《自动控制理论》(夏德钤 翁贻方版)第四版课后习题详细解答答案

第二章

2-1 试求图2-T-1所示RC网络的传递函数。 1

=R1，z=R，则传递函数为： (a)z1=22RCs+11R1+CsR1?

Uo(s)z2R1R2Cs+R2 ==Ui(s)z1+z2R1R2Cs+R1+R2

(b) 设流过C1、C2的电流分别为I1、I2，根据电路图列出电压方程：

1?U(s)=I1(s)+R1[I1(s)+I2(s)]i??C1s ?1?Uo(s)=I2(s)?Cs2?

并且有

11I1(s)=(R2+)I2(s) C1sC2s

联立三式可消去I1(s)与I2(s)，则传递函数为：

Uo(s)=Ui(s)1C2s

?1??1???R1+C1s +R+R1??2??Cs?Cs?1??2?=1 2R1R2C1C2s+(R1C1+R1C2+R2C2)s+1

2-2 假设图2-T-2的运算放大器均为理想放大器，试写出以ui为输入，uo为输出的传递函数。

(a)由运算放大器虚短、虚断特性可知：

对上式进行拉氏变换得到 uidudu=-Ci+C0，uc=ui-u0， Rdtdt

Ui(s)=-sUi(s)+sU0(s) RC

故传递函数为

U0(s)RCs+1= Ui(s)RCs

(b)由运放虚短、虚断特性有：Cducui-uc-ucuu-+=0，c+0=0， dt22R2R1

联立两式消去uc得到

CRdu022?+ui+u0=0 2R1dtRR1

对该式进行拉氏变换得

CR22sU0(s)+Ui(s)+U0(s)=0 2R1RR1

故此传递函数为

U0(s)4R1=- Ui(s)R(RCs+4)

(c)Cuuducuc-u0u++c=0，且i=-c，联立两式可消去uc得到 RR12dtR1/2R1/2

CR1dui2u02ui?++=0 2RdtR1R

对该式进行拉氏变换得到

CR122?sUi(s)+U0(s)+Ui(s)=0 2RR1R

故此传递函数为

U0(s)R(RCs+4)=-11 Ui(s)4R

2-3 试求图2-T-3中以电枢电压ua为输入量，以电动机的转角θ为输出量的微分方程式和传递函数。

解：设激磁磁通φ=Kfif恒定

CmφΘ(s)= 60Uas??s?LaJs2+(Laf+RaJ)s+Raf+CeφCmφ?2π??

2-4 一位置随动系统的原理图如图2-T-4所示。电动机通过传动链带动负载及电位器的滑动触点一起移动，用电位器检测负载运动的位移，图中以c表示电位器滑动触点的位置。另一电位器用来给定负载运动的位移，此电位器的滑动触点的位置（图中以r表示）即为该随动系统的参考输入。两电位器滑动触点间的电压差ue即是无惯性放大器（放大系数为Ka）的输入，放大器向直流电动机M供电，电枢电压为u，电流为I。电动机的角位移为θ。

解：C(s)=RsKACmφ 60??iLaJs3+i(Laf+RaJ)s2+i Raf+CeφCmφ?s+KACmφ2π??

2-5 图2-T-5所示电路中，二极管是一个非线性元件，其电流id与ud间的关系为

d?0.u026??。假设电路中的R=103Ω，静态工作点u0=2.39V，id=10??e-1 ???-6

i0=2.19?10-3A。试求在工作点(u0,i0)附近id=f(ud)的线性化方程。解：id-2.19?10-3=0.084(ud-0.2)

2-6 试写出图2-T-6所示系统的微分方程，并根据力—电压的相似量画出相似电路。解：分别对物块m1、m2受力分析可列出如下方程：

?dv1m=F(t)+k2(y2-y1)-f-k1y1??1dt ?dv2?m=k2(y2-y1)2?dt?

