自动控制原理课后答案2 西工大版
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》-卢京潮主编-西北工业大学(清华大学)-第四章习题及答案
根轨迹如图解 4-5 所示。
4-6 直升机静稳定性不好，需要加控制装置改善性能。如图 4-23 所示是加入镇定控制 回路的直升机俯仰控制系统结构图。直升机的动态特性可用传递函数
G0 (s)
=
1（0 s + 0.5） (s + 1)(s − 0.4)2
表示。
70
图 4-23 直升机俯仰控制系统结构图
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)π ，如图解 4-1 所示。
对于 s = −1 + j 3 ，由相角条件
∠G(s1)H (s1) =
0 − ∠(−1 + j 3 + 1) − ∠(−1 + j 3 + 2) − ∠(−1 + j 3 + 4) = 0 − π − π − π = −π
essn
=
lim
s→0
s
⋅Φ
en
(
s)
⋅
E
(s)
=
lim
s→0
s
⋅
−G0 ⋅ 1+ G0
K1(s +1)
s+9 ⋅ K1(s +1)
s+9
⋅1 s
=
lim
−10K1 ⋅ (s + 0.5)
K1 =1.9
= − 0.868
s→0 (s + 9)(s − 0.4)2 +10K1(s + 0.5)
71
4-7 单位反馈系统的开环传递函数为
（1）画出俯仰控制系统的根轨迹。
（2）当 K1 = 1.9 时，确定对阵风扰动 Td (s) = 1 s 的稳态误差。
《自动控制原理》（卢京潮，西北工业大学）第二章习题及答案
∴
G ( s) =
4 ⎤ ⎡ −1 k (t ) = L−1 [G ( s )] = L−1 ⎢ + = 4e − 2 t − e − t ⎥ s + 1 s + 2 ⎣ ⎦
- 16 -2-10 Nhomakorabea已知系统传递函数
C ( s) 2 &(0) = 0 ， ， 且初始条件为 c(0) = −1 ，c = 2 R ( s ) s + 3s + 2
(1) (3) 原式 ＝
−1 1 3 1 1 + − + + 3 2 2( s + 2) 4( s + 2) 8( s + 2) 24s 3( s + 3)
− t 2 − 2 t t − 2 t 3 − 2 t 1 −3t 1 ∴ x（t）＝ e + e − e + e + 4 4 8 3 24
1 s 1 1 s +1 1 1 1 2 − 2 = − ⋅ + ⋅ (4) 原式 ＝ 2 2 s s + 2 s + 2 2 s 2 ( s + 1) + 1 2 ( s + 1) 2 + 1
化，试推导 id = f (ud ) 的线性化方程。 解 解得 将 i d = 10 −14 (e 将 i (0) = 2.19 × 10 A 代入 i d = 10 −14 (e
−3
ud
u d / 0.026
− 1)
ud 0 = 0.679V
u d / 0.026
− 1) 在( u d 0 ， i0 )处展开为泰勒级数，
∴ X (s) = ∴ X ( s) =
e− s 1 e −3s 1 ( s ) − 2 (2 s + ) + 2 s 2 s 2
自动控制原理-第2章习题解答精选全文完整版
第2章 控制系统的数学模型习题及解答2-1 已知质量-弹簧系统如题2-1图所示，图中标明了质量和弹簧的弹性系数。
当外力F (t )作用时，系统产生运动，如果在不计摩擦的情况下，以质量m 2的位移y (t )为输出，外力F (t )为输入，试列写系统的运动方程。
解： 设 质量m 1的位移量为x (t ),根据牛顿第二定律有y k y x k dt yd m 21222-)(−= ①)(1221y x k F dtxd m −−= ②①式可以写作y k k x k dtyd m )(211222+−= ③由①式也可以得到y k dtyd m y x k 22221)(+=− ④③式两端同时求二阶导数，可得2221221442)(dty d k k dt x d k dt yd m +−= ⑤将②、③式代入⑤式中，整理可得F m k y m k k dty d m k m k m m dt y d m 1112122122121442)(=−++++ 2-2 求题2-2图中由质量-弹簧-阻尼器组成的机械系统，建立系统的运动方程。
其中，x (t )为基底相对于惯性空间的位移，y (t )为质量相对于惯性空间的位移。
z (t )= y (t )- x (t )为基底和质量之间的相对位移，z (t )由记录得到， x (t )和z (t )分别为输入量和输出量。
解：应用牛顿第二定律可得dtt dz f kz dt y d m )(22−−= 将z (t )= y (t )- x (t )代入上式，整理可得2222dtx d m kz dt dz f dt z d m −=++题2-2图题2-1图解：（a ）引入中间变量u c (t)表示电容器两端的电压。
