自动控制原理及其应用答案第二版-课后答案.
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。
自动控制原理第二版课后答案孟华
自动控制原理第二版课后答案孟华【篇一：自动控制原理_孟华_习题答案】t>第二章2.1 试分别写出图2.68中各无源电路的输入ur(t)与输出uc(t)之间的微分方程。
图2.68 习题2.1图解：(a)ur?ucu?r?u?c)?i2，i1?i2?c?i1，c(ur1r2，r1r2rrr2?c?uc?12cu?r?cuurr1?r2r1?r2r1?r2(b)?r?u?c)?i1，c1(uur?u1?1，uc?i1r2?u1， ?i2，i1?i2?c2ur1??c?(r1c1?r1c2?r2c1)u?c?uc?r1r2c1c2u??r?(r1c1?r2c1)u?r?u r r1r2c1c2u(c)uur?uc?i1，c1(ur?u1)?i2，i1?i2?1r1r2，uc?1i1dt?u1， ?c2??c?(rc????r1r2c1c2u12?r2c2?r2c1)uc?uc?r1r2c1c2ur?(r2c2?r2c1)ur?ur2.2 试证明图2.69(a)所示电路与图2.69(b)所示的机械系统具有相同的微分方程。
图2.69(b)中xr(t)为输入，xc(t)为输出，均是位移量。
(a)(b)图2.69 习题2.2图(a)1ur?uc?r?u?c)?i2，i1?i2?i，uc??i1，c1(uidt?ir2，r1c2???c?(r1c1?r1c2?r2c2)u?c?uc?r1r2c1c2u??r?(r1c1?r2c2)u?r?u r r1r2c1c2u(b)?c?x?1)?k2x1，b1(x?r?x?c)?k1(xr?xc)?b2(x?c?x?1)， b2(xb1b2bbbbbbb??c?(1?2?2)x?c?xc?12??r?(1?2)x?r?xrxxk1k2k1k2k1k1k2k1k22.3 试分别求出图2.70中各有源电路的输入ur(t)与输出uc(t)之间的微分方程。
(a) (b)(c)图2.70 习题2.3图解：(a)uur?r??c?cur1r2，uc?r???r2cur2ur r1(b)uurr?c，r2cu?c?uc??2ur ??c?cur1r2r1uc??ur1u?c??r2cu?r?ur r2??rdt，r1cur1cr1(c)2.4 某弹簧的力-位移特性曲线如图2.71所示。
自动控制原理第二版课后答案
自动控制原理第二版课后答案X.2- 2由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得/；(x.-x0)-/2x0=rnx整理得"等十⑺S字" d\将上式拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得［亦+(人+/2)$］血0)=人迟⑸于是传递函数为疋($)恥 + /; +/2②其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点A,并设A点位移为无，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：K］（兀-x） = /（x-x c）消去中间变量X,可得系统微分方程佔+心）牛+ K心0 = 牛at at对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为K ⑸一/（&+£）$+&瓦③以引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程: 蜀（兀-X）+ /（乙-对）=丘％移项整理得系统微分方程/贽+ （陌+ 0）心=令+瓦兀对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即X r（。
） = X0（。
）= °则系统传递函数为X。
(£)_ fz K\ 兀G) 一冷+ (K]+0)2-3r 並'C 2s=1 （&C°s 十 1）一 1 {T.S + 1）・・・——(T.s + 1)所以.5(s)_ S _ C“ -_⑺s + l)®s + l)'5(s) Z 1 + Z 2 尽 |1(匚「J 尽C Q S + ^S + I)込s + 1)T 、s +1 C 2s 2(b) 以幻和fl 之间取辅助点A,并设A 点位移为方向朝下；根据力的平 衡原则，可列出如下原始方程：解：(a):利用运算阻抗法得：Z] =R 』R.——1 _ C\s泾尽+丄R 】 RiGs +1+1K2(X.-X0)+ f2(x. - x0) = /；(x0 -x) (1)A：1x = /；(x(> -x) (2)所以K2(x i-X0)4-/2(X,--X0)=K x x (3)対(3)式两边取微分得恳2(乙—攵。
