课后题答案

第 一 章

1-1 图1-2是液位自动控制系统原理示意图。在任意情况下，希望液面高度c维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。

图1-2 液位自动控制系统

解：被控对象：水箱；被控量：水箱的实际水位；给定量电位器设定水位位的希望值不变。

ur（表征液

cr）；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度

ur）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的

cr，一旦流入水量或流出水量

工作原理：当电位电刷位于中点（对应

开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度

发生变化时，液面高度就会偏离给定高度r。

当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆作用，使电位器电刷由中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机，通过减速器带动进水阀门向减小开度的方向转动，从而减少流入的水量，使液面逐渐降低，浮子位置也相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，电动机的控制电压为零，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度r。

反之，若液面降低，则通过自动控制作用，增大进水阀门开度，加大流入水量，使液面升高到给定高度r。

系统方块图如图所示：

ccc

1-10 下列各式是描述系统的微分方程，其中c(t)为输出量，r (t)为输入量，试判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统?

d2r(t)c(t)5r(t)tdt2； （１）

2d3c(t)d2c(t)dc(t)368c(t)r(t)32dtdt（２）dt；

dc(t)dr(t)tc(t)r(t)3dtdt； （３）

（４）c(t)r(t)cost5；

c(t)3r(t)6（５）

2（６）c(t)r(t)；

tdr(t)5r()ddt；

0,t6c(t)r(t),t6.（７）

2r解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项(t)，所以该系统为非线性系统。

（2）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该

系统为线性定常系统。

（3）该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，所以该系统为线性系统，但第一项

dc(t)dt的系数为t，是随时间变化的变量，因此该系统为线性时变系统。

（4）因为c(t)的表达式中r(t)的系数为非线性函数cost，所以该系统为非线性系统。 t（5）因为该微分方程不含变量及其导数的高次幂或乘积项，且各项系数均为常数，所以该系统为线性定常系统。

（6）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项r(t)，表示二次曲线关系，所以该系统为非线性系统。

20(t6)a1(t6)，所以该系统可看作是（7）因为c(t)的表达式可写为c(t)ar(t)，其中

线性时变系统。

第 二 章

2-3试证明图2-5(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。

分析 首先需要对两个不同的系统分别求解各自的微分表达式，然后两者进行对比，找出两者之间系数的对应关系。对于电网络，在求微分方程时，关键就是将元件利用复阻抗表示，然后利用电压、电阻和电流之间的关系推导系统的传递函数，然后变换成微分方程的形式，对于机械系统，关键就是系统的力学分析，然后利用牛顿定律列出系统的方程，最后联立求微分方程。 证明：(a)根据复阻抗概念可得：

uouiR2即

R21C2sR1C1sR1R2C1C2s2(R1C1R2C2R1C2)s1R1R2C1C2s2(R1C1R2C2R1C2)11C2sR11C1s

d2u0du0d2uiduR1R2C1C22(R1C1R2C2R1C2)uoR1R2C1C22(R1C1R2C2)iuidtdtdtdt取A、B两点进行受力分析，可得：

dxidxodxdx)K1(xixo)f2(o)dtdtdtdt dxdxf2(o)K2xdtdt f1(整理可得：

d2xodxod2xidxf1f22(f1K1f1K2f2K1)K1K2xof1f22(f1K2f2K1)iK1K2xidtdtdtdt

经比较可以看出，电网络（a）和机械系统（b）两者参数的相似关系为

K1

2-5 设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式，并概略绘制x(t)曲线，指出各方程式的模态。

1,f1C1R1,K21,f2C2R2(1) 2x(t)x(t)t;

(２)x(t)2x(t)x(t)(t）。

2-7 由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-6所示，试求闭环传递函数Uｃ(ｓ)／Ｕｒ(ｓ)。



