自动控制原理习题解答汇总.docx
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自动控制原理习题解答汇总
第三章
3-3已知各系统的脉冲响应，试求系统的闭环传递函数
（S）:
（1）
（2）
（3）
解答:
（s）
（S）
（1）k（t）
（2）k（t）
⑶k（t）
Lk（t）
（S）
125t
0.0125e
5t10sin4t
0.11et3
0.0125
s1.25
Lk（t）L
5t
45°;
10sin4tcos4t
2
521s21
1616
Lk（t）
3-4已知二阶系统的单位阶跃响应为
试求系统的超调量％，峰值时间
16
0.1
h（t）
10s3s1
1.2t
1012.5esin（1.6t531）
tp和调节时间
ts.
解答：
因为0<<1,所以系统是欠阻尼状态。
阻尼比
=cos（531）=0.6,自然频率Wn
1.2/0.62,
阻尼振荡频率Wd=Wd
Wn1
.10.61.6
1.峰值时间tp的计算tp
1.96
Wd
1.6
2.调节时间ts的计算ts
3.5
3.5
Wn
0.622.9
■2-2
/10.6/1门Q
%的计算%e100%e0.61°°%9.48%
3-5设单位反馈系统的开环传递函数为G（s）°.4s1，试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。
s（s0.6）
解答：
方法一：
根据比例-微分一节推导岀的公式
G（s）
K（TdS1）
s（s/2Wn1）
0.4s1
5
0.6s（s1）
3
（s）
G（s）
1G（S）
W^（
z
2dWns
2）
Wn
0.4s1
s（s0.6）
"__0.4s1
1
s（s0.6）
0.4s1
~2
ss1
0.4（s2.5）
t
dWn）]
把Z=1/Td=2.5,Wn1,d°5代入可得
tp
11.05e0・5tsin（于t
83.3）
厂
2
峰值时间的计算arctg（:
d）1.0472,
/d
h（t）11.05e°.5tsin（-^t96.7）
Wn1
3.158超调量得计算
-1.6877
2
d
100%
21.65%
1221/2
调节时间得计算ts
6.29
32ln（Z2dWnWn）1门乙尹（1d）
dWn
方法二：
根据基本定义来求解闭环传递函数为
0.4s1
C（s）
G（s）
G（S）
s（s0.6）
1
s（s
0.4s1
0.6）
04s1
2当输入为单位阶跃函数时
ss1
0.4s
2
s（ss1）
（s1）
0.6
0.1
（s
12
2）
42
2
得单位阶跃响应h（t）
1e'sin（£
84.3
（t0）
cos（三t）0.1e^sin（mt）
2D2
-o.5e2tpsin（ftp
峰值时间的计算对h（t）求导并令其等于零得
tP
1;3
84.3）e并cos（^tp84.3）
2.
3.
3-6.
tan（£
2
超调量
调节时间
tp84.3）
%的计算
ts得计算
已知控制系统的单位阶跃响应为
1
e2t
tp=2.9
h（tp）h（）100%
17.49%
h（）
V3、
sin（牙ts84.5）
0.05
5.33
h（t）1
0.2e60t
1.2e10t
，试确定系统的阻
尼比和自然频率n。
解答：
系统的单位脉冲响应为
k（t）!
&（t）12e60t
10t
12e
系统的闭环传递函数为
1
（s）Lk（t）12—
s60
600
s210s600
自然频率n.60024.5
阻尼比
70
2,00
1.429
3-7设图3-7是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数K1和K2，使系统的n6,
图
3-7飞行控制系统结构图
解答：
简化3-7结构图，得到系统的闭环传递函数为
（S）
25K,
s20.825KKs
25K1
将上式与二阶系统的传递函数的标准形式
（s）
2
n
S22nS
相比较可得
25K,
0.825KK2
K,1.44
将n6,7代入上述方程组并解之可得Kt0.31
3-8分别求出图3-8中各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。
解答：
（1）由图3—8（a）可得系统的闭环传递函数为
i（S）
1
S21
由上式易得，此系统的动态性能指标为
自然频率
1阻尼比
超调量%e100%调节时间tS
（2）由图3—8（b）可得系统闭环传递函数为
2（S）
S1
s2S1
显然，这是一个比例-微分控制二阶系统，因此有
1,
0.5,z1
1.155
arctan
zd
2
—arctan
d
d
1.047
33
arctan—
d
1.047
此系统的动态性能指标为
峰值时间tp
2.418
超调量%
r...1de
dtp
35.1%
6.29
调节时间ts
32lnz
（3）
