《自动控制理论》第3版机械工业出版社习题答案_可打印
《自控控制原理(第版)孙炳达机械工业出版社
闭环系统的基本组成
例：电动机速度控制系统
根据图所示的电动机速度控制系统工作原理图，完成： (1) 将a，b，c，d用线连接成负反馈方式； (2) 画出系统方框图。
电动机速度控制系统工作原理图
19
闭环系统的基本组成 解 （1）负反馈连接方式应为： a d ，b c
相接。
因为，放大器输入端的电压应为给定电压与反馈电压两者之差， 才产生偏差电压。根据基尔霍夫回路电压定律，应 a 接 d ， b 接 c。 （2）首先，系统中的每个部件各用一方框表示，各方框内写入 该部件的名称；然后，根据系统信号的流向，方块间用带箭头 的信号线连接，如图所示。
要经历一过程才能达到某一稳定值。系统输出随时间t变化的这
一过程称为系统的响应过程。 响应过程，又分为动态过程和稳态过程，如图所示。
28
对控制系统的基本要求
动态特性就是反映系统在动态过程中，跟踪输入或抑制干扰
的能力。动态特性好的系统，表现为动态过程具有较好的平稳性、 调节时间短且振荡次数少。
三、稳态特性
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闭环系统的基本组成
(1）被控对象：要进行控制的设备或生产过程。（例，工作机械） (2）执行机构：作用于被控制对象的装置或设备。(例，电动机) （3）测量装置：用来检测被控量，并将其转换成与给定量相 同 物理 量的装置（例，测速发电机） （4）放大环节：对信号进行放大或能量形式的转换，使之适合 执行机构工作。（例，电压放大器，可控硅整流功放） （5）给定环节：产生系统的给定输入信号。（电位器） （6）比较环节：将所测的被控量与给定量进行比较。 （7）校正环节：用于改善系统性能的电路。
举例
开环调速系统
7
自动控制的基本方式
工作原理： 改变电位器滑动端的位置，相应地改变了电压Ug值的大小， 其值经功率放大器放大后施加在直流电动机的电枢两端， 由于直 流电动机具有恒定的励磁电流，因此，随着电枢电压值的不同， 电动机便以不同的转速带动生产机械运转。于是，改变 Ug的大小， 便控制了电动机转速的高低。
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
自控原理习题答案(全)
普通高等教育“十一五”国家级规划教材全国高等专科教育自动化类专业规划教材《自动控制原理》习题答案主编：陈铁牛机械工业出版社1-11-21-3闭环控制系统主要由被控对象，给定装置，比较、放大装置，执行装置，测量和变送装置，校正装置等组成。
被控对象：指要进行控制的设备和过程。
给定装置：设定与被控量相对应给定量的装置。
比较、放大装置：对给定量与测量值进行运算，并将偏差量进行放大的装置。
执行装置：直接作用于控制对象的传动装置和调节机构。
测量和变送装置：检测被控量并进行转换用以和给定量比较的装置。
校正装置：用以改善原系统控制性能的装置。
题1-4答：（图略）题1-5答：该系统是随动系统。
（图略）题1-6答：（图略）题2-1 解：（1）F(s)=12s 1+-Ts T（2）F(s)=0.5)421(2+-s s（3）F(s)=428+⋅s es sπ（4）F(s)=25)1(12+++s s（5）F(s)=32412ss s ++ 题2-2 解：(1) f(t)=1+cost+5sint (2) f(t)=e -4t(cost-4sint)(3) f(t)=t t t te e e 101091811811----- (4) f(t)= -tt t te e e ----+-3118195214(5) f(t)= -tt e e t 4181312123--+++题2-3 解：a)dtdu u C R dt du R R c c r 22111=++）（ b)r c c u CR dt du R R u C R dt du R R 1r 12112111+=++）（ c) r r r c c c u dtdu C R C R dtu d C C R R u dtdu C R C R C R dtu d C C R R +++=++++）（）（1211222121122111222121 题2-4 解：a) G(s)=1)(212++s T T sT (T 1=R 1C, T 2=R 2C )b) G(s)=1)(1212+++s T T s T (T 1=R 1C, T 2=R 2C )c) G(s)= 1)(1)(32122131221+++++++s T T T s T T s T T s T T (T 1=R 1C 1, T 2=R 1C 2, T 3=R 2C 1, T 4=R 2C 2 )题2-5 解：(图略)题2-6 解：33)(+=Φs s 题2-7 解：a) ksf ms s +-=Φ21)(b) )()()(1))(1)(()(21221s G s G s G s G s G s +++=Φc) )()(1)())()(()(31321s