控制工程数学基础课后习题答案

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控制工程基础燕山大学孔祥东答案与解答4

分离角为：
180 2q 1 90 。如图示。 2
3 2
法则 8：虚轴交点：令 s j 代入特征方程 s 7s 10s K1 0 ，得：
j 3 7 2 j10 K1 0
j 3 j10 0 2 7 K1 0
m
渐近线交点： a
p z
i 1 i j 1
j
nm

0 2 1 1 0.5 。 2 2
分离点在原点处，分离角为：
180 2q 1 90 。 2
使根轨迹向左移动进入左半平面，由根轨迹图可知此时除在 K1=0 时处于临界稳定之外，系统均处于稳定状态。即系统增加的零点使系统的稳定性获得了改善，由原
jω -1+j3
σ -5.16 -2 0
-1-j3
161.6
法则 2：有 1 条趋向无穷的根轨迹。法则 3：实轴上的根轨迹： -2～-∞。法则 6：分离点： K1
s 2 2s 10 s2
dK1 2s 2s 2 s 2 2s 10 s 2 4s 6 0 ds s 22 s 22
-4.67 -9 -5
-2.06 -1 0
σ
-j6.7
由根轨迹图可得：（1）系统无超调的 K1 值范围为保持所有根轨迹在负实轴时（分离点之前的部分），即 K1 0 42.03 。（2）确定使系统产生持续振荡的 K1 值为与虚轴交点时，即 K1 630 。此时的振荡频率为无阻尼自然频率，即闭环极点的虚部： n 6.7 。（3）【若 s=-1.5+j3.12 在根轨迹上，则应满足相角条件。即∠G(s)H(s)=±180º(2q+1).

控制工程基础第三章参考答案(供参考)

第三章习题及答案传递函数描述其特性，现在用温度计测量盛在容器内的水温。

发现需要时间才能指示出实际水温的98%的数值，试问该温度计指示出实际水温从10%变化到90%所需的时间是多少?解： 41min, =0.25min T T =2.已知某系统的微分方程为)(3)(2)(3)(t f t f t y t y +'=+'+''，初始条件2)0( , 1)0(='=--y y ，试求：⑴系统的零输入响应y x (t )；⑵激励f (t ) (t )时，系统的零状态响应y f (t )和全响应y (t )；⑶激励f (t ) e 3t(t )时，系统的零状态响应y f (t )和全响应y (t )。

解：(1) 算子方程为：)()3()()2)(1(t f p t y p p +=++3.已知某系统的微分方程为)(3)(')(2)(' 3)(" t f t f t y t y t y +=++，当激励)(t f =)(e 4t tε-时，系统的全响应)()e 61e 27e314()(42t t y t t tε-----=。

试求零输入响应y x (t )与零状态响应y f (t )、自由响应与强迫响应、暂态响应与稳态响应。

解：4. 设系统特征方程为：0310126234=++++s s s s 。

试用劳斯-赫尔维茨稳定判据判别该系统的稳定性。

解：用劳斯-赫尔维茨稳定判据判别，a 4=1，a 3=6，a 2=12，a 1=10，a 0=3均大于零，且有所以，此系统是稳定的。

5. 试确定下图所示系统的稳定性.解：210110(1)(1)(). ()210(21)1(1)s s s s a G s s s s s s s +++=⋅=⨯+++ 系统稳定。

满足必要条件，故系统稳定。

6.已知单位反馈系统的开环传递函数为)12.001.0()(2++=s s s Ks G ξ，试求系统稳定时，参数K 和ξ的取值关系。

《控制工程基础》课程作业习题(含解答)

第一章概论本章要求学生了解控制系统的基本概念、研究对象及任务，了解系统的信息传递、反馈和反馈控制的概念及控制系统的分类，开环控制与闭环控制的区别；闭环控制系统的基本原理和组成环节。

学会将简单系统原理图抽象成职能方块图。

例1 例图1-1a 为晶体管直流稳压电源电路图。

试画出其系统方块图。

例图1-1a 晶体管稳压电源电路图解：在抽象出闭环系统方块图时，首先要抓住比较点，搞清比较的是什么量；对于恒值系统，要明确基准是什么量；还应当清楚输入和输出量是什么。

