自动控制原理卢京潮主编课后习题答案西北工业大学出版社
《自动控制原理》（卢京潮，西北工业大学）第二章习题及答案
∴
G ( s) =
4 ⎤ ⎡ −1 k (t ) = L−1 [G ( s )] = L−1 ⎢ + = 4e − 2 t − e − t ⎥ s + 1 s + 2 ⎣ ⎦
- 16 -2-10 Nhomakorabea已知系统传递函数
C ( s) 2 &(0) = 0 ， ， 且初始条件为 c(0) = −1 ，c = 2 R ( s ) s + 3s + 2
(1) (3) 原式 ＝
−1 1 3 1 1 + − + + 3 2 2( s + 2) 4( s + 2) 8( s + 2) 24s 3( s + 3)
− t 2 − 2 t t − 2 t 3 − 2 t 1 −3t 1 ∴ x（t）＝ e + e − e + e + 4 4 8 3 24
1 s 1 1 s +1 1 1 1 2 − 2 = − ⋅ + ⋅ (4) 原式 ＝ 2 2 s s + 2 s + 2 2 s 2 ( s + 1) + 1 2 ( s + 1) 2 + 1
化，试推导 id = f (ud ) 的线性化方程。 解 解得 将 i d = 10 −14 (e 将 i (0) = 2.19 × 10 A 代入 i d = 10 −14 (e
−3
ud
u d / 0.026
− 1)
ud 0 = 0.679V
u d / 0.026
− 1) 在( u d 0 ， i0 )处展开为泰勒级数，
∴ X (s) = ∴ X ( s) =
e− s 1 e −3s 1 ( s ) − 2 (2 s + ) + 2 s 2 s 2
《自动控制原理》5章课后习题参考答案.
+
1(
10000(6
.311
2e +=
S S S G
1001.0(11.0(1(1.0(d +++=
S S S S S G 61
.054
.0154.0,
11(2
2
=+==+=
K K
A ω
ωω010
s
900.257.3180 2.16rad
tg ωωω----∙︒=-=,(
(
5
.1,
(5
(6 (7
5.12
K增大和T减少
((1(1(1m K
K s s Ts Ts K
s T s K
Φ=
≈
+++++
K
T m 21=
ζ ,不变(稳定裕度不变
2
22
(12(121b n ωωξξ=-+
-+
5.13
11=+=
p
ssr K e 35
.01
12
416==
=
v
ssr K e %
8.4%100%2
1=⨯=--ξ
πξ
σe 05
.006.13
==≈
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱεξ
ω,S t n s s
rad n n c 8.2707.0707.02=∙=ωωω=0
63
=γdB K g s rad g ∞=∞=ω0,1==r r M ωs
rad n b 4==ωω0
1
1
11006
.787.53.841001.01001.0180180=-=∙-=-+-=----tg
自动控制原理课后习题答案
C1 ( s ) R1 ( s ) （2）求传递函数阵 G(s)，其中，C(s)=G(s)R(s), C(s)= ，R(s)= 。 C 2 ( s ) R2 ( s )
8
图 2.80 习题 2.16 图
解： （1）
G1G2 G3 (1 G5 H 2 ) C1 ( s) G11 ( s) R1 ( s) 1 G5 H 2 G3 H 1 G5 G7 G8 G1G5 G6 G7 C 2 ( s) G21 ( s) R1 ( s) 1 G5 H 2 G3 H 1 G5 G7 G8 G3G4 G5 G9 C1 ( s) G12 ( s) R2 ( s) 1 G5 H 2 G3 H 1 G5 G7 G8 G4 G5 G（ C 2 ( s) 6 1 G3 H 1） G22 ( s) R2 ( s) 1 G5 H 2 G3 H 1 G5 G7 G8
解：
(a)
u u du u u 1 ur uc i2 dt ， 2 c ， i1 ， i1 ( 1 C1 1 ) ， i2 1 ， u 2 R1 R2 dt R3 R4 R5 C2
R1 R3 R4 C1C 2 RRRC c 1 3 4 2 u c u c u r u R5 R2 R5
解：
(a)
G( s)
G( s)
0.5K s 3.5s 2 s 0.5K
3
(b)
G1G2 G3G4 G1G5 G6 (1 G4 H 2 ) 1 G1G2 H 1 G1G2 G3 G1G5 G4 H 2 G1G2 G4 H 1 H 2
2.14 试梅逊公式求图 2.78 所示结构图的传递函数 C(s)/R(s)。
