自控第三章答案
自动控制原理第三章课后习题答案
3-1（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 Ct 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Ts s s s G 1)(1)()(=Φ-Φ= ⎩⎨⎧==11v T K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 s Ts Ts ss R s s e s e s ss ︒==⋅+=Φ=→→5.210101lim )()(lim 23-3 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 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。
自动控制原理第三章答案
n
临界阻尼：ts 4.75T 4.75
1
4.75
n
1 0.95s 5
3-3 原系统传递函数为 G（s） 0.2s 1 ， 现采用如题所示的负反馈方式，欲将反 馈系统的调节时间减小为原来的0.1倍， 并且保证原放大倍数不变，试确定参数 K0 ， KH的值。 解：原系统传递函数 新系统传递函数
K 10
0
1 10K 10 （时间常数为
H
1 ） 10
K 0.9
H
问题 非标准形式 10K 0 1 1 10K H , 0 .2 s 1 Ts 1 1 10K H
3
3-4
已知系统的单位阶跃响应为 试求取系统的传递函数
y(t ) 1 e
t
e
2t
Y(s) X（s)
n
2
问题 1、没有完成 2、计算错误
0.146
8
1 KK
1
2
3-9 设题3-9图（a)所示的单位 阶跃响应如题3-9图（b)所示。 试确定系统参数K1，K2和a。
解：据题意
K K （s） s(s a ) K K K K s as K s 2 s 1 s(s a )
（s） s（0.1s 1)
K 1 s（0.1s 1) K 10K 0.1s s K s 10s 10K
2 2
对应二阶系统标准形式，取ζ=1,得
问题
1、没有求调节时间 2、临界阻尼，调节时间 计算错误
2 10 5
n n
5 10K K 2.5 10
t
p
0.1
1.1 1.0 100% 10% 1.1 根据二阶欠阻尼系统指标计算公式
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 。
自动控制原理第3章习题解答
（2） k (t ) = 5t + 10 sin( 4t + 45 )
0
（3） k (t ) = 0.1(1 − e 解： （1） Φ ( s ) =
−t / 3
)
0.0125 s + 1.25
1
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
（2） k (t ) = 5t + 10 sin 4t cos 45 + 10 cos 4t sin 45
3s 4 + 10s 3 + 5s 2 + s + 2 = 0
试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。 解： 列劳思表如下：
s4 s3 s2 s1 s0
3 5 2 10 1 47 2 10 1530 0 − 47 2
由劳思表可以得到该系统不稳定。 3-12 已知系统特征方程如下，试求系统在 s 右半平面的根数及虚根值。 （1）
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
自控第三章答案
K
p
不稳定
稳定
0
K
d
不稳定
不稳定
临界阻尼轨迹： D （ s ） s 4 K d s 4 K
2 p
0 出现重根时
p
临界阻尼条件为： 即： K
2 d
4 K
2
2 d
4 4K
0 线。
K p , 以纵轴为对称轴的抛物 K K
2 d 2 d
过阻尼区： 欠阻尼区： K
B3.15 分析图B3.15所示的两个系统，引入与不引入反馈时 系统的稳定性 。
解 不引入反馈 显然不稳定。 引入反馈 D ( s ) s ( s 1 )( s 5 ) 10 ( s 1 ) 0 闭环稳定。 (s ) 10 ( s 1 ) s ( s 1 )( s 5 )
3
赫尔维茨判据： 9 100 D2 20 1 100 9 80 0
1 20 4 100