对于本题，可画出方块图如例图1-1b。

例图1-1b 晶体管稳压电源方块图本题直流稳压电源的基准是稳压管的电压，输出电压通过R和4R分压后与稳压管的电3压U比较，如果输出电压偏高，则经3R和4R分压后电压也偏高，使与之相连的晶体管基极w电流增大，集电极电流随之增大，降在R两端的电压也相应增加，于是输出电压相应减小。

c反之，如果输出电压偏低，则通过类似的过程使输出电压增大，以达到稳压的作用。

例2 例图1-2a为一种简单液压系统工作原理图。

其中，X为输入位移，Y为输出位移，试画出该系统的职能方块图。

解：该系统是一种阀控液压油缸。

当阀向左移动时，高压油从左端进入动力油缸，推动动力活塞向右移动；当阀向右移动时，高压油则从右端进入动力油缸，推动动力活塞向左移动；当阀的位置居中时，动力活塞也就停止移动。

因此，阀的位移，即B点的位移是该系统的比较点。

当X向左时,B点亦向左，而高压油使Y向右，将B点拉回到原来的中点，堵住了高压油，Y的运动也随之停下；当X向右时,其运动完全类似，只是运动方向相反。

由此可画出如例图1-2b的职能方块图。

例图1-2a 简单液压系统例图1-2b 职能方块图1．在给出的几种答案里，选择出正确的答案。

（1）以同等精度元件组成的开环系统和闭环系统，其精度比较为_______ （A ）开环高；（B ）闭环高；（C ）相差不多；（D ）一样高。

（2）系统的输出信号对控制作用的影响（A ）开环有；（B ）闭环有； (C ）都没有；（D ）都有。

控制工程基础第三版课后答案 (3)

控制工程基础第三版课后答案第一章1.1 分析控制系统的对象控制系统的对象通常指的是待控制的物理系统或过程。

在分析控制系统对象时，首先需要了解系统的动态特性。

为了分析控制系统的特性，我们可以通过选取一个合适的数学模型来描述物理系统的动态行为。

一种常用的方法是通过微分方程来描述系统的动态特性。

例如，对于一个简单的电路系统，可以使用基尔霍夫电流定律和基尔霍夫电压定律来建立描述电路中电流和电压之间关系的微分方程。

然后，通过求解这个微分方程，我们可以得到系统的传递函数。

另外，我们还可以使用频域分析的方法来分析控制系统的对象。

通过对信号的频谱进行分析，我们可以得到系统的频率响应。

1.2 常见的控制系统对象控制系统的对象存在各种各样的形式，下面列举了一些常见的控制系统对象：•机械系统：例如机器人、汽车悬挂系统等。

•电气系统：例如电路、电机等。

•热力系统：例如锅炉、冷却系统等。

•化工系统：例如反应器、蒸馏塔等。

针对不同的控制系统对象，我们需要选择合适的数学模型来描述其动态特性，并进一步分析系统的稳定性、性能等指标。

第二章2.1 控制系统的数学模型控制系统的数学模型描述了物理系统的动态特性和输入与输出之间的关系。

常见的控制系统数学模型包括：•模型中几何图形法：通过几何图形来描述系统的动态特性。

•传递函数法：采用以系统输入和输出的转移函数来描述系统的动态特性。

•状态方程法：将系统的状态变量与输入变量和输出变量之间的关系用一组偏微分方程或代数方程来描述。

在使用这些模型时，我们可以选择合适的数学工具进行分析和求解，例如微积分、线性代数等。

2.2 传递函数的定义和性质传递函数是描述控制系统输入输出关系的数学函数，通常用G(s)表示。

传递函数的定义和性质如下：•定义：传递函数G(s)是系统输出Y(s)和输入U(s)之间的比值，即G(s) = Y(s)/U(s)。

•零点和极点：传递函数可以有零点和极点，零点是使得传递函数为零的s值，极点是使得传递函数为无穷大的s值。

控制工程基础燕山大学孔祥东答案与解答2

x0(t) k1 k2 f m Fi(t) x1(t)
U0(s)
2-17．组合机车动力滑台铣平面时，当切削力 F（ i t）变化时，滑台可能产生振动，从而降低被加工工件的切削表面质量。可将动力滑台连同铣刀抽象成如图所示的质量-弹簧-阻尼系统的力学模型。其中 m 为受控质量，k1，k2 分别为铣刀系统，x0（t）为输出位移。试建立数学模型。解：微分方程为：
I1
1.可采用框图法求解。 2.注意电流和电压的正方向定义。
+
U0(s)
1 u 0 i3 R4 C i3 dt i2 R3 2 ui i1 R 1 i i i 2 1 3 1 1 d i3 R 4 i3 dt i3 R4 C i3 dt u C 2 i 2 C 1 R2 dt R1
T2(s)
1 J 2 s 2 fs
θ0(s)
θi(s) + -
k1
T1(s)
+
-
1 J1s 2
k2 J 2 s 2 fs J 2 s 2 fs k2
Βιβλιοθήκη T2(s)1 J 2 s 2 fs
θ0(s)
k2 J 2 s 2 fs J 2 s 2 fs k2