G s G s G s G s G s ++=Φd) )()()()(1))()()(323121s G s G s G s G s G s G s -+-=Φe) G(s)=[G 1(s)- G 2(s)]G 3(s)f) )()()()()()()()()()(1)()()()()(43213243214321s 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 +-++=Φg) )()()()()()()()(1)()()()(43213212321s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s G s -+-=Φ题2-8 解：102310)1()()(k k s s T Ts k k s R s C ⋅++++⋅=1023101)1()()(k k s s T Ts k k s N s C ⋅++++⋅=1023102)1()()(k k s s T Ts s T k k s N s C ⋅++++⋅⋅⋅= 题2-9 解：)()()()(1)()()(4321111s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()(4321222s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()()()(432142121s G s G s G s G s G s G s G s R s C +=)()()()(1)()()(4321412s G s G s G s G s G s R s C += 题2-10 解：(1)3212321)()(k k k s k k k s R s C +=3212032143)()()(k k k s s G k k k s k k s N s C +⋅+= (2) 2140)(k k sk s G ⋅-= 题2-11 解：122212211111)()1()()(z z s T s T T C s T T s T k k s s m m d e L ⋅++⋅+++⋅=ΘΘ (T 1=R 1C, T 2=R 2C, T d =L a /R a , T m =GD 2R a /375C e C m )第三章 习题答案3-1． s T 15=（取5%误差带） 3-2． 1.0=H K K=2 3-3．当系统参数为：2.0=ξ，15-=s n ω时，指标计算为：%7.52%222.0114.32.01===-⨯---e eξξπσs t ns 352.033=⨯==ξωs t n p 641.02.01514.3122=-⨯=-=ξωπ当系统参数为：0.1=ξ，15-=s n ω时，系统为临界阻尼状态，系统无超调，此时有：st ns 95.057.10.145.67.145.6=-⨯=-=ωξ3-4．当110-=s K 时，代入上式得：110-=s n ω，5.0=ξ，此时的性能指标为：%3.16%225.0114.35.01===-⨯---e eξξπσs t ns 6.0105.033=⨯==ξωs t n p 36.05.011014.3122=-⨯=-=ξωπ当120-=s K 时，代入上式得：11.14-=s n ω，35.0=ξ，此时的性能指标为：%5.30%2235.0114.335.01===-⨯---e eξξπσs t ns 6.01.1435.033=⨯==ξω由本题计算的结果可知：当系统的开环放大倍数增大时，其阻尼比减小，系统相对稳定性变差，系统峰值时间变短，超调量增大，响应变快，但由于振荡加剧，调节时间不一定短，本题中的调节时间一样大。
(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。
自动控制理论_(刘丁_著)_机械工业出版社_课后答案
习题31. 答案：t K >=0.32. 此温度计的时间常数T= t/4=15秒3. 答案： ()10.11s s φ=+4. 答案：b 变大系统阶跃响应的延迟时间、上升时间和调节时间都加长。
5.)1)(2(22++-=s s s X Y 6. 略7. 答案： (1)2600()70600G s s s =++,（2）24.5n w =，ζ=1.438. 答案： 1.24p t =,%9.5%σ= 1.58(5%)s t =∆=或 2.11(2%)s t =∆=9. 1）开环零点-2.5 开环极点-0.52）闭环零点-2.5 闭环极点-0.4500 ± 0.8930i 3）1=n ω ζ=0.45 4）38.1=r t 96.7=s t %6.22%=ο10. 答案：H K =0.9,0K =10 11. 答案：47,0.1K τ≈≈ 12. 答案：3 13. 答案：（1）不稳定，右半S 平面有2个根； （2）不稳定，右半S 平面有2个根； （3）不稳定，右半S 平面有1个根；14. 略15. 答案：系统的参数(),K ξ的稳定域为0020K ξξ><<，。
