自动控制原理第五版课后答案解析[完整版]

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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u

r（表征液

位的希望值c

r）；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u

r）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c

r，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c

r。

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c

r。

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c

r。

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?

c(t)5r 2(t) t d2r (t)

2

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（２）

（３）

（４）

（５）

（６）

（７）

d 3c(t ) 3 d 2 c(t) 6 dc(t)

8c(t ) r (t )

dt 3

dt 2

dt

；

t dc(t )

c(t ) r (t)

3 dr (t )

dt

dt

；

c(t)

r (t ) cos

t 5 ；

r ( )d

c(t)

3r (t)

6 dr (t )

5

t

dt

；

c(t) r 2 (t) ；

c(t)

0, t

6

r (t), t

6.

解：（ 1）因为 c(t) 的表达式中包含变量的二次项

r 2 (t )

，所以该系统为非线性系统。

（ 2）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。

（ 3）该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，所以该系统为线性系统，但第一项

t

dc(t ) dt 的系数为 t ，是随时间变化的变量，因此该系统为线性时变系统。

（4）因为 c(t) 的表达式中 r(t) 的系数为非线性函数

cos t ，所以该系统为非线性系统。

（ 5）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。 （6）因为 c(t) 的表达式中包含变量的二次项

r 2 (t )

，表示二次曲线关系，所以该系统为非

线性系统。

0 (t

6)

a

（7）因为 c(t) 的表达式可写为 c(t ) a r (t)

，其中

1 (t

6)

，所以该系统可看作是

线性时变系统。

第 二 章

2-3 试证明图 2-5( ａ ) 的电网络与 (b) 的机械系统有相同的数学模型。

分析 首先需要对两个不同的系统分别求解各自的微分表达式，然后两者进行对比，找出两者之

间系数的对应关系。对于电网络，在求微分方程时，关键就是将元件利用复阻抗表示，

然后利用 电压、电阻和电流之间的关系推导系统的传递函数， 然后变换成微分方程的形式， 对于机械系统，

关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列出系统的方程，最后联立求微分方程。

证明： (a) 根据复阻抗概念可得：

R 2

1

u o C 2s R 1R 2C 1C 2 s

2

(RC 11

R 2C 2 RC 12 ) s

1

u i

R 1 R 1R 2 C 1C 2 s 2 (RC 11 R 2C 2

RC 12)

1

R 2

1 C 1 s

C 2 s

R 1

1

C 1 s

即

RRCC

d 2 u 0

(RC RC

R C ) du 0 u RRCC d 2u i (RC RC

) du i u

1 2 1 2

dt 2

1 1

2 2 1 2 dt o 1 2 1 2 dt 2 1 1 2 2 dt i

取 A 、 B 两点进行受力分析，可得：

f 1 ( dx i

dx o

) K 1 ( x i x o )

f 2 (

dx

o

dx )

dt

dt

dt

dt

f 2 (

dx

o

dx ) K 2 x dt

dt

整理可得：

d 2 x o

dx

o

d 2 x

i

dx

i

f 1 f 2 dt 2 ( f 1K 1 f 1 K 2

f 2 K 1 ) dt

K 1K 2x o f 1 f 2 dt 2 ( f 1K 2 f 2 K 1 ) dt

K 1K 2 x i

经比较可以看出，电网络（

a ）和机械系统（

b ）两者参数的相似关系为

K 1

1

, f 1 R 1 , K 2

1

, f 2

R 2

C 1

C 2

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

出各方程式的模态。 (1)

( ２ )

2x(t ) x(t)

t;

x(t) 2x(t) x(t) (t ）。

2-7 由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图

2-6 所示，试求闭环传递函数

U ｃ ( ｓ ) ／Ｕ

ｒ ( ｓ ) 。

图 2-6

控制系统模拟电路

解：由图可得

R 1

U 1

C 1s

( U i

U o )

1

R o

R o

R 1

C 1s U o R 2 U 2 R 0

U 2 1 U 1

R 0 C 2s

联立上式消去中间变量 U1 和 U2, 可得：

U o ( s)

R 1R 2

U i (s)

R o 3R 1C 1C 2 s 2 R o 3C 2 s R 1 R 2

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

max 330

o

，功

率放大级放大系数为 K

, 要求：

3

K 、第一级和第二级放大器的比例系数

K 和K ；

(1) 分别求出电位器传递系数

1

2

(2) 画出系统结构图；

(3)

简化结构图，求系统传递函数

0 ( s) / i (s) 。

图 2-7

位置随动系统原理图

分析：利用机械原理和放大器原理求解放大系数，

然后求解电动机的传递函数， 从而画出系统结

构图，求出系统的传递函数。

E

30

180

K 0

V / rad

m

11

330

解：（ 1）

1800

30 103

3

K 1

103

10 20 103 2

K 2

10

3

10

（2）假设电动机时间常数为

Tm ，忽略电枢电感的影响，可得直流电动机的传递函数为

( s)

K m

U a (s) T m 1

式中 Km 为电动机的传递系数，单位为 (rad s 1 )/ V 。

又设测速发电机的斜率为

K t (V / rad

s 1 )

，则其传递函数为

U t (s)

K t

( s)

由此可画出系统的结构图如下：

i (s)

U 1

U 2

U

a

K m

( s) 1

K o K 1

K 2

K 3

s

-

-

T m s 1

U t ( s)

K t

（3）简化后可得系统的传递函数为

o (s)

1 i (s)

T m

2

1 K

2 K 3K m K t s 1

K 0K 1 K 2 K 3 K m s

K 0K 1 K 2 K 3 K m

2-9 若某系统在阶跃输入 r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出

响应 c(t) 1 e

2t

e t ，

试求系统的传递函数和脉冲响应。

分析：利用拉普拉斯变换将输入和输出的时间域表示变成频域表示， 进而求解出系统的传递函数，然后对传递函数进行反变换求出系统的脉冲响应函数。

R( s)

1

解：（ 1） s

，则系统的传递函数

1 1

1

s 2

4s 2

C( s)

s

2 s

1

s(s 1)(s 2)

s

C( s)

s 2 4s 2

G(s)

( s 1)(s 2)

R( s) （2）系统的脉冲响应

L

1

L 1

[ s 2

4s 2

L 1

[1

1 2

(t) e

t

2e 2 t

[G(s)]

1)(s

]

1 ]

k (t)

( s 2)

s

s 2

2-10 试简化图 2-9 中的系统结构图，并求传递函数 C(s)/R(s ) 和 C(s)/N(s) 。

图2-9题2-10系统结构图

分析：分别假定 R(s)=0 和 N(s)=0 ，画出各自的结构图，然后对系统结构图进行等效变换，将其化成最简单的形式，从而求解系统的传递函数。

解：（ a）令 N （ s）＝ 0，简化结构图如图所示：

C ( s)G1G2

可求出：R( s)1(1H

1

)G

1

G

2

令 R（ s）＝ 0，简化结构图如图所示：

N ( s)

G2 C (s)

G3

G1H1

G1

N ( s)

G 2 C (s)

G 3

1 G 1G 2H 1

G 1

N ( s)

G 2

C (s)

G 3

1 G 1G 2H 1

G 1

N (s)

G 3

G 2 C (s)

1 G 1G 2H 1

G 2 G 1

1 G 1G

2 H

1

C ( s) G 3G 2 (1 G 1G 2H 1)

所以： N ( s) 1 G 1G 2 G 1G 2 H 1

（b ）令 N （ s ）＝ 0，简化结构图如下图所示：

G 1 G 2

R

G 2

C

G 4

G 3

G 1G 2

R

G 2 G C

G 4

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RC

G

C (s)(1 G1)G2G4G3G4

所以： R(s) 1 G2G4G3G4

令 R（ s）＝ 0，简化结构图如下图所示：

NC

G

G1G2 G2G3 G2G3

G2G3

C (s)G4

N (s) 1 G2 G4 G3G4

2-12试用梅逊增益公式求图2-8 中各系统信号流图的传递函数 C(s)/R(s)

