自动控制理论第3版课后答案(打印)
自动控制理论[刘丁著]课后习题二~八答案解析
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习题22-1.（1）线性，时变，动态（2）非线性，时变，动态 （3）非线性，定常，动态 （4）非线性，定常，静态 （5）非线性，定常，动态 （6）非线性，定常，静态 2-2.（a ）1212)(st e ss s F -+=（b ）211)1(1)(sst e s t s F -+-=（c ）2121)1)(1()(1st e s t s F s t --+= 2-3.1212221332121(1)(),lim(1),lim(3)134324321111()[],2132s s t tc c s s F s c s c s s s s s s s F s f t e e s s →-→---++=+=+==+=++++++∴=+=+++得到：（）（）()()1023(2)()1+cos(t)-5*sin(t)111(3)sin cos 222119(4)()8181(5)()12131(6)()()32412t t t tt t t f t f t e t e t t f t e ef t t e f t t e e -------==--+=-==+=-++(4) syms s FF=ilaplace(1/(s^3+21*s^2+120*s+100))运行结果：F =1/81*exp(-t)-1/9*t*exp(-10*t)-1/81*exp(-10*t) (5) syms s FF=ilaplace((s^2+2*s+3)/(s+1)^3) 运行结果：F =t^2*exp(-t)+exp(-t) (6) F=ilaplace((s+2)/(s*(s+3)*(s+1)^2))运行结果：F = 2/3+1/12*exp(-3*t)-1/2*t*exp(-t)-3/4*exp(-t)2-4.(1) ()1()1()tT x t e r t t -=-= ()(1)tT x t t T e r t-=--=(2) 2()tx t - (3) ()1(1)t x t t e -=-+2-5.（a ）21212=++crU R U R R R R s（b ）1221212+=++crU R R cs R U R R R R cs2-6 （a ）211crU R Cs U R Cs+=-，实际上是一个PI 控制器。
自动控制理论 机械工业出版社 课后习题答案 夏德岑_第三版 PDF可打印
, t 0
比较上述两种情况， 可见有 z 1 零点时， 单位脉冲响应的振幅较无零点时小， 而且产生相移， 相移角为 arctg
1 2 n 。 1 n
2．单位阶跃响应 (a) 无零点时
ct 1
2 n t 1 2 t arctg 1 e sin n 1 2
G( s) 2a ss (2 a) s (2 2a)
2
根据条件（1） ，可得
Kv 1 2a 0.5 esr 2 2a
解得 a 1 ，于是由系统的开环传递函数为
G( s) 2 ss 3s 4
2
3-10
1M 2M
3t
s
p p
46.6%, t s 7.99s2%, ( n 2.12rad / s, 0.24) 16.3%, t s 8s2%, ( n 1rad / s, 0.5)
C m s 60 U a s s La Js 2 La f Ra J s Ra f C eC m 2
2-4
C s Rs
K A C m 60 iL a Js 3 iL a f Ra J s 2 i Ra f C eC m s K A C m 2
C 2 lim
s 0
d2 2(0.1s 2 s 10) 20(0.2s 1) 2 s lim 0 e s 0 ds 2 (0.1s 2 s 10) 3
(1)
s (t ) r (t ) R0 ，此时有 rs (t ) R0 , r r (t ) 0 ，于是稳态误差级数为 s esr t C0 rs (t ) 0 ， t 0
自动控制理论第三章习题答案
=
600
=
600
=
ω
2 n
s(s + 60)(s + 10)
s(s 2 + 70s + 600)
s(s 2
+
2ξω n s
+
ω
2 n
)
显然闭环传递函数为
ω
2 n
(s2
+
2ξω n s
+
ω
2 n
)
其中
ω
2 n
=
600
ωn = 10 6
2ξωn = 70
根据（3-17）
h(t) = 1 + e−t /T1 + e−t /T12 T2 / T1 − 1 T1 / T2 − 1
（1） k(t) = 0.0125e−1.25t
（2） k(t) = 5t + 10sin(4t + 450 )
（3） k (t) = 0.1(1 − e−t / 3 )
解：
（1） Φ(s) = 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 + 10sin 4t cos 450 + 10 cos 4t sin 450