θi(s) + -
C1 R1 s 1C2 R2 s 1 C 2 R1 s C1 R1 s 1C 2 R2 s 1
I4
R2
U(s)
R4 I3 C2 ∝ + R3
U s 2-16 试求图 2-30 所示有源网络传递函数 0 。 U i s
解：
C1 I5
批注 [x5]:

控制工程基础课后答案解析

第二章2.1求下列函数的拉氏变换（1）s s s s F 232)(23++=（2）4310)(2+-=s s s F （3）1)(!)(+-=n a s n s F （4）36)2(6)(2++=s s F（5） 22222)()(a s a s s F +-= （6）)14(21)(2s s s s F ++= （7）521)(+-=s s F 2.2 （1）由终值定理：10)(lim )(lim )(0===∞→∞→s t s sF t f f （2）11010)1(10)(+-=+=s s s s s F 由拉斯反变换：t e s F L t f ---==1010)]([)(1 所以10)(lim =∞→t f t2.3（1）0)2()(lim )(lim )0(2=+===∞→→s ss sF t f f s t )0()0()()()](['2''0''f sf s F s dt e t f t f L st --==-+∞⎰)0()0()(lim )(lim'2''0f sf s F s dt e t f s st s --=+∞→-+∞+∞→⎰1)2()(lim )0(222'=+==+∞→s s s F s f s (2)2)2(1)(+=s s F , t te s F L t f 21)]([)(--==∴ ,0)0(2)(22'=-=--f te et f tt又，1)0('=∴f2.4解：dt e t f e t f L s F st s--⎰-==22)(11)]([)(⎰⎰------+-=2121021111dt e e dt e e sts sts)11(11)11(11222s s s s se s e s e e s s e -------+--=22)1(111s s e s e ---∙-=2.5求下列函数的拉氏反变换（1）t t f 2sin 21)(= （2）t e t t f -=361)(（3）t t e e t f 32321)(+-=- （4）t t e e t f 235352)(+=-（5）t e t e t f t t 3sin 313cos 2)(22--+= （6）t t t e e te t f 222)(----+-=2.6（1）0)()()(22=--dtt y d m t ky t f（2）0)()()(222121=-+-dt t y d m t y k k k k t f2.7（1）14312)(23++++=s s s s s G（2）210)(22++=-s s e s G s2.8 解水的流量Q1由调节控制阀的开度控制，流出量Q2则根据需要可通过负载阀来改变，被调量H 反映了。

控制工程基础第三章参考答案

第三章习题及答案传递函数描述其特性，现在用温度计测量盛在容器内的水温。

发现需要时间才能指示出实际水温的98%的数值，试问该温度计指示出实际水温从10%变化到90%所需的时间是多少?解： 41min, =0.25min T T = 1111()=1-e0.1, =ln 0.9t h t t T -=-T21T22()=0.9=1-e ln 0.1t h t t T -=-，210.9ln2.20.55min 0.1r t t t T T =-===2.已知某系统的微分方程为)(3)(2)(3)(t f t f t y t y +'=+'+''，初始条件2)0( , 1)0(='=--y y ，试求：⑴系统的零输入响应y x (t )；⑵激励f (t )5™(t )时，系统的零状态响应y f (t )和全响应y (t )；⑶激励f (t )5 e 23t™(t )时，系统的零状态响应y f (t )和全响应y (t )。

解：(1) 算子方程为：)()3()()2)(1(t f p t y p p +=++)()e 25e 223()()()( )()e 1e 23()()()( )()e e 2()(2112233)( )2(;0 ,e 3e 4)( 34221e e )( 2x 2222x 212121221x t t y t y t y t t t h t y t t h p p p p p p H t t y A A A A A A A A t y t t t t t t f f t t ttεεεε------------+=+=+-==-=⇒+-+=+++=-=⇒⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧--=+=⇒+=∴*/ )()e4e 5()()()( )()e e ()(e )()( )3(2x 23t t y t y t y t t t h t y ttt t t f f εεε------=+=-==*3.已知某系统的微分方程为)(3)(')(2)(' 3)(" t f t f t y t y t y +=++，当激励)(t f =)(e 4t tε-时，系统的全响应)()e 61e 27e314()(42t t y t t tε-----=。