图 2-11题2-12 系统信号流图

解：

（a）存在三个回路： 1 G3 H1 G2G3 H2 G

3

G

4

H

3

存在两条前向通路：

P GGGGG,

11

112345 P2G6,2

C (s)G1G2G3G4 G5

G6

1 G3H1G3G4 H 3 G

2 G3H 2

所以： R(s)

（b） 9 个单独回路：

L1G2 H1, L2G4H2, L3G6H 3,L4G3G4G5H 4 , L5G1G2G3G4G5G6 H5 L6G7G3G4G5G6 H5 ,L7G1G8G6 H5 , L8G7H1G8G6H5 ,L9G8H 4 H1

6对两两互不接触回路：

L1L 2L1L3L2L3L7L2L8L 2L9L 2

三个互不接触回路 1 组：L

1

L

2

L

3

4条前向通路及其余子式：

P1=G1G2G3G4 G5G6, 1=1;P2 =G7 G3G4 G5G6, 2=1;

P3 =-G7H1G8G6, 3=1+G4H2;P4 =G1G8 G6 ,4=1+G 4H 2

4

C (s)

P k k k1

R(s)96

L a L b L c L1 L2 L3

1

所以， a 11

第三章

3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为：

h(t )10 12.5e 1.2t sin(1.6t53.10 )试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔ p 和调节时间ｔ s。

解：依题意

t t p时 h (t p )0

，并且

t

p 是使

h (t

p

)

第一次为零的时刻(

t

p0 )

h(t)1012.5e 1.2t sin(1.6t 53.10 )

1012.5e 1.2 t (cos53.10 sin1.6t sin53.10 cos1.6t)

h (t )15e 1.2t sin(1.6t53.10 ) 20e 1.2 t cos(1.6t53.10 )25e 1.2t sin1.6t 可见，当h (t )第一次为0 时，1.6t p t p 1.96，所以

h(t p )1012.5e 1.21.96

sin(1.6 1.96

18000

53.1 ) 10.95

%h(t p )h()

100%

10.9510

9.5%

h()10100%

根据调节时间t

s 的定义：

0.95h( )

h(t s ) 1.05h(

)

，即

9.51012.5e 1.2 t0.5，得

t s ln 0.04 3.212

2.68 1.2 1.2

所以：

% 9.5%t p 1.96s t s 2.68s

3-5 设图 3-3 是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数

K １和 Kt ，使系统 ω ｎ＝６、

ζ＝１。

图 3-3 飞行控制系统

分析：求出系统传递函数，如果可化为典型二阶环节形式，则可与标准二阶环节相对照，

25K 1 s(s 0.8)

K t s 1

从而确定相应参数。

解 对结构图进行化简如图所示。

25K 1

( s)

s( s

0.8)

25K 1

25K 1 ( K t s 1) s 2

(0.8 25K 1K t )s 25K 1

1

故系统的传递函数为

s( s

0.8)

和标准二阶系统对照后可以求出：

2

2 n 0.8

K 1

n

1.44,

K t

25

25K 1

0.31

3-7 已知系统特征方程如下，试求系统在

s 右半平面的根数及虚根值。

s 6 4s 5 4s 4 4s 3 - 7s 2 - 8s 10 0

分析 系统在右半平面的根数即为劳思表第一列符号改变的次数，虚根值可通过构造辅助函数求得。

解 由系统特征方程，列劳思表如下：

s 6 1 4 7

10

s 5

4 4 8

s 4

5 5

10

s 3

（出现了全零行，要构造辅助方程） 由全零行的上一行构造辅助方程

5s 4 5s 2

10

，对其求导，得

20s 3 10s 0

故原全零行替代为

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s 3 20 10

s 2 2.5 10

s 1 90 s 0

10

表中第一列元素变号两次，故右半

s 平面有两个闭环极点，系统不稳定。

对辅助方程 5s 4

5s 2 10 0 化简得

( s 2 1)(s 2 2) 0

①

由

D(s) / 辅助方程，得余因式为

(s-1)(s+5)=0

②

求解①、②，得系统的根为

s

1,2

j 2

s

3,4

1

s 5 1

s 6

5

所以，系统有一对纯虚根。

3-9 已知单位反馈系统的开环传递函数

G ( s)

100

（ 1） (0.1s 1)( s 5)

G( s)

50

（２）

s(0.1s 1)( s 5)

G( s)

10( 2s 1)

6s 100)

（３）

s 2 ( s 2

试求输入分别为 r (t )

2t 和 r (t)

2 2t t 2 时，系统的稳态误差。

分析：

用静态误差系数法求稳态误差比用误差传递函数求解更方便。 对复杂的输入表达式， 可分解 为典型输入函数的线性组合， 再利用静态误差系数法分别求各典型输入引起的误差， 最后叠

加起来即为总的误差。

解 （1）

判别系统的稳定性

D( s) (0.1s

1)(s 5) 100 0

10D (s) ( s 10)(s

5) 1000 s 2

15s 1050 0

s 2 1 1050

s 1 15 s 0 1050

可见，劳思表中首列系数全部大于零，该系统稳定。 求稳态误差

K ＝ 100/5=20, 系统的型别

，

e

ss1

2

2 当 r 1 (t)

2

时， 1 K p 1

0.095

20

e

ss2 2 2

当 r 2 (t)

K v

2t 时，

2

2 2 r

3 (t) t

2

2 t

e

ss3

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所以， e ss

，

r

2t

e

ss

2

r 2 2t

t

2

(2) 判断稳定性

21

D( s) s(s 10)(s 5) 500 s 3 15s 2 50s 500

s 4 1 100 10

s 3 6 20 s 2

96.7

10

s 1

562

29

s 0 10

劳斯表中首列系数全部大于零，该系统稳定。 求稳态误差

K ＝ 10/100=0.1, 系统的型别

2 ，

e ss1 2 2

当 r 1 (t)

2

时，

1 K p

1

当 r 2 (t)

e

ss2

2 2

＝0

2t 时，

K v

r 3 (t) t 2 2 t 2 e ss3

2 2

＝20 当

2 时， K a 0.1

e

ss

r

t e

ss 0

20＝20

r

2 2t t

3-11 设随动系统的微分方程为

T 1 d 2 c(t )

dc(t ) K 2u(t )

dt 2

dt

u(t) K 1[ r (t) b(t)]

T 2 db(t) b(t)

c(t )

其中， T Ｔ

dt t 时， c(t) 对 r(t) 的稳态误差不大于正常

２ 和 K 为正常数。若要求 r(t)=1+

１、

２

数ε ０，试问 K １应满足什么条件 ?