根据基尔霍夫电流定律有o c c u R u R dt du C2111=+ 根据基尔霍夫电压定律有o i c u u u −=联立消去中间变量，可得描述输入量u i (t )和输出量u o (t )之间关系的微分方程为i i o o u R dt du C u R R R R dt du C121211+=++ （b ）引入回路电流i (t )和电容器两端的电压u c (t)作为中间变量，根据基尔霍夫电压定律有i o u u i R =+1 另有电容元件的元件约束关系方程dtdu Ci c =和i R u u o c 2−=联立求解，消去中间变量可得i i o o u R dt du C u R R R R dt du C121211+=++（c ）设电容器C 2两端的电压为u c 2(t)，根据基尔霍夫电流定律有dtduC u u R dt u u d C c o i o i 2211)(1)(=−+− ①求导可得22221221)(1)(dtu d C dt u u d R dt u u d C c o i o i =−+− ② 另有输出支路电压方程o c c u u dtdu C R =+2222 等式两边求导有dtdu dt du dt u d C R oc c =+222222 ③将①、②代入③式，整理可得i ii ooo u C R dt du C R C R C R dt u d C R u C R dt du C R C R C R C R dt u d C R 2121221121221212122112121122+++=++++2-4 试求题2-4图所示有源RC 电路的微分方程，其中u i (t )为输入量，u o (t )为输出量。
《自动控制原理》第二版课后习题答案
7
输出驱动 Z 轴直流伺服马达带动切削刀具连同刀具架跟随触针运动，当刀具位置与触针位置 一致时，两者位置偏差为零，Z 轴伺服马达停止。系统中，刀具是被控对象，刀具位置是被 控量，给定量是由模板确定的触针位置。系统方框图如图解 1-9 所示。最终原料被切割加工 成模板的形状。
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。
试分析系统的工作原理，指出系统的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。
图 1-18 导弹发射架方位角控制系统原理图
解 当导弹发射架的方位角与输入轴方位角一致时，系统处于相对静止状态。
当摇动手轮使电位器 P1的滑臂转过一个输入角 i 的瞬间，由于输出轴的转角 o i , 于是出现一个误差角 e i o ， 该 误 差 角通过 电 位器 P1、 P2 转 换 成 偏 差 电 压 ue
2e2t单位阶跃输入时有rs依题意4e2t27已知系统传递函数3s2且初始条件为c01dt2ct2e2t28求图230所示各有源网络的传递函数根据运算放大器虚地概念可写出cs29某位置随动系统原理框图如图231所示已知电位器最大工作角度q3303018011根据运算放大器的特性可分别写出两级放大器的放大系数为3010210飞机俯仰角控制系统结构图如图232所示试求闭环传递函数q211已知系统方程组如下
《自动控制原理》卢京潮主编课后习题答案西北工业大学出版社
第五章 线性系统的频域分析与校正习题与解答5-1 试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。
(a) (b)图5-75 R-C 网络解 （a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(R R C R R T C R RR R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ (b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sC R s U s U r c)(1111)()(2122222212ττ 5-2 某系统结构图如题5-76图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s（1） t t r 2sin )(=（2） )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 图5-76 系统结构图 频率特性: 2244221)(ωωωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 241)(ωω+=Φj相频特性: )2arctan()(ωωϕ-=系统误差传递函数: ,21)(11)(++=+=Φs s s G s e 则 )2arctan(arctan )(,41)(22ωωωϕωωω-=++=Φj j e e（1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1 则 ,35.081)(2==Φ=ωωj ο45)22arctan()2(-=-=j ϕ（2） 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5-3 若系统单位阶跃响应 试求系统频率特性。