16. 答案：51499K << 17. 答案：（1）由()D s 表达式可见，当0β=时系统结构不稳定；当0β>时系统总是稳定的。
（2）由ξ=可见2%3.57s n t K ξσβξωβ⎧↑→↓⎪↑⇒⎨==↓⎪⎩（3） 1ss ss a a e e K K ββ==∴↑→↑。
18. 答案：a T 、M T 与K 均大于0且10zK T <<时闭环系统是稳定的。
19. 答案：121ssn K e K =-+20. 证明：是I 型系统；21.B K K v =KBe ss = 与K 成反比，与B 成正比 22.G=tf(80,[1 2 0]); GB=feedback(G,1); t=0:0.01:1; [y,t]=step(GB); e=1-y;m=length(t);subplot(2,1,1),plot(t,y,'k',t,ones(m,1),'k-.') %draw unit step response curve title('unit step response','FontSize',8)xlabel('Time(sec.)','Position',[5.5 -0.21],'FontSize',8) ylabel('Amplitude','FontSize',8) axis([0 6 0 2])subplot(2,1,2), plot(t,e,'k',t,zeros(m,1),'k-.') %draw error response curve title('error response','FontSize',8)xlabel('Time(sec.)','Position',[5.5 -1.21],'FontSize',8) ylabel('Amplitude','FontSize',8)012unit step responseTime(sec.)A m p l i t u d e-11error responseTime(sec.)A m p l i t u d e()()1()k B k G s s G s φ=+()()1()B k B s G s s φφ=-2()()Ks bG s s a k s+=+-0lim ()V s bK sG s a K →==-1ss v a k e K b-==23 clearnum=1;den=conv([0.5 1 0],[4 1]); rangek=[0.2,0.8,1.2]; t=linspace(1,60,300)'; for j=1:3s1=tf(num*rangek(j),den); sys=feedback(s1,1); y(:,j)=step(sys,t); endplot(t,y(:,1),'k',t,y(:,2),'r',t,y(:,3),'b')title('unit step response under different k','FontSize',8) xlabel('Time(sec.)','Position',[50 -1.8],'FontSize',8) ylabel('Amplitude','FontSize',8) axis([0 60 -1.5 3.5])gtext('k=0.2'),gtext('k=0.8'),gtext('k=1.2')Time(sec.)A m p l i t u d e求当k =0.8时系统的性能指标 clear num=1;den=conv([0.5 1 0],[4 1]); k=0.8;num=num*k; s1=tf(num,den); sys=feedback(s1,1); t=0:0.005:50; y=step(sys,t); r=1;while y(r)<1.0001 r=r+1; endrise_time=(r-1)*0.005 [ymax,tp]=max(y);peak_time=(tp-1)*0.005 max_overshoot=ymax-1 s=length(t);while y(s)>0.98 & y(s)<1.02s=s-1;endsettling_time=(s+1)*0.005运行结果：rise_time =4.5350peak_time =7.7950max_overshoot =0.5710settling_time =46.855024 num=[6.3223 18 12.811]den=[1 6 11.3223 18 12.811]step(num,den)25 num=1for kesi=0:0.2:1sys=tf(num,[1 2*kesi 1]);step(sys)hold onend习题41．(a) (b) (c)(d) (e) (f) 2．(1)(2)证明：s j σω=+代入1＋G(s)H(s)=0*()()0s s b k s a +++=*()(())(())0jw jw b k jw a σσσ++++++=*2()()0k a b σσσω+++-=*20k b a ++=消去*k 得：222()a a ab σω++=-所以根轨迹是以(-a,0) 3．答案：(1)（2）（3）（4）4．答案：（1）分离点： 3.854d =-渐近线 25,a a πσϕ=-=±，* 1.37K =，闭环系统稳定的*K 值的范围是*04K <<。