《控制工程基础》第3版课后答案

F (s) 4 s2 s 4
15 2 15 2 ) 2
8 15 4 15 F (s) 1 2 15 1 (s ) (s ) 2 ( 2 4 2
8 15 2 15 f (t ) e sin t 1(t ) 15 2
t
2-2(7)
F (s)
1 3 解： s 3 F ( s) 2 s 32 s 2 32
X o1 ( s) G1G2G3 (1 G4 ) X i1 ( s) 1 G1G2 G4 G1G4G5 H1 H 2 G1G2G4
同理可推得：
X o1 (s) G1G2G3 (1 G4 ) X i1 (s) 1 G1G2 G4 G1G4G5 H1H 2 G1G2G4
U o ( s) R2 R4 U i ( s) R1
R2 R4 R R Cs 1 4 2
、
2-12(b)
列写机械系统的方程组：其中
A (t )
T1 (t ) 分别为 J 1
所在杆的转角和转矩， T2 (t ) 为 J 2 所在杆的转矩。
解：
对其进行拉氏变换，得：
E ( s) 1 X i (s) 1 G( s)
当 xi (t ) (10 2t ) 1(t ) 时，输入引起的稳态误差
ess1
1 lim e(t ) lim sE ( s) lim s X i ( s) s 0 s 0 s 0 1 G( s)

化简可得：
T1 ( s) k1[ i ( s) A ( s)] 2 T ( s ) T ( s ) J s 1 2 1 A ( s ) D1 s A ( s ) T2 ( s) k 2 [ A ( s) o ( s)] T (t ) J s 2 ( s) D s ( s) 2 o 2 o 2

控制工程基础课后答案

1
School of Mechatronics Engineering
机械电子工程教研室
控制工程基础
仲志丹
2.3
已知 F ( s ) 10 s s 1 , (1) 利用终值定理，求t 时的 f (t ) (2) 通过取 F ( s )的反拉氏变换，求 t 时的 f (t ) 值解： (1) lim f (t ) lim sF ( s ) lim
R( s)

r (t ) = 4 + 6t + 3t 2 + 1.8t 3时的系统稳态误差。
E (s)
10 s s 1 10s 1
X o (s)
解：系统为1型系统。系统的偏差为 1 E (s ) = R (s) = R (s ) 10 1 + G (s) 1+ s ( s + 1)(10 s + 1) 稳态误差为 ess = lim e (t ) = lim sE ( s )
School of Mechatronics Engineering
机械电子工程教研室
控制工程基础
仲志丹
输入为 r (t ) = 4 + 6t + 3t 2时系统的稳态偏差为 ess = lim sE ( s )
机械电子工程教研室
控制工程基础
仲志丹
3.16
X i (s)
N (s)
E (s)
+
G1 s
G1 ( s )
G2 ( s )
+ +
10 0.1s 1
G3 ( s )
X o (s)
100
2
2 2
s 100 s 100

《控制工程基础》(王积伟吴振顺)课后习题答案高等教育出版社

作业P81-3,1-4。

1-31-4(P72)2-1，2-2。

2-1-a22,u u u u u u i c i c -==+dt du dt du c RC RC R i u i22-==dt du dt du i RC u RC =+222-1-b221Kx B B dt dx dt dx =-dt dx dt dx B Kx B 122=+2-1-c2u u u i c -=2212()(1212R C C R i i u R u R u dt du dt du R c i i -+-=+=i dt du dt du u R C R R u R R C R R i 22121221)(2+=++2-1-d22211121x K x K x K B B dt dx dt dx =-+-1122112)(x K B x K K B dt dx dt dx +=++2-1-e1211R u R u R ii -=⎰⎰⎰-+-=+=dt u dt u u u dt i R i u C R i C R R R i R R R CR 211211212111212i dt du dt du u C R u C R R i +=++22212)(⏹ (P72)2-1，2-2 2-1-fdt dy B y K X K y K x K x K x K =--=-2222222111,122121)1(x x y K K K K -+= dt dx K BK dt dx K K B x K x K K x K 121221)1()(1122122-+=-+- 111212112)(x K BK x K K K B dt dx dtdx +=++ 2-22222212121212222311311)(,)()(dt x d dtdx dtdx dtdx dt x d dtdx dtdx dtdx mBx K B mBB x K t f =---=----22322322221)(x K B B m Bdt dx dtx d dtdx +++=313222212113311)()(dt x d dt x d dt x d dtdx dtt df m B B B K=++--22222223233312222313232222322)(])([])([dt x d dtdx dt x d dt x d B B B dtdx dt x d B K dtt df B KB B m x K B B m ++++-+++-+2223213233321424321)(dt x d B K m dt x d B B B m dt x d B m m ++=+222323424][)(12323121213212312121dt x d dt x d dt x d K m B B B B B B K m B m B m B m B m m m +++++++++dt t df dtdx B x K K B B K B B K )(32213213122)]()([=+++++⏹ （P72）2-3:-2)、-4)、-6)；2-4:-2)。

