观察衣服的脏污程度，根据自己的经验，设定洗涤、漂洗时间，洗衣机按照设定程序完成洗涤漂洗任务。
系统输出量（即衣服的干净度）的信息没有通过任何装置反馈到输入端，对系统的控制不起作用，因此为开环控制。
闭环控制——卫生间蓄水箱的蓄水量控制系统和空调、冰箱的温度控制系统。
工作原理：以卫生间蓄水箱蓄水量控制为例，系统的被控制量（输出量）为蓄水箱水位（反应蓄水量）。
水位由浮子测量，并通过杠杆作用于供水阀门（即反馈至输入端），控制供水量，形成闭环控制。
当水位达到蓄水量上限高度时，阀门全关（按要求事先设计好杠杆比例），系统处于平衡状态。
一旦用水，水位降低，浮子随之下沉，通过杠杆打开供水阀门，下沉越深，阀门开度越大，供水量越大，直到水位升至蓄水量上限高度，阀门全关，系统再次处于平衡状态。
开环控制和闭环控制的优缺点如下表1-2 自动控制系统通常有哪些环节组成？各个环节分别的作用是什么？解：自动控制系统包括被控对象、给定元件、检测反馈元件、比较元件、放大元件和执行元件。
各个基本单元的功能如下：（1）被控对象—又称受控对象或对象，指在控制过程中受到操纵控制的机器设备或过程。
（2）给定元件—可以设置系统控制指令的装置，可用于给出与期望输出量相对应的系统输入量。
（3）检测反馈元件—测量被控量的实际值并将其转换为与输入信号同类的物理量，再反馈到系统输入端作比较，一般为各类传感器。
（4）比较元件—把测量元件检测的被控量实际值与给定元件给出的给定值进行比较，分析计算并产生反应两者差值的偏差信号。
常用的比较元件有差动放大器、机械差动装置和电桥等。
（5）放大元件—当比较元件产生的偏差信号比较微弱不足以驱动执行元件动作时，可通过放大元件将微弱信号作线性放大。
自动控制原理答案完全版_第二版
自动控制原理（非自动化类）习题答案第一章习题被控量：水箱的实际水位 h c执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。
比较计算元件：电位器。
h 「。
给定值为希望水位 h r （与电位器设定cr电压u r 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）当h c h r 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。
一但h c h r 时，浮子位置相应升高（或CIc I降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移） ，从而给电动机提供一定的工作电压，驱动电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 h r 。
水位自动控制系统的职能方框图受控量：门的位置 测量比较元件：电位计工作原理：系统的被控对象为大门。
被控量为大门的实际位置。
输入量为希望的大门位置。
当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动,使大门向上提起。
同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开 门开关自动断开。
反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。
1-5 解：系统的输岀量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉1-1 （略） 1-2（略）1-3 解： 受控对象：水箱液面 测量元件：浮子，杠杆。
放大元件：放大器。
工作原理：系统的被控对象为水箱。
被控量为水箱的实际水位1-4 解：受控对象：门。
执行元件：电动机，绞盘。
放大 元件：放大器。
开闭门门实际仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器比较元件：电位计测量元件：热电偶职能方框图:KK3 2 Ts (T 1)s s K1K 3电位器电压放大炉温热电偶第二章习题2-1解：对微分方程做拉氏变换：X,(s) R(s) C(s) N,(s)X 2 (s) Q X/s)X 3 (s) X2 (s) X5(s TsX4 (s) X 3 (s)X5 (s) X4 (s) K2 N2(s k 3 X5 (s) s2C (s) sC(s) C(s) / R(s) 功率放大加热器'电机电炉R(s)绘制上式各子方程的方块图如下图所示:C(s) / N i (s) C(s) / R(s),K 2K 3TSTs 3~~T 1)s 2s K 1K 32-2解：对微分方程做拉氏变换X i (s) K[R(s) C (s)] X 2 (s)sR(s)(s 1) X 3(s) X i (s) X 2 (s) (Ts 1)X 4 (s)X 3 (s) X 5 (s)C(s) X 4 (s) N (s) X 5 (s) (Ts 1) N(s)(b) C (s)字红R(s) 1 G 1G 3 G G 4 G 2 G 3 G 2G 4X3(s) 绘制上式各子方程的方块如下图:将方块图连接得出系统的动态结构图:..R(s)1(s 1)：Ts 1)C(s)N (s) 02-3解：（过程略）K____________C(s) (s 1)<Js 1) (s 1XTs 1) K ____________ Ts 2(T s1)s (K 1)C(s) / N 2 (s)R(s) ms fs K(c)誤 R(s) G 2 G 1G 2 1 G-i G 2G-I (d 普 R(s)G 1 G 2 1 G 2G 3(e)R^ R(s)G 1G 2G 3G 4 1 G<|G 2 G 2G 3 G 3G 4 G 1G 2G 3G 4 2-4 解：（1）求 C/R ，令 N=0 KK K 3s(Ts 1) C (s) / R(s) G(s)1 G(s) 求C/N ，令R=0，向后移动单位反馈的比较点 K C(s) / N (s) (K n G n K 1 0 ) — J s 1 亠 K 1G(s)K 1K 2 K 3 Ts 2K i K 2 K 3K n K 3s K 1K 2 K 3G K 2 n2 一Ts 2s K 1K 2 K 3 Ts 1 s （2）要消除干扰对系统的影响C(s) / N (s) K n K3s K1K2 K3GnTs 2 s K 1K 2 K 3G n (s) KnsK 1K 22-5 解：（a ） （1 ）系统的反馈回路有三个，所以有3L a L 1 L 2 L 3 a 1G 1G 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5三个回路两两接触，可得 1 L a 1 GG 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5(2) 有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以P P 2 G 1G 2G 3,11, 2 1(3) 闭环传递函数C/R 为GGG 3 11 G 1G 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5(b)(1) 系统的反馈回路有三个，所以有3L aa 1L 1L 3 G 1G 2 G 1 G 1三个回路均接触，可得 1 L a 1 G-i G 2 2G-)(2 )有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以R G 1G 2 , 11P 2G, 21PG2,3 1P 4G 1,41(3)闭环传递函数C/R 为C G 1G 2 G 1 G 2 GG-i G 2 G 2 R 1 