自动控制原理练习题附部分答案(孙炳达主编)机械工业出版社
第一章1．开环控制和闭环控制的主要区别是什么？是否利用系统的输出信息对系统进行控制 2. 电加热炉炉温控制中，热电阻丝端电压U 及炉内物体质量M 的变化，哪个是控制量？哪个是扰动？为什么？3. 简述自动控制所起的作用是什么？在没有人直接参与的情况下，利用控制装置，对生产过程、工艺参数、目标要求等进行自动的调节与控制，使之按照预定的方案达到要求的指标。
4. 简述自动控制电加热炉炉温控制的原理。
解答：一、工作原理：系统分析：受控对象——炉子；被控量——炉温；给定装置——电位器干扰——电源U ，外界环境 ，加热物件 ； 测量元件——热电偶； 执行机构——可逆电动机 工作过程：静态 ∆U=0动态 ∆U ≠0工件增多（负载增大）↑↑→↑→↑→∆↓→↓→↑→T U U U U T c a f （负载减小）↓↓→↓→↓→∆↑→↑→↓→T U U U U T c a f二、 温控制系统框图5．比较被控量输出和给定值的大小，根据其偏差实现对被控量的控制，这种控制方式称为 。
6．简述控制系统主要由哪三大部分组成？7.反馈控制系统是指：a.负反馈 b.正反馈 答案a.负反馈8.反馈控制系统的特点是：答案 控制精度高、结构复杂 9.开环控制的特点是：答案 控制精度低、结构简单10.闭环控制系统的基本环节有：给定、比较、控制、对象、反馈11.自控系统各环节的输出量分别为： 给定量、反馈量、偏差、控制量输出量。
第二章1． 自控系统的数学模型主要有以下三种：微分方程、传递函数、频率特性 2． 实际的物理系统都是：a.非线性的 b.线性的 a.非线性的 3． 传递函数等于输出像函数比输入像函数。
4． 传递函数只与系统结构参数有关，与输出量、输入量无关。
5． 惯性环节的惯性时间常数越大，系统快速性越差。
6.由laplace 变换的微分定理，(())L x t ''= 。
7.如图质量、弹簧、摩擦系统，k 和r 分别为弹簧系数和摩擦系数，u(t)为外力，试写出系统的传递函数表示()()/()G s y s u s =。
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》试题及参考答案
《自动控制理论》参考资料一、单选（本大题共60小题，每小题1分，共60分）在每小题列出的备选项中只有一个符合题目要求的，请将其选出并将“答题卡”的相应代码涂黑，错涂、多涂或未涂均无分1.关于传递函数，错误的说法是(B)。
A.传递函数只适用于线性定常系统；B.传递函数不仅取决于系统的结构参数，给定输入和扰动对传递函数也有影响；C.传递函数一般是为复变量s的真分式；D.闭环传递函数的极点决定了系统的稳定性。
2.关于线性系统稳态误差，正确的说法是：（C）A.一型系统在跟踪斜坡输入信号时无误差B.增大系统开环增益K可以减小稳态误差C.增加积分环节可以消除稳态误差，而且不会影响系统稳定性D.减小系统开环增益K可以减小稳态误差3.在各种校正方式中，______是最常见的一种，常加在系统中能量最小的地方。
(B )A.并联校正B.串联校正C.局部反馈校正D.前馈校正4.适合应用传递函数描述的系统是(A )A.单输入，单输出的线性定常系统B.单输入，单输出的线性时变系统C.单输入，单输出的定常系统D.非线性系统5.欲改善系统动性能，一般采用(A )。
A.增加附加零点B.增加附加极点C.同时增加附加零点，极点D.A,B,C均不行而用其它方法6.若某负反馈控制系统的开环传递函数为5/[s(s+5)] ，则该系统的闭环特征方程为（B）A.s(s+1)=0B.s(s+1)+5=0C.s(s+1)+1=0D.与是否为单位反馈系统有关7.已知串联校正装置的传递函数为0.2(s+5)/(s+10)，则它是（C）A.相位迟后校正B.迟后超前校正C.相位超前校正D.A、B、C都不是8.与开环控制系统相比较，闭环控制系统通常对（B）进行直接或间接的测量，通过反馈环节去影响控制信号。
A.输入量B.输出量C.扰动量D.设定量9..单位反馈系统的开环传递函数G(s)=16/(s(s+4*sqrt(2)))，其幅值裕度h等于（D）A.0B.4sqrt(2)DbC.16dBD.无穷10.非单位负反馈系统，其前向通道传递函数为G(S)，反馈通道传递函数为H(S)，当输入信号为R(S)，则从输入端定义的误差E(S)为（D）A.E(s)=R(S)G(S)B.E(S)=R(S)G(S)H(S)C.E(S)=R(S)G(S)-H(S)D.E(S)=R(S)-G(S)H(S)11.若系统增加合适的开环零点，则下列说法不正确的是（B）。
控制工程基础第三版机械工业出版社课后答案
控制工程基础习题解答第一章1-5．图1-10为张力控制系统。