图2-6 控制系统模拟电路解：由图可得

U1R1C1sR11C1s(UiUo)RoRo

UoR2U2R0 U21U1R0C2s

联立上式消去中间变量U1和U2,可得：

Uo(s)R1R233Ui(s)RoR1C1C2s2RoC2sR1R2

o330max2-8 某位置随动系统原理方块图如图2-7所示。已知电位器最大工作角度，功

率放大级放大系数为K3,要求：

(1) 分别求出电位器传递系数K0、第一级和第二级放大器的比例系数K1和K2；(2) 画出系统结构图； (3) 简化结构图，求系统传递函数

0(s)/i(s)。

图2-7 位置随动系统原理图

分析：利用机械原理和放大器原理求解放大系数，然后求解电动机的传递函数，从而画出系统结构图，求出系统的传递函数。

KE030180m330011V/rad解：（1）

1800

30103K1101033

K201032101032

（2）假设电动机时间常数为Tm，忽略电枢电感的影响，可得直流电动机的传递函数为

(s)KUma(s)Tm1

式中Km为电动机的传递系数，单位为(rads1)/V。 又设测速发电机的斜率为

Kt(V/rads1)，则其传递函数为 Ut(s)(s)Kt

由此可画出系统的结构图如下：

i(s) KU1U2a (s) K1K - o U- 12K3 U s t(s) K t

（3）简化后可得系统的传递函数为

o(s)1)i(sTm1K2K3KmKKKs2tKs101K2K3KmK0K1K2K3m

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响应。

分析：利用拉普拉斯变换将输入和输出的时间域表示变成频域表示，进而求解出系统的传递函数，然后对传递函数进行反变换求出系统的脉冲响应函数。

R(s)1解：（1）

s，则系统的传递函数

C(s)111s24s2ss2s1s(s1)(s2) G(s)C(s)s24s2R(s)(s1)(s2)

（2）系统的脉冲响应

L1[G(s)]L1k(t)[s24s2(s1)(s2)]L1[112s1s2](t)et2e2t

2-10 试简化图2-9中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s )和C(s)/N(s)。

KmTms1

图2-9 题2-10系统结构图

分析：分别假定R(s)=0和N(s)=0，画出各自的结构图，然后对系统结构图进行等效变换，将其化成最简单的形式，从而求解系统的传递函数。 解：（a）令N（s）＝0，简化结构图如图所示：

G1G2C(s)可求出：R(s)1(1H1)G1G2

令R（s）＝0，简化结构图如图所示：

N(s) G3

G2 C(s)

G1 H1G1

N(s) G3

G21G1G2H1C(s)

G1

N(s) G3

G21G1G2H1C(s)

G1

N(s) G21G1G2H1G3

C(s) G21G1G2H1G1

C(s)G3G2(1G1G2H1)N(s)1G1G2G1G2H1 所以：

（b）令N（s）＝0，简化结构图如下图所示：

G1R G2 G2

G4 C G3

G1G2R G4 C

G2G3

G1G2R C G4 G2G3G2G3 C(s)(1G1)G2G4G3G4R(s)1G2G4G3G4 所以：

令R（s）＝0，简化结构图如下图所示： N C G 4G2G3 G4C(s)N(s)1G2G4G3G4

2-12 试用梅逊增益公式求图2-8中各系统信号流图的传递函 数C(s)/R(s)。

图2-11 题2-12系统信号流图

解：

（a） 存在三个回路：存在两条前向通路：

1G3H1G2G3H2G3G4H3

P1G1G2G3G4G5,11P2G6,2

G1G2G3G4G5C(s)G61G3H1G3G4H3G2G3H2 所以：R(s)（b）9个单独回路：

L1G2H1,L2G4H2,L3G6H3,L4G3G4G5H4,L5G1G2G3G4G5G6H5L6G7G3G4G5G6H5,L7G1G8G6H5,L8G7H1G8G6H5,L9G8H4H16对两两互不接触回路： 三个互不接触回路1组：L1L2L3

4条前向通路及其余子式：

L1L2 L1L3 L2L3 L7L2 L8L2 L9L2

P1=G1G2G3G4G5G6 ,1=1 ; P2=G7G3G4G5G6 , 2=1 ;P3=-G7H1G8G6 ,3=1+G4H2 ; P4=G1G8G6 , 4=1+G4H2

C(s)R(s)所以，

Pk9k161a14k1LaLbLcL1L2L3

第 三 章

3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为

1.2t0h(t)1012.5esin(1.6t53.1)

试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp和调节时间ｔs。

解：依题意

ttp时

h(tp)0，并且

tp是使

h(tp)第一次为零的时刻(

tp0)

h(t)1012.5e1.2tsin(1.6t53.10)

1012.5e1.2t(cos53.10sin1.6tsin53.10cos1.6t)

