自动控制原理(胡寿松)课后习题解答详解
胡寿松自动控制原理课后习题答案
1 请解释下列名字术语:自动控制系统、受控对象、扰动、给定值、参考输入、反馈。
解:自动控制系统:能够实现自动控制任务得系统,由控制装置与被控对象组成; 受控对象:要求实现自动控制得机器、设备或生产过程扰动:扰动就是一种对系统得输出产生不利影响得信号、如果扰动产生在系统内部称为内扰;扰动产生在系统外部,则称为外扰。
外扰就是系统得输入量。
给定值:受控对象得物理量在控制系统中应保持得期望值参考输入即为给定值、反馈:将系统得输出量馈送到参考输入端,并与参考输入进行比较得过程。
２请说明自动控制系统得基本组成部分。
解:作为一个完整得控制系统,应该由如下几个部分组成:①被控对象: 所谓被控对象就就是整个控制系统得控制对象;②执行部件: 根据所接收到得相关信号,使得被控对象产生相应得动作;常用得执行元件有阀、电动机、液压马达等。
③给定元件: 给定元件得职能就就是给出与期望得被控量相对应得系统输入量(即参考量);④比较元件: 把测量元件检测到得被控量得实际值与给定元件给出得参考值进行比较,求出它们之间得偏差、常用得比较元件有差动放大器、机械差动装置与电桥等。
⑤测量反馈元件:该元部件得职能就就是测量被控制得物理量,如果这个物理量就是非电量,一般需要将其转换成为电量。
常用得测量元部件有测速发电机、热电偶、各种传感器等;⑥放大元件: 将比较元件给出得偏差进行放大,用来推动执行元件去控制被控对象。
如电压偏差信号,可用电子管、晶体管、集成电路、晶闸管等组成得电压放大器与功率放大级加以放大。
⑦校正元件: 亦称补偿元件,它就是结构或参数便于调整得元件,用串联或反馈得方式连接在系统中,用以改善系统得性能、常用得校正元件有电阻、电容组成得无源或有源网络,它们与原系统串联或与原系统构成一个内反馈系统。
３请说出什么就是反馈控制系统,开环控制系统与闭环控制系统各有什么优缺点？解:反馈控制系统即闭环控制系统,在一个控制系统,将系统得输出量通过某测量机构对其进行实时测量,并将该测量值与输入量进行比较,形成一个反馈通道,从而形成一个封闭得控制系统;开环系统优点:结构简单,缺点:控制得精度较差;闭环控制系统优点:控制精度高,缺点:结构复杂、设计分析麻烦,制造成本高、4 请说明自动控制系统得基本性能要求。
《自动控制原理》 胡寿松 习题答案(附带例题课件)
二、本课程实验的基本理论与实验技术知识
采用 MATLAB 软件上机进行实验，就是利用现代计算机硬件和计算机软件技术，以数字仿真技术为核 心，实现对自动控制系统基本理论和分析方法的验证以及控制系统设计。 通过上机实验，使学生在 MATLAB 软件的基本使用、编程调试、仿真实验数订人：杨志超 大纲审定人：李先允 制订日期：2005 年 6 月
5
《自动控制原理》电子教案
《自动控制原理》课程实验教学大纲
一、实验教学目标与基本要求
《自动控制原理》 课程实验通过上机使用 MATLAB 软件， 使学生初步掌握 MATLAB 软件在控制理论中的 基本应用，学会利用 MATLAB 软件分析控制系统，从而加深对自动控制系统的认识，帮助理解经典自动控 制的相关理论和分析方法。 通过本课程上机实验， 要求学生对 MATLAB 软件有一个基本的了解， 掌握 MATLAB 软件中基本数组和矩阵的表示方法，掌握 MATLAB 软件的基本绘图功能，学会 MATLAB 软件中自动控制理论 常用函数的使用，学会在 MATLAB 软件工作窗口进行交互式仿真和使用 M_File 格式的基本编程方法，初步 掌握利用 MATLAB 软件进行控制系统设计，让学生得到撰写报告的基本训练。
4．频率法反馈校正的基本原理和方法（选讲）
（七）非线性控制系统 了解非线性系统与线性系统的区别，了解非线性特性和非线性系统的主要特征，学会非线性系统的描 述函数分析方法，了解非线性系统的相平面分析法（选讲） 。
3
《自动控制原理》电子教案
1． 非线性系统的基本概念 2． 典型非线性特性、非线性系统的主要特征 3． 描述函数定义、应用条件和求取方法 4． 应用描述函数分析非线性系统的稳定性 5． 非线性系统自激振荡分析和计算 6． 介绍非线性系统相平面分析法（选讲）
自动控制原理 胡寿松 第二版 课后答案 第一章_参考答案
控制系统导论习题及参考答案自动控制原理胡寿松第二版课后答案1-2下图是仓库大门自动控制系统原理示意图，试说明系统自动控制大门开、闭的工作原理，并画出系统方框图。
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。
系统方框图如下图所示。
1-3根据图示的电动机速度控制系统工作原理图，完成：(1) 将a，b与c，d用线连接成负反馈状态；(2) 画出系统方框图。
解：（1）负反馈连接方式为：d a ↔，c b ↔；（2）系统方框图如图所示。
1-3 图 (a)，(b)所示的系统均为电压调节系统。
假设空载时两系统发电机端电压均为110V ，试问带上负载后，图(a)，(b)中哪个能保持110V 不变，哪个电压会低于110V ？为什么?解： 带上负载后，开始由于负载的影响，图 (a)与(b)系统的端电压都要下降，但图(a)中所示系统能恢复到110伏而图(b)系统却不能。
理由如下：图(a)系统,当u 低于给定电压时，其偏差电压经放大器K 放大后，驱动电机D 转动，经减速器带动电刷，使发电机F 的激磁电流j I 增大，发电机的输出电压会升高，从而使偏差电压减小，直至偏差电压为零时，电机才停止转动。
因此，图(a)系统能保持110伏不变。