分析：先求出系统的误差传递函数，再利用稳态误差计算公式，根据题目要求确定参数。 解：对方程组进行拉普拉斯变换，可得

(T 1 s 2 s)C( s) K 2U (s) U ( s) K 1[ R(s) B( s)] (T 2 s 1)B(s)

C( s)

按照上面三个公式画出系统的结构图如下：

R

u

k 2 C

k 1

s(T 1s 1)

B

1

T 2 s 1

定义误差函数

E( s)

R(s) C (s)

K 1K 2

E( s)

R( s) C (s)

C ( s)

s(T 1 s 1)

e ( s)

1

1 (s) 1

1

K 2

R( s)

R(s)

R( s)

K

1

所以

s(T 1 s 1)(T 2 s 1)

1

K 1 K 2T 2s K 1K 2

(T 1 T 2 )s 2

s K 1 K 2

TT 1 2 s 3

e

ss

lim sE(s)

lim s

e ( s) R(s)

s 0

s 0

1 K 1K 2T 2

K 1K 2

e

ss

1 K 1K 2T 2

k 1

K 1K

令

2

，可得

lim s[1

K 1 K 2T 2s K 1K 2

]( 1 1 3

2

2

)

s 0 TT 1 2 s (T 1 T 2 )s s K 1 K 2

s s

1

k 1

1

k 2 (

o

T 2 )

，因此，当

k 2 ( o

T 2 )

时，满足条件。

第 四

章

4-4

设单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略绘出相应的闭环根轨迹图

( 要求确

定分离点坐标 d) ：

G (s)

K

K (s 1)

G ( s)

1)

(1)

s(0.2s 1)(0.5s 1)

（ 2）

s(2s

G(s)

K

K *

解： (1)s(0.2s 1)(0.5s 1) s(s 2)( s 5)， K *

10K

① n ＝ 3，根轨迹有 3 条分支； ② 起点： p1＝0， p2＝ -2 ， p3＝ -5 ；没有零点，终点： ③ 实轴上的根轨迹： [-2,0],(

, 5];

0 2 5

7 (2K 1)

a

3

3 a

3

④ 渐进线：

，

1

1

1

⑤ 分离点： d d

2 d

5

求解得： d 1

3.79

（舍去），

d

2

0.88；

3 条根轨迹趋向于无穷远处。

,

3

；

K ( s 1)

K * (s 1)

G( s)

， K *

(2)

s(2s 1)

s( s 0.5) 0.5K

① n ＝ 2，根轨迹有 2 条分支；

② 起点： p1＝0， p2＝ -0.5 ，；终点： z 1

1

， n m 1

条根轨迹趋向于无穷远

处。

③ 实轴上的根轨迹： [-0.5,0],(

, 1];

1

1 1

④ 分离点： d

d 0.5

d 1

求解得： d 1

0.29， d 2

1.707；

作出根轨迹如图所示：

4-6 设单位反馈控制系统的开环传递函数如下，要求：

G( s)

K (s z)

s 2

( s 10)( s

20)

1 的ｚ值和 K

确定

产生纯虚根为±ｊ 值。

解： D (s) s 2 (s 10)(s 20) K * (s z) s 4

30s 3 200s 2 K * s K * z 0

令

s

j 代入 D (s)

，并令其实部、虚部分别为零，即：

Re[D ( j1)] 1 200 K *

z 0 ， Im[ D( j1)]

30 K *

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4-10

设单位反馈控制系统的开环传递函数

G( s)

K

s(0.01s 1)(0.02s 1)

要求：

(1) 画出准确根轨迹 ( 至少校验三点 ) ； (2) 确定系统的临界稳定开环增益K ｃ；

(3) 确定与系统临界阻尼比相应的开环增益K 。

分析：利用解析法，采用逐个描点的方法画出系统闭环根轨迹。然后将

s j

代入特 征方程中， 求解纯虚根的开环增益， 或是利用劳斯判据求解临界稳定的开环增益。

对于临界

阻尼比相应的开环增益即为实轴上的分离点对应的开环增益。

G (s)

5000K

s(s 50)( s 100)

解：（ 1）

① n ＝ 3，根轨迹有 3 条分支 , 且均趋于无穷远处；

② 实轴上的根轨迹： [-50,0],(

, 1

00];

50 100

50

(2k 1)

a

3

a

,

③ 渐进线：

，

3

3 ；

1

1

1 ④ 分离点：

d

d 50

d 100

求解得： d 1

21.3， d 2 78.8

（舍去）；

作出根轨迹如图所示：

（2）临界开环增益

K

c

为根轨迹与虚轴交点对应的开环增益。

D( s) s 3 150s 2 5000s 5000K

令

s

j ，代入 D (s)

，并令其实部、虚部分别为零，即

Re[D ( j )]

150

2

5000K 0 ， Im[ D( j )]

3

5000 0

解得：

1,2

5000

70.71,

3

（舍去）

K c

150

（3）系统处于临界阻尼比

1

，相应闭环根位于分离点处，即要求分离点

d 对应的 K 值。

将 s ＝ d ＝ -21.3 代入幅值条件：

K

s 0.01s 1 0.02s 1

9.622

4-14 设系统开环传递函数如下，试画出

b 从零变到无穷时的根轨迹图。

G(s)

20

(1)

(s 4)(s b)

G ( s)

30(s b)

s(s

10)

（２）

解：（ 1） D( s)

s 2 4s bs 4b

20 s 2 4s 20 b(s

4) 0

做等效开环传递函数

G * (s)

b(s 4) b(s 4)

s 2 4s 20 ( s 2 4 j )( s 2 4 j)

① n=2,有 2 条根轨迹分支， n-m=1 条趋于无穷远处；

② 实轴上的根轨迹： (

,

4

];

1

1

1 ③ 分离点

d

2 4 j

d

2 4 j

d 4

d 2 8d

4 0

d 1

8.47

整理得

d

2

0.47(舍去 )

出射角： p 1 1800

arctan2 900 1350

根轨迹如图所示：

（2） D ( s)s(s10)30(s b) s240s 30b 0做等效开环传递函数

G* (s)30b30b

s240s s(s40)

①n=2,有 2 条根轨迹分支，且均趋于无穷远处；

②实轴上的根轨迹：[40,0

];

11

③分离点d d 40

整理得 d20

根轨迹如图所示：

第五章

5-2 若系统单位阶跃响应为

h(t)11.8e 4t0.8e 9t 试确定系统的频率特性。

j

WORD 资料可编辑

解：从 h(t ) 中可求得： h(0) 0, h (0)

在零初始条件下， 系统输出的拉普拉斯变换

H ( s)

与系统输出的拉普拉斯变换 R(s) 之间

的关系为

即

其中

( s)

为系统的传递函数，又

H ( s)

(s) R(s)

H (s) ( s)

R(s)

H (s)

L[ h(t )] 1 1.8 0.8 36

s s 4 s 9 s(s 4)( s 9)

R(s)

L[ r (t)]

1

s

H ( s) 36

(s)

则

R(s) ( s 4)( s 9) 令

s

j

，则系统的频率特性为

( j H ( j ) 36

)

) ( j

4)( j

9)

R( j

5-7 已知系统开环传递函数为

K ( T 2 s 1)

G (s)

s(T 1s 1)

; （Ｋ、Ｔ 1、Ｔ 2＞０）

当取 ω ＝１时， G( j )

180o

,| Ｇ( ｊ ω )| ＝０ . ５。当输入为单位速度信号时，系统 的稳态误差为 0.1 ，试写出系统开环频率特性表达式 G(ｊ ω) 。

分析：根据系统幅频和相频特性的表达式，代入已知条件，即可确定相应参数。 解： 由题意知：

G ( j )

K 1 (T 2 )2

1 (T 1 )

2

G ( j

)

900 arctan T 2

arctan T 1

因为该系统为Ⅰ型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为 0.1 ，即

e ss (

) lim E (s)

1 0.1

s 0

K

所以：

K

10

G( j1)

K1T 22

0.5

1

时， 1 T 1

2

当

G ( j 1)

900 arctan T 2 arctan T 1

1800

由上两式可求得

T 1

20,T 2

0.05 ，因此

G ( j

)

10( j 0.05

1)

j (20 j

1)

5-14 已知下列系统开环传递函数

(参数 K 、T 、T

2，?，６ )

K

G(s)

(1)

(T 1s 1)(T 2 s 1)(T 3 s 1)

WORD 资料可编辑

G(s)

K

(2)

s(T 1s 1)(T 2 s 1)

G(s)

K

2

(T s

(3)

s 1)

K (T 1s 1)

G(s)

1)

(4)

s 2 ( T s 2

K

G(s)

(5)

s 3

K (T 1 s 1)(T 2s 1)

(6)

G(s)

s 3

G(s)

K (T 5 s 1)(T 6s 1)

(7)

s(T 1s 1)(T 2s 1)(T 3s 1)( T 4s 1)

K

G(s)

(8)

Ts 1

K

G(s)

1

(9)