ξ2 −1 = 6 = 1+
ξ2 −1
1−
1
−
1 ξ2
1
−
1 ξ2
解方程得ξ = 7 26
由 T1
=
ωn (ξ
1 −ξ
2
− 1)
=
1 10
得到ωn (ξ − ξ 2 − 1) = 10
所以 ω n
(完整版)自动控制原理谢克明第三版部分习题答案
《自动控制原理（第3版）》部分习题答案第2章C2-1(a) 21211()(1)()()(1)R sL R Cs G s R sL R Cs R ++=+++C2-221114232233342526()()(1)(1)()()()()()()()()()()()()()m a a a a a e ma a L a a a a e m f fR G s K R R G s R Cs K T s R G s K c s G s U s JL s L f JR s fR c c L s R s G s M s JL s L f JR s fR c c U s G s K s =-=-=-+=-+=-Ω==++++-+Ω==++++==Ω 123412346512346()()()()()()1()()()()()()()()1()()()()()r L G s G s G s G s s U s G s G s G s G s G s G s s M s G s G s G s G s G s Ω=+Ω=+C2-4(a) 3123123()()()R LsG s R R R Ls R R R =++++C2-4(b) 323123()()()R LsG s R R Ls R R R =+++C2-5321122211212311(1)(1)(),(),(),()()1a b c d R Cs R Cs R C s R C s RG s RCs G s G s G s R Cs R C s R R R Cs ++++=-=-=-=-++ C2-612314512123214342123312341232233344()()()()()()()1()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()1()()()()()()()()()()a b G s G s G s G s G s G s G s G s G s H s G s G s H s G s G s H s G s H s G 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 H s G s G s H s +=++++++=+++-12341()()()()()G s G s G s G s H sC2-713241761113241762851324()()[1()()]()()()()()1()()()()()()()()()()()()()()G s G s G s G s G s G s G s C s R s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s ++=+++++ 283261213241762851324()()()()()()()1()()()()()()()()()()()()()()G s G s G s G s G s C s R s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s +=+++++ 24132852213241762851324()()[1()()]()()()()()1()()()()()()()()()()()()()()G s G s G s G s G s G s G s C s R s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s ++=+++++ 17413152113241762851324()()()[1()()]()()()()1()()()()()()()()()()()()()()G s G s G s G s G s G s G s C s R s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s ++=+++++ C2-812341123243123312312()()()()()1()()()()()()()()()()()()()()()()G s G s G s G s G s G s H s G s G s H s G s H s G s G s G s H s G s G s G s H s H s +=+++++C2-9 12345214561111452145145124561112322()()()[1()()()]()()()()()()()1()()()()()()()()()()()()()()()()[1()()]()()(()()()G s G s G s G s G