图(b)系统，当u 低于给定电压时，其偏差电压经放大器K 后，直接使发电机激磁电流增大，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，f i =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。
自动控制原理第五版 胡寿松课后习题答案完整版
第 一 章1-1 图1-2是液位自动控制系统原理示意图。
在任意情况下，希望液面高度c 维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。
图1-2 液位自动控制系统解：被控对象：水箱；被控量：水箱的实际水位；给定量电位器设定水位r u （表征液位的希望值r c ）；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度不变。
工作原理：当电位电刷位于中点（对应r u ）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度r c ，一旦流入水量或流出水量发生变化时，液面高度就会偏离给定高度r c 。
当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆作用，使电位器电刷由中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机，通过减速器带动进水阀门向减小开度的方向转动，从而减少流入的水量，使液面逐渐降低，浮子位置也相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，电动机的控制电压为零，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度r c 。
反之，若液面降低，则通过自动控制作用，增大进水阀门开度，加大流入水量，使液面升高到给定高度r c。
系统方块图如图所示：1-10 下列各式是描述系统的微分方程，其中c(t)为输出量，r (t)为输入量，试判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统?（１）222)()(5)(dt t r d t t r t c ++=；（２）)()(8)(6)(3)(2233t r t c dt t dc dt t c d dt t c d =+++； （３）dt t dr t r t c dt t dc t )(3)()()(+=+； （４）5cos )()(+=t t r t c ω； （５）⎰∞-++=t d r dt t dr t r t c ττ)(5)(6)(3)(；（６）)()(2t r t c =；（７）⎪⎩⎪⎨⎧≥<=.6),(6,0)(t t r t t c解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项2()r t ，所以该系统为非线性系统。
(完整版)自动控制原理胡寿松第四版课后答案解析
1－3解：系统的工作原理为：当流出增加时，液位降低，浮球降落，控制器通过移动气动阀门的开度，流入量增加，液位开始上。
当流入量和流出量相等时达到平衡。
当流出量减小时，系统的变化过程则相反。
流出量希望液位图一1－4（1）非线性系统（2）非线性时变系统（3）线性定常系统（4）线性定常系统（5）线性时变系统（6）线性定常系统2 2-1 解：显然，弹簧力为 kx (t ) ，根据牛顿第二运动定律有：F (t ) − kx (t ) = m移项整理，得机械系统的微分方程为：d 2x (t ) dt 2m d x (t ) + kx (t )= F (t ) dt2对上述方程中各项求拉氏变换得：ms 2 X (s ) + kX (s ) =F (s )所以，机械系统的传递函数为：G (s ) = X (s ) =F (s )1ms 2+k2-2 解一：由图易得：i 1 (t )R 1 = u 1 (t ) − u 2 (t ) u c (t ) + i 1 (t )R 2 = u 2 (t ) du c (t )i 1 (t )= Cdt 由上述方程组可得无源网络的运动方程为：C ( R + R ) du 2 (t ) u (t ) = CRdu 1 (t ) u (t )1 2 dt+ 22 + 1 dt 对上述方程中各项求拉氏变换得：C (R 1 + R 2 )sU 2 (s ) + U 2 (s ) = CR 2 sU 1 (s ) + U 1 (s )所以，无源网络的传递函数为：G (s ) = U 2 (s ) =U 1 (s )1 + sCR 21 + sC (R 1 +R 2 ) 解二（运算阻抗法或复阻抗法）：U (s ) 1 + R 2 1 + R Cs2 = Cs =2U (s ) R + 1 + R 1 + ( R + R )Cs 1 1 21Cs22-5 解：按照上述方程的顺序，从输出量开始绘制系统的结构图，其绘制结果如下图所示：依次消掉上述方程中的中间变量 X 1 , X 2 , X 3 , 可得系统传递函数为：C (s ) = R (s )G 1 (s )G 2 (s )G 3 (s )G 4(s )1 + G2 (s )G3 (s )G 6 (s ) + G 3 (s )G4 (s )G5 (s ) + G 1 (s )G 2 (s )G 3 (s )G 4(s )[G 7 (s ) − G 8 (s )]2-6 解：①将G1 (s) 与G1 (s) 组成的并联环节和G1 (s) 与G1 (s) 组成的并联环节简化，它们的等效传递函数和简化结构图为：G 12 (s) = G1(s) + G2(s)G 34 (s) = G3(s) −G4(s)②将G12 (s), G34 (s) 组成的反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为：2-7 解：C(s)=R(s)G12(s)1 + G12(s)G34(s)=G1(s) + G2(s)1 +[G1(s) + G2(s)][G3(s) −G4(s)]由上图可列方程组：[E(s)G1 (s) −C(s)H2(s)]G2(s) = C(s)R(s) −H1(s)C(s)G2(s)= E(s)联列上述两个方程，消掉E (s) ，得传递函数为：C(s)= R(s)G1(s)G2(s)1 + H1(s)G1(s) + H2(s)G2(s)联列上述两个方程，消掉C (s) ，得传递函数为：E(s)= R(s)1 + H2(s)G2(s)1 + H1(s)G1(s) + H2(s)G2(s)1 22 23 2-8 解：将①反馈回路简化，其等效传递函数和简化图为： 0.4G (s ) =2s + 1 =1 +0.4 * 0.5 2s + 15+ 3将②反馈回路简化，其等效传递函数和简化图为：1 G (s ) = s + 0.3s + 1 = 5s + 3 21 + 0.4 5s + 4.5s + 5.9s + 3.4(s + 0.3s + 1)(5s + 3)将③反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为：0.7 * (5s +3)Θo (s)= 5s 3 + 4.5s 2 + 5.9s + 3.4=3.5s + 2.1Θi (s) 1 +0.7 * Ks(5s +3)5s3+ (4.5 +3.5K )s 2+ (5.9 + 2.1K )s +3.42 5s3-3 解：该二阶系统的最大超调量：σp =e−ζπ/1−ζ2*100%当σp= 5% 时，可解上述方程得：ζ=0.69当σp= 5% 时，该二阶系统的过渡时间为：ts≈3ζwn所以，该二阶系统的无阻尼自振角频率w n 3-4 解：≈3ζts=30.69*2= 2.17由上图可得系统的传递函数：10 * (1 + Ks)C (s)= R(s)s(s + 2)1 +10 * (1 +Ks)s(s + 2)==10 * (Ks +1)s + 2 * (1 +5K )s +10所以w n =10 ，ζwn=1 +5K⑴若ζ= 0.5 时，K ≈0.116所以K ≈0.116时，ζ= 0.5⑵系统单位阶跃响应的超调量和过渡过程时间分别为：σ p = e−ζπ / 1−ζ2*100% = e−0.5*3.14 /1−0.52*100% ≈ 16.3%t s =3 ζw n= 3 0.5 *≈ 1.910⑶ 加入 (1 + Ks ) 相当于加入了一个比例微分环节，将使系统的阻尼比增大，可以有效地减小原系统的阶跃响应的超调量；同时由于微分的作用，使系统阶跃响应的速度（即变w 212p化率）提高了，从而缩短了过渡时间：总之，加入 (1 + Ks ) 后，系统响应性能得到改善。
胡寿松自动控制原理课后习题答案
1 请解释下列名字术语：自动控制系统、受控对象、扰动、给定值、参考输入、反馈。
解：自动控制系统：能够实现自动控制任务的系统，由控制装置与被控对象组成；受控对象：要求实现自动控制的机器、设备或生产过程扰动：扰动是一种对系统的输出产生不利影响的信号。
如果扰动产生在系统内部称为内扰；扰动产生在系统外部，则称为外扰。
外扰是系统的输入量。
给定值：受控对象的物理量在控制系统中应保持的期望值参考输入即为给定值。
反馈：将系统的输出量馈送到参考输入端，并与参考输入进行比较的过程。
2 请说明自动控制系统的基本组成部分。
解：作为一个完整的控制系统，应该由如下几个部分组成：①被控对象：所谓被控对象就是整个控制系统的控制对象；②执行部件：根据所接收到的相关信号，使得被控对象产生相应的动作；常用的执行元件有阀、电动机、液压马达等。
③给定元件：给定元件的职能就是给出与期望的被控量相对应的系统输入量（即参考量）；④比较元件：把测量元件检测到的被控量的实际值与给定元件给出的参考值进行比较，求出它们之间的偏差。
常用的比较元件有差动放大器、机械差动装置和电桥等。
⑤测量反馈元件：该元部件的职能就是测量被控制的物理量，如果这个物理量是非电量，一般需要将其转换成为电量。
常用的测量元部件有测速发电机、热电偶、各种传感器等；⑥放大元件：将比较元件给出的偏差进行放大，用来推动执行元件去控制被控对象。
如电压偏差信号，可用电子管、晶体管、集成电路、晶闸管等组成的电压放大器和功率放大级加以放大。
⑦校正元件：亦称补偿元件，它是结构或参数便于调整的元件，用串联或反馈的方式连接在系统中，用以改善系统的性能。
常用的校正元件有电阻、电容组成的无源或有源网络，它们与原系统串联或与原系统构成一个内反馈系统。
3 请说出什么是反馈控制系统，开环控制系统和闭环控制系统各有什么优缺点？解：反馈控制系统即闭环控制系统，在一个控制系统，将系统的输出量通过某测量机构对其进行实时测量，并将该测量值与输入量进行比较，形成一个反馈通道，从而形成一个封闭的控制系统；开环系统优点：结构简单，缺点：控制的精度较差；闭环控制系统优点：控制精度高，缺点：结构复杂、设计分析麻烦，制造成本高。
自动控制原理_胡寿松第5版_课后习题及答案_完整_.(DOC)
mdx0(f
f)dx0f
dxi
dt2
12dt
1dt
将上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得
ms2(f
f2
)sX
0(s)
f1sXi
(s)
于是传递函数为
X0(s)
Xi(s)
f1
msf1f2
