自动控制原理答案完全版第二版.docx
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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
1-1（略）
1-2（略）
1-3解：
受控对象：
水箱液面
被控量：
水箱的实际水位hc
测量元件：
浮子，杠杆。
放大元件：
放大器。
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。
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
h「。
给定值为希望水位hr（与电位器设定
cr
电压ur相对应，此时电位器电刷位于中点位置）
当hchr时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。
一但hchr时，浮子位置相应升高（或
CIcI
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hr。
1-4解：
受控对象：
门。
执行元
件：
电动机，绞盘。
放大元件：
放大器。
仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图
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
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:
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）
X2（s）QX/s）
X3（s）X2（s）X5
（sTsX4（s）X3（s）
X5（s）X4（s）K2N2
（sk3X5（s）s2C（s）sC（s）
C（s）/R（s）
KK
32
Ts（T1）ssK1K3
C（s）/Ni（s）C（s）/R（s）,
C（s）/N2（s）
K2K3TS
Ts3~~T1）s2sK1K3
2-2解：
对微分方程做拉氏变换
Xi（s）K[R（s）C（s）]
X2（s）sR（s）
（s1）X3（s）Xi（s）X2（s）
（Ts1）X4（s）X3（s）X5（s）
C（s）X4（s）N（s）
X5（s）（Ts1）N（s）
X3（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（s1）：
Ts1）
C（s）0
N（s）0
2-3解：
（过程略）
K
C（s）（s1）K
Ts2（Ts1）s（K1）
R（s）msfsK
（b）C（s）字红
R（s）1G1G3GG4G2G3G2G4
（c）誤
R（s）
G2G1G2
1G-iG2G-i
（d普
R（s）
G1G2
1G2G3
（e）R^
R（s）
G1G2G3G4
1G<|G2G2G3
G3G4G1G2G3G4
2-4解：
（1）求C/R，令N=0
KKK3
s（Ts1）
C（s）/R（s）G（s）
1G（s）
求C/N，令R=0，向后移动单位反馈的比较点
K3
C（s）/N（s）（KnGnK10）—J
s1亠K1
G（s）
K1K2K3
Ts2
KiK2K3
KnK3sK1K2K3G
K2
n
2一
Ts2sK1K2K3
Ts1s
（2）要消除干扰对系统的影响
C（s）/N（s）KnK3sK1K2K3Gn
Ts2sK1K2K3
Gn（s）Kns
k1k2
2-5解：
（a）
（1）系统的反馈回路有三个，所以有
3
LaL1L2L3
a1
G1G2G5
G2G3G4
G4G2G5
三个回路两两接触，可得
1La
1GG2G5
G2G3G4
G4G2G5
（2）
有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以
P
P2
G1G2G3,1
1,21
（3）
闭环传递函数C/R为
GGG31
1G1G2G5G2G3G4G4G2G5
（b）
（1）
系统的反馈回路有三个，所以有
3
La
a1
L1
L3G1G2G1G1
三个回路均接触，可得
1La
1G-iG22G-）
（2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以
R
G1G2,1
1
P2
G,2
1
P
G2,3
1
P4
G1,4
1
（3）闭环传递函数C/R为
C
G1G2
G1
G2G
G-iG2G2
R
1
G1G2
2G1
1G-|G22G.
2-6解：
用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得1La1GG2G3G2，可得
第三章习题
采用K0,KH负反馈方法的闭环传递函数为
1OKo
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%
1
解得:
33.71
0.358
所以，开环传递函数为:
G（s）
113647.1
s（s24.1）s（0.041s1）
3-3解：
（1）K10s1时:
G（s）
100
s210s
100
2n10
解得：
n10,
0.5,%16.3%,tp0.363
（2）K20s1时:
G（s）
200
s210s
200
2n10
结论，
K增大，超调增加，
峰值时间减小。
3-4解
:
（1）
a.
0.1,n5s1时，
%
e
/.12
100%
72.8%
ts
3.5
7s
n
b.