控制工程基础第二版（徐立）课后习题答案整理版

二到四章答案2-1试建立题2-1图所示各系统的微分方程［其中外力的),位移x(f)和电压为输入量；位移y⑺和电压顽)为输出量；k(弹性系数)，"(阻尼系数)，R(电阻)，C(电容)和m(质量)均为常数］。

////////m/(O M(a)题2-1图系统原理图解：2-l(a)取质量m为受力对象，如图，取向下为力和位移的正方向。

作用在质量块m上的力有外力f(t),重力mg,这两个力向下，为正。

有弹簧恢复力4X0+Jo］和阻尼力〃也也，这两个力向上，为负。

其中，光为at扣)=0、物体处于静平衡位置时弹簧的预伸长量。

A A dtmv v7(0哗根据牛顿第二定理£F=ma,有f(t)+mg一灯yQ)+为］—#«')=/花』，?)其中：mg=ky0代入上式得f(t)-ky(f)-r顿')=m"半)at dt整理成标准式：d2y(t)dyit)...…..m-—以—ky(t)=/(0dt dt或也可写成：H顷)~dT m at m m它是一个二阶线性定常微分方程。

2-l(b)如图，取A点为辅助质点，设该点位移为x A(t),方向如图。

再取B点也为辅助质点，则该点位移即为输出量X0,方向如图A 点力平衡方程：4M 。

一％“)] = //[竺史一¥]at atB 点力平衡方程：k 2y(t}= 〃[也也—也£1]dt dt由①和②：^[%(z)-x A (O] = k 2y(t}得：xA (t) = x(t)-^y(t)二边微分，办a ") _办⑺ *2 ©(，)dt将③代入②：①dt 、 dt整理成标准式：k 、+ k 2 dy(t) * k 2 y(Q _ dx(t)k 、 dt 〃 dt或也可写成：dy(t)工 k x k 2+ ，，仰)=灯如)dt /u(k\ + 幻) k x +k 2 dt它是一个一阶线性定常微分方程。

控制工程基础(王积伟)课后答案

长江大学仪器10602班贺芸整理
第一章习题解答
对b)图所示液位控制系统：当水箱液位处于给定高度时，电源开关断开，进水电磁阀关闭，液位维持期望高度。若一旦打开出水阀门放水，导致液位下降，则由于浮球位置降低，电源开关接通，电磁阀打开，水流入水箱，直至液位恢复给定高度，重新达到平衡状态。
(K1
+
K2)B
d dt
xo (t)
+
K1K2xo (t)
=
K1B
d dt
xi (t)
+
K1K2xi (t)
易见：a)与b)、长c江)大与学仪d器)1、060e2班)与贺芸f)整为理相似系统。
第二章习题解答
2-2 试建立图示系统的运动微分方程。图中外加力f(t)为输入，位移x2(t)为输出。
+ 1) + sR1C2
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第二章习题解答
对图示机械网络，根据牛顿第二定
律，
xi
有：
K2
B2
B2 ⎜⎛ ⎝
dxi dt
−
dxo dt
⎟⎞ ⎠
+
K2 (xi
−
xo ) =
B1⎜⎛ ⎝
dxo dt
−
dx dt
⎟⎞ ⎠
B1
xo
B1⎜⎛ ⎝
dxo dt
−
dx dt
⎟⎞ ⎠
+ (K1B2
+
K1B3
+ K2B1
+ K2B3)
dx2 dt
+
K1K 2 x2
df (t) = B3 dt
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《控制工程基础》第三版课后答案

控制工程基础习题解答第一章1-1．控制论的中心思想是什么？简述其发展过程。

维纳（N.Wiener）在“控制论——关于在动物和机器中控制和通讯的科学”中提出了控制论所具有的信息、反馈与控制三个要素，这就是控制论的中心思想控制论的发展经历了控制论的起步、经典控制理论发展和成熟、现代控制理论的发展、大系统理论和智能控制理论的发展等阶段。