②图2—57(b)：其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点A，并设A点位移为x，方向朝下；而在其下半部工。引出点处取为辅助点B。则由弹簧力与阻尼力平衡的原则，从A和B两点可以分别列出如下原始方程：
解：系统结构图及微分方程得：
G(s)
20
6s10
H(s)
10
20s5
1020
E(s)1010
C(s)
10G(s)
6s10
R(s)
1G(s)H(s)
2010
R(s)
1G(s)H(s)12010
1
6s1020s5
6s1020s5
10(20s5)(6s10)
1200s21500s500
200(20s5)
200(20s5)
图2-58电网络与机械系统
1
R1
1CsRR
解：（a）：利用运算阻抗法得：Z
R//
111
11Cs
RCs
Ts
1R1
1
C1s
11111
Z2R2
1
C2s
1
C2s
R2C2
s1
1
C2s
T2s1
U(s)Z
1
(T2s1)
Cs
(Ts1)(Ts1)
所以：02212
Ui(s)
自动控制原理胡寿松主编课后习题答案详解
运动模态 e−t / 2 sin
3 2
t
所以： x(t) =
2 3
e
−t
/
2
sin
3 2
t
（3） &x&(t) + 2x&(t) + x(t) = 1(t）。
解：对上式两边去拉氏变换得：
(s 2
+ 2s + 1) X (s) = 1 → X (s) = s
s(s 2
1 + 2s + 1)
=
1 s(s + 1)2
（2）
iC 2
ห้องสมุดไป่ตู้
=
uC1
+ iC1R R
+
iC1
= uC1 R
+ 2iC1
= C2
duC 2 dt
= C2
d (u0 − iC1R) dt
（3）
4
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
即：
uC1 R
+
2iC1
=
C2
d (u0
− iC1R) dt
（4）
将（1）（2）代入（4）得：
ui
− u0 R
+ 2C1
d (ui − u0 ) dt
y0
=
12.65
×
1.1y
0.1 0
= 13.915 ×1.1y00.1
2-8 设晶闸管三相桥式全控整流电路的输入量为控制角，输出量为空载整流电压，它们之间的关系为：
ed = Ed0 cosα
式中是整流电压的理想空载值，试推导其线性化方程式。 解：
设正常工作点为 A，这时 Ed = Ed 0 cosα 0
胡寿松《自动控制原理》(第6版)笔记和课后习题(含考研真题)详解2
6-2 设单位反馈 统 开环 函 为
试设计 联 前校正装置， 统满
（1） 角裕度r≥45°；
（2） 单位
入下 态 差
下 标：
（3）截止频率ωc≥7.5rad／s。
解： 开环
取
则开环 函 为：
令
，解得校正前
rad/s
则校正前 角裕度为：
不 合题 要求，
前校正。
取
rad/s，可得：
，可得：
则 前校正环节 校正后 统开环 其 角裕度为
统性能得：
3．某 反馈 统开环 函
合要求。
（1）求 统 角裕度 幅 裕度。
（2） 角裕度
联 前校正 联滞后校正 主要特点。为 统
，试分 统应
联 前校正还 联滞后校正?
[
技 2009 ]
解：（1）求截止频率与
裕度：
求幅 裕度：
（2）要 节 校正。
统 角裕度
，
前校正，则需要校正环
不合
前校正，可以
联滞后
为 习重点， 此，本 分也就没
考 题。
第二部分 课后习题
第6章 线性系统的校正方法
6-1 设 单位反馈 火炮
统，其开环 函 为
若要求 统最 2°，试求：
出速度为12°/s， 出位置
许 差小
（1） 满 上 幅 裕度；
标 最小K ，计 该K 下 统
角裕度
（2） 前
前校正网络
计 校正后 统 能影。
角裕度 幅 裕度，
解：（1） 题可
则 统 特征表 式为
统特征 为：
令
，则
则
可得：
所以 统 状态 应为
（2）求 统 出范 最小 刻t
自动控制原理胡寿松第四版课后答案
1－3解：系统的工作原理为：当流出增加时，液位降低，浮球降落，控制器通过移动气动阀门的开度，流入量增加，液位开始上。
当流入量和流出量相等时达到平衡。
当流出量减小时，系统的变化过程则相反。
流出量希望液位图一1－4（1）非线性系统（2）非线性时变系统（3）线性定常系统（4）线性定常系统（5）线性时变系统（6）线性定常系统2 2-1 解：显然，弹簧力为 k x (t ) ，根据牛顿第二运动定律有：F (t ) − kx (t ) = m移项整理，得机械系统的微分方程为：d 2 x (t ) dt 2m d x (t ) + kx (t ) = F (t ) dt 2对上述方程中各项求拉氏变换得：ms 2 X (s ) + kX (s ) = F(s )所以，机械系统的传递函数为：G (s ) = X (s ) =F (s )1ms 2 + k2-2 解一：由图易得：i 1 (t )R 1 = u 1 (t ) − u 2 (t ) u c (t ) + i 1 (t )R 2 = u 2 (t ) du c (t )i 1 (t ) = Cdt由上述方程组可得无源网络的运动方程为：C ( R + R ) du 2 (t ) u (t ) = CRdu 1 (t ) u (t )1 2 dt+ 2 2+ 1 dt对上述方程中各项求拉氏变换得：C (R 1 + R 2 )sU 2 (s ) + U 2 (s ) = CR 2 sU 1 (s ) + U 1 (s )所以，无源网络的传递函数为：G (s ) = U 2 (s )=U 1 (s )1 +sCR 21 + sC (R 1 +R 2 )解二（运算阻抗法或复阻抗法）：U (s ) 1 + R 2 1 + R Cs2 = Cs = 2U (s ) R + 1 + R 1 + ( R + R )Cs 1 1 21Cs22-5 解：按照上述方程的顺序，从输出量开始绘制系统的结构图，其绘制结果如下图所示：依次消掉上述方程中的中间变量 X 1 , X 2 , X 3 , 可得系统传递函数为：C (s ) = R (s )G 1 (s )G 2 (s )G 3 (s )G 4(s )1 + G2 (s )G3 (s )G 6 (s ) + G 3 (s )G4 (s )G5 (s ) + G 1 (s )G 2 (s )G 3 (s )G 4 (s )[G 7 (s ) −G 8 (s )]2-6 解：①将G1 (s) 与G1 (s) 组成的并联环节和G1 (s) 与G1 (s) 组成的并联环节简化，它们的等效传递函数和简化结构图为：G12 (s) = G1(s) + G2(s)G34 (s) = G3(s) −G4(s)②将G12 (s), G34 (s) 组成的反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为：2-7 解：C(s)=R(s)G12(s)1 + G12(s)G34(s)=G1(s) + G2(s)1 + [G1(s) + G2(s)][G3(s) −G4(s)]由上图可列方程组：[E(s)G1 (s) −C(s)H2(s)]G2(s) = C(s)R(s) −H1(s)C(s)G2(s)= E(s)联列上述两个方程，消掉E(s) ，得传递函数为：C(s)= R(s)G1(s)G2(s)1 + H1(s)G1(s) + H2(s)G2(s)联列上述两个方程，消掉C(s) ，得传递函数为：E(s)= R(s)1 + H2(s)G2(s)1 + H1(s)G1(s) + H2(s)G2(s)1 2 22 32-8 解：将①反馈回路简化，其等效传递函数和简化图为： 0.4G (s ) = 2s + 1 = 1 +0.4 * 0.5 2s + 11 5s + 3将②反馈回路简化，其等效传递函数和简化图为：1G (s ) =s + 0.3s + 1= 5s + 321 + 0.45s +4.5s+ 5.9s + 3.4(s + 0.3s + 1)(5s + 3)将③反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为：0.7 * (5s + 3)Θo (s)= 5s 3 + 4.5s 2 + 5.9s + 3.4 =3.5s + 2.1Θi (s) 1 + 0.7 * Ks(5s + 3)5s 3+ (4.5 + 3.5K )s2+ (5.9 + 2.1K )s + 3.42 5s3-3 解：该二阶系统的最大超调量：σp =e−ζπ/1−ζ2*100%当σp= 5% 时，可解上述方程得：ζ= 0.69当σp= 5% 时，该二阶系统的过渡时间为：ts≈3ζwn所以，该二阶系统的无阻尼自振角频率w n 3-4 解：≈3ζts=30.69* 2= 2.17由上图可得系统的传递函数：10 * (1 + Ks)C (s)= R(s)s(s + 2)1 +10 * (1 + Ks)s(s + 2)==10 * (Ks +1)s + 2 * (1 +5K )s +10所以w n =10 ，ζw n =1+5K⑴若ζ= 0.5 时，K≈0.116所以K≈0.116 时，ζ= 0.5⑵系统单位阶跃响应的超调量和过渡过程时间分别为：σp =e−ζπ/1−ζ2*100% =e−0.5*3.14/1−0.52*100%≈16.3%ts= 3ζwn =30.5 *≈1.910⑶加入(1 + Ks )相当于加入了一个比例微分环节，将使系统的阻尼比增大，可以有效地减小原系统的阶跃响应的超调量；同时由于微分的作用，使系统阶跃响应的速度（即变w 2 1 2 p化率）提高了，从而缩短了过渡时间：总之，加入 (1 + Ks ) 后，系统响应性能得到改善。
自动控制原理_胡寿松_第二版_答案全解
自动控制原理_胡寿松_第二版_答案全解第二章控制系统数学模型练习及参考答案自动控制原理胡守松第二版课后解答2-2由牛顿第二运动定律，不管重力如何，都可以得到组织上述公式的拉普拉斯变换是通过注意运动从静止开始，即初始条件都为零而获得的所以传递函数是(2)取上弹簧和阻尼器之间的辅助点a，将点a的位移设定为x，方向向下；在作品的下半部分。
导出点作为辅助点B。
根据弹簧力和阻尼力平衡的原则，从点A和点B可分别列出下列原始方程:通过消除中间变量x，可以得到系统的微分方程。
对上述公式进行拉普拉斯变换，并考虑零的初始条件，系统传递函数为(3)以引出点为辅助点，根据力平衡原理，可列出以下原始方程:按项移位排序的系统微分方程对上述公式进行拉普拉斯变换，注意运动从静止开始，即那么系统传递函数是2-3(b)取k1和f1之间的辅助点A，设定点A的位移为X，方向向下；根据力平衡原理，可以列出以下原始方程:因此2-6解决方案:2-7解决方案:2-8解决方案:2-9解决方案:2-10解决方案:系统结构图如下:系统的传递函数是:2-11解决方案:(a)(b)(c)(d)(e)(f)2-12解决方案:第三章线性系统的时域分析练习和参考答案3-1解决方案:3-2溶液:3-3溶液:3-4解决方案:3-5解决方案:3-6解决方案:3-7解决方案:3-8解决方案:3-9解决方案:勒鲁斯的表格如下: 系统不稳定性3-10解决方案:(略) 3-11解决方案:系统的特征方程为: 简化；勒鲁斯的表格如下:。
(整理)自动控制原理(胡寿松第5版)及答案
A.环境影响报告表
第二节 安全预评价