解 ss R s s s s s ss C 1)(,)9)(4(3698.048.11)(=++=+++-= 则 )9)(4(36)()()(++=Φ=s s s s R s C 频率特性为 )9)(4(36)(++=Φωωωj j j5-4 绘制下列传递函数的幅相曲线：解 ()()()12G j K j K e j ==-+ωωπ幅频特性如图解5-4(a)。
自动控制原理卢京潮主编课后习题答案西北工业大学出版社
自动控制原理卢京潮主编课后习题答案西北工业大学出版社SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#第五章 线性系统的频域分析与校正习题与解答5-1 试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。
(a) (b)图5-75 R-C 网络解 （a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(R R C R R T C R RR R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ (b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sC R s U s U r c)(1111)()(2122222212ττ 5-2 某系统结构图如题5-76图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s（1） t t r 2sin )(=（2） )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 图5-76 系统结构图 频率特性: 2244221)(ωωωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 241)(ωω+=Φj相频特性: )2arctan()(ωωϕ-=系统误差传递函数: ,21)(11)(++=+=Φs s s G s e 则 )2arctan(arctan )(,41)(22ωωωϕωωω-=++=Φj j e e（1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1则 ,35.081)(2==Φ=ωωj 45)22arctan()2(-=-=j ϕ （2） 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5-3 若系统单位阶跃响应 试求系统频率特性。
自动控制原理第二章到第七章课后习题答案
自动控制原理第二章到第七章课后习题答案第二章2-1试求下图所示电路的微分方程和传递函数。
解：（a ）根据电路定律，列写出方程组：001Li R c L R C di L u u dtu R i i dt Ci i i ⋅+==⋅==+⎰消除中间变量可得微分方程：20002i d u du L L C u u dt R dt⋅⋅+⋅+=对上式两边取拉氏变换得：2000()()()()i LL C U s s U s s U s U s R⋅⋅⋅+⋅⋅+= 传递函数为022()1()()1i U s R G s L U s R Ls LCRs s LCs R ===++++ （b ）根据电路定律，列写出方程组：12011()i i u i R R idt C u u i R =++-=⎰消除中间变量可得微分方程：121012i R R Ru u idt R R C+=-⎰ 对上式两边取拉氏变换得：2012()(1)()(1)i U s R Cs U s R Cs R Cs +=++传递函数为0212()1()()1i U s R CsG s U s R Cs R Cs+==++2-3求下图所示运算放大器构成的电路的传递函数。
解：（a ）由图（a ），利用等效复数阻抗的方法得22111(s)1(s)()1o i R U R Cs Cs G U s R R Cs ++==-=-+（b ）由图（b ），利用等效复数阻抗的方法得222121211221211111(s)()1(s)1()1o i R U C s R R C C s R C R C s G U s R C s R C s R C s++++==-=-+2-5试简化下图中各系统结构图，并求传递函数()()C s R s 。
2-6试求下图所示系统的传递函数11()()C s R s ，21()()C s R s ，12()()C s R s 及22()()C s R s 。
自动控制原理习题2(含答案)