s H s G s G s G s G s C s s R s G s H s G s G s H s G s G s G s G s G s G s H s H s G s G s G s G s H s G s G s G C s s R s --Φ==+-+-++Φ==4511452145145121122)()()1()()()()()()()()()()()()()()()()()()s G s G s G s H s G s G s H s G s G s G s G s G s G s H s H s C s s R s s R s +-+-=Φ+Φ C2-1013453564256313421356253431342535643535123561434523345624()()[1()()]()[1()()]()()1()()()()()()()()()a G s G G G s G H s G G H s G G G s G H s G G H s G G G G s G G G G s G H s G G H s G H s G G H s G G s G G H H s G G G H H s G G G H H s G G G G H H s =++++++-+++++++++12353241212131223123()()()()()[1()]()[1()()2()()]()1()()2()()()()2()()()b G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s ++++++=+++++第3章C3-1 21()Ts TsK e Tse G s T s ----=C3-2 220.910()1110s s s s s ++Φ=++C3-3105050()10.283sin(545)()1 1.4sin(545)t t tc t e e t c t et ---=--+=-+精近C3-422*0.23()(0.5)2*0.23()0.50.23G s s s s s s =+Φ=++C3-51212T T bK T T ε+<<C3-6 阶跃信号作用下稳态误差为零，要求n m a b =加速度信号作用下稳态误差为零，要求1122,,n m n m n m a b a b a b ----=== C3-7 21()(1)c sG s K T s =+C3-8 24()(46)G s s s s =++C3-9 250()(1225)G s s s s =++ C3-100.243τ=C3-11 (1)06,(2)303,(4)010/3K K K <<<<<<结构不稳（）C3-12 (1)015,(2)0.72 6.24K K <<<< C3-13(1)(2)34系统稳定系统不稳定，有两个右根，（）系统稳定（）系统不稳定，有三个右根C3-14 3,K ω==C3-1533231()()1()()()()()n r G s G s G s H s G s G s G s =-+=第4章C4-1 图略C4-2 (1)图略 (2) 2233()24x y ++=C4-3 (1)图略 (2) 0.40.5K <<C4-4 分会点和渐近线123=0,,2,22a a d d d a πδϕ-+==±12320,2a d d d ====-(1)当时，图略 123180,6a d d d ====-(2)当时，图略 120,0a a d σ<=>(3)当0<时，图略 1180,0a a d δ<=<(4)当2<时，图略12318,,0a a d d d δ><(5)当时，三个不同实数分会点，图略C4-5(1) 图略,原系统不稳定;(2)增加零点且选择合适位置,可是系统稳定,零点05z << C4-6图略,系统稳定34K > C4-7 (1) 图略(2)当0.8629.14K <<,系统为欠阻尼状态,且 1.87K =阻尼比最小,系统地闭环极点为3 2.8j -±(3)试探求得 2,4 2.8K j =-±闭环极点, 1.06,0.75~1P s M t == C4-8 (1)等效开环传递函数为: (1)()(2)K s G s s s --=+正反馈系统根轨迹, 图略(2)系统稳定02K <<(3) 2,K ω==C4-9等效开环传递函数为: 22()===10)(44)(4410)Ka K G s K a s s s K s s s ''++++等（,图略 C4-10(1) 图略(2) 64,K ω==(3)1,20.5,1s ζ==-±C4-11(1) 图略 (2) 不在根轨迹上; (3) ()1cos 4c t t =-C4-12等效开环传递函数为: 322()=(4416)(4)(4)K KG s s s s s s s s =+++++等,K=8时试探求第5章C5-1(1)C5-1(2)C5-1(3)C5-2000(1)()0.83sin(30 4.76)(2)()0.83sin( 4.76) 