自动控制原理答案完全版_第二版
自动控制原理（非自动化类）习题答案第一章习题被控量：水箱的实际水位 h c执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。
比较计算元件：电位器。
h 「。
给定值为希望水位 h r （与电位器设定cr电压u r 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）当h c h r 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。
一但h c h r 时，浮子位置相应升高（或CIc I降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移） ，从而给电动机提供一定的工作电压，驱动电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 h r 。
水位自动控制系统的职能方框图受控量：门的位置 测量比较元件：电位计工作原理：系统的被控对象为大门。
被控量为大门的实际位置。
输入量为希望的大门位置。
当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动,使大门向上提起。
同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开 门开关自动断开。
反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。
1-5 解：系统的输岀量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉1-1 （略） 1-2（略）1-3 解： 受控对象：水箱液面 测量元件：浮子，杠杆。
放大元件：放大器。
工作原理：系统的被控对象为水箱。
被控量为水箱的实际水位1-4 解：受控对象：门。
执行元件：电动机，绞盘。
放大 元件：放大器。
开闭门门实际仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器比较元件：电位计测量元件：热电偶职能方框图:KK3 2 Ts (T 1)s s K1K 3电位器电压放大炉温热电偶第二章习题2-1解：对微分方程做拉氏变换：X,(s) R(s) C(s) N,(s)X 2 (s) Q X/s)X 3 (s) X2 (s) X5(s TsX4 (s) X 3 (s)X5 (s) X4 (s) K2 N2(s k 3 X5 (s) s2C (s) sC(s) C(s) / R(s) 功率放大加热器'电机电炉R(s)绘制上式各子方程的方块图如下图所示:C(s) / N i (s) C(s) / R(s),K 2K 3TSTs 3~~T 1)s 2s K 1K 32-2解：对微分方程做拉氏变换X i (s) K[R(s) C (s)] X 2 (s)sR(s)(s 1) X 3(s) X i (s) X 2 (s) (Ts 1)X 4 (s)X 3 (s) X 5 (s)C(s) X 4 (s) N (s) X 5 (s) (Ts 1) N(s)(b) C (s)字红R(s) 1 G 1G 3 G G 4 G 2 G 3 G 2G 4X3(s) 绘制上式各子方程的方块如下图:将方块图连接得出系统的动态结构图:..R(s)1(s 1)：Ts 1)C(s)N (s) 02-3解：（过程略）K____________C(s) (s 1)<Js 1) (s 1XTs 1) K ____________ Ts 2(T s1)s (K 1)C(s) / N 2 (s)R(s) ms fs K(c)誤 R(s) G 2 G 1G 2 1 G-i G 2G-I (d 普 R(s)G 1 G 2 1 G 2G 3(e)R^ R(s)G 1G 2G 3G 4 1 G<|G 2 G 2G 3 G 3G 4 G 1G 2G 3G 4 2-4 解：（1）求 C/R ，令 N=0 KK K 3s(Ts 1) C (s) / R(s) G(s)1 G(s) 求C/N ，令R=0，向后移动单位反馈的比较点 K C(s) / N (s) (K n G n K 1 0 ) — J