自动控制理论第四版课后习题详细解答参考答案（夏德钤翁贻方版）

《自动控制理论（夏德钤）》习题答案详解 第二章

2-1试求图2-T-1所示RC网络的传递函数。

1R1?Cs?R1，z?R，则传递函数为： (a)z1?221RCs?11R1?Cs(b)设流过C1、C2的电流分别为I1、I2，根据电路图列出电压方程：

并且有 联立三式可消去I1(s)与I2(s)，则传递函数为： 2-2假设图2-T-2的运算放大器均为理想放大器，试写出以ui为输入，uo为输出的传递函数。

(a)由运算放大器虚短、虚断特性可知：uidudu??Ci?C0，uc?ui?u0， Rdtdt对上式进行拉氏变换得到 故传递函数为 (b)由运放虚短、虚断特性有：Cducui?uc?ucuu???0，c?0?0， R2R1dtR2R2联立两式消去uc得到 对该式进行拉氏变换得 故此传递函数为 (c)Cducuc?u0uuu??c?0，且i??c，联立两式可消去uc得到 dtR1/2R1/2RR12对该式进行拉氏变换得到 故此传递函数为 2-3试求图2-T-3中以电枢电压ua为输入量，以电动机的转角?为输出量的微分方程式和传递函数。 解：设激磁磁通??Kfif恒定

2-4一位置随动系统的原理图如图2-T-4所示。电动机通过传动链带动负载及电位器的滑动触点一

起移动，用电位器检测负载运动的位移，图中以c表示电位器滑动触点的位置。另一电位器用来给定负载运动的位移，此电位器的滑动触点的位置（图中以r表示）即为该随动系统的参考输入。两电位器滑动触点间的电压差ue即是无惯性放大器（放大系数为Ka）的输入，放大器向直流电动

机M供电，电枢电压为u，电流为I。电动机的角位移为?。

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解：

C?s????RsKACm?

60??iLaJs3?i?Laf?RaJ?s2?i?Raf?Ce?Cm??s?KACm?2???2-5图2-T-5所示电路中，二极管是一个非线性元件，其电流id与ud间的关系为

d?0.u026??。假设电路中的R?103?，静态工作点u0?2.39V，i0?2.19?10?3A。试求在id?10??e?1?????6工作点(u0,i0)附近id?f(ud)的线性化方程。

解：id?2.19?10?3?0.084?ud?0.2? 2-6试写出图2-T-6所示系统的微分方程，并根据力—电压的相似量画出相似电路。

解：分别对物块m1、m2受力分析可列出如下方程： 代入v1?dy1dy、v2?2得 dtdt2-7图2-T-7为插了一个温度计的槽。槽内温度为?i，温度计显示温度为?。试求传递函数虑温度计有贮存热的热容C和限制热流的热阻R）。 解：根据能量守恒定律可列出如下方程： 对上式进行拉氏变换得到 则传递函数为 2-8试简化图2-T-8所示的系统框图，并求系统的传递函数?(s)（考?i(s)C(s)。 R(s) G2 H1 G4 解：(a)化简过程如下+ C(sR(s) + + + C(s) R(s) + + + + G1 G G3 ) G2 3G2 G1 _ _ _ + C(s) R(s_ G+G G3 12+ R(sC(s) C(s+ ) R(s_ H1 G1+G G21 G3 H2 ) _ ) ) R(sC(s传递函数为 G+ (b)1+H1 ) ) 化简过程如下 H3 a) H1 + b) G2 H1 G1 G4 C(s) 图R(s_ + + G4+G2G3 C(s) R(s+ ) + 2-T-8 传递函数为 _ G G 2G 13C(s) R(s) ) _ C(s)2-9试简化图2-T-9所示系统的框图，并求系统的传递函数。 H3+H2/G1 1/GH2 R(s)R(s+ ) + H3 解：化简过程如下 精心整理 _ 0.+ C(s) _ 0. R(s+ + C(s0. ) ) _ C(s+ _ R(s 0.) R(s_ 系统的传递函数为 C(s) ) ) 0.C(s)K2-10绘出图2-T-10所示系统的信号流程图，并根据梅逊公式求出传递函数。

R(s)K H2 系统的传递函数为 C(sR(s+ + + G1 G2 G3 C1(s) )C2(s)2-11试绘出图2-T-11所示系统的信号流程图，并求传递函数和（设R2(s)?0）。 + _ + R1(s)R2(s)H1 解：系统信号流程图如图所示。R1(s+ _ C1 (s) G4 G1 G2 题2-11系统信号流程图G3 ) + C(s)2-12求图图2-T-12所示系统的传递函数。 R(s)2-T-10 H1 H2 + + 解：(a)系统只有一个回环：?L1?Ccdh2(s) ， G5 G6 G4 _ 在节点R(s)和C(s)之间有四条前向通道，分别为：P1?abcdef，P2?abcdi，P4?agdi，3?agdef，PR2(s) + 图2-T-11 相应的，有：?1??2??3??4?1 则 (b)系统共有三个回环，因此，?L1??111??， R1C1sR2C2sR1C2s两个互不接触的回环只有一组，因此，?L2??1?1?1? ????2??R1C1s?R2C2s?R1R2C1C2s在节点R(s)和C(s)之间仅有一条前向通道：P1?1?1111??1??，并且有?1?1，则 2sC1R1sC2R1C1C2s2-13确定图2-T-13中系统的输出C(s)。