自动控制原理完整版课后习题答案
1 请解释下列名字术语：自动控制系统、受控对象、扰动、给定值、参考输入、反馈。
解：自动控制系统：能够实现自动控制任务的系统，由控制装置与被控对象组成；受控对象：要求实现自动控制的机器、设备或生产过程扰动：扰动是一种对系统的输出产生不利影响的信号。
如果扰动产生在系统内部称为内扰；扰动产生在系统外部，则称为外扰。
外扰是系统的输入量。
给定值：受控对象的物理量在控制系统中应保持的期望值参考输入即为给定值。
反馈：将系统的输出量馈送到参考输入端，并与参考输入进行比较的过程。
2 请说明自动控制系统的基本组成部分。
解：作为一个完整的控制系统，应该由如下几个部分组成：①被控对象：所谓被控对象就是整个控制系统的控制对象；②执行部件：根据所接收到的相关信号，使得被控对象产生相应的动作；常用的执行元件有阀、电动机、液压马达等。
③给定元件：给定元件的职能就是给出与期望的被控量相对应的系统输入量（即参考量）；④比较元件：把测量元件检测到的被控量的实际值与给定元件给出的参考值进行比较，求出它们之间的偏差。
常用的比较元件有差动放大器、机械差动装置和电桥等。
⑤测量反馈元件：该元部件的职能就是测量被控制的物理量，如果这个物理量是非电量，一般需要将其转换成为电量。
常用的测量元部件有测速发电机、热电偶、各种传感器等；⑥放大元件：将比较元件给出的偏差进行放大，用来推动执行元件去控制被控对象。
如电压偏差信号，可用电子管、晶体管、集成电路、晶闸管等组成的电压放大器和功率放大级加以放大。
⑦校正元件：亦称补偿元件，它是结构或参数便于调整的元件，用串联或反馈的方式连接在系统中，用以改善系统的性能。
常用的校正元件有电阻、电容组成的无源或有源网络，它们与原系统串联或与原系统构成一个内反馈系统。
3 请说出什么是反馈控制系统，开环控制系统和闭环控制系统各有什么优缺点？解：反馈控制系统即闭环控制系统，在一个控制系统，将系统的输出量通过某测量机构对其进行实时测量，并将该测量值与输入量进行比较，形成一个反馈通道，从而形成一个封闭的控制系统；开环系统优点：结构简单，缺点：控制的精度较差；闭环控制系统优点：控制精度高，缺点：结构复杂、设计分析麻烦，制造成本高。
《自动控制原理》卢京潮主编课后习题答案西北工业大学出版社
第五章 线性系统的频域分析与校正习题与解答5-1 试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。
(a) (b)图5-75 R-C 网络解 （a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(R R C R R T C R RR R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ (b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sC R s U s U r c)(1111)()(2122222212ττ 5-2 某系统结构图如题5-76图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s（1） t t r 2sin )(=（2） )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 图5-76 系统结构图 频率特性: 2244221)(ωωωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 241)(ωω+=Φj相频特性: )2arctan()(ωωϕ-=系统误差传递函数: ,21)(11)(++=+=Φs s s G s e 则 )2arctan(arctan )(,41)(22ωωωϕωωω-=++=Φj j e e（1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1 则 ,35.081)(2==Φ=ωωj ο45)22arctan()2(-=-=j ϕ（2） 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5-3 若系统单位阶跃响应 试求系统频率特性。
解 ss R s s s s s ss C 1)(,)9)(4(3698.048.11)(=++=+++-= 则 )9)(4(36)()()(++=Φ=s s s s R s C 频率特性为 )9)(4(36)(++=Φωωωj j j5-4 绘制下列传递函数的幅相曲线：解 ()()()12G j K j K e j ==-+ωωπ幅频特性如图解5-4(a)。