1.64cos(2459.46)c t t c t t t =+-=----C5-3当12T T <,系统稳定当12T T >,系统不稳定. C5-4 2100()10100G s s s =++ C5-5(a) 0110(1)300(),4111(1)(1)510s G s s s γ+==++ (b) 00.1(),2581(1)50sG s s γ==+(c) 032(),141(1)2G s s s γ==+(d) 025(), 1.66(1001)(0.11)G s s s s γ==-++(e) 020.5(21)(),36.8(0.51)s G s s s γ+==+ (f) 0231.62(),9.860.010.0981G s s s γ==++ C5-6 (1) K=1(2)K=25(3)K=2.56(或精确求K=3.1) C5-7()()()a g i 稳定，(b)不稳定，(c)稳定，(d)稳定，(e)不稳定，(f)稳定，不稳定，(h)不稳定，不稳定，(j)不稳定，C5-8 102510000K K <<<和 C5-9（1）（2）闭环系统稳定； （3）078.5,g K γ==∞（4）K 增大10倍，对数幅值上升，但相频特性不变，系统的快速性提高，平稳性降低，系统地抗干扰性降低。
自动控制原理(第三版)试题及答案
2012年6月23日星期六课程名称: 自动控制理论 （A/B 卷 闭卷）一、填空题（每空 1 分，共15分）1、反馈控制又称偏差控制，其控制作用是通过 与反馈量的差值进行的。
2、复合控制有两种基本形式：即按 的前馈复合控制和按 的前馈复合控制。
3、两个传递函数分别为G 1(s)与G 2(s)的环节，以并联方式连接，其等效传递函数为()G s ，则G(s)为 （用G 1(s)与G 2(s) 表示）。
4、典型二阶系统极点分布如图1所示，则无阻尼自然频率=n ω ，阻尼比=ξ ，该系统的特征方程为 ，该系统的单位阶跃响应曲线为 。
5、若某系统的单位脉冲响应为0.20.5()105t t g t e e --=+，则该系统的传递函数G(s)为 。
6、根轨迹起始于 ，终止于 。
7、设某最小相位系统的相频特性为101()()90()tg tg T ϕωτωω--=--，则该系统的开环传递函数为 。
8、PI 控制器的输入－输出关系的时域表达式是 ， 其相应的传递函数为 ，由于积分环节的引入，可以改善系统的 性能。
二、选择题（每题 2 分，共20分）1、采用负反馈形式连接后，则 ( )A 、一定能使闭环系统稳定；B 、系统动态性能一定会提高；C 、一定能使干扰引起的误差逐渐减小，最后完全消除；D 、需要调整系统的结构参数，才能改善系统性能。
2、下列哪种措施对提高系统的稳定性没有效果 ( )。
A 、增加开环极点；B 、在积分环节外加单位负反馈；C 、增加开环零点；D 、引入串联超前校正装置。
3、系统特征方程为 0632)(23=+++=s s s s D ，则系统 ( )A 、稳定；B 、单位阶跃响应曲线为单调指数上升；C 、临界稳定；D 、右半平面闭环极点数2=Z 。
4、系统在2)(t t r =作用下的稳态误差∞=ss e ，说明 ( )A 、 型别2<v ；B 、系统不稳定；C 、 输入幅值过大；D 、闭环传递函数中有一个积分环节。
《自动控制理论（第3版）》全套参考答案
第一章习题参考答案1-1多速电风扇的转速控制为开环控制。
家用空调器的温度控制为闭环控制。
1-2 设定温度为参考输入，室内温度为输出。
1-3 室温闭环控制系统由温度控制器、电加热装置、温度传感器等组成，其中温度控制器可设定希望达到的室温，作为闭环控制系统的参考输入，温度传感器测得的室温为反馈信号。
温度控制器比较参考输入和反馈信号，根据两者的偏差产生控制信号，作用于电加热装置。
1-4 当实际液面高度下降而低于给定液面高度h r ，产生一个正的偏差信号，控制器的控制作用使调节阀增加开度，使液面高度逼近给定液面高度。
第二章 习题参考答案2-1 （1）()()1453223++++=s s s s s R s C ； （2）()()1223+++=s s s ss R s C ； （3）()()1223+++=-s s s e s R s C s2-2 （1）单位脉冲响应t t e e t g 32121)(--+=；单位阶跃响应t t e e t h 3612132)(----=； (2)单位脉冲响应t e t g t 27sin72)(-=；单位阶跃响应)21.127sin(7221)(2+-=-t e t h t 。