0.1,n10s1时，
%
e
/12
100%
72.8%
35
3.5s
ts
n
c.
0.1,n1s1时，
解得：
n14.14,
0.354,%=30%,tp0.238
%e/1'100%72.8%
丄3.5c厂ts35s
n
（2）0.5,n5s
时，
/■~2
%e100%16.3%
1.4s
3.5
ts
n
系统稳定。
（b）用古尔维茨判据
3s
1
9
2s
20
100
1s
4
0
0s
100
20100
D120,D280
19
201000
D31908000
020100
系统稳定。
（2）
（a）用劳思判据
s4352
s31010
s24.72
s13.25530
s02
系统不稳定。
（b）用古尔维茨判据
0.2S30.8S2sK0
劳思表
s30.21
S20.8K
K
0。
无解
若系统稳定，则：
10,K
4
（2）系统闭环特征方程为
32
0.2S0.8S（K1）sK0
劳思表
s30.2K1
s20.8K
13
sK1
4
s0K
3
若系统稳定，则：
K10,K0
4
4
解得K-
3
s3110
s22110
s200/210
s0100
系统稳定。
10
（b）系统传递函数：
—
s101s10
劳思表：
s2110
s11010
s010
系统稳定。
3-8解：
系统闭环特征方程为:
0.01s32s2sK0
劳思表:
3s
0.01
1
2s
2
K
1s
20.01K
2
0s
K
当20,乙严0，K0时系统稳定
稳定域为：
0,0K200
3-9解：
（1）
系统稳定。
1
Es巳R（s）R（s）盲R（s）
1
当输入r（t）1（t）时，R（s）1,ess
s
帅sEs
lims-
s0
1
11
10s
s（0.1s1）（0.5s1）
输入r（t）t1（t）时，R（s）
乓smo
s
s
mo
s
-2
22
输入r（t）t21（t）时，R（s）气,esslimsE.
ss0
lims-
s0
1
10
s（0.1s1）（0.5s
3
s
1）
（2）
K7，故当r（t）1（t）时，ess0；
t21（t）时，ess。
解法一、因为1,属于I型无差系统，开环增益
18
当r（t）t1（t）时，ess1.14；当r（t）
K7
解法二、系统的闭环特征方程为：
s46s310s215s70
劳思表:
4s
1
10
7
3s
6
15
0
2s
7.5
7
1s
9.4
0
7
s
系统稳定。
lims~
s0
1
7（s1）
s（s4）（s22s2）
输入r（t）t21（t）时，R（s）
（3）
es
2-3S
s
Esmo
Hs
s
mo
■Is
1
2S
解法一、因为2，属于n型无差系统,
开环增益
8，故当r（t）
1（t）时，ess0；
当r（t）t1（t）时，ess0；当
r（t）t2
1（t）时,
ess
0.25。
解法二、系统的闭环特征方程为:
0.1s3
4s
劳思表:
3s
2s
1s
0s
0.1
1
3.2
8
系统稳定。
Es
EiR（s）R（s）
1G（s）R（s）
当输入r（t）1（t）时，R（s）
limsEs
s0
lims-
0
1
1
8（0.5s
s2（0.1s
1
1）
输入r（t）t1（t）时，R（s）
1
2，esss
!
ms乓
lims-
s0
1
1
8（0.5s
s2（0.1s
1）
1）
输入r（t）t21（t）时，R（s）
limsEs
3-10解：
系统传递函数为器
G（s）
调节时间ts4T1min,T0.25min
10
输入r（t）10t,R（s）—
s
2
lims30.25
s018（0.5s1）s3
I2
s2（0.1s1）
—为一阶惯性环节
Ts1
稳态误差:
E（s）R（s）C（s）-s
ess叽sE（s）2.5（CD）
10
~2
s（0.25s1）
3-11解：
用梅森公式:
EiR
E（s）
R（s）
1
2.5K
EiN
E（s）N（s）
1
（0.05s1）（s5）
2.5
2.5K
E（s）
1
（0.05s1）（s5）
（0.05s1）（s5）2.5（0.05s1）1
（0.05s1）（s5）2.5K
1
输入R（s）-,N（s）
s
当K=40时
（1）
vs帅sE（s）
（0.05s1）（s5）2.5（0.05s1）1
（0.05s1）（s5）
2.5Ks
2.5
52.5K
0.0238
（2）
当K=20时
（3）
!
