自动控制原理第三章习题解答
自动控制原理 第三章答案
3-1 解 该线圈的微分方程为 u =+diiR L dt对上式两边取拉氏变换，并令初始条件为零，可得传递函数为()1=()(+)+1I s RU s L R 时间常数+0.005T L R s ==，过渡时间=30.015s t T s =。
3-2 解 如图2-3-2所示系统的闭环传递函数为010()=(s)0.2+1+10+1H K C s KR S K Ts =其中0101+10H K K K =,0.21+10HT K =原系统的时间常数为0.2s ，放大系数为10，为了满足题目的要求，令0.02T s =和10K =,有0.9H K =和010K =。
3-3 解 设为温度计的输入，表示实际水温，设为温度计的输出，表示温度计的指示值，若实际水温为R （常值），则输入为幅值为R 的阶跃函数，输出为(t)=R(1-e )T c τ根据所给条件，有则时间常数。
3-4 解：所给传递函数的闭环极点为21,2=-1-n n s j ζωωζ±根据上式表达式，可以确定图2-3-3中的阴影部分为闭环极点可能位于的区域（考虑到对称性，只绘出s 平面的上半平面）。
图2-3-3 闭环极点可能位于的区域3-5解：典型二阶系统的传递函数为由如图2-3-4所示的响应曲线，可知峰值时间，超调量，根据二阶系统的性能指标计算公式和可以确定和，根据如图2-3-4所示曲线的终值，可以确定。
3-6 解：如图2-3-5所示系统的传递函数为是一个典型的二阶系统，其自然振荡频率为，令阻尼比可以确定，性能指标及分别为3-7 解：系统为典型二阶系统，自然振荡频率，阻尼比。
单位阶跃响应的表达式为(t>0)单位斜坡响应的表达式为3-8 解：当时，系统的闭环传递函数为其中，无阻尼自然振荡频率，阻尼比，单位阶跃响应的超调量峰值时间和过度过程时间分别为16.3%、0,36s和0.7s当,时系统的闭环传递函数为其中，无阻尼自然振荡频率，阻尼比，单位阶跃响应的超调量、峰值时间和过渡过程时间分别为30.9%、0.24s和0.7s。
自动控制原理习题及其解答第三章
第三章例3-1 系统的结构图如图3-1所示。
已知传递函数 )12.0/(10)(+=s s G 。
今欲采用加负反馈的办法，将过渡过程时间t s减小为原来的0.1倍，并保证总放大系数不变。
试确定参数K h 和K 0的数值。
解 首先求出系统的传递函数φ（s ），并整理为标准式，然后与指标、参数的条件对照。
一阶系统的过渡过程时间t s 与其时间常数成正比。
根据要求，总传递函数应为)110/2.0(10)(+=s s φ即HH K s K s G K s G K s R s C 1012.010)(1)()()(00++=+= )()11012.0(101100s s K K K HHφ=+++=比较系数得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1010110101100H HK K K 解之得9.0=H K 、100=K解毕。
例3-10 某系统在输入信号r (t )=(1+t )1(t )作用下，测得输出响应为：t e t t c 109.0)9.0()(--+= （t ≥0）已知初始条件为零，试求系统的传递函数)(s φ。
解 因为22111)(ss s s s R +=+=)10()1(10109.09.01)]([)(22++=+-+==s s s s s s t c L s C 故系统传递函数为11.01)()()(+==s s R s C s φ 解毕。
例3-3 设控制系统如图3-2所示。
试分析参数b 的取值对系统阶跃响应动态性能的影响。
解 由图得闭环传递函数为1)()(++=s bK T Ks φ系统是一阶的。
动态性能指标为)(3)(2.2)(69.0bK T t bK T t bK T t s r d +=+=+= 因此，b 的取值大将会使阶跃响应的延迟时间、上升时间和调节时间都加长。
解毕。
例 3-12 设二阶控制系统的单位阶跃响应曲线如图3-34所示。
试确定系统的传递函数。
解 首先明显看出，在单位阶跃作用下响应的稳态值为3，故此系统的增益不是1，而是3。
自动控制原理第三章课后习题 答案()
3-1 设系统的微分方程式如下：（1） )(2)(2.0t r t c= （2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c=++ 试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1） 因为)(2)(2.0s R s sC =闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ 单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C `闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4sin 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s C t e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的98%的数值。