代入v1=dydy1、v2=2得 dtdt

?d2y1m=F(t)+k2(y2-y1)-f-k1y1??1dt2

?2?mdy2=k(y-y)2221?dt2?

2-7 图2-T-7为插了一个温度计的槽。槽内温度为θi，温度计显示温度为θ。试求传递函数Θ(s)（考虑温度计有贮存热的热容C和限制热流的热阻R）。Θi(s)

解：根据能量守恒定律可列出如下方程：

C

对上式进行拉氏变换得到 dθθi-θ= dtR

Θi(s)-Θ(s) RCsΘ(s)=

则传递函数为

Θ(s)1=Θi(s)RCs+1

2-8 试简化图2-T-8所示的系统框图，并求系统的传递函数C(s)。 R(s)

a)

b)

图2-T-8

解：(a) 化简过程如下

传递函数为

G3(G1+G2)C(s)= R(s)1+G3(G1+H1)

(b) 化简过程如下

传递函数为

G1(G2G3+G4)C(s)

=

R(s)1+G1G2H1+(G2G3+G4)(H2+G1G3)

2-9 试简化图2-T-9所示系统的框图，并求系统的传递函数

C(s)

。 R(s)

解：化简过程如下

系统的传递函数为

C(s)0.7s+0.42

=3

Rss+0.9+0.7ks2+1.18+0.42ks+0.52

2-10 绘出图2-T-10所示系统的信号流程图，并根据梅逊公式求出传递函数C(s)

。 R(s)

图2-T-10

系统的传递函数为

G1G2G3C(s)=+G4

Rs1+G2H1-G1G2H1+G2G3H2

2-11 试绘出图2-T-11所示系统的信号流程图，并求传递函数

C1(s)C(s)

和2（设R1(s)R2(s)

。 R2(s)=0）

R

R

解：系统信号流程图如图所示。

图2-T-11

题2-11 系统信号流程图

G1G2G3C1(s)=

Rs1+G1G2+G4-G1G2G4G5H1H2G1G2G4G5G6H2C2(s)=

Rs1+G1G2+G4-G1G2G4G5H1H2

2-12 求图2-T-12所示系统的传递函数

C(s)

。

R(s)

解：(a) 系统只有一个回环：∑L1=cdh，

在节点R(s)和C(s)之间有四条前向通道，分别为：P1=abcdef，P2=abcdi，

P3=agdef，P4=agdi，相应的，有：?1=?2=?3=?4=1 则

C(s)1nabcdef+abcdi+agdef+agdi =∑Pk?k=R(s)?k=11-cdh

(b) 系统共有三个回环，因此，∑L1=-111，--R1C1sR2C2sR1C2s两个互不接

触的回环只有一组，因此，∑L2=-1?1?1 ???-=2?R1C1s?R2C2s?R1R2C1C2s

1111，并且有??1?=sC1R1sC2R1C1C2s2在节点R(s)和C(s)之间仅有一条前向通道：P1=1?

?1=1，则

C(s)1R2 =?P?=11R(s)1-∑L1+∑L2R1R2C1C2s2+(R1C1+R2C1+R2C2)s+12-13 确定

图2-T-13中系统的输出C(s)。

3图2-T-13

解：采用叠加原理，当仅有R(s)作用时，C1(s)G1G2=， R(s)1+G2H2+G1G2H1

当仅有D1(s)作用时，C2(s)G2=，

D1(s)1+G2H2+G1G2H1

当仅有D2(s)作用时，C3(s)G2，=-D2(s)1+G2H2+G1G2H1

C4(s)G1G2H1 =-D3(s)1+G2H2+G1G2H1当仅有D3(s)作用时，

根据叠加原理得出 C(s)=C1(s)+C2(s)+C3(s)+C4(s)=G1G2R(s)+G2D1(s)-

G2D2(s)-G1G2H1D3(s) 1+G2H2+G1G2H1

第三章

3-1 设系统的传递函数为

2ωnC(s)

=2

2

R(s)s+2ζωns+ωn

求此系统的单位斜坡响应和稳态误差。解：当输入为单位斜坡响应时，有r(t)=t，R(s)=

所以有

1 2s

2ωn1

C(s)=2?2

s+2ζωns+ωns2

分三种情况讨论（1）当ζ>1时，

s1,2=-ζ±2-1ωn

22

-??ζ-ζ-1??ωnt ζ+ζ-1??ωnt??-?