《自动控制原理》(卢京潮,西北工业大学)第八章习题及答案[1]
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&1 ⎤ ⎡ 0 0 1 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡0⎤ ⎡x ⎢x ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ & ⎢ 2 ⎥ = ⎢ − 2 − 3 0 ⎥ ⎢ x 2 ⎥ + ⎢ 2⎥ u ⎢ &3 ⎥ 2 − 3⎥ ⎣0 ⎦⎢ ⎣0 ⎥ ⎦ ⎣x ⎦ ⎢ ⎣ x3 ⎥ ⎦ ⎢ ⎡ x1 ⎤ ⎥ y = x1 = [1 0 0]⎢ ⎢ x2 ⎥ ⎢ ⎣ x3 ⎥ ⎦
181
由上式，可列动态方程如下
⎡ &1 ⎤ ⎢0 ⎡x 1 ⎥ ⎢x ⎢ & 0 ⎢ 2 ⎥ = ⎢0 R f + K bCm a m ⎢ &3 ⎥ ⎦ ⎢0 − ⎣x La J m ⎢ ⎣
⎤ 0 ⎥ ⎥ 1 La f m + J m R a ⎥ ⎥ − La J m ⎥ ⎦
⎡ x1 ⎤ ⎢ ⎢ x ⎥ + ⎢0 ⎢ 2 ⎥ ⎢0 ⎢ ⎦ ⎢ ⎣ x3 ⎥ ⎢ Cm
182
⎡ ⎢ 0 由上式可得变换矩阵为 T = ⎢ 0 ⎢C ⎢ m ⎢ ⎣ Jm
8-2
1 0
⎤ 0 ⎥ 1 ⎥ f ⎥ 0 − m⎥ Jm ⎥ ⎦
&& + 6 & & + 11y & + 6 y = 6u 。式中 u 和 y 分别为系统输入、输 设系统微分方程为 & y y
出量。试列写可控标准型（即矩阵 A 为友矩阵）及可观测标准型(即矩阵 A 为友矩阵转置) 状态空间表达式，并画出状态变量图。 解： 由题意可得：
0⎤ ⎥ et ⎦
187
( sI − A) −1
⎡s + 1 0 ⎤ =⎢ s − 1⎥ ⎣ 0 ⎦
《自动控制原理》-卢京潮主编-西北工业大学(清华大学)-第四章习题及答案
图解 4-4 根轨迹图
4-5 已知控制系统的开环传递函数为
G(s)H (s) = K（∗ s + 2） (s 2 + 4s + 9)2
69
试概略绘制系统根轨迹。 解 根轨迹绘制如下：
① 实轴上的根轨迹： (− ∞,−2]
② 渐近线：
⎧ ⎪⎪σ a ⎨ ⎪⎪⎩ϕ a
= =
−2 (2k
− j 5−2+
= ± π , ± 3π 55
,π
③ 分离点：
1+ 1 + 1 + 1 + 1 =0 d d + 1 d + 3.5 d + 3 − j2 d + 3 + j2
解得： d1 = −0.45 , d2 − 2.4 (舍去) , d3、4 = −3.25 ± j1.90 (舍去)
④ 与虚轴交点：闭环特征方程为
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essn
=
lim
s→0
s
⋅Φ
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(
s)
⋅
E
(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。
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自动控制原理卢京潮主编课后习题答案西北工业大学出版社SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#第五章 线性系统的频域分析与校正习题与解答5-1 试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。
(a) (b)图5-75 R-C 网络解 （a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(R R C R R T C R RR R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ (b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sC R s U s U r c)(1111)()(2122222212ττ 5-2 某系统结构图如题5-76图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s（1） t t r 2sin )(=（2） )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 图5-76 系统结构图 频率特性: 2244221)(ωωωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 