Ts

K

G(s)

(10) s(T s 1)

其系统开环幅相曲线分别如图 5-6(1) ～ (10) 所示，试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定

性，若系统闭环不稳定，确定其

s 右半平面的闭环极点数。

图 5-6 题 5-8 系统开环幅相曲线

分析：由开环传递函数可知系统在右半平面开环极点个数

P ，由幅相曲线图可知包围点

（

1, j 0

）的圈数。

解：（ 1）

P

0, N

1

ZP2N

2(1)2

所以系统在虚轴右边有

2 个根，系统不稳定。

（2）

P

0, N 0

自动控制原理课后习题答案

1.2根据题1.2图所示的电动机速度控制系统工作原理 （1）将a,b 与c,d 用线连接成负反馈系统； （ 2）画出系统 框图。 c d + - 发电机 解： （1） a 接d,b 接c. （2） 系 统 框 图 如下 1.3题1.3图所示为液位自动控制系统原理示意图。在任何情况下，希望页面高度c 维持不变，说明系统工作原理并画出系统框图。

解： 工作原理：当打开用水开关时，液面下降，浮子下降，从而通过电位器分压，使得电动机两端出现正向电压，电动机正转带动减速器旋转，开大控制阀，使得进水量增加，液面上升。同理，当液面上升时，浮子上升，通过电位器，使得电动机两端出现负向电压，从而带动减速器反向转动控制阀，减小进水量，从而达到稳定液面的目的。 系统框图如下： 2.1试求下列函数的拉式变换，设t<0时，x(t)=0: (1) x(t)=2+3t+4t 2 解： X(S)= s 2 +23s +38 s

(2) x(t)=5sin2t-2cos2t 解：X(S)=5 422+S -242+S S =4 2102+-S S (3) x(t)=1-e t T 1- 解：X(S)=S 1- T S 11+ = S 1-1 +ST T = ) 1(1 +ST S (4) x(t)=e t 4.0-cos12t 解：X(S)=2 212 )4.0(4 .0+++S S 2.2试求下列象函数X(S)的拉式反变换x(t)： (1) X(S)= ) 2)(1(++s s s 解：= )(S X )2)(1(++s s s =1 122+-+S S t t e e t x ---=∴22)( (2) X(S)=) 1(1 522 2++-s s s s 解：=)(S X ) 1(1522 2++-s s s s =15 12+-+S S S

自动控制原理答案

第一章 习题答案 习 题 1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图 (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。 1-2 题1-2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。 题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统 1-3 题1-3图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。 题1-3图 炉温自动控制系统原理图 1-4 题1-4图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1P 、2 P

并联后跨接到同一电源0 E 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和测量反馈元件。输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用电枢控制的方式工作。 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。 题1-4图导弹发射架方位角控制系统原理图 1-5 采用离心调速器的蒸汽 机转速控制系统如题1-5图所示。 其工作原理是：当蒸汽机带动负载 转动的同时，通过圆锥齿轮带动一 对飞锤作水平旋转。飞锤通过铰链 可带动套筒上下滑动，套筒装有平 衡弹簧，套筒上下滑动时可拨动杠 杆，杠杆另一端通过连杆调节供汽 阀门的开度。在蒸汽机正常运行 时，飞锤旋转所产生的离心力与弹簧的反弹力相平衡，套筒保持某个高度，使阀门处于一个平衡位置。如果由于负载增大使蒸汽机转速 ω下降，则飞锤因离心力减小而使套筒向下滑动，并通过杠杆增大供汽阀门的开度，从而使蒸汽机的转速回升。同理，如果由于负载减小使蒸汽机的转速 ω增加，则飞锤因离心力增加而使套筒上滑，并通过杠杆减小供汽阀门的开度，迫使蒸汽机转速回落。这样，离心调速器就能自动地抵制负载变化对转速的影响，使蒸汽机的转速 ω保持在某个期望值附近。 指出系统中的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。 1-6 摄像机角位置自动跟踪系统如题1-6图所示。当光点显示器对准某个方向时，摄像机会自动跟踪并对准这个方向。试分析系统的工作原理，指出被控对象、被控量及给定量，画出系统方框图。 题1-5图蒸汽机转速自动控制系统

自动控制原理习题及答案

1. 采样系统结构如图所示，求该系统的脉冲传递函数。 答案:该系统可用简便计算方法求出脉冲传递函数。去掉采样开关后的连续系统输出表达式为 对闭环系统的输出信号加脉冲采样得 再对上式进行变量替换得 2. 已知采样系统的结构如图所示，，采样周期T=0.1s。试求系统稳定时K的取值范围。 答案:首先求出系统的闭环传递函数。由 求得，已知T=0.1s， e-1=0.368，故

系统闭环传递函数为，特征方程为 D(z)=1+G(z)=z2+(0.632K-1.368)z+0.368=0 将双线性变换代入上式得 0.632ω2+1.264ω+(2.736-0.632K)=0 要使二阶系统稳定，则有 K＞0，2.736-0.632K＞0 故得到K的取值范围为0＜K＜4.32。 3. 求下列函数的z变换。 (1). e(t)=te-at 答案:e(t)=te-at 该函数采样后所得的脉冲序列为 e(nT)=nTe-anT n=0，1，2，… 代入z变换的定义式可得 E(z)=e(0)+P(T)z-1+e(2T)z-2+…+e(nT)z-n+…=0+Te-aT z-1+2Te-2aT z-2+…+nTe-naT z-n+…=T(e-aT z-1+2e -2aT z-2+…+ne-naT z-n+…) 两边同时乘以e-aT z-1，得 e-aT z-1E(z)=T(e-2aT z-2+2e-3aT z-3+…+ne-a(n+1)T z-(n+1)+…) 两式相减，若|e-aT z-1|＜1，该级数收敛，同样利用等比级数求和公式，可得 最后该z变换的闭合形式为 (2). e(t)=cosωt 答案:e(t)=cosωt 对e(t)=cosωt取拉普拉斯变换．得 展开为部分分式，即 可以得到 化简后得

自动控制原理答案

《自动控制原理》习题参考答案 第1章 1.7.2基础部分 1.答：开环控制如：台灯灯光调节系统。 其工作原理为：输入信号为加在台灯灯泡两端的电压，输出信号为灯泡的亮度，被控对象为灯泡。当输入信号增加时，输出信号（灯泡的亮度）增加，反之亦然。 闭环控制如：水塔水位自动控制系统。 其工作原理为：输入信号为电机两端电压，输出信号为水塔水位，被控对象为电机调节装置。当水塔水位下降时，通过检测装置检测到水位下降，将此信号反馈至电机，电机为使水塔水位维持在某一固定位置增大电机两端的电压，通过调节装置调节使水塔水位升高。反之亦然。 2.答：自动控制理论发展大致经历了几个阶段： 第一阶段：本世纪40~60年代，称为“经典控制理论”时期。 第二阶段：本世纪60~70年代，称为“现代控制理论”时期。 第三阶段：本世纪70年代末至今，控制理论向“大系统理论”和“智能控制”方向发展。 3.答：开环控制：控制器与被空对象之间只有正向作用而没有反馈控制作用，即系统的输 出量与对控制量没有影响。 闭环控制：指控制装置与被空对象之间既有正向作用，又有反向联系控制的过程。 开环控制与闭环控制的优缺点比较： 对开环控制系统来说，由于被控制量和控制量之间没有任何联系，所以对干扰造成的误差系统不具备修正的能力。 对闭环控制系统来说，由于采用了负反馈，固而被控制量对于外部和内部的干扰都不甚敏感，因此，有不能采用不太精密和成本低廉的元件构成控制质量较高的系统。 4.答：10 线性定常系统；（2）非线性定常系统； （3）非线性时变系统；（4）非线时变系统； 1.7.3 提高部分 1.答：1）方框图： 2)工作原理：假定水箱在水位为给定值c（该给定值与电位器给定电信ur对应），此时浮子处于平衡位置，电动机无控制作用，水箱处于给定水位高度，水的流入量与流出量保持不变。当c增大时，由于进水量一时没变浮子上升，导致c升高，给电信计作用后，使电信计给电动机两端电压减小，电动机带动减齿轮，使控制阀开度减小，使进水量减小，待浮