s 1 亠 K 1G(s)K 1K 2 K 3 Ts 2K i K 2 K 3K n K 3s K 1K 2 K 3G K 2 n2 一Ts 2s K 1K 2 K 3 Ts 1 s （2）要消除干扰对系统的影响C(s) / N (s) K n K3s K1K2 K3GnTs 2 s K 1K 2 K 3G n (s) KnsK 1K 22-5 解：（a ） （1 ）系统的反馈回路有三个，所以有3L a L 1 L 2 L 3 a 1G 1G 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5三个回路两两接触，可得 1 L a 1 GG 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5(2) 有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以P P 2 G 1G 2G 3,11, 2 1(3) 闭环传递函数C/R 为GGG 3 11 G 1G 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5(b)(1) 系统的反馈回路有三个，所以有3L aa 1L 1L 3 G 1G 2 G 1 G 1三个回路均接触，可得 1 L a 1 G-i G 2 2G-)(2 )有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以R G 1G 2 , 11P 2G, 21PG2,3 1P 4G 1,41(3)闭环传递函数C/R 为C G 1G 2 G 1 G 2 GG-i G 2 G 2 R 1 G 1G 22G 1 1 G-|G 2 2G.2-6解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得1L a 1 GG 2G 3 G 2，可得第三章习题采用K 0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为1OK o要使过渡时间减小到原来的 0.1倍，要保证总的放大系数不变，则：(原放大系数为10,时间常数为0.2)3-2解：系统为欠阻尼二阶系统(书上改为“单位负反馈……”，“已知系统开环传递函数”)% e / 1 $100%100% 1C(s) G-|G 2G 3 G 2G 3 R(s) 1 G 1G 2G 3 G 2 C (s)(1 G 2 )G 3N 2 (s) 1 GG 2G 3 G 2 E(s) 1 G 2 G 2G 3 R(s) 1 G-|G 2G ：3 G 2 E(s) C(s) (1 G 2 G N 2 (s)N 2 (s)1 G 1G 2G 3 G 2C (s) NQC(s) / R(s)C(s) 1 (1 GG 2G 3 G 2 ) 1N 3 (s) 1 G 1G 2G 3 G 2 E(s) C(s) G 2G 3 G 1G 2G 3 N 1 (s) N 1(s) 1 G 1G 2G 3 G 2E(s)C(s) 1N 3 (s)N 3 (s)3-1解：(原书改为G(s) 100.2s 1)(s)C(s) K G(s) R(s) 01 G(S )K H1 10K H 0.2s1 10K10K 。
自动控制原理及其应用(第2版)黄坚第二章习题课
第二章习题课
(2-9)
2-9 若系统在单位阶跃输入作用时，已知初 若系统在单位阶跃输入作用时， 始条件为零的条件下系统的输出响应， 始条件为零的条件下系统的输出响应，求 系统的传递函数和脉冲响应。 系统的传递函数和脉冲响应。 -t 1 -2t R(s)= s c(t)=1-e +e r(t)=I(t) 1 - 1 + 1 = (s2+4s+2) 解: C(s)= s s+2 s+1 s(s+1)(s+2) (s2+4s+2) G(s)=C(s)/R(s)= (s+1)(s+2) (s2+4s+2) =1+ 2 - 1 脉冲响应: 脉冲响应 C(s)= (s+1)(s+2) s+2 s+1 c(t)= (t)+2e-2t-e-t δ
第二章习题课
(2) dy(t) 2 dt +y(t)=t
(2-4)
y(0)=0
第二章习题课
(2-5)
2-5 试画题图所示电路的动态结构图， 试画题图所示电路的动态结构图， c 并求传递函数。 并求传递函数。 i1 (1) 解： + R
Ur(s)
Cs _
I1(s)
+ +
i2
1
+
I(s)
R2
Uc(s)
+ i uo -
第二章习题课
