自动控制原理第2章课后习题及解答
自动控制原理第二版课后答案孟华
自动控制原理第二版课后答案孟华【篇一：自动控制原理_孟华_习题答案】t>第二章2.1 试分别写出图2.68中各无源电路的输入ur(t)与输出uc(t)之间的微分方程。
图2.68 习题2.1图解：(a)ur?ucu?r?u?c)?i2，i1?i2?c?i1，c(ur1r2，r1r2rrr2?c?uc?12cu?r?cuurr1?r2r1?r2r1?r2(b)?r?u?c)?i1，c1(uur?u1?1，uc?i1r2?u1， ?i2，i1?i2?c2ur1??c?(r1c1?r1c2?r2c1)u?c?uc?r1r2c1c2u??r?(r1c1?r2c1)u?r?u r r1r2c1c2u(c)uur?uc?i1，c1(ur?u1)?i2，i1?i2?1r1r2，uc?1i1dt?u1， ?c2??c?(rc????r1r2c1c2u12?r2c2?r2c1)uc?uc?r1r2c1c2ur?(r2c2?r2c1)ur?ur2.2 试证明图2.69(a)所示电路与图2.69(b)所示的机械系统具有相同的微分方程。
图2.69(b)中xr(t)为输入，xc(t)为输出，均是位移量。
(a)(b)图2.69 习题2.2图(a)1ur?uc?r?u?c)?i2，i1?i2?i，uc??i1，c1(uidt?ir2，r1c2???c?(r1c1?r1c2?r2c2)u?c?uc?r1r2c1c2u??r?(r1c1?r2c2)u?r?u r r1r2c1c2u(b)?c?x?1)?k2x1，b1(x?r?x?c)?k1(xr?xc)?b2(x?c?x?1)， b2(xb1b2bbbbbbb??c?(1?2?2)x?c?xc?12??r?(1?2)x?r?xrxxk1k2k1k2k1k1k2k1k22.3 试分别求出图2.70中各有源电路的输入ur(t)与输出uc(t)之间的微分方程。
(a) (b)(c)图2.70 习题2.3图解：(a)uur?r??c?cur1r2，uc?r???r2cur2ur r1(b)uurr?c，r2cu?c?uc??2ur ??c?cur1r2r1uc??ur1u?c??r2cu?r?ur r2??rdt，r1cur1cr1(c)2.4 某弹簧的力-位移特性曲线如图2.71所示。
《自动控制原理》第二版课后习题答案
k (x x ) f ( dx1 dy )
（1）
1
1
dt dt
对B点有
f ( dx1 dy ) k y dt dt 2
（2）
联立式（1）、（2）可得：
dy k1k2 y k1 dx dt f (k1 k2 ) k1 k2 dt
指出系统中的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。
图 1-19 蒸汽机转速自动控制系统
4
解 在本系统中，蒸汽机是被控对象，蒸汽机的转速 是被控量，给定量是设定的蒸汽机 希望转速。离心调速器感受转速大小并转换成套筒的位移量，经杠杆传调节供汽阀门，控制 蒸汽机的转速，从而构成闭环控制系统。
系统方框图如图解 1-5 所示。 1-6 摄像机角位置自动跟踪系统如图 1-20 所示。当光点显示器对准某个方向时，摄像机 会自动跟踪并对准这个方向。试分析系统的工作原理，指出被控对象、被控量及给定量，画 出系统方框图。
征炉温的希望值）。系统方框图见图解 1-3。
1-4 图 1-18 是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。图中电位器 P1 、 P2 并 联后跨接到同一电源 E0 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件
和测量反馈元件。输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用 电枢控制的方式工作。
6
其中，热交换器是被控对象，实际热水温度为被控量，给定量（希望温度）在控制器中 设定；冷水流量是干扰量。
图 1-22 水温控制系统原理图
系统方块图如图解 1-8 所示。这是一个按干扰补偿的复合控制系统。 1-9 许多机器，像车床、铣床和磨床，都配有跟随器，用来复现模板的外形。图 1-23 就是 这样一种跟随系统的原理图。在此系统中，刀具能在原料上复制模板的外形。试说明其工作 原理，画出系统方框图。
(完整版)自动控制原理课后习题及答案
