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1、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（表征液位的希望值）；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度不变。工作原理：当电位电刷位于中点（对应）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度，一旦流入水量或流出水量发生变化时，液面高度就会偏离给定高度。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
2、，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。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。系统方块图如图所示：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?（）；（）；（）；（）；（）；（）；（）解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项，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
3、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，所以该系统为非线性系统。（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，表示二次曲线关系，所以该系统为非线性系统。（7）因为c(t)的表达式可写为，其中，所以该系统可看作是线性时变系统。第 二 章2-3试证明图2-5()的电网络与(b)的机械系统
4、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：即取A、B两点进行受力分析，可得：整理可得：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)
5、()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U()()。 图2-6 控制系统模拟电路解：由图可得联立上式消去中间变量U1和U2,可得：2-8 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。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。解：（1）（2）假设电动机时间常数为Tm，忽略电枢电
6、感的影响，可得直流电动机的传递函数为式中Km为电动机的传递系数，单位为。又设测速发电机的斜率为，则其传递函数为由此可画出系统的结构图如下：-（3）简化后可得系统的传递函数为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，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。解：（1），则系统的传递函数（2）系统的脉冲响应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)。图2-9 题2-10系统结构图分析：分别假定R(
7、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：可求出：令R（s）0，简化结构图如图所示：所以：（b）令N（s）0，简化结构图如下图所示：RCRCRC所以：令R（s）0，简化结构图如下图所示：NC2-12 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：所以：（b）9个单独回路：6对两两互不接触回路：三个互不接触回路1组：4条前向通路及其余子式：所以，第 三 章3-4 已知二阶系
8、统的单位阶跃响应为： 试求系统的超调量、峰值时间p和调节时间s。解：依题意时，并且是使第一次为零的时刻()可见，当第一次为0时，所以根据调节时间的定义：，即，得所以：3-5设图3-3是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数K和Kt，使系统、。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。解 对结构图进行化简如图所示。故系统的传递函数为和标准二阶系统对照后可以求出：3-7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。 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
9、特征方程，列劳思表如下：（出现了全零行，要构造辅助方程）由全零行的上一行构造辅助方程，对其求导，得故原全零行替代为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。对辅助方程化简得由得余因式为 求解、，得系统的根为所以，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（1）（）（）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）判别系统的稳定性可见，劳思表中首列系数全部大于零，该系统稳定
10、。求稳态误差K100/5=20,系统的型别，当时，当时，当时，所以， ， (2) 判断稳定性劳斯表中首列系数全部大于零，该系统稳定。求稳态误差K10/100=0.1,系统的型别，当时，当时，当时，3-11设随动系统的微分方程为其中，T、和K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，试问K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，可得按照上面三个公式画出系统的结构图如下：k1RCuB定义误差函数所以 令，可得，因此，当时，满足条件。第 四 章4-4 设单位反馈控制系统开环传递函