当送料速度在短时间内突然变化时，试说明该控制系统的作用情况。
画出该控制系统的框图。
图1-10 题1-5图由图可知，通过张紧轮将张力转为角位移，通过测量角位移即可获得当前张力的大小。
当送料速度发生变化时，使系统张力发生改变，角位移相应变化，通过测量元件获得当前实际的角位移，和标准张力时角位移的给定值进行比较，得到它们的偏差。
根据偏差的大小调节电动机的转速，使偏差减小达到张力控制的目的。
框图如图所示。
角位移题1-5 框图1-8．图1-13为自动防空火力随动控制系统示意图及原理图。
试说明该控制系统的作用情况。
该系统由两个自动控制系统串联而成：跟踪控制系统和瞄准控制系统，由跟踪控制系统获得目标的方位角和仰角，经过计算机进行弹道计算后给出火炮瞄准命令作为瞄准系统的给定值，瞄准系统控制火炮的水平旋转和垂直旋转实现瞄准。
跟踪控制系统根据敏感元件的输出获得对目标的跟踪误差，由此调整视线方向，保持敏感元件的最大输出，使视线始终对准目标，实现自动跟踪的功能。
瞄准系统分别由仰角伺服控制系统和方向角伺服控制系统并联组成，根据计算机给出的火炮瞄准命令，和仰角测量装置或水平方向角测量装置获得的火炮实际方位角比较，获得瞄准误差，通过定位伺服机构调整火炮瞄准的角度，实现火炮自动瞄准的功能。
控制工程基础习题解答第二章2-2．试求下列函数的拉氏变换，假定当t<0时，f(t)=0。
(3). ()t et f t10cos 5.0-=解：()[][]()1005.05.010cos 25.0+++==-s s t e L t f L t(5). ()⎪⎭⎫⎝⎛+=35sin πt t f 图1-13 题1-8图敏感元件解：()[]()252355cos 235sin 2135sin 2++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=s st t L t L t f L π2-6．试求下列函数的拉氏反变换。
自动控制原理 (孟华 著) 机械工业出版社 课后答案 第2章习题
化，试导出 Δh 关于 ΔQr 的线性化方程。 解 将 h 在 h0 处展开为泰勒级数并取一次近似
后
代入原方程可得
在平衡工作点处系统满足
式（2） ， （3）相减可得 Δh 的线性化方程
课
h = h0 +
d (h0 + Δh) α 1 1 + ( h0 + ⋅ Δh) = (Qr 0 + ΔQr ) dt S S 2 h0
da
w.
（1） （2）
4 ⎤ ⎡ −1 k (t ) = L−1 [G ( s )] = L−1 ⎢ = 4e − 2 t − e − t + ⎥ s 1 s 2 + + ⎣ ⎦
s 2 C ( s ) + s + 3sC ( s ) + 3 + 2C ( s ) =
课
∴
后
s 2 + 3s − 2 1 4 2 C ( s) = − = − + 2 s( s + 3s + 2) s s + 1 s + 2 c(t ) = 1 − 4e −t + 2e −2t
da
w.
co
m
解
由图可得
2 C ( s) 2 s + 2s + 1 = = 2 R( s) ( s + 1)( S + 3) 1+ 2 ( s + 1) s + 2s + 1
2
又有
R(s) =
则
C ( s) =
即
解
2-12 试绘制图 2-11 所示信号流图对应的系统结构图。
课
后
答
案
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
（２）图 3-29b 的闭环传递函数可直接应用式（3-46）求得
课后吧
课后吧
7. 题 ３ -14 [解] 由图 3-30 并参考式（3-45）有
第 4 章 [疑难问题解答]
题 4-4 应用频率特性来描述系统（或元件）特性的前提条件是什么？ 答：频率特性又称为频率响应，它是系统（或元件）对不同频率正弦输入信号的响应特性。对线性系统， 若其输入信号为正弦量，则其稳态输出响应也将是同频率的正弦量。但是其幅值和相位一般都不同于输入 量。 题 4-5 频率特性有哪几种分类方法？ 答：以坐标分为直角坐标（实频特性和虚频率特性）和极坐标（幅频特性和相频特性） 以图形分为幅相极坐标图和对数频率特性（对数幅频特性和对数相频特性） 以研究角度分为开环频率特性和闭环频率特性。
课后吧
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1、习题 1-6
[解]Ⅰ：最大超调量
Ⅱ：
，
，调整时间
，振荡次数
，
，技术性能较好。
，技术性能最差。
Ⅲ：
，
2、习题 1-7
，
，技术性能最好。
[解 ]要 画 出 控 制 系 统 方 块 图 ，第 一 步（ 也 是 关 键 的 一 步 ）就 是 搞 清 系 统 的 工 作 原 理 或 工 作 过 程 。
课后吧
4.题 3-10 [解] 与图 3-27 所示系统对应的系统框图，如下图所示：
(1)图 中
为 比 例 系 数 可 调 的 比 例 积 分（ PI）调 节 器 ，其 传 递 函 数