第二章习题及答案2-1 试建立题2-1图所示各系统的微分方程 [其中外力)(t F ，位移)(t x 和电压)(t u r 为输入量；位移)(t y 和电压)(t u c 为输出量；k （弹性系数），f （阻尼系数），R （电阻），C （电容）和m （质量）均为常数]。
解（a ）以平衡状态为基点，对质块m 进行受力分析（不再考虑重力影响），如图解2-1(a)所示。
根据牛顿定理可写出22)()(dty d m dt dy f t ky t F =-- 整理得)(1)()()(22t F m t y m k dt t dy m f dtt y d =++（b ）如图解2-1(b)所示，取A,B 两点分别进行受力分析。
对A 点有 )()(111dtdydt dx f x x k -=- （1） 对B 点有 y k dtdydt dx f 21)(=- （2） 联立式（1）、（2）可得：dtdx k k k y k k f k k dt dy2112121)(+=++ (c) 应用复数阻抗概念可写出)()(11)(11s U s I csR cs R s U c r ++= （3）2)()(R s Uc s I =（4） 联立式（3）、（4），可解得： CsR R R R Cs R R s U s U r c 212112)1()()(+++=微分方程为: r r c c u CR dt du u R CR R R dt du 121211+=++(d) 由图解2-1（d ）可写出[]Css I s I s I R s U c R R r 1)()()()(++= （5） )()(1)(s RI s RI Css I c R c -= （6） []Css I s I R s I s U c R c c 1)()()()(++= （7）联立式（5）、（6）、（7），消去中间变量)(s I C 和)(s I R ，可得：1312)()(222222++++=RCs s C R RCs s C R s U s U r c 微分方程为 r r r c c c u RC dt du CR dt du u R C dt du CR dt du 222222221213++=++2-2 试证明题2-2图中所示的力学系统(a)和电路系统(b)是相似系统（即有相同形式的数学模型）。
自动控制原理课后习题答案第二章
解:由图可得
联立上式消去中间变量U1与U2,可得:
2-8某位置随动系统原理方块图如图2-7所示。已知电位器最大工作角度,功率放大级放大系数为K3,要求:
(1) 分别求出电位器传递系数K0、第一级与第二级放大器得比例系数K1与K2;
(2) 画出系统结构图;
(3) 简化结构图,求系统传递函数。
证明:(a)根据复阻抗概念可得:
即 取A、B两点进行受力分析,可得:
整理可得:
经比较可以瞧出,电网络(a)与机械系统(b)两者参数得相似关系为
2-5 设初始条件均为零,试用拉氏变换法求解下列微分方程式,并概略绘制x(t)曲线,指出各方程式得模态。
(1)
(２)
2-7由运算放大器组成得控制系统模拟电路如图2-6所示,试求闭环传递函数Uｃ(ｓ)／Ｕｒ(ｓ)。
2-10试简化图2-9中得系统结构图,并求传递函数C(s)/R(s )与C(s)/N(s)。
图2-9 题2-10系统结构图
分析:分别假定R(s)=0与N(s)=0,画出各自得结构图,然后对系统结构图进行等效ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ换,将其化成最简单得形式,从而求解系统得传递函数。
解:(a)令N(s)＝0,简化结构图如图所示:
可求出:
令R(s)＝0,简化结构图如图所示:
所以:
(b)令N(s)＝0,简化结构图如下图所示:
所以:
令R(s)＝0,简化结构图如下图所示:
2-12 试用梅逊增益公式求图2-8中各系统信号流图得传递函 数C(s)/R(s)。
图2-11 题2-12系统信号流图
解:
（a）存在三个回路:
存在两条前向通路:
所以:
(3)简化后可得系统得传递函数为
《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
自动控制原理第二章课后习题答案(免费)
自动控制原理第二章课后习题答案（免费）离散系统作业注明：*为选做题2-1 试求下列函数的Z 变换 （1）()E z L =();n e t a = 解：01()[()]1k k k z E z L e t a z z z aa∞-=====--∑ （2） ();at e t e -= 解：12211()[()][]1...1atakT k aT aT aTaT k z E z L e t L ee z e z e z z e e z∞----------=====+++==--∑2-2 试求下列函数的终值：（1）112();(1)Tz E z z --=-解： 11111()(1)()1lim lim lim t z z Tz f t z E z z---→∞→→=-==∞- （2）2()(0.8)(0.1)z E z z z =--。