2-3 （1）极点3,1--，零点2-；(2) 极点11j ±-.2-4)2)(1()32(3)()(+++=s s s s R s C . 2-5 (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 2-6 (a)()()RCsRCs s U s U 112+=;(b)()()141112+⋅-=Cs RR R s U s U ; (c)()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=141112Cs R R R s U s U . 2-7 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 2602.2-8()()()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 +⎪⎭⎫⎝⎛++++=26023.2-9 ()2.0084.01019.23-=⨯--d d u i . 2-10 (2-6) 2-11(2-7)2-12 前向传递函数)(s G 改变、反馈通道传递函数)(s H 改变可引起闭环传递函数)()(s R s C 改变。
自动控制理论第三版课后练习题含答案
自动控制理论第三版课后练习题含答案前言自动控制理论是现代自动控制技术的基础课程，课后练习题是巩固理论知识和巩固实践技能最重要的方法之一。
本文档整理了自动控制理论第三版的课后习题，提供了详细的解题思路和答案，希望能够帮助读者更好地掌握自动控制理论。
1. 第一章课后习题1.1 第一章习题1题目已知一个系统的开环传递函数为$G(s)=\\frac{1}{s(s+1)(s+2)}$，求该系统的稳定性。
解答该系统的零点为0。
该系统的极点为−1和−2。
因为系统的极点都在左半平面，没有极点在右半平面，所以该系统稳定。
1.2 第一章习题2题目已知一个系统的传递函数为$G(s)=\\frac{1}{(s+2)(s+3)}$，求该系统的单位阶跃响应。
解答该系统的传递函数可以表示为$G(s)=\\frac{A}{s+2}+\\frac{B}{s+3}$的形式，解得$A=\\frac{1}{s+3}$，$B=-\\frac{1}{s+2}$。
所以，该系统的单位阶跃响应为y(t)=1−e−2t−e−3t1.3 第一章习题3题目已知一个系统的传递函数为$G(s)=\\frac{1}{s^2+5s+6}$，求该系统的单位阶跃响应。
解答该系统的传递函数可以写成$G(s)=\\frac{1}{(s+2)(s+3)}$的形式。
所以，该系统的单位阶跃响应为$$ y(t)=1-\\frac{1}{2}e^{-2t}-\\frac{1}{3}e^{-3t} $$2. 第二章课后习题2.1 第二章习题1题目已知一个系统的传递函数为$G(s)=\\frac{1}{s^2+4s+3}$，求该系统的稳定性。
解答该系统的极点为−1和−3。
因为系统的极点都在左半平面，没有极点在右半平面，所以该系统稳定。
2.2 第二章习题2题目已知一个系统的传递函数为$G(s)=\\frac{1}{s^2+4s+3}$，求该系统的单位冲击响应。
解答该系统的传递函数可以写成$G(s)=\\frac{1}{(s+1)(s+3)}$的形式。
自动控制理论第三版课后习题详细解答答案(夏德钤翁贻方版)
1 U i ( s) I1 ( s) R1[ I1 ( s) I 2 ( s)] C1s 1 U o ( s) I 2 ( s) C2 s
并且有
1 1 I1 (s) ( R2 ) I 2 ( s) C1s C2 s
2
2-2 假设图 2-T-2 的运算放大器均为理想放大器，试写出以 ui 为输入， uo 为输出的传递函 数。 (a)由运算放大器虚短、虚断特性可知： 对上式进行拉氏变换得到
ui du du C i C 0 ， uc ui u0 ， R dt dt
U i ( s) sU i (s) sU 0 (s) RC
(s) （考虑温度计有贮存热的热容 C 和限制热流的热阻 R） 。 i (s)
解：根据能量守恒定律可列出如下方程：
C
对上式进行拉氏变换得到
d i dt R i (s) (s) R
Cs(s)
则传递函数为
( s) 1 i ( s) RCs 1
2-8 试简化图 2-T-8 所示的系统框图，并求系统的传递函数
CR1 dui 2u0 2ui 0 2R dt R1 R
对该式进行拉氏变换得到
CR1 2 2 sU i (s) U 0 ( s) U i (s) 0 2R R1 R
故此传递函数为
U 0 ( s) R ( R Cs 4) 1 1 U i ( s) 4R
2-3 试求图 2-T-3 中以电枢电压 ua 为输入量， 以电动机的转角 为输出量的微分方程式和传 递函数。 解：设激磁磁通 K f i f 恒定
自动控制理论第三章习题答案
解：系统开环传递函数
图 3-42
飞行控制系统
25K1
G0 (s)
=
1+
s(s + 0.8)
25K1 s(s + 0.8)
Kt
s
=
s(s
+
25K1 0.8) + 25K1Kt s
=
25K1
=
ω
2 n
s(s + 0.8 + 25K1Kt ) s(s + 2ξωn )
ω
2 n
=
36
=
25K1
K1
=
36 25
1
s(s + 1) + 10τ 2s
= 10(1 + τ1s) = 10 =
ω
2 n