????

2ζ1ee??c(t)=t-+-22

?2ωn22-1ωn?ζ-ζ2-1ζ+-1????

()

（2）当0<ζ<1时，

s1,2=-ζ±j-ζ2ωnc(t)=t-

2ζ

()

ωn

+

1-ζωn

2

e

-ζωnt

2?-ζ2

sin -ζωnt+2 ζ??

???

（3）当ζ=1时，

s1,2=-ωnc(t)=t-

设系统为单位反馈系统,有

2

ωn

+

?ω? e-ωnt 1+nt?ωn2??2

s(s+2ζωn) 2

s2+2ζωn+ωn

Er(s)=R(s)-c(s)=R(s)

系统对单位斜坡输入的稳态误差为esr=ims?

s→0

s(s+2ζωn)12ζ?= 222

ss+2ζωns+ωnωn

3-2 试求下列单位反馈控制系统的位置、速度、加速度误差系数。系统的开环传递函数为

（1）G(s)=

50K

（2）G(s)=

(1+0.1s)(1+2s)s(1+0.1s)(1+0.5s)K(1+2s)(1+4s)K

G(s)=（4）

s2(s2+2s+10)s(s2+4s+200)

2

s→0

s→02

（3）G(s)=

解：（1）Kp=limG(s)=50,Kv=limsG(s)=0,Ka=limsG(s)=0；

s→0

（2）Kp=limG(s)=∞,Kv=limsG(s)=K,Ka=limsG(s)=0；

s→0

s→0

s→0

（3）Kp=limG(s)=∞,Kv=limsG(s)=∞,Ka=limsG(s)=

s→0

s→0

s→0

2

K

； 10

（4）Kp=limG(s)=∞,Kv=limsG(s)=

s→0

s→0

K

,Ka=lims2G(s)=0

s→0200

3-3 设单位反馈系统的开环传递函数为

G(s)=

10

s(0.1s+1)

1

R2t2 2

若输入信号如下，求系统的给定稳态误差级数。

（1）r(t)=R0，（2）r(t)=R0+R1t，（3）r(t)=R0+R1t+解：首先求系统的给定误差传递函数

Φe(s)=

误差系数可求得如下

E(s)1s(0.1s+1)

== R(s)1+G(s)0.1s2+s+10

s(0.1s+1)

=02s→0s→0

0.1s+s+10

d10(0.2s+1)

C1=limΦe(s)=lim=0.122s→0s→0

ds(0.1s+s+10)C0=limΦe(s)=lim

d22(0.1s2+s+10)-20(0.2s+1)2

C2=lim2Φe(s)=lim=0

s→0s→0

ds(0.1s2+s+10)3

（1）r(t)=R0，此时有rs(t)=R0,

&s(t)=&&rrs(t)=0，于是稳态误差级数为

esr(t)=C0rs(t)=0，t≥0

（2）r(t)=R0+R1t，此时有rs(t)=R0+R1t,级数为

&s(t)=R1,&&rr(t)=0，于是稳态误差s

&s(t)=0.1R1，t≥0 esr(t)=C0rs(t)+C1r

（3）r(t)=R0+R1t+

11

&s(t)=R1+R2t，R2t2，此时有rs(t)=R0+R1t+R2t2,r

22

&r&(t)=R2，于是稳态误差级数为 s

&s(t)+esr(t)=C0rs(t)+C1r

3-4 设单位反馈系统的开环传递函数为 C2&r&s(t)=0.1(R1+R2t)，t≥0 2! G(s)=10 s(0.1s+1)