解：211(1)()(1)()0(0.8)(0.1)lim lim limt z z z z f t z E z z z →∞→→-=-==-- 2-3* 已知()(())E z L e t =,试证明下列关系成立：（1）[()][];n z L a e t E a =证明：0()()nn E z e nT z∞-==∑00()()()()[()]n n n n n n z z E e nT e nT a z L a e t a a ∞∞--=====∑∑ （2）()[()];dE z L te t TzT dz=-为采样周期。
证明：11100[()]()()()()()()()()()nn n n n n n n n n L te t nT e nT zTz ne nT z dE z de nT z dz dz e nT n zne nT z ∞∞---==∞-=∞∞----======-=-∑∑∑∑∑所以：()[()]dE z L te t Tzdz=- 2-4 试求下图闭环离散系统的脉冲传递函数()z Φ或输出z 变换()C z 。
自动控制原理第二版课后答案第二章精选全文完整版
x kx ，简记为
y kx 。
若非线性函数有两个自变量，如 z f (x, y) ，则在
平衡点处可展成（忽略高次项）
f
f
z xv
|( x0 , y0 )
x y |(x0 , y0 )
y
经过上述线性化后，就把非线性关系变成了线性 关系，从而使问题大大简化。但对于如图（d）所示的 强非线性，只能采用第七章的非线性理论来分析。对于 线性系统，可采用叠加原理来分析系统。
Eb (s) Kbsm (s)
Js2 m(s) Mm fsm(s)
c
(s)
1
i
m
(s)
45
系统各元部件的动态结构图
传递函数是在零初始条件下建立的，因此，它只 是系统的零状态模型，有一定的局限性，但它有现 实意义，而且容易实现。
26
三、典型元器件的传递函数
1. 电位器
1 2
max
E
Θs
U s
K
U
K E
max
27
2. 电位器电桥
1
2
E
K1p1
K1 p 2
U
Θ 1
s
Θ
K1 p
Θ 2
s
U s
28
3.齿轮
传动比 i N2 N1
G2(s)
两个或两个以上的方框，具有同一个输入信号，并 以各方框输出信号的代数和作为输出信号，这种形
式的连接称为并联连接。
41
3. 反馈连接
R(s)
－
C(s) G(s)
H(s)
一个方框的输出信号输入到另一个方框后，得 到的输出再返回到这个方框的输入端，构成输 入信号的一部分。这种连接形式称为反馈连接。
西工大821自动控制原理-2习题及答案-第二章 控制系统的数学模型
西工大821自动控制原理第二章 控制系统的数学模型习题及答案2-1 试建立图2-27所示各系统的微分方程。
其中外力)(t F ，位移)(t x 和电压)(t u r 为输入量；位移)(t y 和电压)(t u c 为输出量；k （弹性系数），f （阻尼系数），R （电阻），C （电容）和m （质量）均为常数。
解（a ）以平衡状态为基点，对质块m 进行受力分析（不再考虑重力影响），如图解2-1(a)所示。
根据牛顿定理可写出22)()(dty d m dt dy f t ky t F =-- 整理得)(1)()()(22t F m t y m k dt t dy m f dt t y d =++（b ）如图解2-1(b)所示，取A,B 两点分别进行受力分析。
对A 点有 )()(111dtdydt dx f x x k -=- （1） 对B 点有 y k dtdydt dx f 21)(=- （2） 联立式（1）、（2）可得：dtdx k k k y k k f k k dt dy2112121)(+=++ (c) 应用复数阻抗概念可写出)()(11)(11s U s I cs R cs R s U c r ++= （3） 2)()(R s Uc s I = （4）联立式（3）、（4），可解得： CsR R R R Cs R R s U s U r c 212112)1()()(+++=微分方程为: r r c c u CR dt du u R CR R R dt du 121211+=++(d) 由图解2-1（d ）可写出[]Css I s I s I R s U c R R r 1)()()()(++= （5） )()(1)(s RI s RI Css I c R c -= （6） []Css I s I R s I s U c R c c 1)()()()(++= （7）联立式（5）、（6）、（7），消去中间变量)(s I C 和)(s I R ，可得：1312)()(222222++++=RCs s C R RCs s C R s U s U r c 微分方程为 r r r c c c u RC dt du CR dt du u R C dt du CR dt du 222222221213++=++2-2 试证明图2-28中所示的力学系统(a)和电路系统(b)是相似系统（即有相同形式的数学模型）。
《自动控制原理(第二版)》课后答案(卢京潮著)西北工业大学出版社_1-185