叩sE（s）52.5K
在扰动点前的前向通道中引入积分环节1/s,
0.0455。
比较说明,
K越大，稳态误差越小。
EiR
E（s）
R（s）
1
1-s（0.05s1）（s5）
2.5
EiN
E（s）
N（s）
s5
2.5K
s（0.05s1）（s5）
E（s）
s（0.05s1）（s
5）2.5s（0.05s1）1
s（0.05s1）（s5）2.5Ks
s（0.05s1）（s5）
s（0.05s1）（s5）2.5K
2.5（0.05s1）s
s（0.05s1）（s5）2.5K
（0.05s1）（s5）2.5（0.05s1）
s（0.05s1）（s5）2.5K
所以对输入响应的误差，esslimsE（s）0。
s0
在扰动点之后引入积分环节1/s，
E（s）
1
s（0.05s1）（s5）
EiR
R（s）1
2.5K
s（0.05s1）（s5）
2.5K
（0.05s1）（s
5）s
2.5
E（s）
s5
1
2.5（0.05s
1）
EiN
N（s）1
2.5K
s
s（0.05s1）（s5）2.5K
（0.05s1）（s
，5）s
E（s）
R（S）EiR
N（s）EiN
（0.05s
1）（s25s2.5）1
s（0.05s
1）（s5）2.5Ks
1
所以对输入响应的误差，esslimsE（s）
s0K
3-12解：
解法一、原系统结构图变换为
N（s）
R（s）
1
s1
C（s）
J
「s2
q（T2K）s5k
—
系统开环1，故对R为I型，干扰N作用点之前无积分环节，系统对N为0型
解法二、用梅森公式
1
1
N（s）
s
s
1.1
essrlimsEiR—0，essn“叩sEiN—
s0ss0s
令R（s）
2
1
JT，N（s）s
1
2s
令R（s）
令R（s）
1
斗，N（s）s
lims
s0
EiR3
s
，essn
lims
s0
系统对r（t）为I型，对n⑴为0型。
3-13:
（a）解法一、解得，CiRJ「,
R（s）s（s1）1
CiN
C（s）
N（s）
s（s1）
s（s1）1
E（s）R（s）C（s）R（s）（R（s）i*N（s）i
11
输入R（s）2,n（s），所以电limsE（s）
ss0
解法二、
C（s）
R（s）
—，因为分子分母后两项系数对应相等,
s1
故系统为n无差，在
r（t）t
1（t）时,
essr0,又在n（t）作用点以前原系统串联了一个积分环节，故对阶跃干扰
信号Qsn
0,从而有essessressn0。
（b）系统开环1，为I型系统，故essr
0；又En（s）
N（s）iCiN
0.1.200
si0.5s2s200
根据疋^义erc,e；sQ；sre$snOssn
limsEn（s）
s0
0.1。
3-14解：
开环传递函数为
2
G（s）円
―,误差传递函数s
EiR（S）R（S）
1
1G（s）
R（s）
（1）输入r（t）
1（t）,R（s）
SirmsEsR（s）
lims-
s0
1
1
7ss22s
⑵输入r（t）1（t）,R（s）
氐sirmsEsR（s）
lims-
s0
1
11
22
ns
s22s
第四章习题
4-1解:
"了£匚）另解
0
（
4-2解:
4-3解：
根轨迹如图
i
i
J
fA
-j
弋J
i
%*
极点R0,P2
1,F3
共有三条渐近线
D
60
渐近线交点为
2）1
3条渐近线与实轴夹角
（2k1）
3
（k
0）
（k
（k
1），分离点坐标
1）
分离角为-
2
与虚轴交点：
1GHs（s1）（0.5s
32
0.5（j）1.5（j）j
2,K3
1）
当00.5s31.5s2
1）
所以，无超调时K的取值范围为0
0.1925。
作图测得
0.5的阻尼线与根轨迹交点
s,,20.33j0.58，根据’根之和’法则,
s1S>SsP!