由图3-8
（c）可得系统闭环传递函数为
1
s2s1
（4）
由上式易得此系统的动态性能指标为自然频率
1阻尼比
0.5,所以为欠阻尼二阶系统
/135
超调量%e16.3%调节时间ts7
n
动态性能的比较表如下表3-1所示。
表3-1动态性能的比较表
（a）
（b）
（c）
0）
Wn1
Wn1
Wn1
0
0.5
0.5
h（t）1cos（t
20.5tx3
严）1拓e泅宁12
20.5t73
妙t）1拓esin（石t6
tr0.9s
tr242s
tp2・42s
tp3.63s
ts6.29s
ts7s
%24.7%
%16.3%
3-9设控制系统如图3-9所示。
要求：
（1）取0,0.1,计算测速反馈校正系统的超调量，调节时间和速度误差；
（2）取10.1,20,计算比例-微分校正系统的超调量，调节时间和速度误差;
G（s）
解答：
（1）取10,20.1时，系统的传递函数为
（s）
10
ss2
10
s22s10
由开还传递函数可知，此系统是一个
I型系统,
其速度系数为Kv
5，由静态误差系数法可得系统的速
度误差为ess—
Kv
0.2
函数可
103.16,
—0.316，
3.16
（2）
厂2
35.09%
调节时间
ts
3.5
3.5
0.1,2
0时，系统的传递函数为
100.1s
G（s）F
（s）2s10
s22s10
由开还传递函数可知,
此系统是一个I型系统,
其速度系数为Kv10,由静态误差系数法可得系统的
速度误差为
由比例微分校正系统的闭环函数可知
103.16,
0.316,z10
3.16
2
dnn
-=-—1.095
arctan—arctan
zdn
0.322
1.2491.57
乙1d
arctan1.249
d
tp
0.94
2
d
超调量%
dtp1
76%
nln
调节时间ts
丄ln（1
2
d）
3.09
3-11已知系统特征方程为3s410s35s2s20
试用劳思判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。
s右半平面有两个闭环极点。
因此，该系
解答：
首先用劳思判据来判定系统的稳定性，列岀劳思表如下:
4s
3
5
3s
10
1
2
47
2
s
10
1
153
s
47
0
2
s
显然，由于表中第一列元素的符号有两次改变，所以该系统在
统不稳定。
再用赫尔维茨稳定判据来判定系统的稳定性。
显然，特征方程的各项系数均为正，则
a〔a2a°a310531
470
afa41022
aa1
200
显然，系统不稳定。
2
K0.5s1
3-13已知单位负反馈系统的开环传递函数为G（s）ss1（0.5s2s1）试确定系统稳定时的K
值范围。
解答：
由题意可知系统的特征方程为D（s）s43s34s2（2K）s2K0
列劳思表如下
由劳思稳定判据可得
4s
3s
s1
s0
3
10K
-
10K2K
6K
2K
2K
10
3
10K2
3
10K
~3~
2K0
3
10K
~3~
6K解上述方程组可得0K1.705
0
3-15已知单位反馈系统的开环传递函数:
G（s）
0.1s
1
50
s5
s0.1s
1
s5
10
2s
1
22ss
6s
100
100
G（s）
G（s）
试求输入分别是r（t）2t和r（t）
2
22tt2时，系统的稳态误差。
解答：
（1）G（s）
100
20
0.1s1
0.1s1s5
由上式可知，该系统是o型系统，且
K20.0型系统在1（t）,t,1t2
信号作用下的稳态误差分别为:
。
该系统在输入为
r（t）2t时的稳态误差为ess1
2
根据线性叠加原理，该系统在输入为r（t）22tt时的稳态
误差为ess22.^^2.
1K
50
（2）G（s）
s0.1s1s5
10
s0.1s10.2s1
由上式可知，该系统式1型系统，且
0,亦。
该系统在输入为r（t）2t
12
K10。
1型系统在1（t）,t,t信号作用下的稳态误差分别为：
时的稳态误差为essi
12
2.0.2根据线性叠加原理，该系统在输入为r（t）22tt时的稳态误差
K
1
为ess2202.-
K
（3）首先需要判定此系统的稳定性，对于单位负反馈系统有
H（s）
1，所以系统的闭环特性方程为
6s3100s220s100
D（s）s2s26s100102s1=s4
4s
1
100
3s
6
20
2s
5806
10
1s
11240280
0s
10
用劳思稳定判据来确定此系统的稳定性，列劳思表如下
10
显然，劳思表中的第一列元素均大于零。
由劳思稳定判据可知系统是稳定的
用终值定理来求系统的稳态
误差，有
ess1limsE（s）lims
ss1ss01G（s）H（s）
s2s26s100
•R（s）
当输入为
当输入为
limsR（s）.
r（t）2t时,
R（s）
r（t）22t
t2时,
6s100
102s1
2s2
ess2〔s叫s.