第一章自动控制的一般概念习题及答案1-1 根据题1-15图所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：a↔d，b↔c；（2）系统方框图如图解1-1所示。
1-2 题1-16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。
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。
1-3 图1-17为工业炉温自动控制系统的工作原理图。
分析系统的工作原理，指出被控对象、被控量和给定量，画出系统方框图。
图1-17 炉温自动控制系统原理图解加热炉采用电加热方式运行，加热器所产生的热量与调压器电压u c的平方成正比，u c 增高，炉温就上升，u c的高低由调压器滑动触点的位置所控制，该触点由可逆转的直流电动机驱动。
炉子的实际温度用热电偶测量，输出电压u f。
u f作为系统的反馈电压与给定电压u r进行比较，得出偏差电压u e，经电压放大器、功率放大器放大成u a后，作为控制电动机的电枢电压。
在正常情况下，炉温等于某个期望值T°C，热电偶的输出电压u f正好等于给定电压u r。
此时，u e=u r−u f=0，故u1=u a=0，可逆电动机不转动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上，使u c保持一定的数值。
这时，炉子散失的热量正好等于从加热器吸取的热量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。
当炉膛温度T°C由于某种原因突然下降(例如炉门打开造成的热量流失)，则出现以下2的控制过程：控制的结果是使炉膛温度回升，直至T°C的实际值等于期望值为止。
西工大、西交大自动控制原理自动控制理论1-2章答案
第一章
第一章
▪ 1-8
▪ 解：被控对象：传送装置。被控量：输出谷物湿度。给 定量：期望的谷物湿度。
▪ 工作原理：由反馈通道的湿度测量装置测量加水后出口 处的输出谷物湿度，并将这个信号反馈到到调节器。如 果输出谷物的湿度与设在调节器中的希望谷物适度不一 致，则产生偏差信号，通过调节器控制增大或减小阀门 的开度，从而改变加水量的大小，使谷物湿度向减小偏 差的方向变化。顺馈控制的湿度测量装置测量的是加水 前鼓舞的湿度。这个信号有顺馈通道输入到调节器，根 据信号反应的适度情况控制阀门的开度。如果入口处谷 物较干，可适当开启阀门，增大进水量，反之则减小进 水量。
18
16
14
12
Amplitude
10
8
6
4
2
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Time (sec)
第二章
▪ (2) ：x t 2 e0.5t sin 3 t
3
2
系统的特征根为：1，2
1 2
3 2
j
方程的模态为：e1,2t
e
1 2
3 2
j
t
,
或者e
1 2
t
sin
3
t与e-
1 2
t
cos
3 t.
•
x0
•
x1
f1
•
x0
•
x1
K1 x1
K1 x1
f
2
•
xi
•
x0
K2
xi x0
f1
•
x0
•
x1
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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（1）
f
(
dx1 dt
−
dy dt
)
=
k2
y
联立式（1）、（2）可得：
（2）
dy + k1k2 y = k1 dx dt f (k1 + k2 ) k1 + k2 dt
(c) 如图解 2-1(c)所示，取 A,B 两点分别进行受力分析。对 A 点有
F (t) − k(x − y) = m d 2 x
+2 CR
dur dt
+
1 C2R2
ur
(c) 由图解 2-2（c）可写出
Ur (s) = R1 [ I1(s) + I2 (s)] + (Ls + R2 )I2 (s) (6)
1 Cs
I1
(s)
=
(Ls
+
R2
)I
2
(s)
(7)
U c (s) = R2 I2 (s)
(8) 图解 2-2(c)
联立式（6）、（7）、（8），消去中间变量 I1 (s) 和 I 2 (s) ，可得：
Uc (s) =
R2
U r (s) R1LCs 2 + (L + R1R2C)s + (R1 + R2 )
微分方程为
duc2 dt 2
+
L
+ R1R2C R1LC
duc dt
+
R1 + R2 R1LC
uc
=
R2 R1 LC
ur
2-3 证明图 2-35 中所示的力学系统(a)和电路系统(b)是相似系统（即有相同形式的 数学模型）。
1 C1s
+
R1
⋅
1 C1s
R1
+
1 C1s
Uc (s) Ur (s)
=
R1R2C1C2 s 2 + (R1C1 + R2C2 )s + 1 R1R2C1C2 s 2 + (R1C1 + R2C2 + R1C2 )s + 1