G 1G 22G 1 1 G-|G 2 2G.2-6解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得1L a 1 GG 2G 3 G 2，可得第三章习题采用K 0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为1OK o要使过渡时间减小到原来的 0.1倍，要保证总的放大系数不变，则：(原放大系数为10,时间常数为0.2)3-2解：系统为欠阻尼二阶系统(书上改为“单位负反馈……”，“已知系统开环传递函数”)% e / 1 $100%100% 1C(s) G-|G 2G 3 G 2G 3 R(s) 1 G 1G 2G 3 G 2 C (s)(1 G 2 )G 3N 2 (s) 1 GG 2G 3 G 2 E(s) 1 G 2 G 2G 3 R(s) 1 G-|G 2G ：3 G 2 E(s) C(s) (1 G 2 G N 2 (s)N 2 (s)1 G 1G 2G 3 G 2C (s) NQC(s) / R(s)C(s) 1 (1 GG 2G 3 G 2 ) 1N 3 (s) 1 G 1G 2G 3 G 2 E(s) C(s) G 2G 3 G 1G 2G 3 N 1 (s) N 1(s) 1 G 1G 2G 3 G 2E(s)C(s) 1N 3 (s)N 3 (s)3-1解：(原书改为G(s) 100.2s 1)(s)C(s) K G(s) R(s) 01 G(S )K H1 10K H 0.2s1 10K10K 。
自动控制原理(非自动化类)答案第二版
自动控制原理（非自动化类）答案第二版电位器放大器电动机减速器阀门水箱浮子杠杆 _电位器放大器电动机绞盘位置大门 _1 1-5 解：系统的输出量：电炉炉温给定输入量：加热器电压被控对象：电炉仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图门实际开(闭)门的位置工作原理：系统的被控对象为大门。
被控量为大门的实际位置。
输入量为希望的大门位置。
当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动，使大门向上提起。
同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开门开关自动断开。
反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。
受控量：门的位置测量比较元件：电位计 1-4 解：受控对象：门。
执行元件：电动机，绞盘。
放大元件：放大器。
水位自动控制系统的职能方框图 h c hr 出水电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 hr 。
当 hc = hr 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。
一但hc ≠ hr 时，浮子位置相应升高（或降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。
r c （与电位器设定工作原理：系统的被控对象为水箱。
被控量为水箱的实际水位 h 。
给定值为希望水位 h 测量元件：浮子，杠杆。
放大元件：放大器。
执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。
比较计算元件：电位器。
c 被控量：水箱的实际水位 h 受控对象：水箱液面。
1-1（略）1-2（略）1-3 解：习题第一章自动控制原理（非自动化类）习题答案电位器电压放大功率放大电机加热器电炉热电偶 K1 K2 1 s 2 + s 1 Ts K3 K2 1 Ts 1 s2 + s K1 K3 - - 2 1 3 Ts3 + (T +1)s2 + s + K K ， C (s) / R(s) = K1K3 _5(s) _4(s) _3(s) _2(s) R(s) C(s) _N1(s) +_1(s) N2(s) 将方块图连接起来，得出系统的动态结构图：_5(s) - _4(s) C(s) _5(s) _4(s) _3(s) N2(s) _5(s) C(s) - - _2(s)_1(s) _3(s) _2(s) _1(s) + R(s) ⎩ 3 5 绘制上式各子方程的方块图如下图所示：N1(s) ⎩K _ (s) = s2C (s) + sC (s) ⎩ ⎩ _ 5 (s) = _ 4 (s) − K2 N2 (s) ⎩Ts_ 4 (s) = _ 3 (s) ⎩ ⎩ _ 2 (s) = K1 _1 (s) ⎩ _ 3 (s) = _ 2 (s) − _ 5 (s) ⎩ 2-1 解：对微分方程做拉氏变换：⎩ _1 (s) = R(s) − C (s) + N1 (s) 习题第二章—炉温给定炉温放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器比较元件：电位计测量元件：热电偶职能方框图：1 s + 1 K s τ 1 Ts + 1 s T Ts+1 τs 1 s + 1 1 Ts + 1K - 3 1 3 1 4 2 3 2 4 (b) R(s) 1 + G G − G G + G G − GG (a) = R(s) ms2 + fs + K G1 + G2 C (s) = 1 C(s) 2-3 解：（过程略）0 N (s) = C (s) (s + 1)(Ts + 1) 1 + Ts2 + (T + 1)s + (K + 1) k R(s)C (s) = (s + 1)(Ts + 1) (s + 1)(Ts + 1) = K + s + K s _4(s) _3(s) _1(s) R(s) — C(s) _5(s) _2(s) N(s) 将方块图连接得出系统的动态结构图：C(s) _4(s) _4(s) _3(s) — _5(s) N(s) N(s) _5(s) C(s) - _3(s) _1(s) _2(s) R(s) _1(s) R(s) _2(s) ⎩ ⎩⎩ _ 5 (s) = (Ts + 1) N (s) 绘制上式各子方程的方块如下图：⎩C (s) = _ (s) − N (s) 4 ⎩(Ts + 1) _ 4 (s) = _ 3 (s) + _ 5 (s)⎩ ⎩ _ 2 (s) = sR(s) ⎩(s + 1) _ 3 (s) = _1 (s) + _ 2 (s) ⎩ 2-2 解：对微分方程做拉氏变换⎩ _1 (s) = K[R(s) − C (s)] 1 3 Ts3 + (T +1)s2 + s + K K 2 C (s) / N (s) =− K2 K3Ts C (s) / N1 (s) = C (s) /R(s) ，三个回路均接触，可得Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2 + 2G1 4 ∑La = L1 + L2 + L3 = −G1G2 − G1 − G1 a =1 3 （b）（1）系统的反馈回路有三个，所以有 R 1 + G1G2G5 + G2G3G4 − G4G2G5G1G2G3 + 1 C = 三个回路两两接触，可得Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G5 +G2G3G4 − G4G2G5 （2）有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以 P1 =G1G2G3 , Ä1 = 1 P2 = 1, Ä2 = 1 （3）闭环传递函数 C/R 为∑ La = L1 + L2 + L3 = −G1G2G5 − G2G3G4 + G4G2G5 a =1 3 2-5 解：（a）（1）系统的反馈回路有三个，所以有 K1K2 n G (s) = Kn s 1 2 3 Ts2 + s + K K K （2）要消除干扰对系统的影响 C (s) / N (s) = K n K3 s −K1K2 K3Gn = 0 Ts + 1 s 1 1 2 3 K 2 3 1 + s Ts2 + s + K K K K K n n 1 C (s) / N (s) = (K − G K K3 K2 ) Ts + 1 = K n K3 s − K1K2K3Gn 求 C/N，令 R=0，向后移动单位反馈的比较点 1 2 3 1 + G(s) Ts2 + s + K K K = C (s) / R(s) = G(s) K1K2 K3 s(Ts + 1) 2-4 解：（1）求C/R，令 N=0 G(s) = K1K2 K3 R(s) 1 + G1G2 + G2G3 + G3G4 + G1G2G3G4 (e)G1G2G3G4 C (s) = R(s) 1 − G2G3 R(s) 1 + G1 + G2G1 (d) (c) C(s) = G1 − G2 C(s) = G2 + G1G2 5 n ù 1 − î 2 = 0.1 t p = ð 1 3-2 解：系统为欠阻尼二阶系统（书上改为“单位负反馈……”，“已知系统开环传递函数”）ó = e−ðî / 1−î ×100 = 1.3 −1 ×100 2 H ⎩ 1 + 10K = 10 H ⎩⎩K = 0.9 H ⇒ ⎩ ⎩1 + 10K 0 ⎩ = 10 ⎩ K = 10 ⎩ 10K0 要使过渡时间减小到原来的 0.1 倍，要保证总的放大系数不变，则：（原放大系数为 10，时间常数为 0.2）1 + 10KH H s + 1 0.2 R(s) 0 1 + G(s)K = 1 + 10K H G(s) ö (s) = C (s) = K 10K0 采用 K0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为 0.2s + 1 ）3-1 解：（原书改为 G(s) = 10 习题第三章 N3 (s) N3 (s) N2 (s) N2 (s) 1 + G1G2G3 + G2 = 1 = E(s) = − C (s) −(1 + G2 )G3 E (s) =− C (s) N1 (s) N1 (s) 1 + G1G2G3 + G2 R(s) 1 + G1G2G3 + G2 E(s) =− C (s) = −G2G3 −G1G2G3 E(s) = 1 + G2 − G2G3 N3 (s) 1 + G1G2G3 + G2 N2 (s) 1 + G1G2G3 +G2 = C (s) C (s) = −1× (1 + G1G2G3 + G2 ) = −1 (1 + G2 )G3 N1 (s) R(s) 1 + G1G2G3 + G2 = C (s) / R(s) C (s) C (s) = G1G2G3 + G2G3 2-6 解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G3 + G2 ，可得 1 + G1G2 + 2G1 1 + G1G2 + 2G1 R G1G2 + G2 C = G1G2 + G1 + G2 − G1 = （2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以P1 = G1G2 , Ä1 = 1 P2 = G1 , Ä2 = 1 P3 = G2 , Ä3 = 1 P4 = −G1 , Ä4 = 1 （3）闭环传递函数C/R 为 6 n c.î = 0.1,ù = 1s−1 时，n îù s = 3.5s t = 3.5 2 ó = e−ðî / 1−î ×100 = 72.8 n b.î = 0.1,ù = 10s−1 时，n îù s = 7s t = 3.5 2 ó = e−ðî / 1−î ×100 = 72.8 n a.î = 0.1,ù = 5s−1 时，n 2îùn = 10 解得：ùn = 14.14, î = 0.354, ó =30, t p = 0.238 结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。
自动控制原理第二版第四章课后答案
自动控制原理第二版第四章课后答案【篇一：《自动控制原理》第四章习题答案】4-1 系统的开环传递函数为g(s)h(s)?k*(s?1)(s?2)(s?4) 试证明点s1??1?j3在根轨迹上，并求出相应的根轨迹增益k*和开环增益k。
解若点s1在根轨迹上，则点s1应满足相角条件?g(s)h(s)??(2k?1)?，如图解4-1所示。
对于s1= -1+j3，由相角条件?g(s1)h(s1)?0??(?1?j3?1)??(?1?j3?2)??(?1?j3?4)? 0??2??3??6???满足相角条件，因此s1= -1+j3在根轨迹上。
将s1代入幅值条件： g(s1)h（s1?k*?1?1?j3?1??1?j3?2??1?j3?4k8*解出： k=12 ，k=*?324-2 已知开环零、极点如图4-2 所示，试绘制相应的根轨迹。
解根轨如图解4-2所示：4-3 单位反馈系统的开环传递函数如下，试概略绘出系统根轨迹。
⑴ g(s)?ks(0.2s?1)(0.5s?1)k(s?5)s(s?2)(s?3)* ⑵ g(s)?⑶ g(s)?k(s?1)s(2s?1)解⑴ g(s)?ks(0.2s?1)(0.5s?1)=10ks(s?5)(s?2)系统有三个开环极点：p1?0,p2= -2,p3 = -5①实轴上的根轨迹：???,?5?, ??2,0?0?2?57?????a??33②渐近线： ????(2k?1)????,?a?33?③分离点：1d?1d?5?1d?2?0解之得：d1??0.88，d2?3.7863(舍去)。
④与虚轴的交点：特征方程为 d(s)=s3?7s2?10s?10k?0?re[d(j?)]??7?2?10k?0令 ? 3im[d(j?)]????10??0?解得?????k?7。
根轨迹如图解4-3(a)所j）与虚轴的交点（0，?示。
⑵根轨迹绘制如下：①实轴上的根轨迹：??5,?3?, ??2,0?0?2?3?(?5)????0a??2②渐近线： ????(2k?1)????a?22?③分离点： 1d?1d?2?1d?3?1d?5用试探法可得 d??0.886。
自动控制原理简明教程第二版课后答案第四章习题答案
m
n
∑ ∑ θ pi = (2k +1)π +
ϕ − θ z j pi
pi pi
j=1 j=1 ( j≠i)
k = 0,±1,±2,
θ p1 = 1800 θ p2 = 1800 +ϕz1p2 −θ p1p2 −θ = p3p2 1800 + 450 −1350 −
900 = 00 θ p3 = 1800 +ϕz1p3−θ p1p3 −θ p2p3 =1800 − 450 +1350 + 900
（－２＋ｊ０）点在根轨迹上，而（０＋ｊ１）， （－３＋ｊ２）点不在根轨迹上。 4-2 设单位反馈控制系统的开环传递函数
G(s) = K (3s +1) s(2s +1)
试用解析法绘出开环增益 K 从零增加到无穷时的闭环根轨迹图。 解：
系统开环传递函数为 G(s) = 3K /2(s +1/3) = K g (s +1/3) s(s +1/ 2) s(s +1/ 2)
mn
∑ ∑ θ pi = (2k +1)π +
ϕ − θ z j pi
pi pi
j=1 j=1
( j≠i)
k = 0,±1,±2,
θ p1 =1800
θ p2 =−900
θ p3 =+90
