自动控制答案

1.1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。

-

cd

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

解：

X(S)=

238

+2+3 sss

(2) x(t)=5sin2t-2cos2t

2S

-2S24S24102S

=2

S4

解：X(S)=5

(3) x(t)=1-e

1-tT

1S

1T

解：X(S)=-

1S

=

1T-

SST1

=

(4) x(t)=e

0.4t

1

S(ST1)

cos12t

解：X(S)=

S0.4

22

(S0.4)12

2.2试求下列象函数X(S)的拉式反变换x(t)： (1) X(S)=

s

(s1)(s2)

21s

=

(s1)(s2)S2S1

解：X(S)

x(t)2e2tet

2s25s1

(2) X(S)= 2

s(s1)

2s25s11S5

解：X(S)=2 2

SS1s(s1)

=

1SS1

5 S21S21

x(t)u(t)cost5sint

3s22s8

(3) X(S)=

s(s2)(s22s4)

12S13s22s8

解：X(S)= 22

s(s2)(s2s4)SS2(S1)2

x(t)12e2tetco2t

d2y(t)dy(t)

22y(t)r(t)式中，系统输入2.3已知系统的微分方程为

dtdt2

变量r(t)=δ(t),并设y(0)=y(0)=0,求系统输出y(t).

.d2y(t)dy(t)

22y(t)r(t)且y(0)=y(0)=0 解：

dtdt2

.

两边取拉式变换得S2Y(S)2SY(S)2Y(S)1 整理得Y(S)=

11

22

S2S2(S1)1

由拉式反变换得y(t)=etsint

2.4列写题2.4图所示RLC电路的微分方程。其中，ui为输入变量，

R

L

uo 为输出变量。

解：由基尔霍夫电压定律，可列写回路方程uiuRuLuo

设回路电流为i，又因为iC

duodi

uoui，所以代入电流可得其微，所以，iRLdtdt

d2uoduo

RCuoui 分方程LC2

dtdt

2.5列写题2.5图所示RLC电路的微分方程。其中，ui为输入变量，

L

u(t)

uo 为输出变量。

解：设流过L的电流为i，流过R的电流为i1，流过C的电流为i2。

有ii1i2C且uiuLuo

duo(t)u(t)u(t)du(t)

Co ，i1o。所以有ii1i2o

dtRRdt

d2uo(t)Lduodi

uoLCuo 所以，uiL2dtRdtdt

2.6设运算放大器放大倍数很大，输入阻抗很大，输出阻抗很小。求题2.6图所示运算放大电路的传递函数。其中，ui为输入变量，

C

uo

为输出变量。

解：由

uiduU(s)-Co两边进行拉式变换得i-CSUo(s) R1dtR1

UO(S)1

-Ui(s)R1CS

C(S)

。

R(S)

所以其传递函数为

2.7简化题2.7图系统的结构图，并求传递函数

解：设G1后为X，H1后为Y，由结构图写线性代数方程

G1(S)[R(S)H1(S)Y]XYH2(S)CXCG2(S)X

消去中间变量X，Y,得传递函数为

G1(S)G2(S)C(S)



R(S)1G1(S)G2(S)H1(S)H2(S)G1(S)H1(S)

2.8简化题2.8图系统的结构图，并求传递函数

C(S)R(S)。

解：设G1(S)前为Y，G2(s)前为X。由结构图写线性代数方程

R(S)C(S)H2(S)H1(S)Y

YG1(S)C(S)H2(S)X

消去中间变量X，Y,得传递函数为

XG2(S)C(S)

G1(S)G2(S)C(S)



R(S)1G1(S)G2(S)H1(S)H2(S)G2(S)H2(S)

2.9简化题2.9图系统的结构图，并求传递函数

C(S)R(S)

。

R(S解：设第一环后为X，第二环后为Y，由结构图写线性代数方程

R(S)C(S)X

R(S)G1(S)XY 消去中间变量X，Y,得传递函数为 YG2(S

)C(S)

C(S)G2(S)(1G1(S))



R(S)1G2(S)

2.10简化题2.10图系统的结构图，并求传递函数

C(S)

R(S)

。

解：设第一环后为X，第三环后为Y，由结构图写线性代数方程

R(S)G2(S)YG4(S)X(XR(S)G1(S))G3(S)C(S) C(S)YG4(S)Y

消去中间变量X，Y,得传递函数为

C(S)(G1(S)G2(S))G3(S)(1G4(S))



R(S)1G3(S)G4(S)G4(S)

3.1已知系统特征方程如下，试用劳斯判据判别系统稳定性，并指出位于右半S平面和虚轴上的特征根的数目。 （1）D（S）=S5S44S34S22S10

S5

1 4 2 S4 1 4 1 S3

 1 0 S2

4

1



1 0

S

1

412

41

0 0

S0 1 0 0

系统不稳定，有2个特征根在右半S平面。

(2)D(S)=S63S55S49S38S26S40 解：劳斯表构成如下

S6 1 5 8 4

S5

3 9 6 S4 2 6 4 S3

8 12 S2 3 4 S1 4/3

S0

4

因为劳斯表第一列数符号相同，所以系统是稳定的。有根在虚轴上。

(3)D(S)=S53S412S320S235S250

4个

S5

1 12 35 3 20 25 16/3 80/3 5 25 10 25

S4 S3

S2 S1 S0

因为劳斯表第一列数符号相同，所以系统是稳定的。有2个根在虚轴上。

(4)D(S)=S6S52S43S37S24S40 解：劳斯表构成如下

S6 S5

1 -2 -7 -4 1 -3 -4 1 -3 -4 4 -6 -3 -8 -50 -4

S4 S3

S2 S1 S0

因为劳斯表第一列数符号变化1次，所以系统是不稳定的，有1个特征根在右半S平面。求解辅助方程F(S)S43S240，可得系统对称于原点的特征根为S1,22,S3,4j。