比较两系统的传递函数，如果设 R1 = 1 k1 ， R2 = 1 k2 ， C1 = f1 ， C2 = f 2 ，则两系统
的传递函数相同，所以两系统是相似的。
2-4
如图
ud
2-36
所示，二极管是一个非线性元件，其电流 id
和电压 ud
之间的关系为
id = 10−14 (e0.026 − 1) ，假设电路在工作点 u(0) = 2.39V ，i(0) = 2.19 ×10−3 A 处做微小变
化，试推导 id = f (ud ) 的线性化方程。
解 将 i(0) = 2.19 ×10−3 A 代入 id = 10 −14 (eud / 0.026 − 1)
解得
ud 0 = 0.679V
将 id = 10 −14 (eud / 0.026 − 1) 在( ud 0 ， i0 )处展开为泰勒级数，
并取一次近似，有
id
= i0
+ Δid
= i0
+ 10−14
变量 y1 ，整理后得
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 )s +1
Y (s)
=
k1k 2
k1 k2
X (s)
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 + f2 )s +1
k1 k 2
k1 k2 k1
(b) 由图可写出
图解 2-3(a)
整理得
Uc (s) =
U r (s)
R2
+
1 C2s
R2
+
⋅ 1 ⋅ eud 0 / 0.026 0.026
⋅ Δud
图 2-36 二极管电路
Δid
=
10−14
⋅
1 0.026
⋅
eud
0
/
0.026
⋅
Δud
= 0.085⋅ Δud
- 13 -
即在( ud 0 ， i0 )附近 id = f (ud ) 的线性化方程为 Δid = 0.085 ⋅ Δud 。
图 2-35 系统原理图
解
(a) 取A、B两点分别进行受力分析，如图解2-2(a)所示。对A点有
k2 (x − y) + f 2 (x& − y&) = f1 ( y& − y&1 )
(1)
- 12 -
对 B 点有
f1 ( y& − y&1 ) = k1 y1
(2)
对式（1）、（2）分别取拉氏变换，消去中间
(3)
dt 2
- 10 -
对 B 点有
k(x − y) = m d 2 y dt 2
联立式（3）、（4）消去中间变量 x 可得：
（4）
d4y dt 4
+
2K m
d2y dt 2
=
K m2
F (t)
图解 2-1(c)
2-2 应用复数阻抗方法求图 2-34 所示各无源网络的传递函数。
（a）
（b）
图 2-34 无源网络
第 2 章习题及解答
2-1 建立图 2-33 所示各机械系统的微分方程（其中 F (t) 为外力，x(t) 、y(t) 为位移； k 为弹性系数， f 为阻尼系数， m 为质量；忽略重力影响及滑块与地面的摩擦）。
图 2-33 系统原理图
解. （a）以平衡状态为基点，对质块 m 进行受力分析（不再
考虑重力影响），如图解 2-1(a)所示。根据牛顿定理可写出
- 11 -
联立式（3）、（4）、（5），消去中间变量 I C (s) 和 I R (s) ，可得： U c (s) = R2C 2 s 2 + 2RCs + 1 U r (s) R2C 2 s 2 + 3RCs + 1
微分方程为
duc2 dt 2
+
3 CR
duc dt
+1 C2R2
uc
=
dur2 dt 2
uc
=
dur dt
+
1 CR1
ur
(b) 由图解 2-2（b）可写出
U
r
(s)
=
R
I
R
(s)
+
[I
R
(s)
+I
c(s)]
1 Cs
Ic (s)
1 Cs
=
RI R (s) −
RI c (s)
Uc
(s)
=
Ic
(s)R
+
[I R
(s)
+
Ic
(s)] 1
Cs
（3） （4） （5）
（c） （1） （2）
图解 2-2（b）
2-5
假设某容器的液位高度 h 与液体流入量 Qr
满足方程 dh dt
+α S
h
=
1 S
Qr ，式中 S
为液位容器的横截面积，α 为常数。若 h 与 Qr 在其工作点 (Qr0 , h0 ) 附近做微量变化，试 导出 Δh 关于 ΔQr 的线性化方程。
整理得
F (t) − ky(t) − f dy = m d 2 y
dt
dt 2
d
2 y(t) dt 2
+
f m
dy(t) dt
+
k m
y(t)
=
1 m
F (t)
（b）如图解 2-1(b)所1(x −
x1) =
f
( dx1 dt
−
dy ) dt
对 B 点有
(a) 应用复数阻抗概念可写出
Ur
(s)
=
R1
1 cs
R1
+
1 cs
I (s)
+Uc
(s)
I (s) = Uc(s) R2
联立式（1）、（2），可解得：
U c (s) = R2 (1 + R1Cs) U r (s) R1 + R2 + R1R2Cs
微分方程为:
duc dt
+
R1 + R2 CR1 R2