2023年控制工程基础课后答案

控制工程基础习题解答

第一章

1-5.图『10为张力控制系统。当送料速度在短时间内突然变化时,

试说明该控制系统的作用情况。画出该控制系统的框图。

图1-10题1-5图

由图可知，通过张紧轮将张力转为角位移，通过测量角位移即可获得当前张力的大小。

当送料速度发生变化时，使系统张力发生改变，角位移相应变化，通过测量元件获得当

前实际的角位移，和标准张力时角位移的给定值进行比较，得到它们的偏差。根据偏差的大

小调节电动机的转速，使偏差减小达到张力控制的目的。

框图如图所示。

角位移

题1-5框图

1-8.图1-13为自动防空火力随动控制系统示意图及原理图。试说明

该控制系统的作用情况。

伺服机构(控制

绕垂直轴转动)

图1-13题1-8图

该系统由两个自动控制系统串联而成：跟踪控制系统和瞄准控制系统，由跟踪控制系统

获得目标的方位角和仰角，经过计算机进行弹道计算后给出火炮瞄准命令作为瞄准系统的给

定值，瞄准系统控制火炮的水平旋转和垂直旋转实现瞄准。

跟踪控制系统根据敏感元件的输出获得对目标的跟踪误差，由此调整视线方向，保持敏

感元件的最大输出，使视线始终对准目标，实现自动跟踪的功能。

瞄准系统分别由仰角伺服控制系统和方向角伺服控制系统并联组成，根据计算机给出的火炮

瞄准命令，和仰角测量装置或水平方向角测量装置获得的火炮实际方位角比较，获得瞄准误

差，通过定位伺服机构调整火炮瞄准的角度，实现火炮自动瞄准的功能。

控制工程基础习题解答

第二章

2-2.试求下列函数的拉氏变换，假定当t<0时，f(t)=Oo

(3)../(/)=f-05/cos10/

解：L[/(Z)]=小-gcos10?]=[~法上一

LJ1」(5+0,5)2+l00

(5)./(r)=sin(5r+y

Isin5r^cos5r5+5/35

解:"/(，)]=£sin(5r+。L+

222(s2+25)

2-6.试求下列函数的拉氏反变换。

+5s+2

(4).成)

($+2府+2s+2)

52+55+2k、ks+%

解:=17'2

_($+2*$2+2S+2)_s+2s~+2s+2

s2+5s+2

:s+2)

1-[(5+2)(52+254-2)_

s~+5s+2

容+£*=_]G+2s+2：

―j(5+2)(s2+2s+2)_

3

3

(

23s+323s+1)2t

------------1—-----------------=r'-----------1------------------=-2e~+3/cosf

s+2s~+2s+2s+2(5+l)2+I

⑻.《)='

”-25+5

解:

25-1

r'[F(5)]=r()=sin2f+e1cos2f

s2—2s+5=+2?+­”_2

2-13试求图2-28所示无源网络传递函数与共。

U；(s)

解：

b).用等效阻抗法做:

拉氏变换得：

b)

图2-28题2-13图

(GRF+IXCZ&S+I)U

U。传递函数为：

C?R[S+(GR]S++1)

G(g)=(。禺S+1X。2^2s+1)

八'LCR|S+(G&s+lXgR,s+l)

2-16试求图2-30所示有源网络传递函数巳胆o

U6)

图2-30题2T6S

R,

____________R2Gs___________

R4c2S+1+GCrRtRqS"+C]R2sR]

7?4c2s+1+C|CoR^,R^s~+C[R、s+R>C,sU

/?4c+1++G穴2sR1

R2c2sR4cls+1R4c2s+1+GC>R、R*s~+C,R-yS+R、C,s

u°=-

R4c2，'+l+GG&R4s2+G&$C2sR4c25+1+。]。2&氏|5~+C]R2s

67)CyR->RyR^s~+C]R、R、s+&R4as+凡&C,s+R、R4cls+R、+&

2

C,C2/?2/?45+C(R2S+R4C2S+1%

RMJQ?+(R/C+R2&C2+冗2&」।]

Uo(s)=&+&R2+R3__________________________a+13

2

S(s)-R2R4C1C2S+(7?2C,+/?4C2)S+1R^~

2-17.组合机车动力滑台铳平面时，当切削力Fi(t)变化时，滑台可能产生振动，从而降

低被加工工件的切削表面质量。可将动力滑台连同铳刀抽象成如图所示的质量-弹簧-阻尼系

统的力学模型。其中m为受控质量，kHk2分别为

铳刀系统，xo(D为输出位移。试建立数学模型。

解：微分方程为：

耳⑺一k2(再(r)-x0(r))=噌(r)