p2p3，求得Sj2.34。
Ss对虚轴的距离是§,2的7倍，故认为s,2是
S1S2
主导极点，系统近似为二阶，即（s）（ss）（ss2）
0.445
s2__0.667s
歸，从而得到
0.5，n0.667，其阶跃响应下的性能指标为%
16.3%，ts
3.5i
10.5s。
n
1
4-4解：
（1）s——
0.671
即（s）,t
0.67s1
1.5，S2,3
3T2s,%
4j9.2，主导极点为s，系统看成一阶系统。
（2）由于极点为S1
—与零点z1
0.67
1
0.59
构成偶极子，所以主导极点为s2，s3，即
1
2
0.01s20.08s1
系统可以看作（S）
10，
0.4，
n
%25%
4-5解：
（题目改为‘单位负反馈’）
3.50.88s，
由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性,
5-1解：
0arctanT
超过10D,
所以不满足要求。
5-2解:
设G（s）
1
LCs2RCs1
5-3解:
（1）G（s）
160
s（s8）
第五章习题答案
arctan2fT
10
arctan2100.0132.1*，相位差
354D
，G（10j）0.708,G（10j）90
5
1
11002L10610__106Rj,
1104
亍6马1013H）
10010
1
10__106r
G（10
j）
0.708
R44959（）
986.96
G（s）
s244.37s986.96
msHz
□odeDiagram
1Q0*”””r
〔Efup】
10
-1
口12
101010
Frequency（reid/sec）
ooo9
1-
35
101
（2）G（s）10°（s
s（s1）（s20）
BodeDiagram
oo
24
■■
101
Frequency（rad/sec）
〔6333W更厘
oo
（3）G（s）
64（s2）
BodeDiagram
50
0
-50
wo
Frequencv（rad/sec）
〔btDpja（44B匸d
（4）G（s）如sS
（1）（s0.1）4s25）
5-4解:
（a）
K
G（s）由一个放大环节、一个惯性环节组成
Ts1
（b）
20lgK
G（s）
G（s）
20,K10；1
0.1s
s（Ts
K_
1）
110T0.1
T
由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成
1T80
K40
丄，穿越频率c40，L（）c20lgK20lg
80
（c）
G（s）
G（s）
L（k）
40
s（80s1）
—由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成
s（
n
2—s
n
20lgK
20igk
k100，由图可知r45.3,
24.85,n
r，得到n50,0.3（0.954舍去）。
22
G（s）
2.5103100
s（s230s2.5103）
（d）G（s）
-s_1由一个放大环节、一个微分环节、两个积分环节、两个惯性环节
s2（Ts1）2
组成
0.1得10;21得T1
L（）20lgK20lg1020lg（2c1）0，K0.2，G（s）0.2（10s1）2
s（s1）
（或者米用精确表示：
L（）20lgK20lg102120lg1220lg（11）0，
2
.101
0.1990，G（s）
0.1990（10s1））
s2（s1）2
s（2
s2—s1）
n
n
11
1
1，22n2，20lg8
2
L20lgK
20，
K10
G（s）
10（s1）
2
e）G（s）占丄
s（0.25s0.2s1）
5-5解：
0.2，在11处，
（1）G（s）
伯德图：
250
s2（s50）
5
s2（50s1）
，20IgK
14
100
BodeDiagram
o40oo
5（1SE5
-1
-§冬営翼s
10
Q
101
Frequency（rad/sec）
D-o5o5o5
349382
1-'112-■■■
〔Ewp）SIWOLIn-
10
10
有一次负穿越,
P0,ZP2N2故不稳定
10
（2）G（s）
250
s（s5）（s15）
3
11
s（-s1）（-s1）
515
20lgK
10.46
50
Ep〕©prill匚h左
BodeDiagram
zll:
l
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