可见，当

h(t)15e1.2tsin(1.6t53.10)20e1.2tcos(1.6t53.10)25e1.2tsin1.6t

1.6tptp1.96h(t)第一次为0时，

1.21.96，所以

h(tp)1012.5esin(1.61.96180053.10)10.95

10.9510100%9.5%h()10

0.95h()h(ts)1.05h()，即 t根据调节时间s的定义：

%h(tp)h()100%s所以：

3-5设图3-3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。

9.51012.5e1.2t0.5，得

ln0.043.212ts2.681.21.2 %9.5%tp1.96st2.68s

图3-3 飞行控制系统

分析：求出系统传递函数，如果可化为典型二阶环节形式，则可与标准二阶环节相对照，从而确定相应参数。

25K1s(s0.8) Kts1 解 对结构图进行化简如图所示。

25K125K1s(s0.8)(s)225K1(Kts1)s(0.825K1Kt)s25K11s(s0.8)故系统的传递函数为

和标准二阶系统对照后可以求出：

K12n251.44,65Kt43-7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。

s4s4s4s-7s-8s100

分析 系统在右半平面的根数即为劳思表第一列符号改变的次数，虚根值可通过构造辅助函数求得。

解 由系统特征方程，列劳思表如下：

322n0.80.3125K1

s6s5s4s314504450781010

（出现了全零行，要构造辅助方程）

42由全零行的上一行构造辅助方程5s5s100，对其求导，得

20s310s0

故原全零行替代为

s3s2s1s0202.590101010

表中第一列元素变号两次，故右半s平面有两个闭环极点，系统不稳定。

42对辅助方程5s5s100化简得

(s21)(s22)0①

由D(s)/辅助方程，得余因式为

(s-1)(s+5)=0 ②

求解①、②，得系统的根为

s1,2j2s3,41s51s65

所以，系统有一对纯虚根。

3-9 已知单位反馈系统的开环传递函数

G(s)（1）（２）

100(0.1s1)(s5)

50s(0.1s1)(s5) 10(2s1)s2(s26s100)

G(s)G(s)（３）

2r(t)22ttr(t)2t试求输入分别为 和 时，系统的稳态误差。

分析：

用静态误差系数法求稳态误差比用误差传递函数求解更方便。对复杂的输入表达式，可分解为典型输入函数的线性组合，再利用静态误差系数法分别求各典型输入引起的误差，最后叠加起来即为总的误差。 解 （1）

判别系统的稳定性

D(s)(0.1s1)(s5)1000

10D(s)(s10)(s5)1000s215s10500

s2s11151050

可见，劳思表中首列系数全部大于零，该系统稳定。 求稳态误差

K＝100/5=20,系统的型别0， 当r1(t)2时，

s01050ess1220.0951Kp12022Kv0

当r2(t)2t时，

2ess222t2er3(t)t2ss3K02时，a当

er2t所以，ss ，

2r22tt (2)判断稳定性 2ess



21s5)500s3 15s250s500D(s)s(s10)(

s4s3s2s1s01696.75622910100201010

劳斯表中首列系数全部大于零，该系统稳定。 求稳态误差

K＝10/100=0.1,系统的型别2， 当r1(t)2时，

ess12201Kp122＝0Kv

当r2(t)2t时，

2ess222t2ess3＝20r3(t)t2Ka0.12时，当

0e2r202tt e0ss20＝20

3-11设随动系统的微分方程为

r2t ss

其中，T１、Ｔ２和K２为正常数。若要求r(t)=1+ t时，c(t)对r(t)的稳态误差不大于正常数ε０，试问K１应满足什么条件?

分析：先求出系统的误差传递函数，再利用稳态误差计算公式，根据题目要求确定参数。 解：对方程组进行拉普拉斯变换，可得

d2c(t)dc(t)T1K2u(t)dtdt2

u(t)K1[r(t)b(t)] db(t)T2b(t)c(t)dt

(T1s2s)C(s)K2U(s)

U(s)K1[R(s)B(s)]

(T2s1)B(s)C(s)

按照上面三个公式画出系统的结构图如下：

R k1 B u k2s(T1s1)C 1T2s1

定义误差函数E(s)R(s)C(s)

K1K2s(T1s1)E(s)R(s)C(s)C(s)e(s)11(s)1K1K2R(s)R(s)R(s)1s(T1s1)(T2s1) 所以

K1K2T2sK1K2132TTs(TT)ssK1K2 1212

K1K2T2sK1K211esslimsE(s)limse(s)R(s)lims[1](2)32s0s0s0TTss 12s(T1T2)ssK1K21K1K2T2K1K2

1K1K2T211k1k1ess0k2(oT2)，因此，当k2(oT2)时，满足条件。K1K2令，可得

第 四 章

4-4 设单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略绘出相应的闭环根轨迹图(要求确定分离点坐标d)：

KK(s1)G(s)s(0.2s1)(0.5s1) （2）s(2s1) (1)

KK*G(s)s(0.2s1)(0.5s1)s(s2)(s5)，K*10K 解：(1)