&Ui/0)=5(f)+危⑺

拉氏变换得：

玛(s)=+仆+匕Jx0(s)图2-31题2-17图

传递函数为:

G(s)=_____________后

?2

琲+(火]+&2)侬++&水2

2-25.试求图2-39a所示机械系统的传递函数，画出其函数框图，与图2-39b进行比较。

解1：微分方程为：

图2-39题2-25图

.（仇（r）-仇（/））--（40）-%（r））=J、仇（f）

&（仇（。-〃（。）-/4（,）=乙方；（，）

拉氏变换得：

04y&+化+b）中+「_&卜如=&©,（，）

传递函数为：

Q（X____________________________________k#2___________________________________

JJ3s"+jj[S,+J2+&J]+%2.卜~+（〃|+鼠）£+%#2

解2：画出框图如图所示，通过框图简化可得传递函数为：

G（s）=_________________________________也___________________

JJ2s4+flI/+（匕J2+42JI+&2/2+（匕+乂）£+:#2

/豆彳+力+勺）J______kJ

4s2（j/+力+&）+匕（42+加）+勺（/252+/^囚1"2+£+3

°仆）

__________________________k\k]°o（s）

j/s4+4,+（占32+砥4+^12卜2+（%+&2）力+匕七

2-28.化简图2-42所示各系统框图求传递函数。

c).

c)

图2-42题2-28图

M'),+G禺+黑工版禺~C4

第三章

3-2.假设温度计可用1/(Ts+1)传递函数描述其特性。现用该温度计测量某容

器中的水温，发现经bnin后才能指示出实际水温的96%,问：

(1).该温度计的指示从实际水温的10%变化到90%所需的时间是多少？

(2).如果给该容器加热，使容器内水温以0.1'C/s的速度均匀上升，当定义误

差e(t)=«t)-c⑴时，温度计的稳态指示误差有多大？批注［X1］：

解：i.没有考虑温度计原来的环境温度。

(1).设实际水温为T”温度计原来处于0度，当温度计放入水中时，相当于

输入一阶跃值为Tr的阶跃函数,温度计的时间响应函数为：c(f)=7；(l-)(，

60

根据题意可得：0.96=\-er

即可得：T=18.64(s),c(r)=r/l-e-而

10%所需的时间为0.1=1-J嗝，。=1.96(s)。

1

90%所需的时间为0.9=1-J莅,t2=42.92(5).

所以可得该温度计的指示从实际水温的10%变化到90%所需的时间(上升时

间)是

tr=t2-tt-40.96(A)

(2).由题可知系统为一阶系统，故系统稳定，为求当r(t)=0.It时的稳态误批注［X2］:采用频域方法计算(终值定理)时，必须进

差，由一阶系统的时间响应分析可知，单位斜坡响应的稳态误差为T,所以行稳定性判定，采用时域方法则不必。

稳态指示误差：lime(/)=0.1xT=1.864C

(将1/(Ts+1)转化为开环传递函数为1/(Ts)时的单位反馈系统，则可见

此时系统的误差为e(t)=i•⑴4⑴。根据

系统为1型，可得稳态速度误差系数

为Kv=K=l/T,得当输入信号为

r(t)=0.1t时的稳态误差为

e.w，=°」x0.1x7=1.864。

3-5.某控制系统如图3-24所示，已知K=125,

试求：

(1).|系统阶次，类型。

图3-24题3-5图

(2),开环传递函数，开环放大倍数。批注(X5]:

(3).闭环传递函数，闭环零点、极点。1开.环传递函数概念

(4).自然振荡频率3"，阻尼比"阻尼振荡频率2标.准形式

(5).调整时间t*(ZX=2%),最大超调量。微。3开.环放大倍数概念

(6).输入信号r(t)=5时，系统的输出终值c(8)、输出最大值ca。

批注[x6]:

(7).系统的单位脉冲响应。

1标.准形式

(8).系统的单位斜坡响应。

2没.有零点应予以说明

(9).静态误差系数降、K,、K,.o

(10).系统对输入为r(t)=5+2t+t2时的稳态误差。批注[X71：

解：L应用终值定理时应说明极限存在的依据

2.闭环增益不为1及输入不是单位阶跃时的响应

⑴.系统的开环传递函数：G(s)，能常丁微壬=云/力,

批注[x8]:

1.可以采用拉氏反变换，也可采用线性系统的重要特

可见系统阶次为二阶，类型为I型。征求

2进.行积分时应注意积分常数

(2).开环传递函数G(s)"(s)=•71,%25、,开环放大倍数为1.5625

5(0.25^4-1)批注[x9]:

I.稳定性判断或极限存在说明：

(3).闭环传递函数为：

2.单位加速度信号的系数：

,/\G(s)7.81255x2.5?3误.差可以采用误差系数计算，也可采用误差定义计

①(S)=----~~7-^=------5-----------=--------------------»闭环没"

1+G(s)〃(s)0.25/+s+1.562552+2X0.8X2.5S+2.52算，但一般在已经求得误差系数时采用误差系数计算:

4.误差无穷大时并不说明系统是不稳定的只能说明系

闭环零点，闭环极点为：51>2=-2±1.5J统跟踪能力很差，无法跟随输入信号的变化，系统不

稳定时则不存在误差或在任何输入信号作用下误差均

(4).con=2.5,g—0.8,cod=con—=1.5为无穷大。

(5).ts=—=2tap%=e=0.015

叫

(6).因为标准型二阶系统单位阶跃信号的稳态输出为1,最大值为1+M尸1+

GP%=1.()15,由于线性系统符合叠加原理，所以可得：c{oo)=5*5=25,

“=5*5*1.015=25.375

(7).由于标准型欠阻尼二阶系统的单位阶跃响应为:

sin69z+arctan

71T7c/

所以系统单位阶跃响应为：c(r)=511-土一"sin(1.5z+0.6435)

利用线性系统的重要特征即可得单位脉冲响应:

C»(f)=等=5ye-2'sin(1.5r+0.6435)-2.5^cos(1.5r+0.6435)

125_•>/.._

=——e~sin1.5r

6

=20.833e-2/sinl.5r

(8).同理可得单位斜坡响应：

2

cv(r)=Jc(t)dt=5J1e~'sin(1.5r+0.6435)dt

o

=5r+支"sin(1.5/+0.6435)+2""cos(1.5/+0.6435)+C

=5t+—e"2'sin1.5/+—e~2'cosl.5z+C

155

=5/+ye-2*sin(l.5t+1.287)+C

积分常数C由初始状态为零的条件而得，即

-21

cv(0)=0=5/+—esin(1.5/+1.287)+C

,3Jr=o

可得C=-3.2,所以单位斜坡响应为：

c(t\=5t+—e~2'sinl.5/+—cosl.5/-3.2

'155

=5r+ye-2/sin(1.5r+1.287)-3.2

(9).由于系统为I型，所以其静态误差系数分别为：

Kp=0°

Kv=l.5625

K产0

(10).系统对输入为r⑴=5+2t+f2时的稳态误差为：

系统是二阶系统，开环传递函数中的系数均大于零(或由闭环传递函数中可

知极点的实部小于零)，所以系统稳定

e„=5ux5U---1--+2———+2c——l=oo

I1+K,K,K„)

3-16.己知开环系统的传递函数如下（K>0）,试，用罗斯判据判别其闭环稳定性,

并说明系统在s右半平面的根数及虚根数。

⑴.6（59）=焉%

K批注[xlO]:

(6).G(S)H(S)=------r

''''s,2rp,+8S+24)I.特征方程应从闭环传递函数获得：

2.特征方程中有系数项为0,并不一定系统不稳定，也

解：可能是临界稳定，此时数学上的定义是稳定的；

(1).特征方程为53+5./+(6+K)s+K=03.只有第一列上出现。时，才采用设无穷小正数e的

方法；

^316+K4.左平面的复数根并不走虚数根。

$25K

4

/(>+-K0

5

s。K

当K>0时，则第一列的符号全部大于零，所以闭环稳定，系统在s右半平面的

根数及虚根数均为0。

(6).特征方程为s'+8s3+24S2+K=0

24K

s

5380

5224

s'_£

s。一

sK

当K>0时，第一列有一个数小于零，所以闭环不稳定；第一列符号变化了两次,

系统在s右半平面的根数为2；第一列没有等于0的数，虚根数为0。

10(s+a)

3-19.单位反馈系统的开环传递函数为G(s)H(s)=试求:

s(s+2)(s+3)

(1).系统稳定的a值；

(2).系统所有特征根的实部均小于-1之a值。

(3).有根在(-1,0)时之a值。批注[xll]:

解：1.(2)采用方程代数分析方法时需注意s是复数域内

闭环传递函数为0(s)=-一些工4——的，需要按复变函数的概念进行

53+5524-165+10W

(1).用罗斯判据可得：

$3116

s~510a

5116-2A

5°10。

16-2^>0

系统稳定，则应:即a值应为：0<a<8

10«>0

(2).令s'i=s+l,即$=4-1,此时当Re(sJ《O时，则Re(s”—1。对闭环传

递函数进行变换得：

而甯工"2

63119

422olO^z-12

s；15—5a

5,0lOrz-12

系统稳定，则应：O5.：：'此时Re(sJv°，Re(5)<-1»即a值应为:

1.2<«<3

(3).由(1)和(2)可得，此时a应在(0,1.2)和(3,8)之间。

3-27.已知系统的结构如图3-34所示。

(1).要求系统动态性能指标。3=16.3%,tk1s,试确定参数Ki、凡的值。

(2).在上述Ki、&之值下计算系统在也)=1作用下的稳态误差。批注[X12]:

1.调整时间缺少误差范围

2.计算误差时，注意开环传递函数和闭环传递函数

3,稳定性判断

图3-34撅3-27图

解：

系统的开环传递函数为：

10(

z、10-10勺+1

=s(s+(10Kz+l))=/141)

[10K2+1)

系统的闭环传递函数为：

施)=,,1°K

+(1()吗+1》+10%

晒温

10K?+1

r=-------

5

(1).bp%=e尸=16.3%

10K,+1

得：K2=（）.5,贝I」：Kt=±3.6,由系统传递函数可知，系统稳定Ki应大

于零，所以（=3.6

此时；0，，=6（MS）

G=0.5

：t=---=---------------=--------=1

叫师1（阳+1

得：K2=0.7,贝！J：（=±6.4,由系统传递函数可知，系统稳定Ki应大

于零，所以（=6.4。此时：°"=8（，"s）

G=0.5

10Ki

1OK,+1

（2）.系统的开环传递函数为：G（s）=

—5+1

10弓+1

系统是二阶系统，闭环（或开环）传递函数中的系数均大于零（或由闭环传

递函数中可知极点的实部小于零），所以系统稳定

系统为I型e“，=；=，

当K=3.6,a=0.5时，开环放大增益为：

当％=6.4,恪=0.7时，开环放大增益为:

11

---呐--------oe———=—

10(+1swK8

4-2.设开环系统的零点、极点在s平面上的分布如图4-15所示，试绘制根轨迹草图。

解:

4-3.已知单位反馈系统的开环传递函数如下，试绘制当增益K1变化时系统的根轨迹图。

(1).G(s)=K、

s(s++5)

(2).

解:

(1).开环极点为Pl=o,P2=-2,p3=-5

法则2：有三条趋向无穷的根轨迹。

法则3：实轴上的根轨迹：0〜-2,-5〜-8。

180。(2°+1)^180£(2(7+1)_[180°q=i

法则4：渐近线相角：以=±-

n-m1±60q=0

Z化宫zj0_2_5

渐近线交点：cr=———=^—--7

法则5：a-«-2.33,得渐近线如图

n-m33

示。

32

法则6：分离点：K]=-s(s+2X5+5)=-(54-7s+105)

必=_".+7$2+10$)=_(3/+i4s+10)=0

dsds

2

ZH-14±714-4X3X10-7土M

侍：S|.2=7=Z，

OJ

其中4=-7；W=-0.88为实际分离点,如图示。

法则8：虚轴交点：令s=/<y代入特征方程s3+7s2+10s+&=0,得:

-jco}-1co2+jKdi+K,=0

\-ja)3+；10<y=0

[-7苏+&=0

\a)=±V10*±3.16

l&=70

综上所述，根轨迹如图红线所示。

K(s+2)

G?(s)=

52+25+10

开环极点为Pg=-l±J3

-161.6

法则2：有1条趋向无穷的根轨迹。

法则3：实轴上的根轨迹：-2〜-8。

法则6：分离点：&=_S2+2S+10

5+2

dK\(25+2X5+2)-?-25-1052+4J-6八

，————=(J

ds(s+2)2(s+2)2

,且一4±"2+4x6_,rrrf116

得：％2=-----------------------=-2±V10®^,

2[-5.16

其中4二一5.16为实际分离点，如图示。

法则7：出射角：e=一Z%,=arctan」一一900=-18.4°

2—1

得?八=±180°(2^+1)+^=161.6°

法则I：对称性可得：%,=—1616

综上所述，根轨迹如图红线所示。

4-9已知某单位负反馈系统的开环传递函数为

G(s)=-7-5■——--------T

5(52+145+45)

(1)系统无超调的Ki值范围。

(2)确定使系统产生持续振荡的Ki值，并求此时的振荡频率

解：

开环极点为P,=0,023=-7±2=|-^

渐近线相角一L±1^±1L±1^M=]8。q=l

n-m3[±60，q=0

““I

VP,--VZy

―弋J0-5