D1(sD2C(s(s)G1G21R(s)?解：采用叠加原理，当仅有作用时，， ) _ ) + R(s) + R(s)1?GC(s) + + + 2H2?G1G2H1G1 G2 _ _ C(s)G2?当仅有D1(s)作用时，2， 2 D1(s)1?G2H2H?G1G2H1+ H1 C3(s)G2?当仅有D2(s)作用时，+ ， ?D2(s)1?G2H2?G1G2H1D3(s)

图精心整理 2-T-13

当仅有D3(s)作用时，

C4(s)G1G2H1?? D3(s)1?G2H2?G1G2H1根据叠加原理得出 第三章

3-1设系统的传递函数为

求此系统的单位斜坡响应和稳态误差。 解：当输入为单位斜坡响应时，有

1r(t)?t，R(s)?2

s所以有 分三种情况讨论 （1）当??1时， （2）当0???1时， （3）当??1时， 设系统为单位反馈系统,有 系统对单位斜坡输入的稳态误差为 3-2试求下列单位反馈控制系统的位置、速度、加速度误差系数。系统的开环传递函数为

（1）G(s)?50K（2）G(s)? (1?0.1s)(1?2s)s(1?0.1s)(1?0.5s)K(1?2s)(1?4s)KG(s)?（4） 222s(s?4s?200)s(s?2s?10)s?0s?0（3）G(s)?解：（1）Kp?limG(s)?50,Kv?limsG(s)?0,Ka?lims2G(s)?0； s?0（2）Kp?limG(s)??,Kv?limsG(s)?K,Ka?lims2G(s)?0； s?0s?0s?0（3）Kp?limG(s)??,Kv?limsG(s)??,Ka?lims2G(s)?s?0s?0s?0K； 10（4）Kp?limG(s)??,Kv?limsG(s)?K,Ka?lims2G(s)?0 s?0s?0s?02003-3设单位反馈系统的开环传递函数为

若输入信号如下，求系统的给定稳态误差级数。

1（1）r(t)?R0，（2）r(t)?R0?R1t，（3）r(t)?R0?R1t?R2t2

2解：首先求系统的给定误差传递函数

误差系数可求得如下

?s(t)??r?（1）r(t)?R0，此时有rs(t)?R0,rs(t)?0，于是稳态误差级数为

esr?t??C0rs(t)?0，t?0

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?s(t)?R1,?r?（2）r(t)?R0?R1t，此时有rs(t)?R0?R1t,rs(t)?0，于是稳态误差级数为

?s(t)?0.1R1，t?0 esr?t??C0rs(t)?C1r（3）r(t)?R0?R1t?11?s(t)?R1?R2t，?r?s(t)?R2，于是稳态R2t2，此时有rs(t)?R0?R1t?R2t2,r22误差级数为

?s(t)?esr?t??C0rs(t)?C1rC2?r?(t)?0.1(R1?R2t)，t?0 s2!3-4设单位反馈系统的开环传递函数为

若输入为r(t)?sin5t，求此系统的给定稳态误差级数。

解：首先求系统的给定误差传递函数

误差系数可求得如下

以及 则稳态误差级数为 3-6系统的框图如图3-T-1a所示，试计算在单位斜坡输入下的稳态误差的终值。如在输入端加入一比例微分环节（参见图3-T-1b），试证明当适当选取a值后，系统跟踪斜坡输入的稳态误差可以消除。 R(sC(s) + R(sC(s_ + 2?解：系统在单位斜坡输入下的稳态误差为：esr?，加入比例—微分环节后

_ ?na) 2? 可见取b)，可使esr?0 a?图3-T-1 3-7单位反馈二阶系统，已知其开环传递函数为 从实验方法求得其零初始状态下的阶跃响应如图3-T-2所示。经测量知，Mp?0.096，tp?0.2s。

试确定传递函数中的参量?及?n。 解：由图可以判断出0???1，因此有 代入Mp?0.096，tp?0.2可求出

???0.598 ???19.588?nR(s+ 3-8反馈控制系统的框图如图3-T-3所示，要求G(s C(s_ （1）由单位阶跃函数输入引起的系统稳态误差为零。 ) 6s3-T-3 ?4?0 （2）整个系统的特征方程为s3?4s2?图

?n求三阶开环传递函数G(s)，使得同时满足上述要求。

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