最新自动控制原理试题及答案

一、 单项选择题（每小题1分，共20分） 1. 系统和输入已知，求输出并对动态特性进行研究，称为（ C ） A.系统综合 B.系统辨识 C.系统分析 D.系统设计 2. 惯性环节和积分环节的频率特性在（ A ）上相等。 A.幅频特性的斜率 B.最小幅值 C.相位变化率 D.穿越频率 3. 通过测量输出量，产生一个与输出信号存在确定函数比例关系值的元件称为（ C ） A.比较元件 B.给定元件 C.反馈元件 D.放大元件 4. ω从0变化到+∞时，延迟环节频率特性极坐标图为（ A ） A.圆 B.半圆 C.椭圆 D.双曲线 5. 当忽略电动机的电枢电感后，以电动机的转速为输出变量，电枢电压为输入变量时， 电动机可看作一个（ B ） A.比例环节 B.微分环节 C.积分环节 D.惯性环节 6. 若系统的开环传 递函数为2) (5 10+s s ，则它的开环增益为（ C ） A.1 B.2 C.5 D.10 7. 二阶系统的传递函数5 2 5)(2++=s s s G ，则该系统是（ B ） A.临界阻尼系统 B.欠阻尼系统 C.过阻尼系统 D.零阻尼系统 8. 若保持二阶系统的ζ不变，提高ωn ，则可以（ B ） A.提高上升时间和峰值时间 B.减少上升时间和峰值时间 C.提高上升时间和调整时间 D.减少上升时间和超调量 9. 一阶微分环节Ts s G +=1)(，当频率T 1=ω时，则相频特性)(ωj G ∠为（ A ） A.45° B.-45° C.90° D.-90° 10.最小相位系统的开环增益越大，其（ D ） A.振荡次数越多 B.稳定裕量越大 C.相位变化越小 D.稳态误差越小 11.设系统的特征方程为()0516178234=++++=s s s s s D ，则此系统 （ A ） A.稳定 B.临界稳定 C.不稳定 D.稳定性不确定。 12.某单位反馈系统的开环传递函数为：()) 5)(1(++=s s s k s G ，当k =（ C ）时，闭环系统临界稳定。 A.10 B.20 C.30 D.40 13.设系统的特征方程为()025103234=++++=s s s s s D ，则此系统中包含正实部特征的个数 有（ C ） A.0 B.1 C.2 D.3 14.单位反馈系统开环传递函数为()s s s s G ++=652，当输入为单位阶跃时，则其位置误差为（ C ） A.2 B.0.2 C.0.5 D.0.05

自动控制原理课后答案(第五版)

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)(2 233t 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 τ τ)(5)(6)(3)(； （６）)()(2 t 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。 （2）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。 （3）该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，所以该系统为线性系统，但第一项 () dc t t dt 的系数为t ，是随时间变化的变量，因此该系统为线性时变系统。 （4）因为c(t)的表达式中r(t)的系数为非线性函数cos t ω，所以该系统为非线性系统。 （5）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。 （6）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项2()r t ，表示二次曲线关系，所以该系统为非

自动控制原理题目参考答案

一、填空题 1 闭环控制系统又称为反馈控制系统。 2 一线性系统,当输入就是单位脉冲函数时,其输出象函数与 传递函数 相同。 3一阶系统当输入为单位斜坡函数时,其响应的稳态误差恒为 时间常数T 。 4 控制系统线性化过程中,线性化的精度与系统变量的 偏移程度 有关。 5 对于最小相位系统一般只要知道系统的 开环幅频特性 就可以判断其稳定性。 6 一般讲系统的位置误差指输入就是 阶跃信号 所引起的输出位置上的误差。 7 超前校正就是由于正相移的作用,使截止频率附近的 相位 明显上升,从而具有较大的 稳定裕度。 8 二阶系统当共轭复数极点位于 +-45度 线上时,对应的阻尼比为0、707。 9 PID 调节中的“P ”指的就是 比例 控制器。 10 若要求系统的快速性好,则闭环极点应距虚轴越_ 远 越好。 11 在水箱水温控制系统中,受控对象为_水箱 ,被控量为_水温 。 12 自动控制系统有两种基本控制方式,当控制装置与受控对象之间只有顺向作用而无反向联系时,称为_ 开环控制方式 ;当控制装置与受控对象之间不但有顺向作用而且还有反向联系时,称为_ 闭环控制方式 ;含有测速发电机的电动机速度控制系统,属于_ 开环控制方式 。 13 稳定就是对控制系统最基本的要求,若一个控制系统的响应曲线为衰减振荡,则该系统_ 稳定 _。判断一个闭环线性控制系统就是否稳定,在时域分析中采用_ 劳斯判据 _;在频域分析中采用_ 奈氏判据 _。 14、传递函数就是指在_ 零 _初始条件下、线性定常控制系统的_ 输入拉式变换 _与_ 输出拉式变换 _之比。 15 设系统的开环传递函数为2(1)(1) K s s Ts τ++,则其开环幅频特性为_ _,相频特性为 _-180-arctan(tw-Tw)/1+tTw _。 16 频域性能指标与时域性能指标有着对应关系,开环频域性能指标中的幅值穿越频率c ω对 应时域性能指标_ 调整时间t _,它们反映了系统动态过程的_快速性 _。 17 复合控制有两种基本形式:即按 输入 的前馈复合控制与按 扰动 的前馈复合控制。 18 信号流图由节点___与___支路_组成。 19 二阶衰减振荡系统的阻尼比ξ的范围为_(0,1)___。 20 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 G 1(s)+ G 2(s)(用G 1(s)与G 2(s) 表示)。 21 PI 控制器就是一种相位_比例积分___的校正装置。 22 最小相位系统就是指 S 右半平面不存在系统的开环零点与开环极点 。 23对于一个自动控制系统的性能要求可以概括为三个方面:快速性____、_稳定性___与准确性。 24如果根轨迹位于实轴上两个相邻的开环极点之间,则在这两个极点间必定存在_一个分离点 _。

自动控制原理试题及答案解析

自动控制原理 一、简答题：（合计20分, 共4个小题，每题5分） 1. 如果一个控制系统的阻尼比比较小，请从时域指标和频域指标两方面 说明该系统会有什么样的表现？并解释原因。 2. 大多数情况下，为保证系统的稳定性，通常要求开环对数幅频特性曲 线在穿越频率处的斜率为多少？为什么？ 3. 简要画出二阶系统特征根的位置与响应曲线之间的关系。 4. 用根轨迹分别说明，对于典型的二阶系统增加一个开环零点和增加一 个开环极点对系统根轨迹走向的影响。 二、已知质量-弹簧-阻尼器系统如图(a)所示，其中质量为m 公斤，弹簧系数为k 牛顿/米，阻尼器系数为μ牛顿秒/米，当物体受F = 10牛顿的恒力作用时，其位移y (t )的的变化如图(b)所示。求m 、k 和μ的值。(合计20分) F ) t 图(a) 图(b) 三、已知一控制系统的结构图如下，（合计20分, 共2个小题，每题10分） 1） 确定该系统在输入信号()1()r t t =下的时域性能指标：超调量%σ，调 节时间s t 和峰值时间p t ； 2） 当()21(),()4sin3r t t n t t =?=时，求系统的稳态误差。