θ p4 = 00
根轨迹如图所示。
4-9 已知开环传递函数为
12
胡寿松自动控制原理习题解答第四章 电三刘晓峰制作
取分离点为 d1 =−1.7，d2 =−0.29 K *(s + 5)
(3) G(s) = s(s + 2)(s + 3)
《自动控制原理》第二版课后习题答案
动电位器 P2 的滑臂转过一定的角度 o ，直至 o i 时， ui uo ，偏差电压ue 0 ，电动 机停止转动。这时，导弹发射架停留在相应的方位角上。只要 i o ，偏差就会产生调节作
3
用，控制的结果是消除偏差 e ，使输出量 o 严格地跟随输入量 i 的变化而变化。 系统中，导弹发射架是被控对象，发射架方位角 o 是被控量，通过手轮输入的角度 i 是
大，提高发电机的端电压，使发电机 G 的端电压回升，偏差电压减小，但不可能等于零，因
为当偏差电压为 0 时， i f =0，发电机就不能工作。即图(b)所示系统的稳态电压会低于 110
伏。 1-8 图 1-22 为水温控制系统示意图。冷水在热交换器中由通入的蒸汽加热，从而得到一
定温度的热水。冷水流量变化用流量计测量。试绘制系统方块图，并说明为了保持热水温度 为期望值，系统是如何工作的？系统的被控对象和控制装置各是什么？
图 1-16 仓库大门自动开闭控制系统
1
解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏 差电压经放大器放大后，驱动伺服电动机带动绞盘转动，将大门向上提起。与此同时，和大 门连在一起的电刷也向上移动，直到桥式测量电路达到平衡，电动机停止转动，大门达到开 启位置。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘使大门关闭，从而可以实现大门远距离 开闭自动控制。系统方框图如图解 1-2 所示。
征炉温的希望值）。系统方框图见图解 1-3。
1-4 图 1-18 是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。图中电位器 P1 、 P2 并 联后跨接到同一电源 E0 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件
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
黄家英自动控制原理第二版第四章习题答案
dG !K (s ) d (s 1) c、 分 离 点 ： [ 2 ] 0 ds ds s (s 2)(s 4) 或： 3s 4 16s 3 26s 2 16s 3s(s 3.08)[(s 1.12) 0.692 ] 0 经 检 验 可 得 分 离 点 为 d 3.08 ： 概 略 绘 制 系 统 的 根 轨如 图 所 示 。 迹
由根轨迹图可见，负馈系统稳定时的开环轨迹 反 根 增 益 临 界 值 为 ： gc 12 即 开 环 增 益 临 界 值c K gc / 8 1.5） K （ K , 而正反馈系统为结构不稳定的。 性
j
0 -4
-2 -1
负反馈
j
0
正反馈
B4.14 设某单位反馈位置随动系统的开环传递函数为
2 2
经检验分离点为： d 1 6 d 2 , 3 6 j 28 6 j5.29
j
-12
-8
-4
0
B4.5 设单位反馈系统的开环传递函数为
要求： (1)绘制系统的根轨迹； (2)确定系统的临界开环增益； (3)当系统的暂态响应为欠阻尼、临界阻尼或过阻尼时， 试分别求其开环增益的取值范围。
241 5 nm 41 3 c、 根 轨 迹 与 虚 轴 的 交 ： 点 a 令 s j,由 特 征 方 程 可 得 ；
4 D（j）（j） 6( j) 3 8( j) 2 jK g K g 0
p 0i Z 0 j
4 8() 2 K g 0 或 联 立 求 解 得 ： 0和 2 3 6() K g 0 于 是 可 概 略 绘 制 系 统根 轨 迹 如 图 所 示 。 的
自动控制原理(黄家英)第二版课后答案-5
ks s）（1
1
s）
ω2
ω3
于是
G（c jω）
kω
j(90。arctg ω arctg ω )
e
ω2
ω3
1 ( ω )2 1 ( ω )2
ω2
ω3
kω（2 1 1 ） jkω(1 ω2 )
或 G（c jω）
ω2 ω3
ω2ω3
[1 ( ω )2][1 ( ω )2]
ω2
ω3
或G( j)
(1
3 2 )(1
42 )
j
(1
1 22 2 )(1
42 )
p()
jQ()
当 时，G(j) 0 270。;
令Q() 0 即：1 22 0 解得与实轴交点的频率 ：
1 / 2 0.707
以及交点的横坐标为：
令p() 0可解得与虚轴交点的频 率：
1 2
0.707 ,以及交点的纵标为：
G( j) 1
p()
1
2
2
8 3
0.94
系统的幅相曲线如图所 示。
j 0.94
B5.8 绘制下列系统的对数渐近幅频曲线：
（1）G(s)
s2
(s
200 1)(10s
1)
解： G（s）
P0 N 1,N 1 N N N 11 0 Z P 2N 0 (0) 2 0 该系统闭环稳定。
P 1 N 0.5,N 0 N N N 0.5 0 0.5 Z P 2N 1 (0.5) 2 0
2021年自动控制原理(非自动化类)答案第二版
电位器放大器电动机减速器阀门水箱浮子杠杆 _ 电位器放大器电动机绞盘位置大门 _ 1 1-5 解系统的输出量电炉炉温给定输入量加热器电压被控对象电炉仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图门实际开(闭)门的位置工作原理系统的被控对象为大门。
被控量为大门的实际位置。
输入量为希望的大门位置。
当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动，使大门向上提起。
同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开门开关自动断开。
反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。
受控量门的位置测量比较元件电位计 1-4 解受控对象门。
执行元件电动机，绞盘。
放大元件放大器。
水位自动控制系统的职能方框图 h c hr 出水电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 hr 。
当 hc=hr 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。
一但 hc ≠ hr 时，浮子位置相应升高（或降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。
r c （与电位器设定工作原理系统的被控对象为水箱。
被控量为水箱的实际水位 h 。
给定值为希望水位 h 测量元件浮子，杠杆。
放大元件放大器。
执行元件通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。
比较计算元件电位器。
c 被控量水箱的实际水位 h 受控对象水箱液面。