(b) 解： (ui-u1) i=i1+i2 i= R
1
(2-1)
u1 L i
R1 C
＋
ui
i1 i2
R2
+ uo -
大学_自动控制原理第二版(王敏 王金城著)课后答案下载
自动控制原理第二版（王敏王金城著）课后答案下载自动控制原理第二版（王敏王金城著）课后答案下载1控制系统导论1.1自动控制的基本原理1.1.1一个实例1.1.2控制系统方框图1.2自动控制系统的分类1.2.1按信号的传递路径来分1.2.2按系统输入信号的变化规律来分1.2.3按系统传输信号的性质来分1.2.4按描述系统的数学模型来分1.2.5其他分类方法1.3对控制系统的基本要求1.4自动控制的发展简史1.4.1经典控制理论阶段1.4.2现代控制理论阶段1.4.3大系统控制理论阶段1.4.4智能控制阶段__小结习题12控制系统数学模型2.1导论2.2控制系统的微分方程2.2.1微分方程式的建立2.2.2非线性方程的线性化2.3控制系统的传递函数2.3.1传递函数的概念2.3.2传递函数的性质2.3.3典型环节及其传递函数 2.4控制系统结构图与信号流图 2.4.1控制系统的结构图2.4.2控制系统的信号流图2.4.3控制系统的传递函数2.5应用Matlab控制系统仿真 2.5.1举例2.5.2传递函数2.5.3结构图模型__小结习题23控制系统的时域分析法3.1二阶系统的瞬态响应及性能指标 3.1.1典型输入信号3.1.2系统的性能指标3.1.3瞬态响应分析3.1.4线性定常系统的重要特性3.2增加零极点对二阶系统响应的影响 3.3反馈控制系统的稳态误差3.3.1稳态误差的概念3.3.2稳态误差的计算3.3.3主扰动输入引起的稳态误差3.3.4关于降低稳态误差问题3.4劳斯赫尔维茨稳定性判据3.4.1稳定性的概念3.4.2劳斯判据3.4.3赫尔维茨判据3.5控制系统灵敏度分析3.6应用Matlab分析控制系统的性能 __小结习题34根轨迹法4.1根轨迹的基本概念4.2绘制根轨迹的基本规则4.3控制系统根轨迹的`绘制4.4广义根轨迹4.4.1以非K?为变参数的根轨迹4.4.2正反馈系统的根轨迹4.4.3非最小相位系统的根轨迹4.5线性系统的根轨迹分析方法4.5.1主导极点的概念4.5.2增加开环零极点对根轨迹的影响 4.6利用Matlab绘制系统的根轨迹__小结习题45线性系统的频域分析5.1频率特性的概念5.2开环系统频率特性的图形表示 5.2.1幅相频率特性曲线5.2.2对数频率特性曲线5.3奈奎斯特稳定判据5.3.1奈奎斯特稳定判据的数学基础 5.3.2奈奎斯特稳定判据5.4控制系统的相对稳定性5.4.1相对稳定性5.4.2稳定裕度的求取……6线性系统的校正方法7线性离散控制系统8非线性系统理论9状态空间分析与综合10鲁棒控制系统附录Matlab简介参考文献自动控制原理第二版（王敏王金城著）：内容提要本书还结合自动控制理论的基本概念的讲解，应用了Matlab及控制系统工具箱进行计算机辅助教学，通过例题、习题介绍Matlab在控制系统分析、综合及仿真中的应用。
《自动控制原理》第二版课后习题答案
k (x x ) f ( dx1 dy )
（1）
1
1
dt dt
对B点有
f ( dx1 dy ) k y dt dt 2
（2）
联立式（1）、（2）可得：
dy k1k2 y k1 dx dt f (k1 k2 ) k1 k2 dt
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ur 。 此时， ue ur u f 0 ，故u1 ua 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uc 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。
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。
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
自动控制原理及其应用第二版课后答案
自动控制原理及其应用第二版课后答案【篇一：《自动控制原理》黄坚课后习题答案】ss=txt>uo-u+o(a)解：i1=i-i2u1=ui-uouuu-ui=i1==211dud(u-u)i2=c=c(b)解：(u-u)i=i1+i2i=udui1=i2=c2duu1-uo=21u-uud(u-u)-c=12dudur2(ui-uo )=r1u0-cr1r2(-)duducr1r2+r1uo+r2u0=cr1r2+r2uidud2uuuduu--21112=2+cud2udu+(c+=12+(1+2)uo12duu+c2duo+22-2 求下列函数的拉氏变换。