四、已知最小相位系统的开环对数幅频特性渐近线如图所示，c ω位于两个交接频率的几何中心。 1） 计算系统对阶跃信号、斜坡信号和加速度信号的稳态精度。 2） 计算超调量%σ和调节时间s t 。（合计20分, 共2个小题，每题10分） [ 1 %0.160.4( 1)sin σγ =+-, s t = 五、某火炮指挥系统结构如下图所示，()(0.21)(0.51) K G s s s s = ++系统最 大输出速度为2 r/min ，输出位置的容许误差小于2，求： 1） 确定满足上述指标的最小K 值，计算该K 值下的相位裕量和幅值裕量； 2） 前向通路中串联超前校正网络0.41 ()0.081 c s G s s +=+，试计算相位裕量。 （合计20分, 共2个小题，每题10分） (rad/s)

自动控制原理_课后习题及答案

第一章绪论 1-1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点. 解答：1开环系统 (1)优点:结构简单，成本低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作 用能预先知道时，可得到满意的效果。 (2)缺点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化， 外来未知扰动存在时，控制精度差。 2 闭环系统 ⑴优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量 偏离给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。 它是一种按偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。 ⑵缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。 1-2 什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明之。 解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。 闭环控制系统常采用负反馈。由1-1中的描述的闭环系统的优点所证 明。例如，一个温度控制系统通过热电阻（或热电偶）检测出当前炉 子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。 1-3 试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型（线性，非线性，定常，时变）？ （1） （2） （3） （4） （5）

（6） （7） 解答：（1）线性定常（2）非线性定常（3）线性时变 （4）线性时变（5）非线性定常（6）非线性定常 （7）线性定常 1-4如图1-4是水位自动控制系统的示意图，图中Q1，Q2分别为进水流量和出水流量。控制的目的是保持水位为一定的高度。 试说明该系统的工作原理并画出其方框图。 题1-4图水位自动控制系统 解答： (1) 方框图如下： ⑵工作原理：系统的控制是保持水箱水位高度不变。水箱是被控对象，水箱的水位是被控量，出水流量Q2的大小对应的水位高度是给定量。当水箱水位高于给定水位，通过浮子连杆机构使阀门关小，进入流量减小，水位降低，当水箱水位低于给定水位时，通过浮子连杆机构使流入管道中的阀门开大，进入流量增加，水位升高到给定水位。 1-5图1-5是液位系统的控制任务是保持液位高度不变。水箱是被控对象，水箱液位是被控量，电位器设定电压时（表征液位的希望值Cr）是给定量。

自动控制原理试题及答案

自动控制原理试题及答案 Prepared on 24 November 2020

《自动控制原理》试题及答案 1、若某串联校正装置的传递函数为(10s+1)/(100s+1)，则该校正装置属于(B )。3分 2、在对控制系统稳态精度无明确要求时，为提高系统的稳定性，最方便的是（A）3分 3、在系统中串联PD调节器，以下那一种说法是错误的（D） 3分 A 是一种相位超前校正装置 B 能影响系统开环幅频特性的高频段 C 使系统的稳定性能得到改善 D使系统的稳态精度得到改善 4、用超前校正装置改善系统时，主要是利用超前校正装置的（A ）3分 5、I型系统开环对数幅频特性的低频段斜率为（B ）9分 6、设微分环节的频率特性为G(jω)，当频率ω从0变化至∞时，其极坐标平面上的奈氏曲线是（）9分 7、关于线性系统稳定性的判定，下列观点正确的是 ( )。9分 8、若两个系统的根轨迹相同，则有相同的( ) 9分 9、关于系统零极点位置对系统性能的影响，下列观点中正确的是( ) 7分 10、高阶系统的主导闭环极点越靠近虚轴，则系统的( ) 2分 11、若某最小相位系统的相角裕度γ>0，则下列说法正确的是 ( )。2分 12、某环节的传递函数是G(s)=5s+3+2/s，则该环节可看成由（D ）环节组成。2分

13、主导极点的特点是（A ）2分 14、设积分环节的传递函数为G(s)=K/s，则其频率特性幅值A(ω)=（）2分 15、某环节的传递函数为K/(Ts+1)，它的对数幅频率特性随K值增加而（）2分 16、某系统的传递函数是G(s)=1/(2s+1)，则该可看成由（C ）环节串联而成2分 17、若系统的开环传递函数在s右半平面上没有零点和极点，则该系统称作（B）2分 18、某校正环节传递函数G(s)=(100s+1)/(10s+1)，则其频率特性的奈氏图终点坐标为（ D）2分 19、一般为使系统有较好的稳定性,希望相位裕量为（ C）2分 20、最小相位系统的开环增益越大，其（）2分 21、一阶微分环节G(s)=1+Ts，当频率ω=1/T时，则相频特性∠G(jω)为（）2分 22、ω从0变化到+∞时，延迟环节频率特性极坐标图为（）2分 23、开环传递函数为G(s)H(s)=(s+3)/(s+2)(s+5)，则实轴上的根轨迹为（B）2分 24、开环传递函数为G(s)H(s)=K/(s*s*s(s+4))，则实轴上的根轨迹为（）2分 25、某单位反馈系统的开环传递函数为：G(s)=K/(s(s+1)(s+5))，当k=（C ）时，闭环系统临界稳定。2分 26、若系统增加合适的开环零点，则下列说法不正确的是 (B ) 2分 27、当二阶系统的根分布在根平面的虚轴上时，系统的阻尼比为（B）3分

自动控制原理课后习题答案

. 第一章引论 1-1 试描述自动控制系统基本组成，并比较开环控制系统和闭环控制系统的特点。答： 自动控制系统一般都是反馈控制系统，主要由控制装置、被控部分、测量元件组成。控制装置是由具有一定职能的各种基本元件组成的，按其职能分，主要有给定元件、比较元件、校正元件和放大元件。如下图所示为自动控制系统的基本组成。 开环控制系统是指控制器与被控对象之间只有顺向作用，而没有反向联系的控制过程。此时，系统构成没有传感器对输出信号的检测部分。开环控制的特点是：输出不影响输入，结构简单，通常容易实现；系统的精度与组成的元器件精度密切相关；系统的稳定性不是主要问题；系统的控制精度取决于系统事先的调整精度，对于工作过程中受到的扰动或特性参数的变化无法自动补偿。 闭环控制的特点是：输出影响输入，即通过传感器检测输出信号，然后将此信号与输入信号比较，再将其偏差送入控制器，所以能削弱或抑制干扰；可由低精度元件组成高精度系统。 闭环系统与开环系统比较的关键，是在于其结构有无反馈环节。 < 1-2 请说明自动控制系统的基本性能要求。 答： 自动控制系统的基本要求概括来讲，就是要求系统具有稳定性、快速性和准确性。 稳定性是对系统的基本要求，不稳定的系统不能实现预定任务。稳定性通常由系统的结构决定与外界因素无关。对恒值系统，要求当系统受到扰动后，经过一定时间的调整能够回到原来的期望值（例如恒温控制系统）。对随动系统，被控制量始终跟踪参量的变化（例如炮轰飞机装置）。 快速性是对过渡过程的形式和快慢提出要求，因此快速性一般也称为动态特性。在系统稳定的前提下，希望过渡过程进行得越快越好，但如果要求过渡过程时间很短，可能使动态误差过大，合理的设计应该兼顾这两方面的要求。 准确性用稳态误差来衡量。在给定输入信号作用下，当系统达到稳态后，其实际输出与所期望的输出之差叫做给定稳态误差。显然，这种误差越小，表示系统的精度

《自动控制原理》习题解答.