241)(ωω+=Φj相频特性: )2arctan()(ωωϕ-=系统误差传递函数: ,21)(11)(++=+=Φs s s G s e 则 )2arctan(arctan )(,41)(22ωωωϕωωω-=++=Φj j e e（1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1则 ,35.081)(2==Φ=ωωj 45)22arctan()2(-=-=j ϕ （2） 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5-3 若系统单位阶跃响应 试求系统频率特性。
解 s s R s s s s s s s C 1)(,)9)(4(3698.048.11)(=++=+++-= 则 )9)(4(36)()()(++=Φ=s s s s R s C 频率特性为 )9)(4(36)(++=Φωωωj j j5-4 绘制下列传递函数的幅相曲线：解 ()()()12G j K j K e j ==-+ωωπ幅频特性如图解5-4(a)。
幅频特性如图解5-4(b)。
()()()()33332G j K j K e j ωωωπ==- 图解5-4幅频特性如图解5-4(c)。
5-5 已知系统开环传递函数试分别计算 5.0=ω 和2=ω 时开环频率特性的幅值)(ωA 和相角)(ωϕ。
解 )5.01)((21(10)()(2ωωωωωωj j j j H j G +-+= 计算可得 ⎩⎨⎧︒-==435.153)5.0(8885.17)5.0(ϕA ⎩⎨⎧︒-==53.327)2(3835.0)2(ϕA5-6 试绘制下列传递函数的幅相曲线。
(1) G s s s ()()()=++52181(2) G s s s ()()=+1012解 (1) G j ()()()ωωω=-+511610222取ω为不同值进行计算并描点画图，可以作出准确图形 三个特殊点： ① ω=0时， 00)(,5)(=∠=ωωj G j G ② ω=时, ︒-=∠=90)(,2)(ωωj G j G③ ω=∞时, 0180)(,0)(-=∠=ωωj G j G幅相特性曲线如图解5-6（1）所示。
图解5-6（1）Nyquist 图 图解5-6（2） Nyquist 图(2) G j ()ωωω=+10122两个特殊点： ① ω=0时， G j G j (),()ωω=∞∠=-1800 ② ω=∞时, G j G j (),()ωω=∠=-0900幅相特性曲线如图解5-6（2）所示。
5-7 已知系统开环传递函数 )1()1()(12++-=s T s s T K s G ； 0,,21>T T K当1=ω时，︒-=∠180)(ωj G ，5.0)(=ωj G ；当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差1。
试写出系统开环频率特性表达式)(ωj G 。
解 )1()1()(12+--=s T s s T K s G先绘制)1()1()(120+-=s T s s T K s G 的幅相曲线，然后顺时针转180°即可得到)(ωj G 幅相曲线。
)(0s G 的零极点分布图及幅相曲线分别如图解5-7(a)、(b)所示。
)(s G 的幅相曲线如图解5-7(c)所示。
依题意有： K s sG K s v ==→)(lim 0， 11==K e ssv ，因此1=K 。
另有： 5.01)(1)(11)1)(1()1(22212221212112=++=++--=+--=T T T T T T j T T T jT jT j G可得： 22=T ，5.0121==T ，1=K 。
所以： )5.01(21)(ωωωωj j j j G +-=5-8 已知系统开环传递函数试概略绘制系统开环幅相频率特性曲线。
解 )(ωj G 的零极点分布图如图解5 -8(a)所示。
∞→=0ω变化时，有分析s 平面各零极点矢量随∞→=0ω的变化趋势，可以绘出开环幅相曲线如图解5-8(b)所示。
5-9 绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。