若输入为r(t)=sin5t，求此系统的给定稳态误差级数。

解：首先求系统的给定误差传递函数

Φe(s)=

误差系数可求得如下 E(s)1s(0.1s+1)== 2R(s)1+G(s)0.1s+s+500

s(0.1s+1)=0s→0s→00.1s2+s+500

d500(0.2s+1)1C1=limΦe(s)=lim=s→0dss→0(0.1s2+s+500)2500C0=limΦe(s)= lim

d2100(0.1s2+s+500)-

1000(0.2s+1)298C2=lim2Φe(s)=lim=s→0dss→0(0.1s2+s+500)35002

Λ

以及

rs(t)=sin5t

&s(t)=5cos5tr

&r&s(t)=-25sin5t

Λ

则稳态误差级数为

C??esr(t)=?C0-2?25+Λ?sin5t+[C1?5-Λ]cos5t 2??

=[4.9?10-4+Λ]sin5t+[1?102-Λ]cos5t

3-6 系统的框图如图3-T-1a所示，试计算在单位斜坡输入下的稳态误差的终值。如在输入端加入一比例微分环节（参见图3-T-1b），试证明当适当选取a值后，系统跟踪斜坡输入的稳态误差可以消除。

a)

b) 图3-T-1

解：系统在单位斜坡输入下的稳态误差为：esr=

2ζ

ωn

，加入比例—微分环节后

C(s)=[R(s)(1+as)-C(s)]G(s)

2

((1+as)ωn1+as)G(s)C(s)=R(s)=2R(s)2

1+Gss+2ζωns+ωn

s2+(2ζ-aωn)ωns

E(s)=R(s)-C(s)=R(s)

s2+2ζωns+ωn

2

R(s)=

1

s2

2ζ-aωn

esr=limsE(s)=

s→0

ωn

可见取a=

2ζ

ωn

，可使esr=0

3-7 单位反馈二阶系统，已知其开环传递函数为

2ωn

G(s)=

s(s+2ζωn)

从实验方法求得其零初始状态下的阶跃响应如图3-T-2所示。经测量知，Mp=0.096，

tp=0.2s。试确定传递函数中的参量ζ及ωn。

解：由图可以判断出0<ζ<1，因此有

Mp=exp(-

tp=ζπ-ζ2)?100% π

-ζ2ωn

代入Mp=0.096，tp=0.2可求出

?ζ=0.598 ??ωn=19.588

3-8 反馈控制系统的框图如图3-T-3所示，要求

（1）由单位阶跃函数输入引起的系统稳态误差为零。

（2）整个系统的特征方程为s+4s+6s+4=0

求三阶开环传递函数G(s)，使得同时满足上述要求。

解：设开环传递函数为 32图3-T-3

C(s)K =32R(s)s+k1s+k2s+k3

s3+k1s2+k2s+k31根据条件（1）esr=lim=3=0可知：k3=0；

2s→01+G(s)s+k1s+k2s+k3+K

32根据条件（2）D(s)=s+4s+6s+4=0可知：k1=4，k2=6，K=4。

所以有

G(s)=4 2ss+4s+63-9 一单位反馈控制的三阶系统，其开环传递函数为G(s)，如要求

（1）由单位斜坡函数输入引起的稳态误差等于2.0。

（2）三阶系统的一对主导极点为s1,s2=-1±j1。

求同时满足上述条件的系统开环传递函数G(s)。

解：按照条件（2）可写出系统的特征方程

(s+1-j)(s+1+j)(s+a)=(s2+2s+2)(s+a)=s3+(2+a)s2+(2+2a)s+2a=0 将上式与1+G(s)=0比较，可得系统的开环传递函数

G(s)=2a 2ss+(2+a)s+(2+2a)