2.环境影响评价工作等级的划分依据
为了有别于传统的忽视环境价值的理论和方法，环境经济学家把环境的价值称为总经济价值（TEV），包括环境的使用价值和非使用价值两个部分。
（二）环境保护法律法规体系
（1）资质等级。评价机构的环评资质分为甲、乙两个等级。环评证书在全国范围内使用，有效期为4年。
试通过结构图等效变换求系统传递函数c14胡寿松自动控制原理习题解答第二章15胡寿松自动控制原理习题解答第二章16胡寿松自动控制原理习题解答第二章17胡寿松自动控制原理习题解答第二章18试简化图266中的系统结构图并求传递函数c18胡寿松自动控制原理习题解答第二章进一步化简得19胡寿松自动控制原理习题解答第二章再进一步化简得
fdx0(K
dt1
K2
)x0
fdxi
dt
K1xi
对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即
xi(0)x0(0)0
则系统传递函数为
X0(s)
Xi(s)
fsK1
fs(K1K2)
2-3试证明图2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。
图2-58电网络与机械系统
1
R1
1CsRR
解：（a）：利用运算阻抗法得：Z
解当Q1Q2Q0时，HH0；当Q1≠Q2时，水面高度H将发生变化，其变化率与流量差Q1−Q2成
正比，此时有
Fd(H−H0)(Q
−Q)−(Q
−Q)
dt1020
于是得水箱的微分方程为
FdHQ−Q
dt12
2—2设机械系统如图2—57所示，其中xi为输入位移，x0为输出位移。试分别列写各系统的微分方程式
自动控制原理胡寿松第四版课后答案
1－3解：系统的工作原理为：当流出增加时，液位降低，浮球降落，控制器通过移动气动阀门的开度，流入量增加，液位开始上。
当流入量和流出量相等时达到平衡。
当流出量减小时，系统的变化过程则相反。
流出量希望液位图一1－4（1）非线性系统（2）非线性时变系统（3）线性定常系统（4）线性定常系统（5）线性时变系统（6）线性定常系统2-1 解：显然，弹簧力为 kx (t ) ，根据牛顿第二运动定律有：F (t ) − kx (t ) = m移项整理，得机械系统的微分方程为：d x (t )dtm d x (t ) + kx (t )= F (t ) dt对上述方程中各项求拉氏变换得：ms X (s ) + kX (s ) =F (s )所以，机械系统的传递函数为：G (s ) =X (s ) =F (s )1ms + k2-2 解一：由图易得：i (t )R = u (t ) − u (t ) u (t ) + i (t )R = u (t )du (t )i (t ) = Cdt由上述方程组可得无源网络的运动方程为：C ( R + R ) du (t ) u (t ) = CR du (t ) u (t )dt + + dt对上述方程中各项求拉氏变换得：C (R + R )sU (s ) + U (s ) = CRsU (s ) + U (s )所以，无源网络的传递函数为：G (s ) = U (s )=U (s )1 + sCR1 + sC (R + R )解二（运算阻抗法或复阻抗法）：U (s ) 1 + R1 + R Cs = Cs =U (s ) R + 1 + R1 + ( R + R )CsCs2-5 解：按照上述方程的顺序，从输出量开始绘制系统的结构图，其绘制结果如下图所示：依次消掉上述方程中的中间变量 X , X , X , 可得系统传递函数为：C (s ) = R (s )G (s )G (s )G (s )G (s )1 + G (s )G (s )G (s ) + G (s )G (s )G (s ) + G (s )G (s )G (s )G (s )[G (s ) − G (s )]2-6 解：①将G(s) 与G(s) 组成的并联环节和G(s) 与G(s) 组成的并联环节简化，它们的等效传递函数和简化结构图为：G(s) = G(s) + G(s)G(s) = G(s) −G(s)②将G(s), G(s) 组成的反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为：2-7 解：C(s)=R(s)G(s)1 + G(s)G(s)=G(s) + G(s)1 +[G(s) + G(s)][G(s) −G(s)]由上图可列方程组：[E(s)G(s) −C(s)H(s)]G(s) = C(s)R(s) −H(s) C(s)G(s)= E(s)联列上述两个方程，消掉E (s) ，得传递函数为：C(s)= R(s)G(s)G(s)1 + H(s)G(s) + H (s)G(s)联列上述两个方程，消掉C (s) ，得传递函数为：E(s)= R(s)1 + H (s)G(s)1 + H(s)G(s) + H (s)G(s)2-8 解：将①反馈回路简化，其等效传递函数和简化图为：G (s ) = 2s + 1=1 + * 2s + 11 5s +3将②反馈回路简化，其等效传递函数和简化图为：1 G (s ) = s + + 1 = 5s + 3 1 + 5s + + + (s + + 1)(5s + 3)将③反馈回路简化便求得系统的闭环传递函数为：* (5s + 3)Θ(s)= 5s + + + =+Θ(s) 1 + * Ks(5s + 3)5s++)s++)s+5s3-3 解：该二阶系统的最大超调量：σ p = e −ζπ /1−ζ*100%当σ = 5% 时，可解上述方程得：ζ =当σ = 5% 时，该二阶系统的过渡时间为：t ≈ 3ζw所以，该二阶系统的无阻尼自振角频率 w3-4 