G(s)① n＝3，根轨迹有3条分支；

② 起点：p1＝0，p2＝-2，p3＝-5；没有零点，终点：3条根轨迹趋向于无穷远处。 ③ 实轴上的根轨迹：[-2,0],(,5];

0257(2K1)a,33，33； ④ 渐进线：

1110⑤ 分离点：dd2d5

求解得：d13.79（舍去），d20.88；

a作出根轨迹如图所示：

G(s)(2)

① n＝2，根轨迹有2条分支；

K(s1)K(s1)s(2s1)s(s0.5)，K*0.5K

z11，nm1条根轨迹趋向于无穷远处。

*② 起点：p1＝0，p2＝-0.5，；终点：

③ 实轴上的根轨迹：[-0.5,0],(,1];

111④ 分离点：dd0.5d1

d0.29，d21.707；

求解得：1作出根轨迹如图所示：

4-6 设单位反馈控制系统的开环传递函数如下，要求：

K(sz)G(s)2s(s10)(s20) 产生纯虚根为±ｊ1的ｚ值和K值。 确定

2*432**D(s)s(s10)(s20)K(sz)s30s200sKsKz0 解：

令sj代入D(s)0，并令其实部、虚部分别为零，即：

Re[D(j1)]1200K*z0，Im[D(j1)]30K*0

*K30,z6.63 解得：

画出根轨迹如图所示：

4-10 设单位反馈控制系统的开环传递函数

G(s) 要求：

(1) 画出准确根轨迹(至少校验三点)； (2) 确定系统的临界稳定开环增益Kｃ； (3) 确定与系统临界阻尼比相应的开环增益K。

Ks(0.01s1)(0.02s1)

分析：利用解析法，采用逐个描点的方法画出系统闭环根轨迹。然后将sj代入特征方程中，求解纯虚根的开环增益，或是利用劳斯判据求解临界稳定的开环增益。对于临界阻尼比相应的开环增益即为实轴上的分离点对应的开环增益。

G(s)解：（1）

① n＝3，根轨迹有3条分支,且均趋于无穷远处； ② 实轴上的根轨迹：[-50,0],(,100];

5000Ks(s50)(s100)

50100(2k1)50a,333； ③ 渐进线：，

111④ 分离点：dd50d100

d21.3，d278.8（舍去）

求解得：1；

a作出根轨迹如图所示：

（2）临界开环增益Kc为根轨迹与虚轴交点对应的开环增益。

D(s)s3150s25000s5000K

令sj，代入D(s)0，并令其实部、虚部分别为零，即

Re[D(j)]15025000K0，Im[D(j)]350000

解得：

1,2500070.71,30（舍去） Kc150

（3）系统处于临界阻尼比1，相应闭环根位于分离点处，即要求分离点d对应的K值。将s＝d＝-21.3代入幅值条件：

Ks0.01s10.02s19.622

G(s)4-14 设系统开环传递函数如下，试画出b从零变到无穷时的根轨迹图。

20(s4)(sb) (1)

30(sb)G(s)s(s10) （２）

22D(s)s4sbs4b20s4s20b(s4)0 解：（1）

做等效开环传递函数

G*(s)① n=2,有2条根轨迹分支，n-m=1条趋于无穷远处； ② 实轴上的根轨迹：(,4];

b(s4)b(s4)s24s20(s24j)(s24j)

111③ 分离点d24jd24jd4

d28d40d18.47整理得d20.47(舍去)

000180arctan290135出射角：p

1根轨迹如图所示：

（2）D(s)s(s10)30(sb)s40s30b0 做等效开环传递函数

2G*(s)① n=2,有2条根轨迹分支，且均趋于无穷远处； ② 实轴上的根轨迹：[40,0];

30b30bs240ss(s40)

110dd40③ 分离点

整理得d20

根轨迹如图所示：

第 五 章

5-2 若系统单位阶跃响应为

h(t)11.8e4t0.8e9t

试确定系统的频率特性。

分析 先求出系统传递函数，用j替换s即可得到频率特性。 解：从h(t)中可求得：h(0)0,h(0)0

在零初始条件下，系统输出的拉普拉斯变换H(s)与系统输出的拉普拉斯变换R(s)之间的关系为

H(s)(s)R(s)

H(s)(s)R(s) 即

其中(s)为系统的传递函数，又

11.80.836H(s)L[h(t)]ss4s9s(s4)(s9) 1R(s)L[r(t)]s H(s)36(s)R(s)(s4)(s9) 则

令sj，则系统的频率特性为

(j)H(j)36R(j)(j4)(j9)