具体表现为：1．1765年瓦特（Jams Watt）发明了蒸汽机，1788年发明了蒸汽机离心式飞球调速器，2．1868年麦克斯威尔（J.C.Maxwell）发表“论调速器”文章；从理论上加以提高，并首先提出了“反馈控制”的概念；3．劳斯（E.J.Routh）等提出了有关线性系统稳定性的判据4．20世纪30年代奈奎斯特（H.Nyquist）的稳定性判据，伯德（H.W.Bode）的负反馈放大器；5．二次世界大仗期间不断改进的飞机、火炮及雷达等，工业生产自动化程度也得到提高；6．1948年维纳（N.Wiener）通过研究火炮自动控制系统，发表了著名的“控制论—关于在动物和机器中控制和通讯的科学”一文，奠定了控制论这门学科的基础，提出了控制论所具有的信息、反馈与控制三要素；7．1954年钱学森发表“工程控制论”8．50年代末开始由于技术的进步和发展需要，并随着计算机技术的快速发展，使得现代控制理论发展很快，并逐渐形成了一些体系和新的分支。

9．当前现代控制理论正向智能化方向发展，同时正向非工程领域扩展（如生物系统、医学系统、经济系统、社会系统等），1-2．试述控制系统的工作原理。

控制系统就是使系统中的某些参量能按照要求保持恒定或按一定规律变化。

它可分为人工控制系统（一般为开环控制系统）和自动控制系统（反馈控制系统）。

人工控制系统就是由人来对参量进行控制和调整的系统。

自动控制系统就是能根据要求自动控制和调整参量的系统，系统在受到干扰时还能自动保持正确的输出。

它们的基本工作原理就是测量输出、求出偏差、再用偏差去纠正偏差。

控制工程基础习题解答2

控制工程基础习题解答第二章2-1．试求下列函数的拉氏变换，假定当t<0时，f(t)=0。

(1).()()t t f 3cos 15-= 解：()[]()[]9553cos 152+-=-=s ss t L t f L (2). ()t et f t10cos 5.0-=解：()[][]()1005.05.010cos 25.0+++==-s s t eL t f L t(3). ()⎪⎭⎫⎝⎛+=35sin πt t f 解：()[]()252355cos 235sin 2135sin 2++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=s st t L t L t f L π 2-2．试求下列函数的拉氏反变换。

(1).()()11+=s s s F解：()[]()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=---11121111s k s k L s s L s F L()10111==⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=s s s s k()()111112-=-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=s s s s k ()[]te s s L s F L ----=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=111111 (2).()()()321+++=s s s s F解：()[]()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=---3232121111s k s k L s s s L s F L()()()1223211-=-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=s s s s s k ()()()2333212=-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=s s s s s k ()[]tt e e s s L s F L 231123221-----=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-= (3).()()()2222522+++++=s s s s s s F解：()[]()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=---22222225232112211s s k s k s k L s s s s s L s F L()()()22222225221-=-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=s s s s s s s k ()()()3331331222222513223222232==-=---=-+---=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++=--=+k k jjjjk k k j s s s s s s s s j s k s k ()[]()()t e e s s s L s s s s L s F L tt cos 32111322223322221211-----+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++++-=2-3．用拉氏变换法解下列微分方程（1）()()()()t t x dt t dx dtt x d 18622=++，其中()()00,10===t dt t dx x 解：对方程两边求拉氏变换，得：()()()()()()()()()()()()()()()()()[]()0,8747818747814242168616181618060042132132122222≥-+==-===++++=++++=++++==+-+-=+-+=-----t e e s X L t x k k k s k s k s k s s s s s s s s s s s X ss X s sX s s X s ss X x s sX t dt t dx sx s X s t t（2）()()210=+t x dtt dx ，其中()00=x 解：对方程两边求拉氏变换，得：()()()()()()()()()[]()0,515151511010221021001012121≥-==-==++=+==+=+---t e s X L t x k k s k s k s s s X s s X s sX ss X x s sX t（3）()()300100=+t x dtt dx ，其中()500=x 解：对方程两边求拉氏变换，得：()()()()()()()()()[]()0,4734731001003005030010050300100010012121≥+====++=++==+-=+---t e s X L t x k k s k s k s s s s X ss X s sX s s X x s sX t2-4．某系统微分方程为()()()()t x dtt dx t y dt t dy i i 322300+=+，已知()()0000==--i x y ，其极点和零点各是多少？解：对方程两边求拉氏变换，得：()()()()()()()()()()()233223323022030000-=-=++==+-=+-z p i i i i s s s s s X s Y s G s X x s sX s Y y s sY2-5．试求图2-25所示无源网络传递函数。