1-1（略） 1-2（略） 1-3 解习题第一章自动控制原理（非自动化类）习题答案电位器电压放大功率放大电机加热器电炉热电偶 K1 K2 1 s 2 + s 1 Ts K3 K2 1 Ts 1 s2 + s K1 K3 - - 2 1 3 Ts3 + (T + 1)s2 + s + K K ， C (s) / R(s)=K1K3 X5(s) X4(s) X3(s) X2(s) R(s) C(s) _ N1(s) +X1(s) N2(s) 将方块图连接起来，得出系统的动态结构图X5(s) - X4(s) C(s) X5(s) X4(s) X3(s) N2(s) X5(s) C(s) - - X2(s) X1(s) X3(s) X2(s)X1(s) + R(s) 3 5 绘制上式各子方程的方块图如下图所示N1(s) K X (s)=s2C (s) + sC (s) X 5 (s)=X 4 (s) K2 N2 (s) TsX 4 (s)=X 3 (s)X 2 (s)=K1 X1 (s) X 3 (s)=X 2 (s) X 5 (s) 2-1 解对微分方程做拉氏变换X1 (s)=R(s) C (s) + N1 (s) 习题第二章—炉温给定炉温放大元件电压放大器，功率放大器，减速器比较元件电位计测量元件热电偶职能方框图1 s + 1 K s τ 1 Ts + 1 s T Ts+1 τs 1 s + 1 1 Ts + 1 K - 3 1 31 423 24 (b) R(s) 1 + G G G G + G G G G (a)=R(s) ms2 + fs + K G1+ G2 C (s)=1 C(s) 2-3 解（过程略） N (s)=C (s) (s + 1)(Ts + 1) 1 + Ts2 + (T + 1)s+ (K + 1) k R(s) C (s)=(s + 1)(Ts + 1) (s + 1)(Ts + 1)=K + s + K s X4(s) X3(s) X1(s)R(s) — C(s) X5(s) X2(s) N(s) 将方块图连接得出系统的动态结构图C(s) X4(s) X4(s) X3(s) — X5(s) N(s) N(s) X5(s) C(s) - X3(s) X1(s) X2(s) R(s)X1(s) R(s) X2(s) X 5 (s)=(Ts + 1) N (s) 绘制上式各子方程的方块如下图C (s)=X (s) N (s) 4 (Ts + 1) X 4 (s)=X 3 (s) + X 5 (s) X 2 (s)= sR(s) (s +1) X 3 (s)=X1 (s) + X 2 (s) 2-2 解对微分方程做拉氏变换 X1 (s)=K[R(s) C (s)] 1 3 Ts3 + (T + 1)s2 + s + K K 2 C (s) / N (s)= K2 K3Ts C (s) / N1 (s)=C (s) / R(s) ，三个回路均接触，可得 =1 ∑ La=1 + G1G2 + 2G1 4 ∑ La=L1 + L2 + L3=G1G2 G1 G1a=1 3 （b）（1）系统的反馈回路有三个，所以有 R 1 + G1G2G5 + G2G3G4 G4G2G5 G1G2G3+ 1 C=三个回路两两接触，可得 =1 ∑ La=1 + G1G2G5 + G2G3G4 G4G2G5 （2）有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以 P1=G1G2G3 , 1=1 P2=1, 2=1 （3）闭环传递函数 C/R为∑ La=L1 + L2 + L3=G1G2G5 G2G3G4 + G4G2G5 a=1 3 2-5 解（a）（1）系统的反馈回路有三个，所以有 K1K2 n G (s)=Kn s 1 2 3 Ts2 + s + K K K （2）要消除干扰对系统的影响 C (s) / N (s)=K n K3 s K1K2 K3Gn= Ts + 1 s 1 1 2 3 K 2 3 1+ s Ts2 + s + K K K K K n n 1 C (s) / N (s)=(K G K K3 K2 ) Ts + 1=K n K3 sK1K2 K3Gn 求 C/N，令 R=，向后移动单位反馈的比较点 1 2 3 1 + G(s) Ts2 + s +K K K=C (s) / R(s)=G(s) K1K2 K3 s(Ts + 1) 2-4 解（1）求 C/R，令 N= G(s)=K1K2 K3R(s) 1 + G1G2 + G2G3 + G3G4 + G1G2G3G4 (e) G1G2G3G4 C (s)=R(s) 1 G2G3 R(s) 1 + G1+ G2G1 (d) (c) C(s)=G1 G2 C(s)=G2 + G1G2 5 n ù 1 2=.1 t p=e 1 3-2 解系统为欠阻尼二阶系统（书上改为“单位负反馈……”，“已知系统开环传递函数”）ó %=ee / 1 ×1%=3 1 ×1% 2 H 1 + 1K=1 H K=.9 H 1 + 1K =1 K=11K 要使过渡时间减小到原来的 .1 倍，要保证总的放大系数不变，则（原放大系数为 1，时间常数为 .2） 1 + 1KH H s + 1 .2 R(s) 1 + G(s)K=1 + 1K H G(s) (s)=C (s)=K 1K 采用 K , K H 负反馈方法的闭环传递函数为 .2s + 1 ） 3-1 解（原书改为 G(s)=1 习题第三章 N3 (s) N3 (s) N2 (s) N2 (s) 1 + G1G2G3 + G2=1=E(s)= C (s) (1 + G2 )G3 E (s)=C (s) N1 (s) N1 (s) 1 + G1G2G3 + G2 R(s) 1 + G1G2G3 + G2 E(s)= C (s)=G2G3 G1G2G3E(s)=1 + G2 G2G3 N3 (s) 1 + G1G2G3 + G2 N2 (s) 1 + G1G2G3 + G2=C (s) C (s)=1× (1+ G1G2G3 + G2 )=1 (1 + G2 )G3 N1 (s) R(s) 1 + G1G2G3 + G2=C (s) / R(s) C (s) C (s)=G1G2G3+ G2G3 2-6 解用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得 =1 ∑ La=1 + G1G2G3 + G2 ，可得 1 + G1G2 + 2G1 1 + G1G2 + 2G1 R G1G2 + G2 C=G1G2 + G1 + G2 G1=（2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以 P1=G1G2 , 1=1 P2=G1 , 2=1 P3=G2 , 3=1 P4=G1 , 4=1 （3）闭环传递函数 C/R 为 6 n c. =.1,ù=1s1 时， n ù s=5s t=5 2 ó %=ee / 1 ×1%=78% n b. =.1,ù=1s1 时， n ù s=7s t=5 2 ó %=ee / 1 ×1%=78% n a. =.1,ù=5s1 时， n 2ùn=1 解得ùn=114, =.354, ó %=3%, t p=.238 结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。
自动控制原理及其应用第二版黄坚课后习题答案ppt课件
2-3-1 函数的拉氏变换。
F(s)=(s+1s+)(1s+3)
解：A1=(s+2)(s+1s)+(s1+3)
= -1
s=-2
A2=(s+3)
s+1 (s+1)(s+3)
=2
s=-3
F(s)=
2 s+3
-
1 s+2
f(t)=2e-3t-e-2t
2-3-2 函数的拉氏变换。
F(s)=(s+1)s2(s+2)
解:F(s)(s2+1) s=+j =A1s+A2 s=+j
A1=1, A2=-5 A3=F(s)s s=0 =1
F(s)=
1 s
+
s s2+1
+
-5 s2+1
2-3-4 函数的拉氏变换。
(4)
F(s)=
s+2 s(s+1)2(s+3)
=
2 3
+112
e-3t-
3 4
e-t-
t 2
e-t
解:f(t)=
u1=i1R1 i1=iL+ic
uL=LdditL