第一章绪论1-1 试比较开环控制系统和闭环控制系统的优弊端.解答： 1 开环系统(1)长处 :构造简单，成本低，工作稳固。
用于系统输入信号及扰动作用能早先知道时，可获得满意的成效。
(2)弊端：不可以自动调理被控量的偏差。
所以系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时，控制精度差。
2闭环系统⑴长处：不论因为扰乱或因为系统自己构造参数变化所惹起的被控量偏离给定值，都会产生控制作用去消除此偏差，所以控制精度较高。
它是一种按偏差调理的控制系统。
在实质中应用宽泛。
⑵弊端：主要弊端是被控量可能出现颠簸，严重时系统没法工作。
1-2什么叫反应？为何闭环控制系统常采纳负反应？试举例说明之。
解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反应。
闭环控制系统常采纳负反应。
由1-1 中的描绘的闭环系统的长处所证明。
比如，一个温度控制系统经过热电阻（或热电偶）检测出目前炉子的温度，再与温度值对比较，去控制加热系统，以达到设定值。
1-3试判断以下微分方程所描绘的系统属于何种种类（线性，非线性，定常，时变）？2 d 2 y(t)3 dy(t ) 4y(t ) 5 du (t ) 6u(t )（1）dt 2 dt dt（2） y(t ) 2 u(t)（3）t dy(t) 2 y(t) 4 du(t) u(t ) dt dtdy (t )u(t )sin t2 y(t )（4）dtd 2 y(t)y(t )dy (t ) （5）dt 2 2 y(t ) 3u(t )dt（6）dy (t ) y 2 (t) 2u(t ) dty(t ) 2u(t ) 3du (t )5 u(t) dt（7）dt解答： （1）线性定常（2）非线性定常 （3）线性时变（4）线性时变（5）非线性定常（6）非线性定常（7）线性定常1-4 如图 1-4 是水位自动控制系统的表示图， 图中 Q1，Q2 分别为进水流量和出水流量。
控制的目的是保持水位为必定的高度。
自动控制原理_高等教育出版社_王万良__课后答案
G1 ( s )
R ( s) + −
G2 ( s )
C ( s)
图题 2.7 解：传递函数为：
C ( s) G2 ( s )[1 + G1 ( s)] = R( s ) 1 + G2 ( s)
2.8 简化图题 2.8 所示系统的结构图，并求传递函数 C ( s) 。 R( s )
2.4 设运算放大器放大倍数很大，输入阻抗很大，输出阻抗很小。求图题 2.4 所示运算放大 电路的传递函数。其中， u i 为输入变量, u o 为输出变量。
R1
i
C
− +
ui
R2
图题 2.4
uo
解：
iR1 = u i 1 − id t = u o C ∫
整理得传递函数为：
uo (s) 1 =− ui ( s) R1CS
2.13
求图题 2.13 所示系统结构图的传递函数 C ( s) / R( s) 和 C ( s ) / N ( s ) 。
N(s) G3 (s) R(s)
⊗ −
G1 (s)
⊗
−
G2 (s) G4 (s) G5 (s)
⊗
C(s)
⊗
H(s)
图题 2.13 解：求 C ( s) / R( s) 时，令 N（s）=0，系统结构图变为
2.10 简化图题 2.10 所示系统的结构图，并求传递函数
C ( s) 。 R(s)
+
G3 (s )
R( s ) + −
G1 ( s) G 4 (s)
G 2 ( s)
自动控制原理及其应用_课后习题答案_2[1]
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uo
2-6-b 用运算放大器组成的有源电网络如 力所示,试采用复数阻抗法写出它们的传 力所示 试采用复数阻抗法写出它们的传 递函数。 C 递函数。
R2 ui R1 －∞ ＋ ＋ R3
uo R4 R5
UO (R2R3SC+R2+R3)(R4+R5) = － UI R1(R3SC+1)R5 R2R3 (R4+R5)(R2+R3)( SC+1) R2+R3 =－ － R1R5(R3SC+1) R5 UO(R3SC+1) R4+ R5 =－ － R2R3SC+R2+R3 R5 R5 UO UO UI R4+ R5 R4+ R5 =－ － R3 R1 R3 R2 ＋ SC R3 SC＋ 1 ＋ R2 ＋ 1 R3 ＋ SC