解：≈ 3ζt = 3 * 2=由上图可得系统的传递函数：10 * (1 + Ks )C (s ) =R (s ) s (s + 2) 1 + 10 * (1 +Ks )s (s + 2)== 10 * (Ks + 1)s + 2 * (1 + 5K )s + 10所以 w =10 ，ζw = 1 + 5K⑴ 若ζ= 时，K ≈所以 K ≈ 时，ζ =⑵ 系统单位阶跃响应的超调量和过渡过程时间分别为：σ p = e−ζπ /1−ζ*100% =e−* /1−*100% ≈ %t s=3ζwn =3*≈10⑶加入(1 + Ks ) 相当于加入了一个比例微分环节，将使系统的阻尼比增大，可以有效地减小原系统的阶跃响应的超调量；同时由于微分的作用，使系统阶跃响应的速度（即变wp化率）提高了，从而缩短了过渡时间：总之，加入 (1 + Ks ) 后，系统响应性能得到改善。
自动控制原理第版(胡寿松)课后答案-全文可读
2-15
（2-11题~2-15题） (b)
32
k3
3
2-17(a) (c) (e) 2-18(a)
(b) 2-19与2-17同 2-21(a)
（2-17题~2-21题） (b)
(d) (f)
2-20与2-18同
(b)
2-22(a) (b) 9个单独回路：
6对两两互不接触回路： L1L2 L1L3 L2L3 L7L2 L8L2 L9L2 三个互不接触回路1组： L1L2L3
4条前向通路及其余子式： P1=G1G2G3G4G5G6 ,Δ1=1 ; P2=G7G3G4G5G6 , Δ2=1 ; P3=-G7H1G8G6 ,Δ3=1+G4H2 ; P4=G1G8G6 , Δ4=1+G4H2 ;
(c)
(d)
(e)
(f)
3-1 3-2 (2) 3-3 (1) 3-4 3-5
3-6 3-8 (a)
(Ts+1)寄生因子不影响系统稳定性,且因为它为非主导极点 所以也不太影响动态性能,但附加极点有增大阻尼的作用。
（7-3题~7-10题）
7-3 (1) e(nT)=10(2n-1)
(2)
7-4 (1) 7-5 (1)
(2) (2)
7-7
7-8 (1)
(2)
(3)
7-9 (a)
(b)
7 - 1 0( a )
(2)
-2
- 0.404
-2
- 3.29
-21.13
（4-11题~4-12题）
s1= - 9.98 s2,3= - 2.46
-4
系统始终不稳定！
时稳定
（ - 8.47
自动控制原理(胡寿松)课后习题答案详解
=
0.04 s 2
1 + 0.24s
+1
C (s)
=
0.04 s 2
10 6s + 10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
E(s) =
10
=
10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
=
(6s
200(20s + 5) + 10)(20s + 5) +
200
=
200(20s + 5) 120s 2 + 230s + 250
U 0 (s) + U i (s) R0
U1 (s) R0
U 2 (s) R0
式（1）（2）（3）左右两边分别相乘得
9
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
U0 (s)
= − Z1 Z 2 R2 即
U 0 (s) + U i (s) R0 R0 R0
U 0 (s) + U i (s) = − R03
U0 (s)
正比，此时有
F
d(H − dt
H0)
=
(Q1
−
Q0 )
−
(Q2
−
Q0 )
于是得水箱的微分方程为
F
dH dt
= Q1 − Q2
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
图 2-58 电网络与机械系统
1
解：（a）：利用运算阻抗法得： Z1
=
R1
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20 db(t) + 5b(t) = 10c(t) dt
且初始条件均为零，试求传递函数 C(s) / R(s) 及 E(s) / R(s)
解：系统结构图及微分方程得：
G(s) = 20
H (s) = 10
6s + 10
20s + 5
20
C(s) = 10G(s) =
(b)以 K1 和 f1 之间取辅助点 A，并设 A 点位移为 x ，方向朝下；根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：
K 2 (xi − x0 ) + f 2 (x&i − x&0 ) = f1 (x&0 − x&) （1）
K1x = f1 (x&0 − x&) （2）
所以 K 2 (xi − x0 ) + f 2 (x&i − x&0 ) = K1x （3）
K1 K 2
K 1
K2
K2
( f1 s + 1)( f 2 s + 1)
K
=
1
K2
( f1 s + 1)( f 2 s + 1) + f1
K 1
K2
K2
所以图 2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。
4
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
2-11 在图 2-60 中，已知和两方框相对应的微分方程分别是
10 6s + 10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
E(s) =
10
=