《自动控制原理》习题解答西安建筑科技大学自动化教研室

第一章习题及答案 1-3图1-3 (a)，(b)所示均为调速系统。 (1) 分别画出图1-24(a)、图(b)所示系统的方框图。给出图1-24(a) 所示系统正确的反馈连线方式。 (2) 指出在恒值输入条件下，图1-24(a)，(b) 所示系统中哪个是有差系统，哪个是无差系统，说明其道理。 图1-3 调速系统工作原理图 解图1-3 (a)正确的反馈连接方式如图1-3 (a)中虚线所示。 (1) 系统方框图如图解1-10所示。 (2) 图1-3 (a) 所示的系统是有差系统，图1-3 (b) 所示的系统是无差系统。 图1-3 (a)中，当给定恒值电压信号，系统运行达到稳态时，电动机转速的恒定是以发电机提供恒定电压为条件，对应发电机激磁绕组中电流一定是恒定值。这意味着放大器前端电压是非零的常值。因此，常值偏差电压存在是系统稳定工作的前提，故系统有差。 图1-3 (b)中，给定恒定电压，电动机达到稳定转速时，对应发电机激磁绕组中的励磁电流恒定，这意味着执行电动机处于停转状态，放大器前端电压必然为0，故系统无差。 1-4图1-4 (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1-4(a)，(b)中哪个能保持110V不变，哪个电压会低于110V？为什么? 图1-4 电压调节系统工作原理图 解带上负载后，开始由于负载的影响，图1-4(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110V，而图(b) 所示系统却不能。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 I增大，发电机的输出电压会升高，从而使偏差电减速器带动电刷，使发电机F的激磁电流 j 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110V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 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110V。为当偏差电压为0时， f 1-5图1-5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1-5 仓库大门自动开闭控制系统

自动控制原理试题及答案 (5)

课程教学 大纲编号： 100102 课程名称： 自动控制原理 学分 4.5 试卷编号：100102021 考试方式： 闭卷考试 考试时间： 120 分钟 满分分值： 100 组卷年月： 2000/5 组卷教师： 向峥嵘 审定教师； 陈庆伟 一．（10分）是非题： 1． 闭环控制系统是自动控制系统，开环控制系统不是自动控制系统（ ）。 2．闭环控制系统的稳定性，与构成他的开环传递函数无关（ ），与闭环传递函数有关（ ）；以及与输入信号有关（ ）。 3．控制系统的稳态误差与系统的阶数有关（ ）；与系统的类型有关；（ ） 与系统的输入信号有关；（ ），以及与系统的放大倍数有关。（ ） 4．前向通道传递函数为)k (s k 02>的单位负反馈系统能无差的跟踪斜波信号 （ ）。 5．最小相位系统是稳定的控制系统（ ）。 二．（10分）填空题 图示系统的开环放大倍数为 ，静态位置误差为 ，静态速度误差为 ，误差传递函数) s (R )s (E 为 ，当输入信号4=)t (r 时，系统的稳态误差ss e 。 三．（10分）填空题 在频率校正法中，串联超前校正是利用串联矫正装置在系统的 频区产生相角 ，以提高系统的 ，且使幅值穿越频率c ω ，从而系统的响应速度 。串联滞后校正是利用校正装

在 频区产生的特性，以使c ω ，达到提高 的目的，校正后的系统响应速度 。 四．（10分）计算作图题 化简如图所示的结构图，并求闭环传递函数) s (R )s (C 。 五．（10分） 一个开环传递函数为 ) s (s k )s (G 1+= τ的单位负反馈系统，其单位阶跃响应曲线如图所示，试确定参数k 及τ。 六．（8分） 设单位负反馈系统的开环传递函数为) s .(s )s (G 110100+= ，试计算系统的响应控制信号t sin )t (r 5=时的稳态误差。 七．（10分） 设某系统的开环传递函数为)Ts (s k )s (H )s (G 1+=，现希望系统特征方程的所有根都 在a s -=这条线的左边区域内，试确定满足此要求k 的值和T 值的范围)a (0>。

自动控制原理试题及答案

自动控制原理 一、简答题：（合计20分,共4个小题，每题5分） 1. 如果一个控制系统的阻尼比比较小，请从时域指标和频域指标两方面 说明该系统会有什么样的表现？并解释原因。 2. 大多数情况下，为保证系统的稳定性，通常要求开环对数幅频特性曲 线在穿越频率处的斜率为多少？为什么？ 3. 简要画出二阶系统特征根的位置与响应曲线之间的关系。 4. 用根轨迹分别说明，对于典型的二阶系统增加一个开环零点和增加一 个开环极点对系统根轨迹走向的影响。 二、已知质量-弹簧-阻尼器系统如图(a)所示，其中质量为m 公斤，弹簧系数为k 牛顿/米，阻尼器系数为μ牛顿秒/米，当物体受F = 10牛顿的恒力作用时，其位移y (t )的的变化如图(b)所示。求m 、k 和μ的值。(合计20分) F ) t 图(a) 图(b) 三、已知一控制系统的结构图如下，（合计20分,共2个小题，每题10分） 1） 确定该系统在输入信号()1()r t t =下的时域性能指标：超调量%σ，调 节时间s t 和峰值时间p t ； 2） 当()21(),()4sin 3r t t n t t =?=时，求系统的稳态误差。

四、已知最小相位系统的开环对数幅频特性渐近线如图所示，c ω位于两个交接频率的几何中心。 1） 计算系统对阶跃信号、斜坡信号和加速度信号的稳态精度。 2） 计算超调量%σ和调节时间s t 。（合计20分,共2个小题，每题10分） [ 1 %0.160.4( 1)sin σγ =+-, s t = 五、某火炮指挥系统结构如下图所示，()(0.21)(0.51) K G s s s s = ++系统最 大输出速度为2 r/min ，输出位置的容许误差小于2 ，求： 1） 确定满足上述指标的最小K 值，计算该K 值下的相位裕量和幅值裕 量； 2） 前向通路中串联超前校正网络0.41 ()0.081 c s G s s +=+，试计算相位裕量。 （合计20分,共2个小题，每题10分） (rad/s)

《自动控制原理》张爱民课后习题答案

1.1解: (1)机器人踢足球:开环系统输入量:足球位置输出量:机器人的位置 (2)人的体温控制系统:闭环系统输入量:正常的体温输出量:经调节后的体温 (3)微波炉做饭:开环系统:输入量:设定的加热时间输出量:实际加热的时间 (4)空调制冷:闭环系统输入量:设定的温度输出量:实际的温度 1.2解: 开环系统: 优点:结构简单,成本低廉;增益较大;对输入信号的变化响应灵敏;只要被控对象稳定,系统就能稳定工作。 缺点:控制精度低,抗扰动能力弱 闭环控制优点:控制精度高,有效抑制了被反馈包围的前向通道的扰动对系统输出量的影响;利用负反馈减小系统误差,减小被控对象参数对输出量的影响。 缺点:结构复杂,降低了开环系统的增益,且需考虑稳定性问题。 1、3 解:自动控制系统分两种类型:开环控制系统与闭环控制系统。 开环控制系统的特点就是:控制器与被控对象之间只有顺向作用而无反向联系,系统的被控变量对控制作用没有任何影响。系统的控制精度完全取决于所用元器件的精度与特性调整的准确度。只要被控对象稳定,系统就能稳定地工作。 闭环控制系统的特点: （1）闭环控制系统就是利用负反馈的作用来减小系统误差的 （2）闭环控制系统能够有效地抑制被反馈通道保卫的前向通道中各种扰动对系统输出量的影响。 （3）闭环控制系统可以减小被控对象的参数变化对输出量的影响。 1.4解 输入量:给定毫伏信号 被控量:炉温 被控对象:加热器(电炉) 控制器:电压放大器与功率放大器 系统原理方块图如下所示: 工作原理:在正常情况下,炉温等于期望值时,热电偶的输出电压等于给定电压,此时偏差信