s(s + 1) + 10τ 2s s(s + 2) s(s + 2ξωn )
s(s + 1)
ω
2 n
= 10
ωn = 10
2ξωn = 2
ξ= 1 10
σ % = e−ξπ / 1−ξ 2 = 35.1%
5
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
单位脉冲响应： C(s) = 10 / s k(t) = 10 t ≥ 0
单位阶跃响应 h(t) C(s) = 10 / s2 h(t) = 10t t ≥ 0
（2） (0.04s2 + 0.24s + 1)C(s) = R(s)
单位脉冲响应： C(s)
=
0.04 s 2
1 + 0.24s
+1
C (s)
（1） s5 + 3s 4 + 12s3 + 24s 2 + 32s + 48 = 0 （2） s 6 + 4s5 − 4s 4 + 4s3 - 7s 2 - 8s + 10 = 0
自动控制原理第三章课后习题 答案(最新)要点
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 4s i n 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。
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 。
自动控制原理与系统部分课后答案孔凡才 第3版 机械工业出版社
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于是可画出对数幅频特性
如下图所示
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图 （ 4-1）
由于
其中惯性环节的作用占主导地位，因此它是一个相位滞后的环节。
3、题 4-13[解] 由图 4-42 可见，系统的固有部分的传递函数为
图11稳压电源电路的框图及自动调节过程由以上分析可知此系统的输出量为给定值取决于稳压管的稳压值检测元件为构成的分压电路反馈信号为电压负反馈执行元件为调压管放大元件为动量为整流输出电压的波动
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第 1 章 [疑难问题解答] 思 考 题 ： 1-1 开环控制与闭环控制的特征、优缺点和应用场合 （1）对于开环控制，系统的输出量不被引回来对系统的控制部分产生影响。
在如图 1-17 所示的电路中，被控量是负载（电阻 ）上的电压 (输出电压)。若不采用稳压
电 源 ，将 负 载 直 接 接 到 整 流 电 路（ 图 中 未 画 出 ）的 输 出 电 压 上 ，则 当 负 载 电 流 增 加（ 减 小）时，整流电源的等效内阻上的电压降落将增加，使整流输出电压 （此时即为负载上的电 压）降低。当然，若电网电压波动，也会使整流输出电压产生波动。设整流输出电压的波动为 △ ，它是造成负载上电压不稳定的主要原因。
如今增设了稳压电路，此时负载上的电压不再是整流电压 ，而是整流电压在经调整管 的调节后输出的电压 。 导通程度愈大，则输出电压 大些，反之将小些。由图可见，调
整管 的导通程度将取决于放大管 的导通程度。 管的发射极电位由电阻 和稳压管 构 成的稳压电路提供恒定的电位。 管基极电位 取决于负载电压 （由 和 构成的分压电 路 提 供 输 出 的 负 载 电 压 的 采 样 信 号 ）。
电阻分压后的 。 由图可见：
自动控制理论(第3学期)
本科--自动控制原理（A1卷）一、单项选择题(每题2分，16分共8小题)1.经典控制理论主要以（ A ）为数学模型，研究单输入单输出系统的分析和设计问题。
A.传递函数 B.微分方程 C.状态方程 D.差分方程2.现代控制理论主要以（ D ）为数学模型。
A ．频域分析 B.根轨迹 C. 时域分析法 D.状态方程 3.自动控制系统主要有控制器和（ C ）组成。
A.检测环节B.放大环节C.被控对象D.调节环节 4.在经典控制理论中广泛应用的频率法和根轨迹法，都是在（ A ）基础上建立起来的。
A ．传递函数 B ．频率分析 C ．惯性环节 D ．伯德图 5. 开环增益K 增加，系统的稳定性（ C ）。
A ．变好 B. 变坏 C. 不变 D. 不一定 6. 已知 f(t)=t+1，其L[f(t)]=( D )。
A ．S+S2 B. S2 C. 1S D. 211SS + 7.自动控制系统的反馈环节中必须具有（ B ）。
A.给定元件 B ．检测元件 C.放大元件 D.执行元件 8.已知系统的特征方程为S3+S2+τS+5=0，则系统稳定的τ值范围为（C ）。
A ．τ>0B. τ<0C. τ>5D. 0<τ<5 二、判断题(每题2分，10分共5小题)注：A.正确B.错误1.对控制系统的基本要求一般可以归纳为稳定性、快速性 和平稳性。
B A.正确 B.错误2.按系统有无反馈，通常可将控制系统分为开环控制系统和闭环控制系统 A 。