(1) f(t)=sin4t+cos4t(2) f(t)=t3+e4t434t解：l[t+e](3) f(t)=tneat解：l[tneat]=(4) f(t)=(t-1)2e2t解：l[(t-1)2e2t]=e-(s-2)2-3求下列函数的拉氏反变换。
(1) f(s)=aa解：a1=(s+2)=-1a2=2 -f(t)=2e-3t-e-2t(2) f(s)=aaa解：a1=(s+1)=-1a2[=2a3s=-2=-2f(t)=-2e-2t-te-t+2e-t(3) f(s)=2as+aa解：f(s)(s2=a1s+a2j=a1s+aj-2-5j+1=ja1+a2-5j-1=-a1+ja2a1=1a2=-5a3=f(s)s=1++f(t)=1+cost-5sint(4) f(s)=解：=a+a+a+aa1a3a4a2ad[2]s=-1f(t)=e-t-e-t++e-3t(2-4)求解下列微分方程。
a2=5 a3=-4y(t)=1+5e-2t-4e-3t并求传递函数。
2-5试画题图所示电路的动态结构图，c+sc)r2r+rrscu(s)==c1+(+sc)r212121(2)cl1=-r2 /lsl2=-/lcs2l3=-1/scr1l1l3=r2/lcr1s2c112122-8 设有一个初始条件为零的系统，系统的输入、输出曲线如图，求g(s)。
自动控制原理及其应用(第二版黄坚)课后习题答案
2-1(a)试建立图所示电路的动态微分方程。
i1=i2-ic
C
＋ u－1u=i[
uo R2
-CRd1(Ru2dit-uo＋ － u) o]R1+uo
＋ －ui
＋ uc －
CC
i1
R1 R2
ic
＋ i－2uo
输Ruuo21入Ru=i1=i量+1uCR为odR1dutu1o-RiC，1ddRt输ui2i2+R=出u1uRRo量Ro22+2为=CRdud2uotuo。Ri+i1CcR=dd2Cuu+t iiuRdd=outu1RRc12=2+du(oudi-tuo)
d2y(t) dt2 +5
dy(t) dt
+6y(t)=6
，初始条件：
y(0)=y·(0)=2 。
A1=1 , A2=5 , A3=-4 ∴ y(t)=1+5e-2t-4e-3t
解:s2Y(s)-sY(0)-Y(′0)+5sY(s)-5Y(0)+6Y(s)=
1 s
∴
Y(s)=
6+2s2+12s s(s2+5s+6)
第二章习题课 (2-11f)
2-11f 求系统的闭环传递函数 。
解: (1) R(s) _ G1 C(s)
R(s)
C(s)
_ G1
G2 1-G2
L1 G2 L2
+
C(s) R(s)
=
G1 1+G1-1GG22
(s+1s)+22(s+3)est
+
s=0
s(ss++21)2est s=-3
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。
《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。
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。
自动控制原理及其应用(第2版)黄坚第四章习题课
第四章习题课 (4-3)
Kr(s+8) jω (4) G(s)= s(s+3)(s+7)(s+15) 6.2 ω1=0 1）开环零、极点 ）开环零、 Kr=0 p4 p p p p r =0 ω2,3 ±6.2 K1=638p2=-3 =p3=-7 3 01 σ 2 z1 -5.67 p4 5）分离点和会合点 ） =-15 z1=-8 -6.2 2）实轴上根轨迹段+315s 2 p3~z1 ） A(s)=s4+25s3+171s2 p1~p 3+75s2+342s+315p4~-∞ 3）根轨迹的渐近线 ） A(s)'=4s -3-7-15+8 =-5.67 θ= +60o , +180o n-m=3 σ= B(s)'=2s+7 B(s)=s+8 3 4）根轨迹与虚轴的交点 闭环特征方程为 ） 解得 4 s=-1.4 6）系统根轨迹 ） 3+171s2+323s+8K =0 s +25s r
第四章习题课 (4-6)