IL R2 UL sL ＋ Cs UO
-
I
C
UC=UO+UL
2-6-a 用运算放大器组成的有源电网络如图 所示,试采用复数阻抗法写出它们的传递函数 试采用复数阻抗法写出它们的传递函数。 所示 试采用复数阻抗法写出它们的传递函数。 电路等效为: 解:电路等效为 电路等效为 UO =－ R2 ＋R3 R2 SC＋1 UI UO =－ R1 1 R2· SC ＋ 1 R3 R2＋ SC
s=0
1 s
(2-4-2)
求下列微分方程。 求下列微分方程。
d3y(t) d2y(t) dy(t) 初始条件: 初始条件 3 +4 dt2 +29 dt =29, dt · y(0)=0 , y(0)=17 , · · y(0)=-122 解:
2-5-a 试画题 图所示电路的动态结构图 并 试画题2-1图所示电路的动态结构图 图所示电路的动态结构图,并 求传递函数。 求传递函数。 ＋ uc － 解:ui=R1i1+uo ，i2=ic+i1 duc ic=C dt UI(s)=R1I1(s)+UO(s) I2(s)=IC(s)+I1(s) UI(s)-UO(s) =I1(s) 即: R1
孙亮版《自动控制原理》课后习题答案
t
F ( s ) = F1 ( s) + F2 ( s ) =
− s Aω ⋅ (1 + e ω ) 2 2 s +ω
π
（c） 由于信号 f (t ) 为周期信号，第一周期的信号如图所示， 其拉氏变换为
F1 ( s ) =
M 2 M −ηTs M −Ts M − e + e = (1 − 2e −ηTs + e −Ts ) s s s s F (s) = 1 ⋅ F1 ( s ) 1 − e −Ts
• •
忽略二次以上各项有
F ( x, i ) = F0 ( x0 , i0 ) + F x ( x, i ) x = x0 ⋅ ( x − x0 ) + F i ( x, i ) x = x0 ⋅ (i − i0 )
i =i0 i =i0
令
ΔF = F ( x, i ) − F0 ( x0 , i0 ) K x = F x ( x , i ) x = x0
→ F2 ( s ) = −
t0 f3(t)
f2(t)
1 1 −t 0 s 1 −t0 s 1 − e − t0 s (1 + t0 s ) F ( s ) = F1 ( s ) + F2 ( s ) + F3 ( s ) = 2 − 2 ⋅ e − t0 ⋅ ⋅ e = s s s s2 （b） 由于信号 f (t ) 可以分解为信号的组合如图所示， f(t) f1(t) f2(t) A Aω f1 (t ) = A sin ωt → F1 ( s ) = 2 2 s +ω 0 π π − s Aω π ω → F2 ( s ) = 2 ⋅e f 2 (t ) = sin ωt ⋅1(t − ) 2 ω s +ω ω
自动控制原理胡寿松主编课后习题答案详解
6
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
在该点附近用泰勒级数展开近似为：
y
=
f
(
x0
)
+
df (x) dx
x0
(
x
−
x0
)
即 ed − Ed0 cosα 0 = K s (α − α 0 )
其中 K s
=
ded dα
α =α
= −Ed 0 sinα 0
2-9 若某系统在阶跃输入r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出响应 c(t) = 1 − e−2t + e−t ，试求系统的传递函数和脉冲
K 2 x0 = f (x& − x&0 )
消去中间变量 x，可得系统微分方程
f (K1
+
K
2
)
dx0 dt
+
K1K2 x0
=
K1 f
dxi dt
对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
X 0 (s) =
fK1s
X i (s) f (K1 + K2 )s + K1K2
③图 2—57(c)：以 x0 的引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：
K 2 (xi − x0 ) + f 2 (x&i − x&0 ) = f1 (x&0 − x&) （1）
K1x = f1 (x&0 − x&) （2）