《控制工程基础》王积伟_第二版_课后习题解答(完整)

第一章3解：1)工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关）门开关的指令状态决定，两电压之差△u＝u1－u2驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制大门的开启。

当大门在打开位置，u2＝u上：如合上开门开关，u1＝u上，△u＝0，大门不动作；如合上关门开关，u1＝u下，△u<0，大门逐渐关闭，直至完全关闭，使△u＝0。

当大门在关闭位置，u2＝u下：如合上开门开关，u1＝u上，△u>0，大门执行开门指令，直至完全打开，使△u＝0；如合上关门开关，u1＝u下，△u＝0，大门不动作。

2)控制系统方框图4解：1)控制系统方框图2)工作原理：a)水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。

当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构是进水阀的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直至达到新的水位平衡。

此为连续控制系统。

b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球拉杆的长度给定。

杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。

当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关闭），开始进水（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），直至达到给定的水位高度。

随后水位进一步发生升高（降低），到一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。

此系统是离散控制系统。

2-1解：（c ）确定输入输出变量（u1，u2） 22111R i R i u += 222R i u = ⎰-=-dt i i C u u )(11221 得到：1121221222)1(u R Rdt du CR u R R dt du CR +=++ 一阶微分方程（e ）确定输入输出变量（u1，u2）⎰++=i d t C iR iR u 1211Ru u i 21-=消去i 得到：Cudt du R C u dt du R R 1122221)(+=++ 一阶微分方程第二章2-2解：1）确定输入、输出变量f(t)、x 22）对各元件列微分方程：222213311111122222232121311;)(;)()()()()()(x K f dtx x d B f dtdxB f x K f dt t x d m f f f dt t x d m t f t f t f t f K B B K B K B B B K =-====--=--- 3）拉氏变换：)()()()]()([)()]()([)()()(22222222131212131111s X s m s sX B s X K s X s X s B s X s m s X s X s B s sX B s X K s F =---=----4）消去中间变量：)()()()(23223232131123s X sB s m s B K s B s m s B K s B s sX B s F ++++++=+5）拉氏反变换：dtdfB x K K dt dx B K B K B K B K dtx d K m m K B B B B B B dt x d m B m B m B m B dt x d m m s s 3221232123121222212122131323132122142421)()()(=++++++++++++++2-3 解：（2）2112+-+s s t t e e 22--- （4）2)1(13111914191+++-+s s st t t te e e ---+-3191914 （5）2)1(1)1(2)2(2+-+++-s s s t t t te e e ----+-222 （6）s s s s s 5.2124225.04225.022++-+⨯⨯-+⨯-5.222s i n 2c o s 5.0+----t e t t 2-5解：1)D(s)=0,得到极点：0,0,-2,-5M(s)=0,得到零点：－1，∞+，∞+，∞+ 2) D(s)=0,得到极点：－2，－1，－2 M(s)=0,得到零点：0，0，－1 3) D(s)=0,得到极点：0，231j +-，231j -- M(s)=0,得到零点：－2，∞+，∞+4) D(s)=0,得到极点：－1，－2，∞- M(s)=0,得到零点：∞+2-8解：1）a ）建立微分方程dtt dx Bt f t f t x t x k t f t x k t f t f bat f t f t f t f t x m B k k k i k k )()()())()(()()()()()()()()()(202201121==-===--=∙∙b)拉氏变换)()())()(()()()()()()()()()(20220112102s BsX s F s X s X k s F s X k s F s F bas F s F s F s F s X m s k k k i k k =-===--=c)画单元框图（略） d)画系统框图2)a)建立微分方程：dt t dx B t f dt t x t x d B t f t x t x k t f t f t f t f t x m oB o i B i k B B k )()())()(()())()(()()()()()(22110210=-=-=-+=∙∙b)拉氏变换：)()())()(()())()(()()()()()(02211212s sX B s F s X s X s B s F s X s X k s F s F s F s F s X m s B o i B o i k B B k o =-=-=-+=c)绘制单元方框图（略） 4)绘制系统框图2-11解：a)1212321232141H G G H G G H G G G G G -+++b)))((1)(214321214321H G G G G H G G G G G G -++++2-14解：(1)321232132132101111)()(K K K s Ts K K K TsK s K K Ts K s K K s X s X i i ++=+++==φ 321243032132132103402)(111)(1)()()(K K K s Ts s K K s G K K K TsK s K K Ts K s K K s G Ts K K s N s X s n ++-=+++++-==φ(2)由于扰动产生的输出为： )()()()()(321243032102s N K K K s Ts sK K s G K K K s N s s X n ++-==φ要消除扰动对输出的影响，必须使0)(02=s X 得到：0)(430321=-s K K s G K K K得到：2140)(K K sK s G =第三章3-1解：1)法一：一阶惯性环节的调整时间为4T ，输出达稳态值的98%，故： 4T ＝1min ，得到：T ＝15s法二：求出一阶惯性环节的单位阶跃时间响应，代入，求出。