4-6 已知系统的开环传递函数，试确定闭 已知系统的开环传递函数， Kr 环极点ζ=0.5时的 r值。 G(s)H(s)= 时的K 环极点 时的 s(s+1)(s+3) 解: p1=0 p2=-1 p3=-3 与虚轴交点 p1~p2 3~ s3+4s2+3s+Kp=0 r jω 3+3ω=0 ω 1.7 σ=- -1-3 =-1.3 Kr=0 +ω1o, +180o θ= 60 =0 3 2 Kr-4 =0 Kr=12 ω2,3=±1.7 ω s1 根轨迹的分离点： 根轨迹的分离点： 系统根轨迹 p2 s3 p3 p A(s)B'(s)=A'(s)B(s) ζ=0.5 得 s1=-0.37+j0.8 -1 0 1 -3 2 3s +8s+3=0 s3=-4+0.37×2=-3.26 s2=-2.2 s1=-0.45 Kr=|s3||s3+1||s3+3| -1.7 s2没有位于根轨迹上，舍去。 没有位于根轨迹上，舍去。 =3.26×2.26×0.26=1.9 8
《自动控制原理(第2版)》李晓秀(习题参考答案)
《自动控制原理（第2版）》李晓秀第 1章习题答案1-3 题系统的控制任务是保持发电机端电压U 不变。
当负载恒定发电机的端电压U 等于设定值U0时，U0 ，电动机不动，电位器滑臂不动，励磁电流 I f恒定；当负载改变，发电机的端电压U 不等于设定值U 0时，U 0，U 经放大器放大后控制电动机转动，电位器滑臂移动动，使得励磁电流I f改变，调整发电机的端电压U ，直到U U 0。
系统框图为：负载U 0U电动机电位器I f U放大器发电机1-4 题（1）在炉温控制系统中，输出量为电炉内温度，设为T c；输入量为给定毫伏信号，设为 u r；扰动输入为电炉的环境温度和自耦调压器输入电压的波动等；被控对象为电炉；控制装置有电压放大器、功率放大器、可逆电动机、减速器、调压器等。
系统框图为：扰动u r u电压、功率可逆减速器调压器T c 电炉放大电动机u f热电耦（ 2）炉温控制系统的任务是使炉内温度值保持不变。
当炉内温度与设定温度相等时，u r等于u f，即u0 ，可逆电动机电枢电压为0，电动机不转动，调压器滑臂不动，炉温温度不改变。
若实际温度小于给定温度，u u r u f0 ，经放大后控制可逆电动机转动使调压器滑臂上移，使加热器电压增大，调高炉温；若实际温度大于给定温度，u u r u f0 ，经放大后控制可逆电动机转动使调压器滑臂下移，使加热器电压减小，降低炉温。
使得 u f和 u r之间的偏差减小甚至消除，实现了温度的自动控制。
1-5 题（1）在水位控制系统中，输出量为水位高度H ；输入量为给定电压u g；扰动输入为出水量等。
系统原理框图为：出水u g放大器电动机减速器进水阀H 水箱u f浮球（ 2）当实际水位高度H为设定高度时，与受浮球控制的电位器滑臂位置对应的u f与给定电压 u g相等，电动机不转动，进水阀门维持不变。
若水位下降，电位器滑臂上移，u f增大，偏差u u g u f 0 ，经放大后控制电动机逆转调大进水阀门，加大进水量使水位升高；若水位升高降，电位器滑臂下移，u f减小，偏差u u g u f0 ，经放大后控制电动机正转调小进水阀门，减小进水量使水位下降，实现了水位的自动控制。
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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＋ ui －
i1 R1 R2
＋ uo i2 －
IC(s)=CsUC(s)
[UI(s)-UO(s)]Cs=IC(s)
UI(s)
UI(s) sC
1＋ sC )R2 (R 1 IC(s) ＋ I2(s) ＋ I1(s)
UO(s)
-
1 R1
R2
UO(s)
1 ( ＋sC)R2 UO(s) R1 R2+R1R2sC = = 1 UI(s) R1+R2+R1R2sC ( sC)R ＋ 1+ R 2 1
6+2s2+12s ∴ Y(s)= 2 s(s +5s+6) A1=sY(s)
s=0
1 s
(2-4-2)
求下列微分方程。
d3y(t) d2y(t) dy(t) 初始条件: +4 2 +29 =29, 3 dt dt dt · · y(0)=0 , y(0)=17 , · y(0)=-122 解:
2-5-a 试画题2-1图所示电路的动态结构图,并 求传递函数。 ＋ uc － 解:ui=R1i1+uo ，i2=ic+i1 duc ic=C dt UI(s)=R1I1(s)+UO(s) I2(s)=IC(s)+I1(s) UI(s)-UO(s) 即: =I1(s) R1
(2-4-1) 求下列微分方程。 A3=(s+3)Y(s) A2=(s+2)Y(s) s=-2
s=-3