2
1
0
故系统是稳定的。
(3)s4+4s3+13s2＋36s+K=0
解
（1 ） 劳思判据： s s s s s
4
1 4 4 36 K K
13 36 K K
K 0
3
2
1
0
若系统稳定，则
36 K 0 0 K 36 K 0
( 2 )由
G (s )
7(s 1) s ( s 4 )( s 2 s 2 )
2
0 . 875 ( s 1 ) s ( 0 . 25 s 1 )( 0 . 5 s s 1 )
2
可知系统为
1
型的，于是
自控-第三章作业答案-超调量计算
作业3-11，3-12，3-15.。
参考答案（知识点：二阶振荡系统的动态特性指标计算）3-11已知系统结构如图所示，求：(1) 4K =，0,τ=时系统参数,?n ωζ=，性能指标%,?s t σ=(2) 如果要求0.707?0K ζτ===，，其中(3) 4K =，为改善性能加s τ使%5%σ<，求τ=?习题3-11系统结构图(1) K s s K s G s G s ++=+=Φ2)(1)()(=)0,4(,2222==++τωζωωK s s nn n 2==K n ω，25.021==n ωζ %47%100%21=⨯=--ζζπσe 36s n t s ζω==，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===⇒===⇒=5.021********n n n n K K ωωζωζω (2) K s s K s G s G s ++=+=Φ2)(1)()()707.0,0,(,2222==++=ςτωζωωK s s nn n 求 5.0)707.021(707.01222=⨯==⇒⎭⎬⎫==n n K ωζζω； （3） )41(4)1(41)1(4)(ττ++=+++=s s s s s s s s G k ，24144s s s τΦ=+++()() 457.0412707.024*******=-⨯⨯=-=⇒⎩⎨⎧=+=n n n ζωτωτζω 注意：教材树P73最佳阻尼比的定义：0707ς=.时，系统的最大超调量435πσ-=<.%%%=e ，1.3调节时间最短，即平稳性和快速性最佳。
本题的启示：（1）求得原系统的超调量47σ=%%非常大，（2）为了降低超调<5%，降低了开环增益K 。
（注意：求解稳态误差时，为了提高精度，可以增大开环增益。
当设计者进行系统参数设定时，需要兼顾动静态指标） （3）为了降低超调<5%，在前向通道环节引入了微分环节。
3-12已知系统的单位阶跃响应曲线如图所示，求系统的闭环传递函数。
自动控制原理第三章习题参考答案
Y (s) 1 1 600 ( s) 12 （ ） 2 R( s ) s 10 s 60 s 70 s 600
n 600 24.5
70 70 1.43 2 n 2 24 .5
3-7 简化的飞行控制系统结构图如下，试选择参数K1和Kt， 使系统的ωn=6，ξ=1
S2+5=0
S3 16/3 S2 5
S1 10 S0 25
s1, 2 5 j
有1对纯虚根，系统临界稳定。
3-13单位反馈系统的开环传递函数为：
K (0.5s 1) G( s) 2 s( s 1)(0.5s s 1)
确定使系统稳定的K值范围。 解：闭环传递函数为：
K (0.5s 1) ( s) 0.5s 4 1.5s 3 2 s 2 (1 0.5 K ) s K K ( s 2) 4 s 3s 3 4 s 2 ( 2 K ) s 2 K
K 速度误差系数： P lim sG ( s ) 10
s 0
速度误差：
1 e ss 0.1 Kp
3-11 已知系统的特征方程为：
3s 4 10 s 3 5s 2 s 2 0
用劳斯判据确定系统的稳定性 解：列劳斯列表 S4 3 5 2
S3 10
S2 4.7 S1 -3.26
1
2
S0 2 第1列符号变化两次， 说明有两个正根，系统不稳定。
3-12 已知Βιβλιοθήκη 统的特征方程如下，试求系统在S右半平面的根 数及虚根值。
（1） s 3s 12 s 24 s 32 s 48 0
5 4 3 2
S5 1 S4 3 S3 4 S2 12
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(-)
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解： 针对参考输入： 系统开环传递函数为 1 s(T1s 1)(Tm s 1 k kt ) 系统为 1型 。