11、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)： (1) （2）解：(1)， n3，根轨迹有3条分支； 起点：p10，p2-2，p3-5；没有零点，终点：3条根轨迹趋向于无穷远处。 实轴上的根轨迹：-2,0,(; 渐进线：，； 分离点：求解得：（舍去），；作出根轨迹如图所示：(2)， n2，根轨迹有2条分支； 起点：p10，p2-0.5，；终点：，条根轨迹趋向于无穷远处。 实轴上的根轨迹：-0.5,0,(; 分离点：求解得：，；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：确定 产生纯虚根为1的值和值。解：令代入，并令其实部、虚部分别为零，即：，解得：画
12、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 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K；(3) 确定与系统临界阻尼比相应的开环增益K。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。解：（1） n3，根轨迹有3条分支,且均趋于无穷远处； 实轴上的根轨迹：-50,0,(00; 渐进线：，； 分离点：求解得：，（舍去）；作出根轨迹如图所示：（2）临界开环增益为根轨迹与虚轴交点对应的开环增益
13、。令，代入，并令其实部、虚部分别为零，即，解得：（舍去） （3）系统处于临界阻尼比，相应闭环根位于分离点处，即要求分离点d对应的K值。将sd-21.3代入幅值条件：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。 (1) （）解：（1）做等效开环传递函数 n=2,有2条根轨迹分支，n-m=1条趋于无穷远处； 实轴上的根轨迹：(; 分离点整理得出射角：根轨迹如图所示：（2）做等效开环传递函数 n=2,有2条根轨迹分支，且均趋于无穷远处； 实轴上的根轨迹：; 分离点整理得根轨迹如图所示：第 五 章5-2 若系统单位阶跃响应为试确定系统的频率特性。分析 先求出系统传递函数，用替换
14、s即可得到频率特性。解：从中可求得：在零初始条件下，系统输出的拉普拉斯变换与系统输出的拉普拉斯变换之间的关系为即 其中为系统的传递函数，又则令，则系统的频率特性为5-7 已知系统开环传递函数为 ;（、1、2）当取时， ,|()|.。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()。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：因为该系统为型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，即所以：当时，由上两式可求得，因此5-14 已知下列系统开环传递函数(参数K、T、T，2，)(1) (2)(3)(4)(5)(6)
15、(7)(8)(9) (10)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（）的圈数。解：（1）所以系统在虚轴右边有2个根，系统不稳定。（2）所以系统在虚轴右边有0个根，系统不稳定。（3）所以系统在虚轴右边有2个根，系统不稳定。（4）所以系统在虚轴右边有0个根，系统稳定。（5）所以系统在虚轴右边有2个根，系统不稳定。（6）所以系统在虚轴右边有0个根，系统稳定。（7）所以系统在虚轴右边有0个根，系统
16、稳定。（8）所以系统在虚轴右边有0个根，系统稳定。（9）所以系统在虚轴右边有1个根，系统不稳定。（10）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试确定相角裕度为45时参数的值。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 即要求相角裕度，即 联立 、两式可求解得第 六 章6-2设单位反馈系统的开环传递函数（1）如果要求系统在单位阶跃输入作用下的超调量，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；（3）设计一串联校正装
17、置，使系统的，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：又因为因此整理得：解得：（舍去）开环增益为：（2）（3）取第一章1.1 图1.18是液位自动控制系统原理示意图。在任意情况下，希望液面高度维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。解：系统的控制任务是保持液面高度不变。水箱是被控对象，水箱液位是被控变量。电位器用来设置期望液位高度 (通常点位器的上下位移来实现) 。 当电位器电刷位于中点位置时，电动机不动，控制阀门有一定的开度，使水箱的流入水量与流出水量相等，从而使液面保持
18、在希望高度上。一旦流出水量发生变化(相当于扰动)，例如当流出水量减小时，液面升高，浮子位置也相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，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减小阀门开度，使进入水箱的液体流量减少。这时，水箱液位下降浮子位置相应下降，直到电位器电刷回到中点位置为止，系统重新处于平衡状态，液位恢复给定高度。反之，当流出水量在平衡状态基础上增大时，水箱液位下降，系统会自动增大阀门开度，加大流入水量，使液位升到给定高度。系统方框图如图解1. 4.1所示。1.2恒温箱的温度自动控制系统如图1.19所示。（1） 画出系统的方框图；（2） 简述保持恒温箱温度恒定的工作原
19、理;（3） 指出该控制系统的被控对象和被控变量分别是什么。图1.19 恒温箱的温度自动控制系统 解：恒温箱采用电加热的方式运行，电阻丝产生的热量与调压器电压平方成正比，电压增高，炉温就上升。调压器电压由其滑动触点位置所控制，滑臂则由伺服电动机驱动炉子的实际温度用热电偶测量，输出电压作为反馈电压与给定电压进行比较，得出的偏差电压经放大器放大后，驱动电动机经减速器调节调压器的电压。在正常情况下，炉温等于期望温度T，热电偶的输出电压等于给定电压。此时偏差为零，电动机不动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。这时，炉子散失的热量正好等于从电阻丝获取的热量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。当炉温