10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
=
(6s
200(20s + 5) + 10)(20s + 5) +
200
=
200(20s + 5) 120s 2 + 230s + 250
正比，此时有
F
d(H − dt
H0)
=
(Q1
−
Q0 )
−
(Q2
−
Q0 )
于是得水箱的微分方程为
F
dH dt
= Q1 − Q2
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
图 2-58 电网络与机械系统
1
解：（a）：利用运算阻抗法得： Z1
=
R1
//
1 C1s
=
R1 C1s
R1
+
1 C1s
=
R1 = R1 R1C1s + 1 T1s + 1
U 0 (s) Ui (s)
=
−
Z1 Z0
=
−
1 R0C1s
(T1s +1)(T0s +1)
T0 = R0C0
Z12
=
R1
//( R2
+
1 )
C2s
=
R1
//
T2 s + 1 C2s
（c）
=
R1
T2 s + C2s
1
R1
+
T2 s + C2s
1
=
R1 (T2 s + 1) T2 s + R1 + 1
对（3）式两边取微分得
K 2 (x&i − x&0 ) + f 2 (&x&i − &x&0 ) = K1x&
（4）
将（4）式代入（1）式中得
K1K 2 (xi − x0 ) + K1 f 2 (x&i − x&0 ) = K1 f1x&0 − f1K 2 (x&i − x&0 ) − f1 f 2 (&x&i − &x&0 )
Z2
=
R2
+
1 C2s
=
1 C2s
(R2C2s + 1) =
1 C2
s
(T2
s
+ 1)
所以： U 0 (s) = Z 2 =
1 C2
s
(T2
s
+
1)
=
(T1s + 1)(T2 s + 1)
Ui (s)
Z1 + Z2
R1 T1s +
1
+
1 C2
s
(T2
s
+
1)
R1C2 s + (T1s + 1)(T2 s + 1)
T2 = R2C2
U 0 (s) = − Z12 = − R1 T2 s + 1
Ui (s)
R0
R0 T2 s + R1 + 1
2-13由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-62所示，试求闭环传递函数Uｃ(ｓ)／Ｕｒ(ｓ)。
图2-62 控制系统模拟电路
解： U1 (s)
= − Z1 （1） U 2 (s) = − Z 2 （2） U 0 (s) = − R2 （3）
整理上式得
f1 f 2 &x&0 + f1K 2 x&0 + K1 f1x&0 + K1 f 2 x&0 + K1K 2 x0 = f1 f 2 &x&i + f1K 2 x&i + K1 f 2 x&i + K1K 2 xi
对上式去拉氏变换得
3
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
[ ] f1 f 2 s 2 + ( f1K 2 + K1 f1 + K1 f 2 )s + K1K 2 X 0 (s) [ ] = f1 f 2 s 2 + ( f1K 2 + K1 f 2 )s + K1K 2 X i (s)
=
10(20s + 5)(6s + 10) (6s + 10)(20s + 5) + 200
= 1200s 2 120s 2
+ 1500s + 500 + 230s + 250
2-12 求图 2-61 所示有源网络的传递函数
1
解：（a） Z 0
=
R0
// 1 C0s
=
R0 C0 s
R0
+
1 C0s
=
U 0 (s) + U i (s) R0
U1 (s) R0
U 2 (s) R0
式（1）（2）（3）左右两边分别相乘得
9
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
所以：
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 )s +1
X 0 (s) =
f1 f2s2 + ( f1K2 + K1 f2 )s + K1K2
= K1K2
K 1
K2
X i (s) f1 f2s2 + ( f1K2 + K1 f1 + K1 f2 )s + K1K2
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 )s +1+ f1
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
2—1 设水位自动控制系统的原理方案如图 1—18 所示，其中 Q1 为水箱的进水流量， Q2 为水箱的用水流量， H 为水箱中实际水面高度。假定水箱横截面积为 F，希望水面高度 为 H 0 ，与 H 0 对应的水流量为 Q0 ，试列出
水箱的微分方程。
解 当 Q1 = Q2 = Q0 时，H = H 0 ；当 Q1 ≠ Q2 时，水面高度 H 将发生变化，其变化率与流量差 Q1 − Q2 成
R0 T0 s + 1
T0 =ห้องสมุดไป่ตู้R0C0
8
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
U0 (s) Ui (s)
= − R1 Z0
= − R1 R0
(T0 s + 1)
（b） Z 0
=
R0
1 //
C0 s
=
R0
1 C0s
R0
+
1 C0s
=
R0 T0 s + 1
Z1
=
R1
+
1 C1s
=
T1s + 1 C1s
T1 = R1C1