若加热容器使水温按10ºC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大解法一 依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由一阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Tss s s G 1)(1)()(=Φ-Φ=⎩⎨⎧==11v TK ！用静态误差系数法，当t t r ⋅=10)( 时，C T Ke ss ︒===5.21010。
解法二 依题意，系统误差定义为 )()()(t c t r t e -=，应有 1111)()(1)()()(+=+-=-==ΦTs TsTs s R s C s R s E s e C T sTs Ts ss R s s e s e s ss ︒==⋅+=Φ=→→5.210101lim )()(lim 203-3 已知二阶系统的单位阶跃响应为)1.536.1sin(5.1210)(2.1o tt et c +-=-试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs 。
自动控制原理黄坚 第二版 第三章习题答案
第三章习题课 (3-13)
3-13 已知系统结构如图，试确定系统稳 定时τ值范围。 R(s) 10 C(s) １ 解: 10(1+ 1 ) s G(s)=s2+s+10 s τ 10(s+1) =s(s2+s+10 s) τ 10(s+1) Φ(s)= s3 +s2+10 s2+10s+10 τ 10(1+10 )-10 τ b31= 1+10 >0 τ
e
-1.8
第三章习题课 (3-6)
3-6 已知系统的单位阶跃响应: -60t -10t c(t)=1+0.2e -1.2e (1) 求系统的闭环传递函数。 (2) 求系统的阻尼比和无阻尼振荡频率。 1 + 0.2 - 1.2 = 600 解: C(s)= s s+60 s+10 s(s+60)(s+10) 1 C(s)= 600 R(s)= s R(s) s2+70s+600 ω n=24.5 ζ 2 ω n=70 ω n2 =600 ζ=1.43
第三章习题课 (3-17)
1 r(t)=I(t), t , 2 t2 (2) 求系统的稳态误差： 1 K1 τ = 1 G(s)= 2 解: s +Kτ s s( 1 Kτ s+1)
1
1 R(s)= s υ=1
Kp=∞ K =K υ
ess1=0 τ ess2= =0.24 ess3=∞
R(s)= s1 2 R(s)= s1 3
(3) 求d1(t)作用下的稳态误差． 1 K F(s)= Js G(s)=Kp + s -F(s) 1 essd= lim s1+G(s)F(s) s s→0 - 1 1 =0 Js = lim s K) 1 s s→0 1+(Kp+ s Js
自动控制原理第三章习题答案
第三章习题答案名词解释1．超调量:系统响应的最大值与稳态值之差除以稳态值。
定义为)()(max ∞∞-=c c c σ 2．开环传递函数中含有2个积分因子的系统称为II 型系统。
3．单位阶跃响应达到第一个峰值所需时间。
4．指响应达到并保持在终值5%内所需要的最短时间。
5. 稳态误差：反馈系统误差信号e(t) 的稳态分量(1分)，记作e ss (t)。
6．开环传递函数中不含有积分因子的系统。
7．上升时间:○1响应从终值10%上升到终值90%所需的时间；或○2响应从零第一次上升到终值所需的时间。
简答1. 在实际控制系统中，总存在干扰信号。
1） 时域分析：干扰信号变化速率快，而微分器是对输入信号进行求导，因此干扰信号通过微分器之后，会产生较大的输出；2） 频域分析：干扰信号为高频信号，微分器具有较高的高频增益，因此干扰信号易被放大。
这就是实际控制系统中较少使用纯微分器的原因。
2．系统稳定的充分条件为：劳斯阵列第一列所有元素不变号。
若变号，则改变次数代表正实部特征根的数目。
3．二阶临界阻尼系统特征根在负实轴上有两个相等的实根，其单位阶跃响应为单调递增曲线，最后收敛到一个稳态值。
4. 闭环特征根严格位于s 左半平面；或具有负实部的闭环特征根。
5．欠阻尼状态下特征根为一对具有负实部的共轭复数，单位阶跃响应是一个振荡衰减的曲线，最后收敛到一个稳态值。
6．阻尼小于-1的系统，特征根位于正实轴上，单位阶跃响应是一个单调发散的曲线。
7. 无阻尼状态下特征根为一对虚根，响应为等幅振荡过程，永不衰减。
8．图4(a)所示系统稳定，而图4(b)所示系统不稳定。
原因是图4(b)所示系统的小球收到干扰后将不能恢复到原来的平衡状态。
9．不能。