。
由 图 3-27 可 见 ，此 运 放 反 馈 回 路 取 样 电 压 不 是 ，而 是 经 3.3K 电 位 器 与 300
当负载电压 因负载电流增加（或电网电压下降）而下降时，则 下降；由于 发射极
自动控制理论 (刘丁 著) 机械工业出版社 课后答案--习题四
习题41．(a) (b) (c)(d) (e) (f) 2．(1)(2)证明：s j σω=+代入1＋G(s)H(s)=0*()()0s s b k s a +++=*()(())(())0jw jw b k jw a σσσ++++++=*2()()0k a b σσσω+++-=*20k b a ++=消去*k 得：222()a a ab σω++=-所以根轨迹是以(-a,0)的圆。
3．答案：(1)（2）（3）（4）4．答案：（1）分离点： 3.854d =-渐近线25,a a πσϕ=-=±，* 1.37K =，闭环系统稳定的*K 值的范围是*04K <<。
（2）()()()()()()()()()()()()23220.4150.4150.4159261818185221s s s s s s s s s s s ss s s s φ-+-+-+===+++++++++-提示：()*111004D s K =-==1当s 时，由特征方程可得. 5．答案：*K 的范围（0，2）6．7．答案：负反馈：正反馈：8．答案：⋃∞系统无超调的k值范围(0,0.68][23.34,)9. （1）（2）根据K 值可计算出系统的闭环极点为-2和-5。
123102, 5.1s s K s s s -==⇒=-=-+10．11．答案：⑴实轴根轨迹：[]3,2--，[]1,0-；渐近线：1a σ=-，2a πϕ=±；分离点：0.53d =-。
题4－11图⑵主导极点：1,20.7 1.2s j =-± ()0.5ξ=23K = 53K *=。
12．答案：*716K <<渐近线31,,a a πσϕπ=-=±，与虚轴的交点1,2316;0,7K K ωω====， 分离点：1d =-，所以闭环系统稳定的开环增益范围是*716K <<。
13. (1)1189.5p οθ=,分离点3,3s s =-=(舍)(2)509τ≤<14．答案：与虚轴的交点*1;K ω== *K >1系统稳定；*K ξ↑→↑平稳性变好；当*K →∝时，0.707ξ→，()c t 振荡性减小，快速性得以改善。
《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。
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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！
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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）
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第二十九页，编辑于星期五：十点 十一分。
自动控制理论课后题答案及试题
自动控制理论课后题答案及试题一、填空题1. 自动控制系统的被控对象是指系统的____________，它是系统进行控制的对象。
答案：输入输出对象2. 开环控制系统是指系统的输出____________系统的输入。
答案：不直接3. 闭环控制系统又称为________控制系统。
答案：反馈4. 系统的稳定性是指系统在受到____________后，能否迅速恢复到原来的稳定状态。
答案：干扰5. 系统的稳态是指系统在长时间运行后，其____________和____________趋于稳定。
答案：输出，输入6. 系统的动态性能是指系统在受到____________时，系统输出信号的变化情况。
答案：输入7. 系统的性能指标主要包括：稳态性能、动态性能和____________性能。
答案：鲁棒性8. 常用的数学工具主要有：微分方程、____________和____________。
答案：差分方程，传递函数9. 拉普拉斯变换是一种________变换，它将时域信号变换为________域信号。
答案：线性，复10. 控制系统的性能可以通过____________、____________和____________等指标来衡量。
答案：稳态误差，上升时间，调整时间二、选择题1. 下列哪种系统是闭环控制系统？（）A. 开环控制系统B. 闭环控制系统C. 半开环控制系统D. 半闭环控制系统答案：B2. 下列哪种方法可以提高系统的稳定性？（）A. 增加系统的开环增益B. 减小系统的反馈增益C. 增加系统的相位裕度D. 减小系统的截止频率答案：C3. 下列哪种情况会导致系统产生稳态误差？（）A. 系统的输入为常数B. 系统的输入为正弦信号C. 系统的反馈环节存在纯滞后D. 系统的开环增益为无穷大答案：C三、简答题1. 请简述自动控制系统的稳定性、动态性能和稳态性能的概念及它们之间的关系。