所以 K 2 (xi − x0 ) + f 2 (x&i − x&0 ) = K1x （3）
对（3）式两边取微分得
《自动控制原理》第二版课后习题答案
k (x x ) f ( dx1 dy )
（1）
1
1
dt dt
对B点有
f ( dx1 dy ) k y dt dt 2
（2）
联立式（1）、（2）可得：
dy k1k2 y k1 dx dt f (k1 k2 ) k1 k2 dt
电压。
在正常情况下，炉温等于某个期望值T °C，热电偶的输出电压u f 正好等于给定电压ur 。 此时， ue ur u f 0 ，故u1 ua 0 ，可逆电动机不转动，调压器的滑动触点停留在某 个合适的位置上，使uc 保持一定的数值。这时，炉子散失的热量正好等于从加热器吸取的热
量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。
第一章 自动控制的一般概念 习题及答案
1-1 根据题 1-15 图所示的电动机速度控制系统工作原理图，完成： (1) 将 a，b 与 c，d 用线连接成负反馈状态； (2) 画出系统方框图。
解 （1）负反馈连接方式为： a d ， b c ；
（2）系统方框图如图解 1-1 所示。
1-2 题 1-16 图是仓库大门自动控制系统原理示意图。试说明系统自动控制大门开、闭的 工作原理，并画出系统方框图。
图 1-16 仓库大门自动开闭控制系统
1
解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏 差电压经放大器放大后，驱动伺服电动机带动绞盘转动，将大门向上提起。与此同时，和大 门连在一起的电刷也向上移动，直到桥式测量电路达到平衡，电动机停止转动，大门达到开 启位置。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘使大门关闭，从而可以实现大门远距离 开闭自动控制。系统方框图如图解 1-2 所示。
当炉膛温度T °C 由于某种原因突然下降(例如炉门打开造成的热量流失)，则出现以下
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R
R
ur(t)
C
uc(t)
ur(t) C
R2 uc(t)
（a）
（b）
图 2-33 无源网络
解.(a) 应用复数阻抗概念可写出
Ur
(s)
=
R1
1 cs
R1
+
1 cs
I (s)
+Uc
(s)
I(s) = Uc(s) R2
联立式（1）、式（2），可解得
U c (s) = R2 (1 + R1Cs) U r (s) R1 + R2 + R1R2Cs
微分方程为
duc dt
+
R1 + R2 CR1 R2
uc
=
dur dt
+
1 CR1
ur
(b) 由图解 2-2（b）可写出
Ur (s) =
R
I
R
(s)
+
[
I
R
(s)
+
I
C
(
s)]
1 Cs
IC
(= s) 1 Cs
RIR (s) − RIC (s)
UC (s) =
Ic
(
s)
R
+
[
I
R
(s)
+
I
C
(s)]
1 Cs
化，试推导 id = f (ud ) 的线性化方程。 解 将 i= (0) 2.19 ×10−3 A 代入 id = 10−14 (eud / 0.026 − 1)
解得
ud 0 = 0.679V
将 id = 10−14 (eud / 0.026 − 1) 在( ud 0 ， i0 )处展开为泰勒级数，
+
1 C2R2
uc
=
du
2 r
dt 2
+
2 CR
dur dt
+
1 C2R2
ur
(c) 由图解 2-2（c）可写出
Ur (= s) R1 [I1(s) + I2 (s)] + (Ls + R2 )I2 (s) (6)
1 Cs
I1
(s)
=
(Ls
+
R2
)I2
(s)
(7)
U c (s) = R2 I 2 (s)
f
( dx1 dt
−
dy ) dt
=
k2
y
（2）
联立式（1）、（2）可得：
dy + k1k2 y = k1 dx dt f (k1 + k2 ) k1 + k2 dt
(c) 如图解 2-1(c)所示，取 A,B 两点分别进行受力分析。对 A 点有
F (t) − k(x − y) = m d 2 x
(3)
dt 2
- 12 -
对 B 点有
k(x
−
y)
=
m
d2y dt 2
联立式（3）、（4）消去中间变量 x 可得
（4）
d4y dt 4