针 对 扰 动 输 入 ， 系 统型 的为 扰 动 作 用 点 前 前 向 通 道 环及 节反 馈 环 节 所 含 积 分 环 节 的 重。 数这 里 0型 。
B3.38 已知调速控制系统的结构图，如图B3.38所示。试用广 义误差系数法分析在单位阶跃输入信号作用下，折算至输出 端和折算至输入端时系统的稳态误差。
0 s1
（ 18K 10 ） 3 18K 8
可 得 具 有 Re { i } 2 稳 定 裕 量 时 ， K的 取 值 范 围 为 ： 10 （ 18 K 10 ） K 0 18 3 8 18K 8 0 K 18 矛盾
B3.18设单位反馈系统的开环传递函数
G(s) K 1 1 s(1 s)(1 s) 3 6
试确定：（ 1 ） K 的稳定取值范围；（ 2 ）若要求具有 Re ｛ λ i ｝＜－ 1 的稳定裕量， K的取值范围如何；（ 3）若 要求稳定裕量为Re｛λ i｝＜－2，K的取值范围有何改变？ 并分析比较（2）、（3）两项所得的结果。
由 题 图 可 得 ， 系 统 的征 特方 程 ：
2 D（s） s 2 4K d s 4K p s 2 2n s n 0
稳定域： 二 阶 系 统 稳 定 的 充 要件 条 为(s )的 各 项 系 数 同 号 。 故系统的稳定域为 K d 0且K P 0 即 参 数 平 面 的 第 一 象（ 限不 包 括 坐 标 轴 ） ， 不稳定域： K d 0或 K p 0 即参数平面的第 2 ~ 4象 限 （ 包 括 坐 标 轴 ） 。
解： 1 1 折算到输入： ess 0.91 1 k 1 20 0.005 0.91 折算到输出： ess 182 0.005
B3.43 对于图B3.43所示系统，试在Kp-Kd参数平面上画出下 列区域：(1)不稳定域；(2)稳定域；(3)临界阻尼的轨迹；(4) 过阻尼的区域；(5)欠阻尼的区域；(6)抛物线误差系数Ka=40 的轨迹；(7)无阻尼自然振荡频率ωn＝40rad/s的轨迹。
（ 2 ） 令 s s1 1 代 入 特 征 方 程 可 得 ：
3 2 （s 1 1 ） 9 （s 1 1 ） 18 （s 1 1 ） 18K 0
即： 0 K 9
3 2 或 s1 6s1 3s1 18K 10 0
由劳思表：
3 s1 2 s1
1 20 4 100
s1 s0 故系统是稳定的。
(3)s4+4s3+13s2＋36s+K=0
解
（ 1 ） 劳思判据： s4 s3 s2 s1 s0 1 4 4 K 13 36 K K 0
36 K K
36 K 0 若系统稳定，则 0 K 36 K 0
B3.15 分析图B3.15所示的两个系统，引入与不引入反馈时 系统的稳定性 。
这说明，无论 K怎样取值，系统不可能 具有 Re { i } 2的稳定裕量。
综 上 所 述 ： 通 常 稳 定量 裕要 求 越 高 ， K的 最 大 允 许 值 就 越 小 ； 当 稳 定 裕 量 要 求高 过时 （ 如 { i } 2 ），特征方程出 现系数为负的 (或 缺 项 )， 系 统 成 为 结 构 性 不 定 稳的 ， 即 无 论K为 何 值 ， 系 统 都 是 不 定 稳的 。
解 10(s 1) 不 引 入 反 馈 (s ) s(s 1)(s 5) 显然不稳定。 引 入 反 馈 D(s ) s(s 1)(s 5) 10(s 1) 0 由 劳 斯 判 据 可 知 ， 系闭 统环 稳 定 。
解 不 引 入 反 馈 显 然 不 稳。 定 引 入 反 馈 D(s) s(s 1)(s 5) 5s 10 0 由 劳 斯 判 据 可 知 ， 系闭 统环 仍 然 不 稳 定 。
2
B3.33 已知单位反馈系统的开环传递函数G(s)或闭环传递函 数 Φ (s) 如下所示。当输入信号分别为 1(t) 、 t 和 t2 时，试求 系统的Kp、Kv、Ka值以及相应的跟踪稳态(终值)误差：
( 2)由 G (s )
7(s 1) s(s 4)(s 2 2s 2)
(c)当r(t ) t 2u s (t )时 ， 用 长 除 法 ， 将 误 差 传函 递数 展 开 s 的 升 幂 级 数 ： 1 e (s ) 1 G (s ) 8s 10s 2 6s 3 s 4 7 15s 10s 2 6s 3 s 4 1.143s 1.0207 s 2 于 是 ： C0 0 C1 1.143 而 rs (t ) t 2， 故 2C1t 2C 2 2.286t 2.0414 s (t ) 2t , r