ic=C
duc dt
=d(udi-tuo)
iL=i2=
uo R2
习题课一 (2-2)
求下列函数的拉氏变换。
(1) f(t)=sin4t+cos4t
解:∵L[sinwt]=
w w2+s2
L[coswt]=
s w2+s2
∴L[sin4t+cos4t]=
自动控制原理_第二版_课后答案
《自动控制原理》（第2版）习题答案1第2章2-1 （1）t e t ett23sin 3123cos122--+- （2）6 + 3t（3）)334(322+++---t t e e t t （4）t t ωωωsin 1132-2-2 （1）2351853tt e e --+-（2）t e 2-（3）t e a b t ae n t nnn t n n ωωζωωζωζωsin cos --++（4）t a Aa t a A e b a A atωωωωωωωsin cos 222222++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++- 2-3 （a ）)()()(2110f f ms f s X s X i ++=（b ）212110)()()(k k s k k f fsk s X s X i ++=2-4 （a ）)()()(t u t kx t xm =+ （b ）)()()(2121t u t x k k k k t x m =++ 2-5 （a ）)()()()()(2212121t u R dt t du C R R t u R R dt t du CR R r r c c +=++ （b ）)()()()()()(22121221t u R t u R R dt t du C R R L dt t u d LC R r c c c =++++ 2-6 252312)14(100)()(2+++=s s s s R s C 2523125231210)()(22++++⋅=s s s s s R s E 2-7 t t e e t c 2241)(--+-= 2-8 )1)(2(23)(+++=s s s s G t t e e t h ---=24)(22-9 （a ）1)(1)()(32213+++⋅-=s R R C s CR R R s U s U r c （b ）13221)()()(R R R s R CR s U s U r c ++-= 2-10 （a ）))((1)()(432121G G G G G G s R s C -+++=（b ）)(1)1()()(21221H H G G G s R s C -++=（c ）331311321332123113211)()(H G H G H G G G G H G G H G G H G G G G s R s C ++++++=2-11 （a ）32211)()(G G G G s R s C ++=（b ）H G H H G s R s C 111)1()()(+--=（c ）121223121)()()(H G G H G G G G s R s C +++=2-12 （a ）))((1)1()()(23111232123111134321H G H G H H G G G H G H G H G G G G G G s R s C --++++++=))((1)1(1)()(2311123212311123423H G H G H H G G G H G H G H H G G H G s R s E --++++-+⋅=（b ）21212121312)()(G G G G G G G G s R s C ++-++-= 21212131)1(1)()(G G G G G G s R s E ++-+⋅=2-13 （a ）12121211)()(H G G G G G G s R s C ++= 121211211)1(1)()(H G G G G H G G s R s E +++⋅=12121231211)1(1)()(H G G G G G G H G G s D s C ++++⋅-=12121231211)1(1)()(H G G G G G G H G G s D s E ++-+⋅= （b ）434242143421)()(G G G G G G G G G G G s R s C ++++= 434242111)()(G G G G G G G s R s E ++-=434241)()(G G G G G s D s C ++= 434241)()(G G G G G s D s E ++-=32-14 （a ）))((1)(23113343321231134321H G H G H G G H G G G H G H G G G G G G s G -+++-++=（b ）3541432326543211)(H G G H G G H G G G G G G G G s G +-+=（c ） 15.1 （d ）))((1)1()(ch af ehgf ch gb af gb ed abcd s G +----++=45σ % = 56.2% t p = 1.006 t s = 63-13 0 < K < 0.75 3-14 （1）0（2）1 3-16 （1）∞ ∞6分离点：d = -0.8857（4） 渐近线：σa = -1 ϕa = ± 60︒，180︒与虚轴的交点：K = 3 s = ± j1.414分离点：d = -0.423 根迹图略（5） 渐近线：σa = -2/3 ϕa = ± 60︒，180︒与虚轴的交点：K = 4 s = ± j1.414（6）渐近线：σa = -1.5 ϕa = ± 45︒，± 135︒起始角：ϕ1 = -63.4︒根迹图略 （7）（8）894-9 零度根轨迹。
自动控制原理(黄家英)第二版课后答案-2
x2
x1
B2.23（1）解：取积分器的输出 变量为状态变量
1 x2 x 2 x 3 x 3 5x 2 x x 2) r 3 2x 2 x 3 ( 2x1 x
x 1 x2 2 x 1 3 . 5 x 2 x 3 0 . 5r x x 3 x 0 . 5 x 2 0 . 5r
B2.4 在图B2.4所示的电路中电压u1(t)为输入量，试以电压 u2(t)或uC2(t)作为输出量，分别列写该系统的微分方程。
B 2.4解： u 2作为输出，应用网络的 复阻抗法： U 2 (s ) U 1 (s ) 1 R1 1 C1s R2 1 C 2s R1 C1s (R 2 1 ) C 2s
可见，只要满足 G 3G 4 G 1G 2G 3G 4 H 1 G 3G 5 H 2 0 可使Y(s ) 0，即不受 D(s )的影响。
B2.23 已知控制系统的状态变量图，如图B2.23所示。要求：(1) 确定状态变量并列写系统的状态空间表达式；(2)求系统的闭环 传递函数。
x3
i 1 , 4
1
则：（s）
P1 1 P2 2 P3 3 P4 4 2s 3 2s 2 s 1 1 2 7s 1 s 2 2s 3 s 3 s 2 2s 2 3 2s 7s 2 s 2
B2.9(2)解： 1 s 2s 1 s s (s 1.755) (s2 0.2451s 0.5698)
2
G(s)
1
s s 3 2s 2 s 1
由比例、理想微分 惯性、振荡构成。
B 2 .9( 3 )解： e s e s G (s ) 2 s 10 s 5 (s + 9.472) (s + 0.5279) 比例、两个惯性、延迟 环节构成。
自动控制原理黄坚第二版第四章习题答案
σ根 s=3-K+ω轨4r3--s+p14迹32ω13-+~3ω的3p2==s2=+-分001K.离p3r=3~KK点0θrr-===：012+ωω6012o=,,3+=01±810.7o