20、由于某种原因突然下降(例如炉门打开造成热量流失)时，热电偶输出电压下降，与给定电压比较后出现正偏差，经放大器放大后，驱动电动机使调压器电压升高，炉温回升，直至温度值等于期望值为止。当炉温受扰动后高于希望温度时，调节的过程正好相反。最终达到稳定时，系统温度可以保持在要求的温度值上。系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控变量，给定量是给定电位器设定的电压(表征炉温的希望值)。给定电位计是给定元件，放大器完成放大元件的功能，电动机、减速器和调压器组成执行机构，热电偶是测量元件。 系统方框如图解1.4.5所示。1.3解：当负载（与接收自整角机TR的转子固联)的角位置与发送机Tx转子的输入角位置6一致时，
21、系统处于相对豫止状态，自整角机输出电压(即偏差电压)为0，放大器输出为0，电动机不动，系统保持在平衡状态。当改变时，与失谐，自整角接收机输出与失谐角成比例的偏差电压，该偏差电压经整流放大器、功率放大器放大后驱动电动机转动，带动减速器改变负载的角位置，使之跟随变化，直到与一致，系统达到新的平衡状态时为止。系统中采用测速发电机TG作为校正元件，构成内环反馈，用于改善系统动态特性。该系统为随动系统。被控对象是负载；被控量为负载角位置，给定量是发送自整角机TX转子的角位置。自整角机完成测量、比较元件的功能，整流放大器、功率放大器共同完成放大元件的功能，电动机SM和减速器组成执行机构，测速发电机TG是校
22、正元件， 系统方框图如图解1.4.6所示。1.4解 工作原理：温度传感器不断测量交换器出口处的实际水温，并在温度控制器中与给定温度相比较，若低于给定温度，其偏差值使蒸汽阀门开大，进入热交换器的蒸汽量加大，热水温度升高，直至偏差为零。如果由于某种原因，冷水流量加大，则流量值由流量计测得，通过温度控制器，开大阀门，使蒸汽量增加，提前进行控制，实现按冷水流量进行前馈补偿，保证热交换器出口的水温波动不大。 系统中，热交换器是被控对象，实际热物料温度为被控变量，冷水流量是干扰量。系统方框图如图解1.4.4所示。这是一个按干扰补偿的复合控制系统。1.5解 带上负载后，由于负载的影响，图(a)与图(b)中的
23、发电机端电压开始时都要下降，但图(a)中所示系统的电压能恢复到110 v，而图(b)中的系统却不能。理由如下； 对图(a)所示系统，当输出电压u低于给定电压时，其偏差电压经放大器K，使电机SM转动，经减速器带动电刷减小发电机G的激磁回路电阻，使发电的激磁电流增大，提高发电机的端电压，从而使偏差电压减小，直至偏差电压为零时，电机才停止转动。因此，图(a)系统能保持110V电压不变。 对图(b)所示系统，当输出电压低于给定电压时，其偏差电压经放大器K，直接使发电机激磁电流增大，提高发电机的端电压，使发电机G的端电压回升，偏差电压减小，但是偏差电压始终不可能等于零，因为当偏差电压为零时，发电机就不能
24、工作。偏差电压的存在是图(b)系统正常工作的前提条件。即图(b)中系统的输出电压会低于110V。第二章2.1 (a)(不考虑物块的重力) (b) (c) 2.2 (a) (b) A点： （1）B点： （2）由（1）和（2）得 （3）由（3）解出，并代入（2）得：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2.3 2.4 2.5 2.6 2.72.8 （1）（2）假设电动机时间常数为，忽略电枢电感的影响，可得直流电动机的传递函数为，为电动机的传递系统，单位为。又设测速发电机的传递系数为（）系统的传递函数为： 2.92.10 第三章3.1 ，。，。3.2 。3.3 ，。3.4由
25、超调量等于15%知，。再由峰值时间等于0.8秒可得，。闭环传函，。3.5（1）稳定；（2）不稳定；（3）不稳定。3.6（1）不稳定，右半平面两个根；（2）临界稳定（不稳定），一对纯虚根（3）不稳定，右半平面一个根，一对纯虚根（4）不稳定，右半平面一个根，一对纯虚根3.73.83.9（1）（2）将代入闭环特征方程后，整理得，解得3.10加入局部反馈前：开环传递函数，。加入局部反馈后：开环传递函数，。3.11 首先判定系统稳定性，该系统稳定。开环增益，误差分别为0, 1.33，3.12（1），。，（2），。，3.143.15（1）（2）要使系统稳定，需有。（4） 系统不稳定。第四章4.14.2 简
26、要证明：令为根轨迹上的任意一点，由幅角条件可知：又根据三角函数关系：，有于是有，问题得证。4.3 略4.4（2）开环增益（3）根轨迹的分离点为，分离点处对应的开环增益（根据时，闭环极点之和等于开环极点之和。可以求出时另一个极点为-108，与虚轴的距离比分离点-21大五倍以上。二重极点-21为主导极点，可以认为临界阻尼比相对应的开环增益为9.6）4.5（1）等效开环传递函数为分离点为-8.5（2）等效开环传递函数为分离点-204.6、4.7为正反馈根轨迹，略。4.8（2）时，根轨迹与虚轴相交于；时，闭环系统稳定。（3）时，分离点（一对相等的实数根）为-0.85，第三个闭环极点为-4.3（非主导极
27、点，忽略不计）。时，非主导的负实数极点都可忽略不计，因为当时，闭环系统为欠阻尼状态。（4）时等幅震荡，震荡频率为（5）由作图近似可得，时，。4.9简单说明：Kr3系统不稳定。（与虚轴交点）3Kr9时，虽然闭环极点所对应的阻尼比大于零小于1，但是由于闭环零点-1距离虚轴很近，对动态过程的影响非常严重。第五章5.1 ， T=15.2 5.3（1）（2）（3） 5.4 (1) (2) (3) 5.5 5.6 题号开环极点穿越负实轴次数奈氏判据闭环极点闭环系统(1)P=0Z=P-2N=2不稳定(2)P=0Z=P-2N=0稳定(3)P=0Z=P-2N=2不稳定(4)P=0Z=P-2N=0稳定(5)P=1
28、Z=P-2N=0稳定(6)P=0Z=P-2N=0稳定(7)P=0Z=P-2N=0稳定(8)P=1Z=P-2N=2不稳定5.7 （1）（2）（3）5.8（1）（2）（3）5.9 5.10 由可知：快速性提高。 5.11 （1）I 型系统, r(t)=1（2）I 型系统, r(t)=t（3）（4）（5）（6）（7）5.12 K增大和T减少 ，不变（稳定裕度不变）5.13 第六章6.1取a6，6.2 取 ， 6.3 （3）比较两种校正方案的优缺点稳态性能一样，动态性能比较如下：动态性能超前网络 校正系统好于滞后网络 校正系统抗高频干扰滞后网络 校正系统优于超前网络 校正系统6.46.5 （1）C图网络种最好（2）12Hz正弦噪声削减10倍，C种网络满足。 需要串联滞后超前校正才能实现（由图可得：校正后系统在75.4rad/s处，是20dB，20lg0.120，缩小10倍）。6.6 6.7 ，T 应当选得足够小，不影响系统的动态性能。6.8 从物理实现性考虑，取6.9