原因是：两个一阶惯性环节串联后的极点为实极点；而二阶振荡环节的极点为复数极点。
计算题1. 解：r(t)=2t.v=1,系统为I 型系统k v =2,e ss =1.2.解：构造Routh 表：25:010:255:03/803/16:25203:35121:012345s s s s s s辅助方程：02552=+s 故纯虚根为：j s 52,1±=；故系统处于临界稳定状态。
自动控制原理邹伯敏第三章答案
自动控制理论第三章作业答案题3-4解：系统的闭环传递函数为C(s)_ G(s) _ 1^(5)"l + G (5)"52+5 + l由二阶系统的标准形式可以得到。
”=1，：=占峰值时间 t= — = 一二_： = 3.62765 叫©7^A = 5% f$ 心 = 6s 调整时间：必4△ = 2% 化心 ------- =8J 超调島 M p =e100%-16.3%q =A ^0 广_ 5" +1，"2A /10 => a = 0.5589闭环传递函数誥h + 因此，上升时间t 严乞丄3d研=1° = 0.6= 2.4185超调量必卩=「翼x 100% =兰二! = 30%<=0.3579© = 33.64题3・8特征方程为?+8^2+245 + 100 = 0列出劳斯表:531 52 8 s 11.5s° 100⑵G (沪W)s(s-l)(s + 5)71 =l ・242sM 严 八r xl00% = △ = 5% 3 a ------ = 1.5815 叱 A = 2% 4 t 5 a ------ = 2」08$ 题3・7解:9.45%1131.9开环传递函数G (沪花现)右24.陂100 (1)G (S )_5(52+85 + 24)100 解：闭环传递函数为需乙“仏+ 24) + 10024 1000 第一列都是正数,所以系统稳立10(5 + 1)W：闭环传递函数器^s(s — l)(s + 5) + 10($ +l)特征方程为S3+5S2+5S +1O=O列出劳斯表：53 1 5 052 4 10 0s 2.5 05°10第一列都是正数，所以系统稳立⑶ G(s) = ---------- -- -------5(5-1)(2^ + 3)一)黑3) + 1。
解：闭环传递函数需=特征方程为2$' +疋一3s +10 = 0列出劳斯表:53 2 -3 0S2 1 10 0S1-23 05°10劳斯表第一列的数符号变了2次，因此在s平而的右半部分有两个特征根，系统不稳左。
自动控制原理习题及其解答 第三章
例3-1 系统的结构图如图3-1所示。
已知传递函数 )12.0/(10)(+=s s G 。
今欲采用加负反馈的办法，将过渡过程时间t s减小为原来的倍，并保证总放大系数不变。
试确定参数K h 和K 0的数值。
解 首先求出系统的传递函数φ（s ），并整理为标准式，然后与指标、参数的条件对照。
一阶系统的过渡过程时间t s 与其时间常数成正比。
根据要求，总传递函数应为)110/2.0(10)(+=s s φ即HH K s K s G K s G K s R s C 1012.010)(1)()()(00++=+= )()11012.0(101100s s K K K HHφ=+++=比较系数得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1010110101100H HK K K 解之得9.0=H K 、100=K解毕。
例3-10 某系统在输入信号r (t )=(1+t )1(t )作用下，测得输出响应为：t e t t c 109.0)9.0()(--+= （t ≥0）已知初始条件为零，试求系统的传递函数)(s φ。
解 因为22111)(ss s s s R +=+=)10()1(10109.09.01)]([)(22++=+-+==s s s s s s t c L s C 故系统传递函数为11.01)()()(+==s s R s C s φ 解毕。
例3-3 设控制系统如图3-2所示。
试分析参数b 的取值对系统阶跃响应动态性能的影响。
解 由图得闭环传递函数为1)()(++=s bK T Ks φ系统是一阶的。
动态性能指标为)(3)(2.2)(69.0bK T t bK T t bK T t s r d +=+=+= 因此，b 的取值大将会使阶跃响应的延迟时间、上升时间和调节时间都加长。
解毕。
例 3-12 设二阶控制系统的单位阶跃响应曲线如图3-34所示。
试确定系统的传递函数。
解 首先明显看出，在单位阶跃作用下响应的稳态值为3，故此系统的增益不是1，4 30 t图3-34 二阶控制系统的单位阶跃h (t )而是3。
自动控制原理课后习题答案,第三章(西科技大学)
100% 9.5%
ts 3
n
2.5s( 5%)
3-9(1) 设系统特征方程为 3s4 + 10s3 + 5s2 + s + 2 = 0；试用 劳斯稳定判据判别系统稳定性，并确定在右半平面根的个 数及纯虚根。
解：列出劳斯表 4
s 3 s 2 s s
0
3
5 1
2 0