号为零,电动机不动,调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。此时,炉子散失的热量正好等于从加热器获取的热量,形成稳定的热平衡状态,温度保持恒定。 当炉温由于某种原因突然下降时,热电偶的输出电压下降,与给定电压比较后形成正偏差信号,该偏差信号经过电压放大器、功率放大器放大后,作为电动机的控制电压加到电动机上,电动机带动滑线变阻器的触头使输出电压升高,则炉温回升,直至达到期望值。当炉温高于期望值时,调节过程相反。 1.5 解 不正确。引入反馈后,形成闭环控制系统,输出信号被反馈到系统输入端,与参考输入比较后形成偏差信号,控制器再按照偏差信号的大小对被控对象进行控制。在这个过程中,由于控制系统的惯性,可能引起超调,造成系统的等幅振荡或增幅振荡,使系统变得不稳定。所以引入反馈之后回带来系统稳定性的问题。 1、6 解: 对自动控制系统的基本要求就是:稳定性、快速性与准确性。 增大系统增益使得闭环控制系统的调整时间减小,提高系统的快速性。 2、1 解 对质量m 的受力分析如下图所示: 由牛顿第二定律得: ()22 ()() dz t d y t kz t f m dt dt --= 同时()()()z t y t x t =- 综合上述两式得其微分方程为 2222 ()()() ()d z t dz t d x t m f kz t m dt dt dt ++=- 设输入量输出量及其各阶导数的初始值均为零,对上式进行拉氏变换得式 2 2 ()()()()ms Z s fsZ s kZ s ms X s ++=- 故其传递函数为2 2()()()Z s ms G s X s ms fs k ==-++ 2、2解 受力分析得: 对于M 有: Mgsin θ=ML 22dt d θ F=Mgcos θ 对于m 有:

自动控制原理课后答案

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（表征液位的希望值）；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）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，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。 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。 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。 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）； （２）； （３）； （４）； （５）； （６）； （７） 解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项，所以该系统为非线性系统。 （2）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。 （3）该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，所以该系统为线性系统，但第一项的系数为t，是随时间变化的变量，因此该系统为线性时变系统。 （4）因为c(t)的表达式中r(t)的系数为非线性函数，所以该系统为非线性系统。 （5）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。 （6）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项，表示二次曲线关系，所以该系统为非线性系统。 （7）因为c(t)的表达式可写为，其中，所以该系统可看作是线性时变系统。

自动控制原理课后习题答案第二章

第二章 2-3试证明图2-5( a )的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。 分析首先需要对两个不同的系统分别求解各自的微分表达式，然后两者进行对比，找岀两者之 间系数的对应关系。对于电网络，在求微分方程时，关键就是将元件利用复阻抗表示，然后利用电压、电阻和电流之间的关系推导系统的传递函数，然后变换成微分方程的形式，对于机械系统，关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列岀系统的方程，最后联立求微分方程。 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： 经比较可以看岀，电网络( a)和机械系统(b)两者参数的相似关系为 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，指岀各方程式的模态。 (1) (2 ) 2-7由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-6所示，试求闭环传递函数U c ( s )/U r ( s)。 图2-6 控制系统模拟电路 解：由图可得 联立上式消去中间变量U1和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) 分别求岀电位器传递系数 K 0、第一级和第二级放大器的比例系数 K 1和K 2； (2) 画岀系统结构图； (3) 简化结构图，求系统传递函数。 图2-7 位置随动系统原理图 (2)假设电动机时间常数为 Tm 忽略电枢电感的影响，可得直流电动机的传递函数为 式中Km 为电动机的传递系数，单位为。 又设测速发电机的斜率为，则其传递函数为 由此可画岀系统的结构图如下： (3)简化后可得系统的传递函数为 2-9若某系统在阶跃输入 r(t)=1(t) 时，零初始条件下的输岀 响应，试求系统的传递函数 和脉冲响应。 分析：利用拉普拉斯变换将输入和输出的时间域表示变成频域表示， 进而求解出系统的传递函数， 然后对传递函数进行反变换求岀系统的脉冲响应函数。 解：(1)，则系统的传递函数 (2)系统的脉冲响应 2-10试简化图2-9中的系统结构图，并求传递函数 C(s)/R(s ) 和C(s)/N(s) 分析：分别假定 R(s)=o 和N(s)=O ，画出各自的结构图，然后对系统结构图进行等效变换, 将其化成最简单的形式，从而求解系统的传递函数。 解：(a )令N (s )= 0,简化结构图如图所示： 可求出： 分析：利用机械原理和放大器原理求解放大系数, 构图，求岀系统的传递函数。 解：(1) 然后求解电动机的传递函数， 从而画岀系统结

自动控制原理课后习题答案第二章

第 二 章 2-3试证明图2-5(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。 分析 首先需要对两个不同的系统分别求解各自的微分表达式，然后两者进行对比，找出两者之间系数的对应关系。对于电网络，在求微分方程时，关键就是将元件利用复阻抗表示，然后利用电压、电阻和电流之间的关系推导系统的传递函数，然后变换成微分方程的形式，对于机械系统，关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列出系统的方程，最后联立求微分方程。 证明：(a)根据复阻抗概念可得： 22212121122122112121122121221 11()1()1 11 o i R u C s R R C C s R C R C R C s R u R R C C s R C R C R C C s R C s R C s + ++++== +++++ + + 即 220012121122121212112222()()i i o i d u du d u du R R C C R C R C R C u R R C C R C R C u dt dt dt dt ++++=+++取A 、B 两点进行受力分析，可得： o 112( )()()i o i o dx dx dx dx f K x x f dt dt dt dt -+-=- o 22()dx dx f K x dt dt -= 整理可得： 2212111221121212211222()()o o i i o i d x dx d x dx f f f K f K f K K K x f f f K f K K K x dt dt dt dt ++++=+++ 经比较可以看出，电网络（a ）和机械系统（b ）两者参数的相似关系为 11122212 11,,,K f R K f R C C : ::: 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，指出各方程式的模态。 (1) ; )()(2t t x t x =+&

自动控制原理课后习题答案

第一章引论 1-1 试描述自动控制系统基本组成，并比较开环控制系统和闭环控制系统的特点。答： 自动控制系统一般都是反馈控制系统，主要由控制装置、被控部分、测量元件组成。控制装置是由具有一定职能的各种基本元件组成的，按其职能分，主要有给定元件、比较元件、校正元件和放大元件。如下图所示为自动控制系统的基本组成。 开环控制系统是指控制器与被控对象之间只有顺向作用，而没有反向联系的控制过程。此时，系统构成没有传感器对输出信号的检测部分。开环控制的特点是：输出不影响输入，结构简单，通常容易实现；系统的精度与组成的元器件精度密切相关；系统的稳定性不是主要问题；系统的控制精度取决于系统事先的调整精度，对于工作过程中受到的扰动或特性参数的变化无法自动补偿。 闭环控制的特点是：输出影响输入，即通过传感器检测输出信号，然后将此信号与输入信号比较，再将其偏差送入控制器，所以能削弱或抑制干扰；可由低精度元件组成高精度系统。 闭环系统与开环系统比较的关键，是在于其结构有无反馈环节。 1-2 请说明自动控制系统的基本性能要求。 答： 自动控制系统的基本要求概括来讲，就是要求系统具有稳定性、快速性和准确性。 稳定性是对系统的基本要求，不稳定的系统不能实现预定任务。稳定性通常由系统的结构决定与外界因素无关。对恒值系统，要求当系统受到扰动后，经过一定时间的调整能够回到原来的期望值（例如恒温控制系统）。对随动系统，被控制量始终跟踪参量的变化（例如炮轰飞机装置）。 快速性是对过渡过程的形式和快慢提出要求，因此快速性一般也称为动态特性。在系统稳定的前提下，希望过渡过程进行得越快越好，但如果要求过渡过程时间很短，可能使动态误差过大，合理的设计应该兼顾这两方面的要求。 准确性用稳态误差来衡量。在给定输入信号作用下，当系统达到稳态后，其实际输出与所期望的输出之差叫做给定稳态误差。显然，这种误差越小，表示系统的精度越高，准确性越好。当准确性与快速性有矛盾时，应兼顾这两方面的要求。 1-3 请给出图1-4炉温控制系统的方框图。 答：