控制工程基础课后习题答案

根据频率响应的特性，设计控制系统。
详细描述
通过调整系统的传递函数，可以改变系统的频率响应特性。在设计控制系统时，我们需要根据实际需求，调整传递函数，使得系统的频率响应满足要求。例如，如果需要提高系统的动态性能，可以减小传递函数在高频段的增益。
06 第五章控制系统的稳定性分析
习题答案5-
习题答案
• 习题1答案：该题考查了控制系统的基本概念和组成。控制系统的基本组成包括被控对象、传感器、控制器和执行器等部分。被控对象是实际需要控制的物理系统或设备；传感器用于检测被控对象的输出状态，并将检测到的信号转换为可处理的电信号；控制器根据输入的指令信号和传感器的输出信号，按照一定的控制规律进行运算处理，并输出控制信号给执行器；执行器根据控制信号对被控对象进行控制操作，使其达到预定的状态或性能要求。
控制工程基础课后习题答案
目录
• 引言 • 第一章控制系统概述 • 第二章控制系统的数学模型 • 第三章控制系统的时域分析 • 第四章控制系统的频域分析 • 第五章控制系统的稳定性分析 • 第六章控制系统的校正与设计
01 引言
课程简介
01
控制工程基础是自动化和电气工程学科中的一门重要课程，主要涉及控制系统的基本原理、分析和设计方法。
总结词
控制系统校正的概念
详细描述
控制系统校正是指在系统原有基础上，通过加入适当的装置或元件，改变系统的传递函数或动态特性，以满足性能指标的要求。常见的校正方法有串联校正、并联校正和反馈校正等。校正装置通常安装在系统的某一环节，以减小对系统其他部分的影响。
习题答案6-
总结词
控制系统设计的一般步骤
习题答案5-
总结词

《控制工程基础》第四章习题解题过程和参考答案

4-1设单位反应系统的开环传达函数为：G (s)10。

当系统作用有以下输入信号时：r (t ) sin(t 30 ) ，试s1求系统的稳态输出。

解：C( s)G( s)10系统的闭环传达函数为：( s)11R(s)1G(s)s111这是一个一阶系统。

系统增益为：K 101，时间常数为： T 1111其幅频特征为：A()K12T 2其相频特征为：()arctan T当输入为 r (t )sin(t30 ) ，即信号幅值为：A 1 ，信号频次为：1，初始相角为：030。

代入幅频特征和相频特征，有：K10 1110A(1)2T 2 1 112122111(1)arctan T1所以，系统的稳态输出为：arctan15.1911c(t ) A(1) A sin t30(1)10sin(t24.81 )1224-2 已知系统的单位阶跃响应为：c(t) 1 1.8e 4t0.8e 9t(t0) 。

试求系统的幅频特征和相频特征。

解：对输出表达式两边拉氏变换：C( s)1 1.80.8361s s 4s9s( s4)(s9)s s1)s(1)(49因为 C ( s)(s)R( s) ，且有R(s)1（单位阶跃）。

所以系统的闭环传达函数为：s( s)1( s 1)(s1) 4 9可知，这是由两个一阶环节构成的系统，时间常数分别为：T 1 , T 1 14 2 9系统的幅频特征为二个一阶环节幅频特征之积，相频特征为二个一阶环节相频特征之和：A( ) A 1( )A 2( )11 12T 1212T 222 21)(1)(18116( )1() 2()arctan T 1 arctan T 2arctan4arctan94-3 已知系统开环传达函数以下，试大要绘出奈氏图。

1（ 1） G ( s)（ 2） G ( s)1 0.01s1s(1 0.1s)1000(s 1) （ 3） G ( s)s(s 2 8s 100)50(0.6 s 1) （ 4） G ( s)s 2 (4 s 1)解：手工绘制奈氏图，只好做到大要绘制，很难做到精准。