ζ=AK0sss(2.3rs1没5====)3B|--s有4.03系3'2+(得|.s|64s位s20统)×5+3.=+23s8于A根.171s2=|'×+根|6(轨s-23s×03=s)=+0轨.B2迹3-.0=332(7迹|-s.6+22)=j.6上201..8，9 舍s去3 p-33。
第四章习题课 (4-1)
4-1 已知系统的零、极点分布如图，大 致绘制出系统的根轨迹。
解: (1)
jω (2)
jω
600
0σ
0σ
(3)
jω
(4)
jω
900
0σ
600
0σ
第四章习题课 (4-1)
(5)
jω
(6)
jω
600
0σ
0σ
(7)
jω
1350
450
0σ
(8)
jω
1080
360
0σ
第四章习题课 (4-2)
p4
5）p4分=-离15点和z1会=-8合点
pp z13 -5.672
p
01 σ
2A）(s实)=轴s4+上25根s3轨+1迹71段s2+3p115~sp2 p3~z1
-6.2
3A）(s根)'=轨4s迹3+的75渐s2+近3线42s+315p4~-∞
自动控制原理第二版课后习题参考答案
自动控制原理第二版课后习题参考答案2-1 (a)()()1121211212212122112+++⋅+=+++=CS R R R R CS R R R R R R CS R R R CS R R s U s U (b)()()1)(12221112212121++++=s C R C R C R s C C R R s U s U 2-2 (a)()()RCs RCs s U s U 112+=(b) ()()141112+⋅-=Cs R R R s U s U (c)()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=141112Cs R R R s U s U 2-3 设激磁磁通f f i K =φ恒定()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=Θφφπφm e a a a a m a C C f R s J R f L Js L s C s U s 2602 2-4()()()φφφπφm A m e a a a a m A C K s C C f R i s J R f L i Js iL C K s R s C +⎪⎭⎫⎝⎛++++=260232-5 ()2.0084.01019.23-=⨯--d d u i 2-8 (a)()()()()3113211G H G G G G s R s C +++=(b)()()()()()31243212143211H G H G G G H G G G G G G s R s C +++++=2-9 框图化简中间结果如图A-2-1所示。
图A-2-1 题2-9框图化简中间结果()()()()52.042.018.17.09.042.07.023++++++=s k s k s s s R s C 2-10()()4232121123211G H G G H G G H G G G G s R s C ++-+=2-11 系统信号流程图如图A-2-2所示。
图A-2-2 题2-11系统信号流程图()()()()2154214212654212215421421321111H H G G G G G G G H G G G G G s R s C H H G G G G G G G G G G s R s C -++=-++=2-12 (a)()()()adgi abcdi agdef abcdef cdhs R s C +++-=11(b)()()()1221211222112++++=s C R C R C R s C R C R R s R s C 2-13 由选加原理,可得()()()()()()[]s D H G G s D G s D G s R G G G H G H s C 3121221221221111--+++=第三章3-1 分三种情况讨论 (a) 当1>ζ时()()()()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+----+-=-+-=---=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛---221221222211112121,122ζζζζωζωζωζζωζζωζζωζζt t n n nn n n e e t t c s s (b) 当10<<ζ时()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----+-=---+---=-+-=---=---22222222222121121sin 1121sin 1211cos 221,1ζζζωζωζωζωζωζζωζωζωζωζζωζζζωζωζωarctg t et t e t et t c j s j s n tnnn t nn tnnn n n n n(c) 当1=ζ时设系统为单位反馈系统,有()()()()()2222nn n r s s s s R s c s R s E ωζωζω+++=-= 系统对单位斜坡输入的稳态误差为 ()nn n n s sr s s s s s s im e ωζωζωζω22212220=+++⋅⋅=→ 3-2 (1) 0,0,50===a v p K K K (2) 0,,==∞=a v p K K K K(3) 10,,K K K K a v p =∞=∞= (4) 0,200,==∞=a v p K KK K 3-3 首先求系统的给定误差传递函数()⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=-=-t e t t c s n t n n nn 21222,1ωωωωω()101.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()()()0)101.0()12.0(20)101.0(2lim lim 1.0)101.0()12.0(10lim lim 0101.0)11.0(lim lim 32220220222001200=+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s e s s e s(1) 0)(R t r =，此时有0)()(,)(0===t r t r R t r s s s ，于是稳态误差级数为()0)(0==t r C t e s sr ，0≥t(2) t R R t r 10)(+=，此时有0)(,)(,)(110==+=t r R t r t R R t r s s s ，于是稳态误差级数为()1101.0)()(R t rC t r C t e s s sr =+= ，0≥t (3) 221021)(t R t R R t r ++=，此时有t R R t rt R t R R t r s s 212210)(,21)(+=++= ，2)(R t r s = ，于是稳态误差级数为())(1.0)(!2)()(21210t R R t r C t rC t r C t e s s s sr +=++= ，0≥t 3-4 首先求系统的给定误差传递函数()5001.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()()()232220220222001200050098)5001.0()12.0(1000)5001.0(100lim lim 5001)5001.0()12.0(500lim lim 05001.0)11.0(lim lim =+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s es s e stt r t t rt t r s s s 5sin 25)(5cos 5)(5sin )(-===稳态误差级数为()[][][]tt tC t C C t e sr 5cos 1015sin 109.45cos 55sin 25224120 -⨯++⨯=-⨯+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯-=- 3-5 按技术条件（1）~（4）确定的二阶系统极点在s 平面上的区域如图A-3-1 (a) ~ (d)的阴影区域。