根据条件（1），可得

Kv=12a =0.5=esr2+2a

解得a=1，于是由系统的开环传递函数为

G(s)=2 2ss+3s+43-10 已知单位反馈控制系统的开环传递函数为

G(s)=K s(τs+1)

试求在下列条件下系统单位阶跃响应之超调量和调整时间。

（1）K=4.5,τ=1s （2）K=1,τ=1s （3）K=0.16,τ=1s

解：系统单位阶跃响应的象函数为

C(s)=R(s)G(s)=K s2(τs+1)

（1）将K=4.5，τ=1s代入式中可求出ωn=2.12rad/s，ζ=0.24，为欠阻尼系统，因此得出

Mp=46%，ts=7.86s(2%)，5.90s(5%)

（2）将K=1，τ=1s代入式中可求出ωn=1rad/s，ζ=0.5，，为欠阻尼系统，因

此得出

Mp=16.3%，ts=8s(2%)s，6s(5%)

（3）将K=0.16，τ=1s代入式中可求出ωn=0.4rad/s，ζ=1.25，过阻尼，无最

大超调量。因此只有ts=15s。

3-11 系统的框图如图3-T-4所示，试求当a=0时,系统的之值。如要求，是确

定a的值。

（1）当a=0时，则系统传传递函数为G(s)=

所以有ζ=0.354。

（2）ωn不变时，系统传函数为G(s)=8，其中ωn==22，2ζωn=2，s2+2s+88，

要求ζ=0.7，则有2s+(8a+2)s+8

2ζωn=2(4a+1)，所以可求得求得a=0.25。

3-12 已知两个系统的传递函数，如果两者的参量均相等，试分析z=1的零点对系统单位

脉冲响应和单位阶跃响应的影响。

1. 单位脉冲响应

(a) 无零点时

c(t)=

（b）有零点z=-1时ωn-ζ2e-ζωntsin-ζ2ωnt,(t≥0)

2?-ζωn?-ζωnt2 ?,(t≥0) c(t)=esin-ζωt+arctgn 1-ζωn?-ζ2??

比较上述两种情况，可见有零点z=-1时，单位脉冲响应的振幅较无零点时小，而且产生-2ζωn+ωn?ωn2

-ζ2ωn相移，相移角为arctg。 1-ζωn

2．单位阶跃响应

(a) 无零点时

c(t)=1-

（b）有零点z=-1时 1-ζ2e-ζωnt2?-ζ2sin -ζωnt+arctg ζ???,(t≥0)??

c(t)=1+-2ζωn+ωn

-ζ222?-ζe-ζωntsin -ζ2ωnt-arctg ωn-ζ???,(t≥0)??

加了z=-1的零点之后，超调量Mp和超调时间tp都小于没有零点的情况。

3-13 单位反馈控制系统的框图如图3-T-5所示。假设未加入外作用信号时，系统处于零初始状态。如果不考虑扰动，当参考输入为阶跃函数形式的速度信号时，试解释其响应为何必然存在超调现象？

单位反馈控制系统的框图如图3-T-5所示。假设未加入外作用信号时，系统中存在比例-积分环节K1(τ1s+1)，当误差信号e(t)=0时，由于积分作用，该环节的输出保持不变，故s

系统输出继续增长，知道出现e(t)<0时，比例-积分环节的输出才出现减小的趋势。因此，系统的响应必然存在超调现象。

3-14 上述系统，如在r(t)为常量时，加于系统的扰动n(t)为阶跃函数形式，是

从环节及物理作用上解释，为何系统的扰动稳态误差等于零？如扰动n(t)为斜

坡函数形式，为何扰动稳态误差是与时间无关的常量？

在r(t)为常量的情况下，考虑扰动n(t)对系统的影响，可将框图重画如下

图A-3-2 题3-14系统框图等效变换

C(s)=K2sN(s) 2sτ2s+1+K1K2τ1s+1根据终值定理，可求得n(t)为单位阶跃函数时，系统的稳态误差为0，n(t)为单位斜坡函数时，系统的稳态误差为 1。 K1