3.3已知单位负反馈控制系统的开环传递函数为

2nKv

当n=90S1,阻尼比0.2时，试确定Kv为何值G(S)22

S(S2nSn)

时系统是稳定的。

2nKv

解：系统开环传递函数为G(S)，特征方程为 22

S(S2nSn)

22

D(S)S32nS2nSnKv0

劳斯表构成如下 S

3

1 n2 2n n2Kv

2

2nKvn

2

S2 S

1

S0

n2Kv

由劳斯稳定判据，系统稳定的充分必要条件为

2

2nKvn

2

>0

2nKv>0

又因为n=90S统临界稳定。

1

,阻尼比0.2，所以可得0

3．5已知反馈控制系统的传递函数为G(S)

10

,H(S)=1Khs ，试确定闭环系统

S(S1)

临界稳定时Kh的值。

解：开环特征方程 G(S)H(S)

10(1KhS)10

(1KhS)

S(S1)S(S1)

2

闭环特征方程 s(s1)10(1KhS)0 即S(10Kh1)S100

S2 1 10

S1 10Kh1 S0 10

当10Kh1>0，即Kh>0.1稳定，当Kh=0.1时，系统临界稳定。

3.7在零初始条件下，控制系统在输入信号r(t)=1(t)+t1(t)的作用下的输出响应为c(t)=t1(t),求系统的传递函数，并确定系统的调节时间ts。 解：对输入输出信号求拉式变换得r(S)=

111

2，c(S)= 2。所以系统的传递函数为 SSS

(s)

35c(s)1

，系统的时间常数为T=1s,所以系统的调节时间ts=。 r(s)s142

3.9要求题3.9图所示系统具有性能指标：p%10%,tp0.5s。确定系统参数K和A，并

计

算

tr

，

ts

。

K

C(S)KS(S1)

2解：系统的闭环传递函数为，可见，

KR(S)S(1KA)SK1(1AS)S(S1)





2

系统为典型二阶系统：K，2n1KA，由p%=e2

n

100%10% 得

2

=ln

1=2.30 所以=0.698 由tp0.5s 得

20.1n

n



2

76.91 A8.77s1 ，则Kn

2n1

0.144 0.52

K

tcos1r

2

=0.34s t4

s

0.65s (2)

n

n

t3

s

0.49s (5)

n

3.11设典型二阶系统的单位阶跃响应曲线如题3.11图所示。 （1）求阻尼比和自然振荡频率n； （2）画出等效的单位反馈系统结构图； （3）写出相应

的

开

环

传

递

函



tp

d

解：（1）由2

dn 得0.4 ，n11.4

%e

2

25%

（2）

数

。

（3）、G(S)=

129.96129.96

(S)2

S9.12S129.96s(s9.12)

3.13单位负反馈系统的开环传递函数为G(S)

5

S(S1)

(1)求输入信号r1(t)0.1t时系统的稳态误差终值； （2）求输入信号为r2(t)0.01t2时系统的稳态误差终值。 解：（1）v

lim

S0

SG(S)H(S)=limS

S0

5

=5

S(S1)

ess

R0.10.02 Kv5

（2）a

lim

S0

S2G(S)H(S)=limS2

S0

5S5

=lim=0

S(S1)S0S1

ess 3.15

R0.01 Ka0

3.15

图所示控制系统，其中

e(t)为误差信号

。

如题

（1）求r(t)=t,n(t)=0时，系统的稳态误差ess终值； （2）求r(t)=0,n(t)=t时，系统的稳态误差ess终值；

（3）求r(t)=t,n(t)=t时，系统的稳态误差ess终值；

（4）系统参数K0，T，KP，T1变化时，上述结果有何变化？ 解：（1）、 e(s)

1S(TS1)



K110

S(TS1)KpK0(1)1Kp(1)

T1ST1SS(TS1)

K0

K0S(TS1)

en

K011

)1Kp(1)()S(TS1)KpK0(1TST1SS(TS1)1

E(S)e(S)R(S)enN(S)

esslimSe(s)R(S)limS

s0

s0

S(TS1)

S(TS1)KpK0(1

1)T1S

1

0 S2

（2）、esslimSenN(S)limS

s0

s0

K0

S(TS1)KpK0(1

1

)T1S

T11

2

KpS

（3）、esslimSenN(S)limSe(s)R(S)

s0

s0

T1

Kp

（4）、K0,T变化，对上述结果无影响，因为K0,T处于外扰n(t)作用点的后面对ess()0无影响，而系统为二阶无差度系统，r(t)=t时，ess()0。故K0,T等变化，只要不改变系统结构，即ess()0，当Kp，T1发生变化时，对ess()有影响。