答案：稳定性是指系统在受到干扰后，能否迅速恢复到原来的稳定状态；动态性能是指系统在受到输入信号时，系统输出信号的变化情况；稳态性能是指系统在长时间运行后，其输出和输入趋于稳定。
自动控制理论(夏德钤)第3版 课后答案
框图化简中间结果如图 A-2-1 所示。
0.7
_ + +
1 s 0.3s 1
2
C(s)
0.16 1 .2 2 s
Ks
图 A-2-1 题 2-9 框图化简中间结果
C s 0.7 s 0.42 3 Rs s 0.9 0.7k s 2 1.18 0.42k s 0.52
2 1 n t 2 1 nt e e ct t 2 2 2 2 2 n 2 1 n 1 1
2
1
(b) 当 0 1 时
s 0 s 0
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
, t 0
1 2 n 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 n
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kh da w. co m
C ⎡ ⎤ esr (t ) = ⎢C 0 − 2 × 25 + L⎥ sin 5t + [C1 × 5 − L]cos 5t 2 ⎣ ⎦ −4 = [4.9 × 10 + L]sin 5t + [1 × 10 2 − L]cos 5t
稳态误差级数为
(1 + as )G (s ) R(s ) = (1 + as )ω C (s ) = R (s ) 1 + G (s ) s + 2ζω s + ω s + (2ζ − aω )ω s E (s ) = R ( s ) − C ( s ) = R (s )
+
⎛ ω ⎞ e −ω n t ⎜1 + n t ⎟ 2 ⎠ ωn ⎝ 2
设系统为单位反馈系统,有
E r (s ) = R(s ) − c(s ) = R(s )
s(s + 2ζω n ) 2 s + 2ζω n + ω n
2
系统对单位斜坡输入的稳态误差为 (1) K p = 50, K v = 0, K a = 0 (3) K p = ∞, K v = ∞, K a = 3-3
案 网
2
第三章
(b) 当 0 < ζ < 1 时
ww
( )
c(t ) = t − =t− 2ζ 2ζ
)
s1 = − ζ − j 1 − ζ 2 ω n , s 2 = − ζ + j 1 − ζ 2 ω n
(
ωn
+
−
2ζ
ωn
1
e −ζω nt cos 1 − ζ 2 ω n t +
1 − 2ζ 2 1 − ζ ωn
& r&s (t ) = −25 sin 5t
C 2 = lim s →0
LL
3-6
系统在单位斜坡输入下的稳态误差为
加入比例—微分环节后
可见取 a =
2ζ
ωn
3-7
3-8 3-9
ww
ζ = 0.598, ω n = 19.588
G (s ) = 4 s s + 4s + 6
按照条件（2）可写出系统的特征方程
Φ e (s ) = lim C 0 = lim s →0 s →0
s (0.1s + 1) =0 0.1s 2 + s + 500 d 500(0.2 s + 1) 1 C1 = lim Φ e (s ) = lim = 2 2 s →0 s→0 ds (0.1s + s + 500) 500 d2 100(0.1s 2 + s + 500) − 1000(0.2s + 1) 2 98 ( ) s lim Φ = = e 2 2 3 s →0 ds (0.1s + s + 500) 500 2 rs (t ) = sin 5t &s (t ) = 5 cos 5t r
&s (t ) = & r (t ) = R0 ，此时有 rs (t ) = R0 , r r&s (t ) = 0 ，于是稳态误差级数为
后
C 2 = lim s →0
2(0.1s 2 + s + 10) − 20(0.2 s + 1) 2 d2 ( ) Φ = lim =0 s e s →0 (0.1s 2 + s + 10) 3 ds 2
答
2-4
C (s ) = R(s )
K A C mφ 60 ⎞ ⎛ iLa Js 3 + i (L a f + Ra J )s 2 + i⎜ Ra f + C eφC mφ ⎟ s + K A C mφ 2π ⎠ ⎝
G1 (G2 G3 + G4 ) C (s ) = R(s ) 1 + G1G2 H 1 + (G2 G3 + G4 )(H 2 + G1 H 3 )
(2)
&s (t ) = R1 , & r (t ) = R0 + R1t ，此时有 rs (t ) = R0 + R1t , r r&s (t ) = 0 ，于是稳态误差级数为
(3) 为
r (t ) = R0 + R1t +
ww
w.