从系统的物理作用上看，因为在反馈回路中有一个积分环节，所以系统对阶跃

函数的扰动稳态误差为零。在反馈回路中的积分环节，当输出为常量时，可以

在反馈端产生一个与时间成正比的信号以和扰动信号平衡，就使斜坡函数的扰

动输入时，系统扰动稳态误差与时间无关。

3-15 已知系统的特征方程如下，试用劳斯判据检验其稳定性。

s4

s3

（1）劳斯表有 s2183240630 则系统系统稳定。

30

3

s4

s3121240

劳斯阵列第一列符号改变两次，根据劳斯判据，s1s0 （2）劳斯表有 s2

s1

s0-1282

系统有两个极点具有正实部，系统不稳定。

s5

s4

s3

（3）劳斯表有 2s

s1

s013161910-66 劳斯阵列第一列符号改变两次，根据劳斯判据，10101210

系统系统有两个极点具有正实部，系统不稳定。

s6s5s4

（4）劳斯表有 s

3

1323434

5964

8464

系统处于稳定的临界状态，由辅助方程

812

s2s1s0

A(s)=2s4+6s2+4可求得系统的两对共轭虚数极点s1,2=±j;s3,4=±j。

3-16 根据下列单位反馈系统的开环传递函数，确定使系统稳定的K值的范围。

（1）K>0时,系统稳定。（2）K>0时，系统不稳定。（3）0

系统的特征方程为 D(s)=2τs3+(τ+2)s2+(K+1)s+K=0

K(s+1)

请在以K为横坐

s(τs+1)(2s+1)

列写劳斯表

s3s2s

1

s0

(τ+2)(K+1)-2τK

>0

τ+2

2ττ+2

(τ+2)(k+1)-2τk

τ+2k

k+1k

，得出系统稳定应满足的条件

由此得到和应满足的不等式和条件0<τ<

2 6

3 4

4 3.3

2(K

+1)

,K>1,τ≠2

K-1

5 3

9 2.5

15 2.28

30

2.13

100 2.04

根据列表数据可绘制K为横坐标、τ为纵坐标的曲线，闭环系统稳定的参数区

域为图A-3-3中的阴影部分。

图A-3-3 闭环系统稳定的参数区域

3-18 已知单位反馈控制系统的开环传递函数为G(s)=K(s+5)(s+40) 试求系统的3s(s+200)(s+1000)

临界增益Kc之值及无阻尼振荡频率值。

根据单位反馈系统的开环传递函数得到特征方程

s5+1200s4+200000s3+ks2+45ks+200k=0

列写劳斯表

s5

s4

s3

s2112002.4?108-k12001.7544?108k-k2

2.4?108-k7.787?109k2-45k3-0.96?1016k

1.7544?108k-k2

200k200000k5.4?10k-200k1200445k200k0 200ks1s0

根据劳斯判据可得

?2.4?108-k>0?1200??1.7544?108k-k2

>0??2.4?108-k?7.787?109k2-45k3-0.96?1016k?>0821.7544?10k-k???200k>0

系统稳定的K值范围为

1.22?106

当K1=1.22?10、K2=1.7535?10时，系统有一对共轭虚数极点，此时产生等幅

振荡，因此临界增益Kc=1.22?106以及Kc=1.7535?108。

根据劳斯表列写Kc=1.22?106时的辅助方程 68

1.7544?108?1.22?106-(1.22?106)2

2s+200?1.22?106=0 862.4?10-1.22?10

解得系统的一对共轭虚数极点为s1,2=±j16，系统的无阻尼振荡频率即为16rad/s。 Kc=1.7535?10时的辅助方程 8

1.7544?108?1.7535?108-(1.7535?108)2

2s+200?1.7535?108=0 882.4?10-1.7535?10

解得系统的一对共轭虚数极点为s3,4=±j338，系统的无阻尼振荡频率为338rad/s。