5-7 已知系统开环传递函数为

G(s)

K(T2s1)s(T1s1);（Ｋ、Ｔ1、Ｔ2＞０）

oG(j)180当取ω＝１时， ,|Ｇ(ｊω)|＝０.５。当输入为单位速度信号时，系统

的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式G(ｊω)。

分析：根据系统幅频和相频特性的表达式，代入已知条件，即可确定相应参数。 解： 由题意知：

1(T1)2

G(j)900arctanT2arctanT1

因为该系统为Ⅰ型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，即

G(j)K1(T2)2ess()limE(s)s0所以：K10

10.1K K1T221T21G(j1)当1时，

0.5

G(j1)900arctanT2arctanT11800

由上两式可求得

T120,T20.05，因此

G(j)10(j0.051)j(20j1)

ｉ＞０，ｉ＝１，2，…，６)

5-14 已知下列系统开环传递函数(参数K、T、T

G(s)(1)

K(T1s1)(T2s1)(T3s1)

G(s)(2)

Ks(T1s1)(T2s1)

G(s)(3)

Ks2(Ts1)

G(s)(4)

K(T1s1)s2(T2s1) Ks3

K(T1s1)(T2s1)G(s)(5)

s3

K(T5s1)(T6s1)G(s)s(T1s1)(T2s1)(T3s1)(T4s1)

(7)

(6)

G(s)KTs1 (8)

KG(s)Ts1 (9)

KG(s)s(Ts1) (10)

G(s)其系统开环幅相曲线分别如图5-6(1)～(10)所示，试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定

性，若系统闭环不稳定，确定其s右半平面的闭环极点数。

图5-6题5-8系统开环幅相曲线

分析：由开环传递函数可知系统在右半平面开环极点个数P，由幅相曲线图可知包围点（1,j0）的圈数。

解：（1）P0,N1

ZP2N02(1)2

所以系统在虚轴右边有2个根，系统不稳定。 （2）P0,N0

所以系统在虚轴右边有0个根，系统不稳定。 （3）P0,N1

ZP2N0200

ZP2N02(1)2

所以系统在虚轴右边有2个根，系统不稳定。 （4）P0,N0

ZP2N0200

所以系统在虚轴右边有0个根，系统稳定。 （5）P0,N1

ZP2N02(1)2

所以系统在虚轴右边有2个根，系统不稳定。 （6）P0,N0

ZP2N0200

所以系统在虚轴右边有0个根，系统稳定。 （7）P0,N0

ZP2N0200

所以系统在虚轴右边有0个根，系统稳定。 （8）

P1,N12

ZP2N12（9）P1,N0

102

所以系统在虚轴右边有0个根，系统稳定。

ZP2N1201

所以系统在虚轴右边有1个根，系统不稳定。 （10）

P1,N12

1ZP2N12()22

所以系统在虚轴右边有2个根，系统不稳定。

5-21 设单位反馈控制系统的开环传递函数为

G(s)as1s2

试确定相角裕度为45°时参数ａ的值。

分析：根据相角裕度的定义计算相应的参数值。

解：

开环幅相曲线如图所示

以原点为圆心做单位圆，开环幅相曲线与单位圆交于A点，在A点有

A()1(ac)2G(j)1(a)22ej(arctana1800)c21 ①

422ac1 c即

00180()45c要求相角裕度，即

(c)arctanac180045018001350

ac1 ② 联立 ①、②两式可求解得c1.19,a0.84

第 六 章

G(s)6-2设单位反馈系统的开环传递函数

Ks(s3)(s9)

（1）如果要求系统在单位阶跃输入作用下的超调量%20%，试确定K值；

（2）根据所求得的K值，求出系统在单位阶跃输入作用下的调节时间，以及静态速度误差系数Kv；

1K20sv（3）设计一串联校正装置，使系统的，%15%,ts减小两倍以上。

分析 设计校正装置时，只要满足性能指标要求即可，所以确定K值时，通常选择满足

条件的最小K值。

解（1）由高阶系统频域指标和与时域指标的关系式有：

0.160.4(Mr1)

0.160.20.16Mr111.10.40.4 1Mrsinr arcsin165.40Mr

又因为因此

1800G(jc)1800900arctanc3arctanc3arctanc9

arctanc9180090065.4024.60

912ctan24.63c227c2127 2整理得：c26.21c270

解得：c11,c22.27（舍去）

ccKc1K27开环增益为：39

221.5(M1)2.5(M1)rrts6.83s（2）

c

K127

KKv20K54027（3）

取K540 Kv