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确定分离点： 由 特 征 方 程 可 得 ： s(0.01s 1)(0.02s 1) K dK 令 ： (0.0006 2 0.06s 1) 0 s ds 可 得 其 解 为 ： 1 21.13, s 2 78.87, 经 检 验 ： 21.13 s d 由 幅 值 条 件 可 得 分 离对 应 的 开 环 增 益 为 ： 点 K d s(0.01s 1)(0.02s 1) s 21.13 9.68
B4.1 已知系统的开环零极点分布如图B4.1所示，试绘制各 系统的概略根轨迹。
B4.4 已知系统的开环传递函数如下所示，试绘制各系统的 根轨迹。
解： 在 实 轴 的 4 s 8线 段 上 有 根 轨 迹 。 趋于开环无穷远零点渐近线： 的 ( 2k 1)180。 180。 90。 nm 2 p 0 i Z 0 j 12 2 4 8 a 6 nm 2
2 2
经检验分离点为： d 1 6 d 2 , 3 6 j 28 6 j5.29
j
-12
-8
-4
0
B4.5 设单位反馈系统的开环传递函数为
要求： (1)绘制系统的根轨迹； (2)确定系统的临界开环增益； (3)当系统的暂态响应为欠阻尼、临界阻尼或过阻尼时， 试分别求其开环增益的取值范围。
K 解 ：G (s ) s(0.01s 1)(0.02s 1) Kg s(s 100)(s 50)
可 得 系 统 的 开 环 零 极分 布 如 图 所 示 。 点 在 实 轴 的 0 s 50和 100 s 线 段 上 有 根 轨 迹 。
趋 于 开 环 无 穷 远 零 点渐 近 线 ： 的 ( 2k 1)180。 60。 180。 ， nm p 0 i Z 0 j 100 50 a 50， nm 3 渐 近 线 与 虚 轴 交 点 的 标 为 ： j a tg60。 j86.6 坐
1 k0
p e
1 2
% 5%
1 0.69 k 0 2.1 k0 0.61 k 0 2.1 过 阻 尼 下 s 3T1 8 t 0.69即 :
T1 2.67 s1 1 -0.375 T1
开环增益的取值范围 :[0.3,1.05]
确定分离点： dG(s ) 由 ds ( 2s 12)s 2 (s 12) 2 (s 2 12s 32)(4s 3 72s 2 288s ) Kg 0 4 4 s (s 12) 可得： ( 2s 12)s 2 (s 12) 2 (s 2 12s 32)(4s 3 72s 2 288s ) 2s 5 60s 4 704s 3 4032 2 9216 0 s s 或 ： s 5 30s 4 352s 3 2016 2 4608 s s s(s 6)(s 12)[ s 6） 28 ] 0 （
241 5 nm 41 3 c、 根 轨 迹 与 虚 轴 的 交 ： 点 a 令 s j,由 特 征 方 程 可 得 ；
4 D（j）（j） 6( j) 3 8( j) 2 jK g K g 0
p 0i Z 0 j
4 8() 2 K g 0 或 联 立 求 解 得 ： 0和 2 3 6() K g 0 于 是 可 概 略 绘 制 系 统根 轨 迹 如 图 所 示 。 的
j
-40
0
B4.11 设某单位负反馈系统的开环传递函数为
安装时不慎将反馈的极性接反了，变成正反馈系统。试分 别绘制负反馈系统和正反馈系统的根轨迹；并以系统的稳 定性为例，分析说明反馈极性接反了的后果。
解 : (1)负 反 馈 时 ： K g (s 1) 由G K (s ) 2 可知： s (s 2)(s 4) a、 在 实 轴 的 1 s 2和s 4线 段 上 有 根 轨 迹 。 ( 2k 1)180。 b、 渐 近 线 ： 60。 180。 ， nm
根轨迹与虚轴的交点： D(s ) s(0.01s 1)(0.02s 1) K 0.0002 3 0.03s 2 s K s 或 ：3 150s 2 5000 5000 ) 0 (s s K 可列定劳思阵列如下： s3 s2 s1 s0 1 150 5000 1 ( 5000 K K ) 150 5000 5000 A(s ) K
kg s(s a)
0.707
j
s1, 2 3 3j
a 6 1 G (s ) 0 1 kg s( s 6 ) 0
-6
-3
k g s( s 6 )
s 3 3 j
18
k
1 kg 3 6
其中Kg和a为可变参数，试绘制其准确的根轨迹族。若要 求系统的暂态响应特性满足σ p=4.3%，ts=1(s)，试确定 其开环增益值和闭环传递函数以及系统的零极点。
解 ： P 4.3%
P e
1 2
0.707
3 ts 1 n 3 n
G (s )
dG !K (s ) d (s 1) c、 分 离 点 ： [ 2 ] 0 ds ds s (s 2)(s 4) 或： 3s 4 16s 3 26s 2 16s 3s(s 3.08)[(s 1.12) 0.692 ] 0 经 检 验 可 得 分 离 点 为 d 3.08 ： 概 略 绘 制 系 统 的 根 轨如 图 所 示 。 迹
令 第 一 列 s1 行 的 元 素 为 零 ， 即 ： K 5000 1 （ ） 0 150 可 得 系 统 的 临 界 开 环 益 为 ： C 150 增 K 则 由 辅 助 方 程 ： (s ) 150s 2 5000 K C 150(s 2 5000) 0 A 可 解 得 交 点 坐 标 为 ：2 j 5000 j70.71 s1,
欠阻尼：9.68<Kc<150 过阻尼： 0<Kc <9.68 临界阻尼： Kc =9.68
j
-100
-50
-21.1
0
k0 s(s 2) t 试求开环增益的取值范 围。 若系统性能满足 σ p 5%, s 8(s),
B4.6 已知单位反馈系统的开环传递函数为 G(s)
解 ： 此 系 统 为 二 阶 标型 。 准 n k 0 ,
由根轨迹图可见，负馈系统稳定时的开环轨迹 反 根 增 益 临 界 值 为 ： gc 12 即 开 环 增 益 临 界 值c K gc / 8 1.5） K （ K , 而正反馈系统为结构不稳定的。 性
j
0 -4
-2 -1
负反馈
j
0
正反馈
B4.14 设某单位反馈位置随动系统的开环传递函数为
K gc 12
（2） 正 反 馈 系 统 ： a、 在 实 轴 的 1 s 2和s 4线 段 上 有 根 轨 迹 。 2k180。 。 b、 趋 于 开 环 无 穷 远 零 的 渐 近 线 ： 点 0 ， 120。 nm p 0i Z 0 j 2 4 1 5 a nm 41 3
D(s ) s 2 2s k 0 0 k 0 0.61
B4.7 设系统的开环传递函数如所示，其中a和b为可变 参量，试绘制各系统的根轨迹：
解：由特征方程： D(s ) 1 G K (s ) 0 D(s ) s(s 10) 30(s a ) 0 s 2 40s 30a 0 可 得 等 效 开 环 传 递 函为 ： 数 30a G（s） 2 s 40s