A.正确 B.错误3.相角条件不是确定根轨迹S 平面上一点是否在根轨迹上的充分必要条件。
B A.正确 B.错误4.频率响应是线性定常系统对谐波输入的稳态响应。
A A.正确 B.错误5.稳态误差不仅取决于系统自身的结构参数，而且与输入信号的类型有关A 。
A.正确 B.错误 三、填空题（每题2分，10分共5小题）1．典型环节的传递函数中，比例环节的传递函数是 K 。
《自动控制理论(第3版)》第01章
d(t)
➢ r(t)-----系统的参考输入(简称输入量或给定量) ➢ c(t)-----系统的被控制量(又简称输出量) ➢ b(t)-----系统的主反馈量 ➢ e(t)-----系统的误差 e(t)＝ r(t)－ b(t)
➢ d(t) -----系统的扰动,它是一种对系统输出产生不利的信号
➢ 给定环节-----产生参与输入信号的元件 如:电位器、旋转变压器 等 ➢ 控制器-----其输入是系统的误差信号,经变换或相关的运算后,产生期
14
第十四页，编辑于星期五：十点 十一分。
3、经典控制理论的孕育
§1875年，英国劳斯提出代数稳定判据。
§ 1895年，德国赫尔维兹提出代数稳定判据。
§ 1892年，俄国李雅普诺夫提出稳定性定义和两个稳定 判据。
§ 1932年，美国奈奎斯特提出奈氏稳定判据。
§二战中自动火炮、雷达、飞机以及通讯系统 的控制研究直接推动了经典控制的发展。
一、发展简史 （一）、经典控制理论
1、首例 最早工业应用的自动装置：1769年Watt发明的飞球
式蒸汽机调速器。
一种凭借直觉的实证性发明。
11
第十一页，编辑于星期五：十点 十一分。
飞球调节器 世界上公认的第一个自动控制系统
12
第十二页，编辑于星期五：十点 十一分。
没有理论指导使控制技术停滞了一个世纪！
28
第二十八页，编辑于星期五：十点 十一分。
方框图构成元素：
（1） ：元件 （2） ：信号（物理量）及传递方向 （3） ：比较点（信号叠加） （4） ：引出点（分支、信号强度） （5）+/- ：符号的意义（正、负反馈）
29
第二十九页，编辑于星期五：十点 十一分。
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 。
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ωn e −ζωnt sin 1−ζ 2
1 − ζ 2 ωnt, (t ≥ 0)
（b）有零点 z = −1时
c(t) =
1−
2ζω n
+
ω2 n
1−ζ 2
⋅ωn
e −ζωnt
sin
1 − ζ 2 ωnt + arctg
1−ζ 2ωn 1 − ζωn
, (t
≥
0)
比较上述两种情况，可见有 z = −1零点时，单位脉冲响应的振幅较无零点时小，而且产生相移，相移角为 arctg
esr (t ) = C0rs (t) + C1rs (t) = 0.1R1 ， t ≥ 0
(3)
r(t)
=
R0
+
R1t
+
1 2
R2t 2
，此时有
rs
(t)
=
R0
+
R1t
+
1 2
R2t 2
,
rs (t) = R1 + R2t ， rs (t) =R 2 ，于是稳态误差级数为
esr
(t )
=
C0 rs
R(s)
E(s) = R(s) − C(s) = s2 + (2ζ − aωn )ωn s R(s)
s 2 + 2ζωn s + ωn 2
R(s) = 1
s2
esr
=
im sE(s) =
s→0
2ζ
− aωn ωn
可见取 a
=
2ζ ωn
，可使 esr
=0
3-7 ζ = 0.598,ωn = 19.588
（ 4 ） 系 统 处 于 稳 定 的 临 界 状 态 ， 由 辅 助 方 程 A(s) = 2s 4 + 6s 2 + 4 可 求 得 系 统 的 两 对 共 轭 虚 数 极 点
s1,2 = ± j; s3,4 = ± j 2 。须指出，临界稳定的系统在实际中是无法使用的。
3-16 （1）K>0 时,系统稳定。 （2）K>0 时，系统不稳定。 （3）0<K<3 时，系统稳定。
1−ζ 2 ωn −ζ
, (t
≥ 0)
加了 z = −1的零点之后，超调量 M p 和超调时间 t p 都小于没有零点的情况。
3-13 系统中存在比例-积分环节 K1 (τ1s + 1) ，当误差信号 e(t ) = 0 时，由于积分作用，该环节的输出保持不变，故系统输
s
出继续增长，知道出现 e(t ) < 0 时，比例-积分环节的输出才出现减小的趋势。因此，系统的响应必然存在超调现象。 3-14 在 r(t )为常量的情况下，考虑扰动 n(t ) 对系统的影响，可将框图重画如下
N(s) + _
ss((ττK2K2ss22++11))
C(s)
KK1(1τ(τ1s1s++11))
ss
图 A-3-2 题 3-14 系统框图等效变换
C(s)
=
s 2 (τ 2 s
K2s
+ 1) + K1K 2 (τ1s