10 2 3 0 10 5 3 1 4. 7 2 10 10 1 4.7 1 10 2 0 3.26 s 4.7
-50
48
0 0 0 8 96 8 48 2 96 8 ( 50 ) 2 0 2 24 50 s 8 8 0 s1 24 96 8 ( 50 ) 112 .7 24 0 s -50
用全零行的上一行的系数构成辅助方程：A(s) =2s4 + 48s2
K 当r(t)=2t 时， K v lim sG ( s ) s 0 25
稳态误差： 得：
1 50 ess 0.5 Kv K
100 K 200
。
K 100
系统必须是稳定的，因此有
2
10
劳斯表第一列出现了负数，系统不稳定。且第一列元素 符号变化两次，可知系统存在两个s右半平面的特征根。
3-9(2) 设系统特征方程为 s5+2s4+24s3+48s2-25s-50=0；试用 劳斯稳定判据判别系统稳定性，并确定在右半平面根的个 数及纯虚根。
解：列出劳斯表
s s4
5
1 2
24
-25
ess ess1 ess 2 ess3
输入分别为r(t) = 2t 和 r(t) = 2 + 2t + 2t2时，系统的稳态误差
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tp =
1−ξ 2
= e −π 0.6 /
1−0.62
= e −π 0.6 /
1−0.62
= 9 .5 %
π
1 − ξ ωn
2
=
π
1.6
= 1.96( s )
ts =
3-5
3.5
ξω n
=
3.5 = 2.92( s ) 1.2
设单位反馈系统的开环传递函数为
G ( s) =
0.4 s + 1 s ( s + 0.6)
s5 s4 s3 s2 s1 s0
1 12 35 3 20 25 16 80 3 3 5 25 10 25
有一对虚根，系统不稳定 3-13 已知单位反馈系统的开环传递函数
G ( s) =
K (0.5s + 1) s ( s + 1)(0.5s 2 + s + 1)
试确定系统稳定时的 K 值范围。 解：系统特征方程为
ε 0 ,试问 k1 应满足什么条件？
见习题 3-20 解答 3-2 设系统的微分方程式如下： （1）
&(t ) = 2r (t ) 0.2c
&&(t ) + 0.24c &(t ) + c(t ) = r (t ) （2） 0.04c
试求系统的单位脉冲响应 k(t)和单位阶跃响应 h(t)。已知全部初始条件为零。 解： （1） 因为 0.2 sC ( s ) = 2 R ( s ) 单位脉冲响应： C ( s ) = 10 / s 单位阶跃响应 h(t)
试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs。 解： h(t ) = 1 −
1 1−ξ
2
e −ξωnt sin( 1 − ξ 2 ω n t + β )
1−ξ 2
β = arccos ξ
σ % = e −πξ /
tp =
π
1 − ξ 2ωn
ts =
3.5
ξω n
ξ = cos β = cos 53.10 = 0.6
(b)
+ (c)
图 3-43 解： （a） ω n = 1 （b） Φ ( s ) =
2
控制系统
ξ =0
系统临界稳定。
s +1 s + s +1 s +1 （c） Φ ( s ) = 2 s + s +1
ωn = 1 ωn = 1
ξ = 0.5 ξ = 0.5
σ % = 29.8% σ % = 16.3%
3.5 = 7s 0.5
3-6 已知控制系统的单位阶跃响应为
h(t ) = 1 + 0.2e −60t − 1.2e −10t
试确定系统的阻尼比ζ和自然频率ωｎ。 解： 求拉氏变换得
H (s) =
1 0.2 1.2 ( s + 60)( s + 10) 0.2s ( s + 10) 1.2s ( s + 60) + − = + − s s + 60 s + 10 s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10) s ( s + 60)( s + 10)
2 ωn 600 600 = = = 2 s ( s + 60)( s + 10) s ( s 2 + 70s + 600) s ( s 2 + 2ξω n s + ω n ) 2 ωn 2 ( s 2 + 2ξω n s + ω n )
显然闭环传递函数为
其中 ω n = 600
2
ω n = 10 6
K1 =
36 25
4
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
2ξω n = 0.8 + 25K1 K t = 12
3-8
所以 K t =
14 45
试分别求出图 3-43 各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。
r(t)
-
1 S2
c(t)
r(t)
-
1+s
1 S2
c(t)
r(t)
+