1 6
3 18K 10
s1 1
0 s1
28 18K 6 18K 10 5 14 K 即 0.556 K 1.556 9 9
可 得 具 有 Re { i } 1 稳 定 裕 量 时 ， K的 取 值 范 围 为 ： 28 18K 0 18K 10 0 或
10 0.5 2 n t d 0.14s
1 2
100 ％ 16.3％
1 2 tr 0.24s 其 中 ： arctg d 3 0.6s ts 0.8s 5％ 2％ 0.83 N 1.1 5％ 2％
K a 40的 轨 迹 ： 系 统 的 抛 物 线 误 差 系为 数： K a l i ms G (s ) l i ms
2 s0 s0 2
4(K p K d s) s
2
4K p
Kp
临界阻尼
欠阻尼
过阻尼
0
Kd
令 ：K a 4K p 40, 可 得 ： K p 10 ， K a 40 的 轨 迹 为 纵 轴 截 距 K p 10的 水 平 线 。 n 40 的 轨 迹 ： 由特征方程可得： 402 n 4K p， 令 ： n 40 可 得 ： Kp 100 4 故 ：n 40 的 轨 迹 为 纵 轴 截 距 为 ： K p 400 的 水 平 线 。
B3.13 已知系统的特征方程如下所列，试分别用劳斯判据 和赫尔维茨判据分析系统的稳定性，并确定系统稳定时其可 变参数K或T的取值范围。 (1)s3+20s2+9s+100=0 (3)s4+4s3+13s2＋36s+K=0
解
（1） 劳 思 判 据 ： s3 s
2
赫尔维茨判据： 9 100 D2 20 1 100 9 80 0
0.875(s 1) s(0.25s 1)(0.5s 2 s 1) Ka 0
可 知 系 统 为 1 型 的 ， 于 是 K p ， K v K 0.875, （a） 当r(t ) u s (t )时 ， esr 0 1 1 （b） 当r(t ) tus (t )时 ， esr 1.14 K v 0.875
Kp
不稳定
稳定
0
Kd
不稳定
不稳定
临界阻尼轨迹： D（s） s 2 4K d s 4K p 0出 现 重 根 时
2 2 临界阻尼条件为 4： Kd 4 4K p 0 2 即 ：K d K p ,以 纵 轴 为 对 称 轴 的 抛 线 物。 2 过阻尼区： Kd K p 0， 抛 物 线 外 则 区 域 2 欠阻尼区： Kd K p 0， 抛 物 线 内 则 区 域
B3.21 当输入信号为单位阶跃函数时试确定下列系统的各项 暂态性能指标，并概略地绘制其单位阶跃响应曲线：
2 10 100 n ( 2)因 (s ) 2 0.1 2 0.1 2 2 s 10s 100 s 10s 100 s 2 n s n
可得： n 100 10s 1 故 系 统 的 暂 态 性 能 指为 标： tp 0.36s d p e /
(i)
C 2 1.0207, s (t ) 2 r rs( i ) (t ) 0 i 3,4
e sr (t ) Ci rs (t )
B3.34 设控制系统的结构图，如图 B3.34(a) 和 (b) 所示。试 确定对参考输入信号 r(t) 和扰动信号 d(t) 而言，它们分别是 几型系统?
B3.24 已知五个二阶规范系统的闭环极点分布，如图 B3.24 所示。试列表比较它们的暂态性能：响应的快速性，按调节时 间的长短分为快、较快、慢、很慢四档；响应的平稳性，按超 调量的高低分为差、较差、较好、不振荡四档；振荡的频率分 为高、低、无振荡三档。
系统特性 1 2
快速性 较快 较快 快 慢 很慢
解 系统的特征方程为： (s ) 1 G (s ) 0 (1) 由 劳 思 表 ： s3 s2 s1 s0 9 18 2K 18K 1 18 18K 即 ： s 3 9s 2 18s 18K 0
18 2K 0 可得K的稳定取值范围为： 18K 0
ห้องสมุดไป่ตู้
平稳性 较差 差 较好
振荡频率 低 高 低 无振荡 无振荡
3
4 5
不振荡 不振荡
B3.26 设某二阶规范系统的单位阶跃响应曲线，如图B3.26所 示。试确定系统的阻尼比和无阻尼自然振荡频率，以及系统 的开环传递函数。
p e
/ 1 2
100 ％ 1.3 1 30％
0.356 td 0.1s d 31.4 d n 33.6 系 统 为 二 阶 规 范 系 统 开 环 传 递 函 数 为 n 1129 s(s 2n ) s(s 23.9)