+ 1)
N (s )
根据终值定理，可求得 n(t ) 为单位阶跃函数时，系统的稳态误差为 0， n(t ) 为单位斜坡函数时，系统的稳态误差为 1 。
=
98 500 2
rs (t) = sin 5t rs (t) = 5cos 5t rs (t) = −25sin 5t
esr
(t )
=
C0
−
C2 2
×
25
+ sin 5t
+
[C1
× 5 − ]cos 5t
= [4.9 ×10−4 + ]sin 5t + [1×102 − ]cos 5t
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。
《自动控制理论 第 2 版》习题参考答案
第二章
2-1
(a)
U 2 (s) U1 (s)
=
R1R2CS + R2 R1R2CS + R1 + R2
= R2 ⋅ R1 + R2
R1CS + 1 R1R2 CS + 1
R1 + R2
( ) (b) U1 s =
1
( ) U 2 s R1R2C1C2 s 2 + (R1C1 + R1C2 + R2C2 )s + 1
(3)ts = 15s , (ωn = 0.4rad / s,ζ = 1.25) ，过阻尼系统，无超调。
3-11 （1）当 a = 0 时，ζ = 0.354,ωn = 2 2 。
（2）ωn 不变，要求ζ = 0.7 ，求得 a = 0.25
3-12 1. 单位脉冲响应 (a) 无零点时
c(t) =
(a) 当 ζ > 1时
( ) ( ) s1 = − ζ − ζ 2 −1 ωn , s2 = − ζ + ζ 2 −1 ωn
( ) c t = t − 2ζ +
1
e − ζ − ζ 2 −1 ωnt
−
e − ζ + ζ 2 −1 ωnt
( ) ( ) ωn
2
ζ
2
− 1ωn
ζ
−
2
ζ 2 −1
ζ+
Kp
=
∞, Kv
=
∞, K a
=
K 10
3-3 首先求系统的给定误差传递函数
(2) K p = ∞, Kv = K , K a = 0
(4)
Kp
=
∞, Kv
=
K 200 , K a
=
0
Φe (s) =
E(s) R(s)
=
1 1+ G(s)
=
s(0.1s + 1) 0.1s 2 + s + 10
误差系数可求得如下
1−ζ
ω2 n
。
1 − ζωn
2．单位阶跃响应 (a) 无零点时
c(t) = 1 −
1 1−ζ
2
e −ζωnt
sin
（b）有零点 z = −1时
1 − ζ 2 ωnt + arctg
1−ζ ζ
2
, (t
≥
0)
c(t) = 1 +
1 − 2ζωn + ωn 2 1−ζ 2
e −ζωnt
sin
1−ζ
2 ωnt − arctg
ζ
2
−1
2
(b) 当 0 < ζ < 1时
( ) ( ) s1 = − ζ − j 1 − ζ 2 ωn , s2 = − ζ + j 1 − ζ 2 ωn
( ) c t = t − 2ζ − 2ζ e−ζωnt cos
ωn ωn
1−ζ 2ωnt +
1 − 2ζ 2 e −ζωnt sin 1−ζ 2ωn
( ) 3-8 G(s) =
4
s s2 + 4s + 6
3-9 按照条件（2）可写出系统的特征方程
(s + 1 − j)(s + 1 + j)(s + a) = (s 2 + 2s + 2)(s + a) = s3 + (2 + a)s2 + (2 + 2a)s + 2a = 0
将上式与1 + G(s) = 0 比较，可得系统的开环传递函数
=
0
C1
=
lim
s→0
d ds
Φ
e
(s)
=
lim
s→0
500(0.2s (0.1s 2 + s +
+ 1) 500)
2
=
1 500
C2
= lim d 2 s→0 ds 2
Φ
e
(s)
=
lim
s→0
100(0.1s
2
+ s + 500) −1000(0.2s (0.1s 2 + s + 500)3
+
1) 2
K1
从系统的物理作用上看，因为在反馈回路中有一个积分环节，所以系统对阶跃函数的扰动稳态误差为零。在反馈回路中 的积分环节，当输出为常量时，可以在反馈端产生一个与时间成正比的信号以和扰动信号平衡，就使斜坡函数的扰动输入时， 系统扰动稳态误差与时间无关。 3-15 （1）系统稳定。
（2）劳斯阵列第一列符号改变两次，根据劳斯判据，系统有两个极点具有正实部，系统不稳定。 （3）劳斯阵列第一列符号改变两次，根据劳斯判据，系统不稳定。
3-17 系统的特征方程为
2τs3 + (τ + 2)s 2 + (K + 1)s + K = 0
图 A-3-1 二阶系统极点在 s 平面上的分布区域
3-6 系统在单位斜坡输入下的稳态误差为
esr
=
2ζ ωn
加入比例—微分环节后
C(s) = [R(s)(1+ as) − C(s)]G(s)
C(s)
=
(1+ as)G(s) 1+ G(s)
R(s3; as)ωn 2
+ 2ζωn s + ωn 2
+
agdef
+
abcdi