1 S2
S
c(t)
(a)
2
=
1 10
得到 ω n (ξ −
ξ 2 − 1) = 10
所以 ω n =
10
ξ − ξ −1
2
=
10 7 2 6 − 49 −1 24
=
10 × 2 6 = 10 6 2
3-7 设图 3-42 是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数 K１和 Kt，使系统ωｎ＝６、ζ ＝１。
图 3-42 解：系统开环传递函数
2
k (t ) = 10
t≥0 t≥0
2
C ( s ) = 10 / s 2
h(t ) = 10t
C ( s) =
（2） (0.04 s + 0.24 s + 1)C ( s ) = R ( s ) 单位脉冲响应： C ( s ) =
1 0.04 s + 0.24 s + 1
2
R( s ) 0.04 s + 0.24 s + 1 25 −3t k (t ) = e sin 4t 3
2
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
Hale Waihona Puke c(t ) = 1 − e −0.5t cos
3 2 × 0.6 −0.5t 3 t− e t sin 2 2 3 3 t + 55.30 ) 2
= 1 − 1.22e −0.5t sin( h(t ) = 1 − 1 1−ξ
2
e −ξωnt sin( 1 − ξ 2 ω n t + β )
t s = 7.51s t s = 8.08s
3-9 设控制系统如图 3-44 所示。要求：
图 3-44 控制系统 (1) 取τ1＝０，τ2＝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τ1＝０.１，τ２＝０，计算比例-微分校正系统的超调量、调节时间和速度误差。 解： （1）系统开环传递函数
10 2 ωn 10(1 + τ 1 s ) 10 s( s + 1) G0 ( s ) = (1 + τ 1 s ) = = = 10τ 2 s s ( s + 1) + 10τ 2 s s( s + 2) s ( s + 2ξω n ) 1+ s( s + 1)
2 ωn = 10
ω n = 10
0
0
5 4 s 5 s+4 +5 2 2 +5 2 2 = 2 +5 2 2 2 s s + 16 s + 16 s s + 16 0.1 0.1 （3） Φ ( s ) = − s s + 1/ 3 Φ( s) =
3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为
h(t ) = 10 − 12.5e −1.2t sin(1.6t + 53.1o )
1−ξ 2
β = arccos ξ
σ % = e −πξ /
tp =
π
1 − ξ ωn
2
ts =
3.5
ξω n
ξ = cos β = cos 55.30 = 0.569
σ % = e −πξ /
tp =
1−ξ 2
= 11.37%
π
1 − ξ 2ωn 3.5
=
π ×2
3
= 3.63s
ts =
ξω n
=
试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。 解：闭环传递函数
0.4 s + 1 G( s) 0.4 s + 1 s ( s + 0.6) GB ( s) = = = 2 s + s +1 1 + G ( s ) 1 + 0.4 s + 1 s( s + 0.6) C ( s ) = GB ( s ) R( s ) = 1 0.4 s + 1 0.4 1 = 2 + 2 2 s s + s + 1 s + s + 1 s( s + s + 1) s +1 s + 0.6 0.4 1 1 = 2 + − 2 = − 2 s + s +1 s s + s +1 s s + s +1
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
&0 + x &0 = K 2u 3-1 设随动系统的微分方程为： T& x u = K 1 [r (t ) − x f ] & f + x f = x0 T fx
其中 T,Tf, K2 为正常数。如果在外作用 r(t)=1+t 的情况下，使 x0 对 r(t)的稳态误差不大于正 常数
2ξω n = 70
ξ=
7 2 6
根据（3-17）
h(t ) = 1 +
e − t / T1 e − t / T12 + T2 / T1 − 1 T1 / T2 − 1
解：根据公式（3-17）
3
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
t t
e T1 e T2 h(t ) = 1 + + T2 / T1 − 1 T1 / T2 − 1 T1 = 1
s 5 + 3s 4 + 12s 3 + 24 s 2 + 32 s + 48 = 0