2
2，则ess1
s
R（s）
s2
3-16已知单位反馈系统的开环传递函数:
s2s26s100
2
lims.-y.―20
0ss2s26s100102s1
2
~2
s
s2
22s2s1
—3，则
s
6s100
6s100
20
102s1
50
11丿
Wo丿
0.1s12s1
⑵
G（s）
K
ss4s200
（3）G（s）
102s14s1
s2s22s10
试求位置误差系数Kp,速度误差系数Kv，加速度误差系数Ka。
解答：
（1）此系统时一个o型系统，且K50。
故查表可得
KpK50
Ka0
Kv0
（2）根据误差系数的定义式可得
KpI］叫G（s）H（s）
K
4s200
KvlimsG（s）H（s）
s0
2
s
mo
Hs
Ka
2
limsG（s）H（s）
s0
lim
s0s4
K
4s200
Kp
limG（s）H（s）
s0
lim
s0
102s
14s1
2s10
（3）根据误差系数的定义式可得Kv
limsG（s）H（s）
102s14s1
2
ss2s10
Kalsi叫s2G（s）H（s）
102s14s1
s22s10
补充题：
1.某单位反馈系统的开环传递函数为G（s）
s0.1s10.25s1
试求：
（1）使系统稳定的K值范围；
（2）要求闭环系统全部特征根都位于Res=-1直线之左，确定K的取值范围。
解答：
（1）特征方程1G（s）0，即0.025s30.35s2sK0
K0
要使系统稳定，根据赫尔维茨判据，应有0.350.025K
即0K14
32
（2）令sz1代入系统特征方程，得0.025z0.275z0.375zK0.6750
要使闭环系统全部特征根都位于s平面Res=-1直线之左，即位于z平面左平面，应有
K0.6750
0.3750.2750.025K0.675
即0.675K4.8
2.系统结构图如图3-12所示。
试判别系统闭环稳定性，并确定系统的稳态误差essr及essn
图3—12
0.25
5
1
10
2.5
10
5s10=o劳斯表为
由于表中第一列元素全为正,
所以系统闭环稳定，又因为G（s）
105s
s20.25s1
有两个积分环节,
1
10
105s
G（s）
-0.5
2
s
s0.25s1s
0.25s1
（s）
G（s）
105s
（s）
1G（s）
0.25s3s25s
10
解答:
32
即系统特征多项式为0.25ss
3
s
2
s
1
s
o
s
为2型系统，输入r（t）1t，2型系统可无静差踪，所以essr=0。
对扰动输入，稳态误差取决于扰动
105s1
点以前的传递函数G1（s），由于本系统中，G（s）—0.5，有一个积分环节，且n（t）0.1
ss
为阶跃输入，故可无静差跟踪，所以essn=o。
3.设系统如图3-14所示，要求：
当a0时，确定系统的阻尼比，无阻尼自然振荡频率n和r（t）t
作用下系统的稳态误差；当
0.7时，确定参数a值及r（t）t作用下系统的稳态误差；在保证
0.7和essr0.25的条件下，确定参数a及前向通道增益K
图3-14
解答：
（1）当a0时，
e（S）
ss2
~8~
r~2
8
2s
辽0.354
2.828
所以
或由开环传递函数
（1）
因为G（s）
（s）
所以
此时,
（2）
e（s）
s22s
2s8
essr=lsim0s
e（S）R（S）
lSm0
s.
s22s
s22s8
U
s24
G（s）L
KvlimsG（s）
s0
8
ss2
""8
.as
2
G（s）
G（s）
4,ess
1
KV
s2（28a）s
8
s228as
8
28a
8a
s2（28a）s8
G（s）
设前向通路增益为
0.7
0.245
ss2
8as
2
Kv
K,则
8
3.96
1
当r（t）1时，ess0.495
Kv
limsG（s）
s0
8
3.96
2.02
G（s）
K
ss2
Kas
ss2
KvlimsG（s）
0
（s）
由essr=
Kv
2aK
K
2aK
K
2aK
K
s2（2aK）sK
2aK
=0.25及=0.7,可解得
a0.186,K31.16
4.已知单位反馈系统的开环传递函数G（s）
。
试分析:
s（0.01s0.2）
（1）系统是否满足超调量%5%的要求？
（2）若不满足要求，可采用速度反馈进行改进，画岀改进后的系统的结构图，并确定速度反馈的参数。
（3）求出改进后系统在输入信号r（t）=2t作用下的稳态误差。
（华中理工大学2000年考题）
解答：
（1）由开环传递函数可得系统的闭环传递函数为
（s）
G（s）
1G（s）
1000
s220s1000
2
=0.3
由上式可得n1000,2n20,即n31.6,
此时%e100%5%，不满足超调量%5%的要求。