(1) G s s s ()()()=++22181；(2) G s s s s ()()()=++20011012；(3) G s s s s s s ()(.)(.)()=++++40050212(4) G s s s s s s s ()()()()()=+++++20316142510122(5) G s s s s s s s ()(.)()()=+++++801142522解 (1) G s s s ()()()=++22181图解5-9（1） Bode 图 Nyquist 图(2) G s s s s ()()()=++20011012图解5-9（2） Bode 图 Nyquist 图(3) )1)(12.0()12(100)1)(2.0()5.0(40)(22++++=++++=s s s s s s s s s s s G 图解5-9（3） Bode 图 Nyquist 图(4) G s s s s s s s ()()()()()=+++++20316142510122图解5-9（4） Bode 图 Nyquist 图(5) ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫⎝⎛+=+++++125451)1(11.01258.0)254)(1()1.0(8)(2222s s s s s s s s s s s s s G 图解5-9（5） Bode 图 Nyquist 图5-10 若传递函数式中，)(0s G 为)(s G 中，除比例和积分两种环节外的部分。
试证式中，1ω为近似对数幅频特性曲线最左端直线（或其延长线）与0dB 线交点的频率，如图5－77所示。
证 依题意，G(s)近似对数频率曲线最左端直线(或其延长线)对应的传递函数为v sK 。
题意即要证明v sK的对数幅频曲线与0db 交点处的频率值ω11=K v 。
因此，令0)(lg 20=vj K ω，可得 K v ω11=, 故 ωω111vv K K =∴=,，证毕。
5-11 三个最小相角系统传递函数的近似对数幅频特性曲线分别如图5-78(a)、(b)和(c)所示。
要求：（1）写出对应的传递函数；（2）概略绘制对应的对数相频特性曲线。
图 5－78 5－11题图解 (a) 依图可写出：G s K ss()()()=++ωω1211其中参数：db L K 40)(lg 20==ω，100=K则： G s s s ()()()=++100111112ωω图解5-11（a ） Bode 图 Nyquist 图(b) 依图可写出 G s K ss s ()()()=++ωω12211K C ==ωωω021 图解5-11（b ） Bode 图 Nyquist 图(c) G s K ss s ()()()=⋅++ωω2311图解5-11（c ） Bode 图 Nyquist 图5-12 已知)(1s G 、)(2s G 和)(3s G 均为最小相角传递函数，其近似对数幅频特性曲线如图5-79所示。
试概略绘制传递函数 的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。
解：(1)L K 11204511()lg .ω== 则： G s K 11()= (2) G s K s s 22081()(.)=+ 20201022lg /lgK K ω== , K 21= (3)L K K 333202001110()lg lg .ωω===(4)G s G G G G 412231()=+将G G G 123,,代入得：G s s s 41801251()(.)=+对数频率特性曲线如图解5-12(a)所示,幅相特性曲线如图解5-12(b)所示：图解5-12 (a) Bode 图 (b) Nyquist 图5-13 试根据奈氏判据，判断题5-80图(1)～(10)所示曲线对应闭环系统的稳定性。
已知曲线(1)～(10)对应的开环传递函数如下（按自左至右顺序）。
)1)(1()(++=s Ts s Ks G ； )0,(>T K（1）2=T 时，K 值的范围； （2）10=K 时，T 值的范围； （3）T K ,值的范围。
解 [])()()1)(1()1()1()1)(1()(2222ωωωωωωωωωωωY X T T j T K jT j j K j G +=++-++-=++=令 0)(=ωY ，解出T1=ω，代入)(ωX 表达式并令其绝对值小于1得出： T T K +<<10 或 110-<<K T（1）2=T 时，230<<K ；（2）10=K 时，910<<T ；（3）T K ,值的范围如图解5-14中阴影部分所示。
5-15 已知系统开环传递函数试概略绘制幅相特性曲线，并根据奈氏判据判定闭环系统的稳定性。
解 作出系统开环零极点分布图如图解5-15（a ）所示。
)(ωj G 的起点、终点为：)(ωj G 与实轴的交点： 令[]0)(Im =ωj G 可解出代入实部 []037.4)(Re 0-=ωj G概略绘制幅相特性曲线如图解5-15（b ）所示。
根据奈氏判据有 所以闭环系统不稳定。
5-16 某系统的结构图和开环幅相曲线如图5-81 (a)、(b)所示。