&s (t ) = 0.1R1 ， t ≥ 0 esr (t ) = C 0 rs (t ) + C1 r
答
C (s ) = [R(s )(1 + as ) − C (s )]G (s )
案 网
ωn
2
e sr =
2ζ
后
2
n
2
2
课
n
n
n
s 2 + 2ζω n s + ω n
n 2
R (s ) =
1 s2
e sr = lim sE (s ) =
s →0
2ζ − aω n
ωn
G ( s) =
2a s[s + (2 + a ) s + (2 + 2a)]
3-11
（1）当 a = 0 时， ζ = 0.354, ω n = 2 2 。
（2） ω n 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 ) =
ωn
1−ζ
2
e −ζω nt sin 1 − ζ 2 ω n t , (t ≥ 0 )
⎛ 1 − ζ 2 ωn ⎞ 2 ⎟, (t ≥ 0 ) ⎜ sin 1 − ζ ω n t + arctg c(t ) = e 2 ⎟ ⎜ 1 ζω − 1−ζ n ⎠ ⎝ 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 1 − 2ζω n + ω n ⋅ ω n
2-10 2-11
G1G2 G3 C (s ) = + G4 R(s ) 1 + G2 H 1 − G1G2 H 1 + G2 G3 H 2
系统信号流程图如图 A-2-2 所示。
kh da w. co m
+
U 2 (s ) RCs + 1 = U 1 (s ) RCs
U 2 (s ) R 1 =− 1⋅ R U 1 (s ) R Cs + 1 4
esr = lim s ⋅
s →0
s(s + 2ζω n ) 2ζ 1 = ⋅ 2 2 2 s s + 2ζω n s + ω n ωn
3-2(2) K p = , K v = K , K a = 0
K 10
(4) K p = ∞, K v =
K , Ka = 0 200
误差系数可求得如下
(1)
课
2-12 (a)
kh da w. co m
C (s ) 1 (abcdef + agdef + abcdi + adgi ) = R(s ) 1 − cdh
G1G 2 G3 C1 (s ) = R(s ) 1 + G1G2 + G4 − G1G2 G4 G5 H 1 H 2
(b)
R2 C (s ) = 2 R(s ) R1C1 R2 C 2 s + (R1C1 + R2 C1 + R2 C 2 )s + 1
2
根据条件（1） ，可得
Kv =
解得 a = 1 ，于是由系统的开环传递函数为
1 2a = 0 .5 = esr 2 + 2a
G ( s) =
2 s[s + 3s + 4]
2
3-10
(1)M (2)M
(3)t
s
p p
= 46.6%, t s = 7.99s(2% ), ( ω n = 2.12rad / s, ζ = 0.24) = 16.3%, t s = 8s(2% ), ( ω n = 1rad / s, ζ = 0.5)
案 网
C mφ Θ(s ) = 60 U a (s ) ⎡ ⎤ s ⎢ La Js 2 + (La f + Ra J )s + Ra f + C eφC mφ ⎥ 2π ⎣ ⎦
w.
_
ww
C (s ) 0.7 s + 0.42 = 3 R (s ) s + (0.9 + 0.7 k )s 2 + (1.18 + 0.42k )s + 0.52
esr (t ) = C 0 rs (t ) = 0 ， t ≥ 0
&s (t ) + esr (t ) = C 0 rs (t ) + C1 r
3-4
首先求系统的给定误差传递函数
Φ e (s ) =
误差系数可求得如下
E ( s) s (0.1s + 1) 1 = = R ( s) 1 + G ( s) 0.1s 2 + s + 500
(b)
2-2
(a)
2-3 设激磁磁通 φ = K f i f 恒定
2-5
2-8 2-9
(a)
(G1 + G2 )G3 C (s ) = R(s ) 1 + (G1 + H 1 )G3
R(s)
课
i d − 2.19 × 10 −3 = 0.084(u d − 0.2 )