（2）采用速对反馈进行改进后的系统的结构图如图3-28所示
此时系统的开环传递函数为G（s）
1000
s（s100020）
系统的闭环传递函数为
（s）
G（s）
1G（s）
1000
s2（100020）s1000
5.系统动态结构图如图3-29所示。
试确定阻尼比
0.6时的Kf值，并求出此时系统阶跃响应的调节时
由上式可得21000,2n1000
20。
当
%e
1
100%=5%时，=0.69,
所以20.69.1000100020
0.024
（3）系统改进后，由其开环传递函数可知，
此系统为1
型系统。
系统的开环增益为1000
―■'100020
当输入信号为r（t）=2t时，由静态误差系数法可得比
2
2
2（100020）
0.088
Kv
K
1000
间ts和超调量%。
（北京航空航天大学2000年考题）
解答:
显然,
图3—29
1
*
+2）
-
1
由图3—29可得系统的闭环传递函数为
（s）
2
s（Kf2）s9
29,2
nKf2。
又由
0.6可得
Kf2n220.6321.6
系统超调量为%
100%=9.5%
系统的调节时间为ts
351.94s
n
第四章
1.已知单位负反馈控制系统的开环传递函数为:
（1）绘制系统的根轨迹图0K
（2）
求系统临界稳定时的K值与系统的闭环极点。
（上海交通大学2002年考题）
解答：
（1）绘制系统的根轨迹。
①系统有3个开环极点p11,p23,p36,没有开环零点;
②根轨迹有3条分支。
这三条根轨迹分支分别起始与开环极点p11,p23,p36,终止
于无穷远处；③实轴上的根轨迹为
6,3,0;④渐近线如下
n
m
Pi
i1
Zj
j1
36
3
a
n
m
3
2k
1
2k
1
160°,180°
a
n
m
3
1
⑤分离点如下一
d
1
1
0
d
3d
6
解之得
di1.27,d24.72（舍去）
⑥与虚轴的交点：
将s
代入系统闭环特征方程，令其实部，虚部都为零，可得
4.24,K162
1820
2解之得
K90
根据以上分析，绘制系统的根轨迹图，如图4—5所示。
K值为K=162临界稳定时的闭
系统临界稳定即为根轨迹与虚轴的交点处，由以上分析可知临界稳定时的
环极点sjj4.24
2.已知负反馈控制系统的闭环特征方程为:
14s2
2s
20
（1）绘制系统的根轨迹
（0K
）;
（2）确定使复数闭环主导极点的阻尼系数
0.5的K
值（上海交通大学2000年考题）
解答:
*9
（1）系统的闭环特征方程为Ks14s2
2s
s14
K
0因此系统的等效开环传递函数为
s22s2
K
-①系统有3个开环极点
s14s22s2
p1,2
1j,P3
14,没有开环零
占；
八、、5
②根轨迹有
3条分支，这三条根轨迹分支分别起始于开环极点
p1,2
1j,P3
14,，终止于无
穷远处；③实轴上的根轨迹为
14;④渐近线如下
16
nm
2k1
3
2k1
160°,180°
⑤分离点如下-一
d14
解之得d19.63
⑥与虚轴的交点：
将s
解之得
（舍去）,d2
1.04（舍去）
j代入系统闭环极点方程,
5.48,K452根据以上分析,
（1）设闭环主导极点为s
根轨迹
图4-6
P1P2P3
由根之和可得
S1
S2
S3
令其实部，虚部都为零，可得
绘制系统的根轨迹图，如图
0.5
S3
由s1,s2,S3可得系统的闭环传递特征方程为
S1
又由题目可得系统的闭环特征方程为
比较上述两个式子可得
15
n訐
即使复数闭环主导极点的阻尼系数
30
28K
4-6所示。
113
2
S3s
16s230s
21.48
S2
2
n
0.5,的K*值为K*21.48
16
s3
S3
28
0
1620
3.单位负反馈系统的开环传递函数为：
GS
4.8
画出K>0,时,
闭环系统的根轨迹，并确定使闭环系统稳定时
K的取值范围。
（北京航空航天大学2001年考
题）
解答:
由题目可知，系统的开环传递函数为
Ks5
Gs①系统有2个开环极点
ss4.8
Pi
0,P2
4.8，1个开环零点z15;②根轨迹有
2条分支，这两条根轨迹分支分别起始与开环极点
Pi
0,P2
4.8，其中一条终止与无穷远处，另一条终止与开环零点
z15;③实轴上的根轨迹为
0,4.8，④渐近线如下
nm
i1Pij1Zj4.85
9.8
⑤分离点如下
2k1
2k1
180o
d4.8
解之得d12,d2
12
⑥与虚轴的交点如下：
系统的闭环特征方程为
4.8
s5K0
由上式可得，在根轨迹与虚轴的交点处：
s
4.9j
K4.8
根据以上分析，绘制系统的根轨迹，如图4
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