+
2K m
d2y dt 2
= mK2 F (t)
图解 2-1(c)
2-2 应用复数阻抗方法求图 2-33 所示各无源网络的传递函数。
C
C
R1
L
R1
ur(t)
R2 uc(t)
并取一次近似，有
id
= i0
+ ∆id
= i0
+
10 −14
⋅
1 0.026
⋅
eud
0
/
0.026
⋅
∆ud
= ∆id
10−14
⋅
1 0.026
⋅
eud
0
/
0.026
⋅
∆= ud
0.085 ⋅ ∆ud
图 2-35 二极管电路
- 15 -
即在( ud 0 ， i0 )附近 id = f (ud ) 的线性化方程为= ∆id 0.085 ⋅ ∆ud 。
(8) 图解 2-2(c)
联立式（6）、（7）、（8），消去中间变量 I1 (s) 和 I 2 (s) ，可得
Uc (s) =
R2
U r (s) R1LCs 2 + (L + R1R2C)s + (R1 + R2 )
微分方程为
duc2 dt 2
+
L + R1R2C R1LC
duc dt
+
R1 + R2 R1LC
k1k 2
k1 k2 k1
图解 2-3(a)
(b) 由图可写出
Uc (s) =
Ur (s)
R2
+
1 C2s
R2
+
1 C2 s
+
R1
⋅
1 C1s
R1
+
1 C1s
整理得
Uc (s) =
R1R2C1C2 s 2 + (R1C1 + R2C2 )s + 1
U r (s) R1R2C1C2 s 2 + (R1C1 + R2C2 + R1C2 )s + 1
F (t) − ky(t) −
f
dy dt
=
m
d2 dt
y
2
整理得
d
2 y(t) dt 2
+
f m
dy(t) dt
+
k m
y(t)
=
1 m
F (t)
（b）如图解 2-1(b)所示，取 A,B 两点分别进行
受力分析。对 A 点有
k1(x − x1)
=
f
( dx1 dt
−
dy ) dt
（1）
对 B 点有
uc
= R1RL2C ur
2-3 证明图 2-34 (a) 所示的力学系统和图 2-34 (b) 所示的电路系统是相似系统（即 有相同形式的数学模型）。
图 2-34 系统原理图
解
(a) 取A、B两点分别进行受力分析，如图解2-3(a)所示。对A点有
k2 (x − y) + f 2 (x − y) = f1 ( y − y1 )
2-5
假设某容器的液位高度 h 与液体流入量 Qr
dhLeabharlann 满足方程dt+α S
h
=
1 S
Qr
，式中 S
为液位容器的横截面积，α 为常数。若 h 与 Qr 在其工作点 (Qr0 , h0 ) 附近做微量变化，试
第 2 章习题及解答
2-1 建立图 2-32 所示各机械系统的微分方程（其中 F (t) 为外力，x(t) 、y(t) 为位移； k 为弹性系数， f 为阻尼系数， m 为质量；忽略重力影响及滑块与地面的摩擦）。
图 2-32 系统原理图
解. （a）以平衡状态为基点，对质块 m 进行受力分析（不再
考虑重力影响），如图解 2-1(a)所示。根据牛顿定理可写出
(1)
- 14 -
对 B 点有
f1 ( y − y1 ) = k1 y1
(2)
对式（1）、式（2）分别取拉普拉斯变换，
消去中间变量 y1 ，整理后得
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 )s +1
Y (s)
=
k1k 2
k1 k2
X (s)
f1 f2 s2 + ( f1 + f2 + f2 )s +1
比较两系统的传递函数，如果设 R1 = 1 k1 ， R2 = 1 k2 ， C1 = f1 ， C2 = f 2 ，则两系统
的传递函数相同，所以两系统是相似的。
2-4
如图
ud
2-35
所示，二极管是一个非线性元件，其电流 id
和电压 ud
之间的关系为
=id 10−14 (e0.026 − 1) ，假设电路在工作点 u(0) = 2.39V ，i= (0) 2.19 ×10−3 A 处做微小变
（3） （4） （5）
- 13 -
（c） （1） （2）
图解 2-2（b）
联立式（3）、式（4）、式（5），消去中间变量 IC (s) 和 I R (s) ，可得
Uc (s) Ur (s)
=
R2C 2s2 R2C 2s2
+ 2RCs + 3RCs
+1 +1
微分方程为
duc2 dt 2
+
3 CR
duc dt