d2y(t) dy(t) +5 dt +6y(t)=6 ，初始条件： 2 dt · y(0)=y(0)=2 。 A1=1 , A2=5 , A3=-4 ∴ y(t)=1+5e-2t-4e-3t
′ 解:s2Y(s)0)-Y(0)+5sY(s)-5Y(0)+6Y(s)=
2-3-3 函数的拉氏变换。
∴ f(t)=1+cost-5sint
2s2-5s+1 F(s)= s(s2+1) 解:F(s)(s2+1) s=+j =A1s+A2 A1=1, A2=-5
s=+j s=0
A3=F(s)s
=1
s -5 1 F(s)= s + 2 + 2 s +1 s +1
2-3-4 函数的拉氏变换。
解:L[t3+e4t]= (3) f(t)=tneat 解:L[tneat]= n! (s-a)n+1 3! 1 3! 1 + s-4 = 4 + s-4 3+1 s s
(4) f(t)=(t-1)2e2t 2 2 2t -(s-2) 解:L[(t-1) e ]=e (s-2)3
2-3-1 函数的拉氏变换。 s+1 F(s)=(s+1)(s+3) s+1 解：A1=(s+2) (s+1)(s+3) A2=(s+3) s+1 (s+1)(s+3)
s=-3 s=-2
= -1
=2
2 - 1 F(s)= s+3 s+2
f(t)=2e-3t-e-2t
2-3-2 函数的拉氏变换。 s F(s)= (s+1)2(s+2) s d [ s est] st 解:f(t)= e +lim (s+1)2 s=-2 s -1 ds s+2 st st 2 -2t st) =-2e +lim( e + e s -1 s+2 (s+2)2 =-2e-2t-te-t+2e-t =(2-t)e-t-2e-2t
第二章习题课
(2-1b)
2-1(b) 试建立图所示电路的动态微分方 程。 duc CL d2uo duo du L ic= = +C o L 2 R 1 uL= dt R2 dt dt R2 dt ＋ ＋ 2 uo C CL d uoR2 duo uo u u + +C i1= i o i2= R ui=u1+uo 2 dt － R2 R2 dt － 2 输入量为ui，输出量为uo。 duc d(ui-uo) u1=i1R1 ic=C dt = dt diL uo u =L L dt iL=i2= i1=iL+ic R2
求下列函数的拉氏变换。 (1) f(t)=sin4t+cos4t w 解:∵L[sinwt]= 2 2 w +s s L[coswt]= 2 2 w +s
习题课一 (2-2)
4 + s ∴L[sin4t+cos4t]= s2+16 s2+16 s+4 = 2 s +16
(2) f(t)=t3+e4t
第二章习题课
(2-1a)
2-1(a) 试建立图所示电路的动态微分方 程。 u
＋
c
－
i1=i2-ic
＋ d1(ui-uo＋ ) ＋ uo R u1u =[ -C R2 ]R1+uo ui u dt i R2 o － － －
C
解：
C C i1 R1 R2
ic
＋ uo i2 －
dui du。 o 输入量为 u ，输出量为 u i=u 1+uo i o R2ui=uoR1-Cdt R1R2+C dt R1R2u +u R o 2 duc d(ui-uo) uo u1=i1R1 duo ic=C dui dt = dt i2= R uoR1+C dt R1R2+uoR 2 2=R2ui+C dt R1R2
2-5-b 试画出题 2-1图所示的电路 的动态结构图,并 求传递函数。 解：ui=R1I1+uc uo ∴ iL= R2 UL(s)=sLIL(s)
＋ ui －
R1 C
L
R2
＋ uo －
uc=uo+uL i1=iL+ic
diL uL=L dt duc ic=C dt
Ui(s)=R1I1(s)+UC(s)
UC(s)=UO(s)+UL(s) I1(s)=IL(s)+IC(s)
UO(s) I2(s)= R2 UI(s)+UC(S) I1(s)= 即： R1 IL(s)=I1(s)-IC(s)
Ui 1 R1 I1
s+2 2 1 -3t 3 -t t -t (4) F(s)= = + e - e - e 2 s(s+1) (s+3) 3 12 4 2 s+2 s+2 st st 解:f(t)= e + e 2 2 (s+1) (s+3) s=0 s(s+1) s=-3 s+2 est ] d[ s(s+3) + lim s -1 ds st 2 st (s+2)te 2 1 -3t (-s -4s-6)e = + e +lim [ + 2 ] 2 2 s -1 3 12 (s +3) s +3s