电位器
放大器
电动机
减速器
阀门
水箱
浮子 杠杆
_
电位器
放大器
电动机
绞盘
位置
_
1
1-5 解：
系统的输出量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉 仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图
门实际
开(闭)门 的位置
工作原理：系统的被控对象为大门。被控量为大门的实际位置。输入量为希望的大门位置。
当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动， 使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开 门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。 受控量：门的位置
1-4 解：
受控对象：门。 执行元件：电动机，绞盘。 放大元件：放大器。
水位自动控制系统的职能方框图
h c
hr
出水
电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 hr 。
当 hc = hr 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 hc ≠ hr 时，浮子位置相应升高（或
降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动
电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。
r
c
（与电位器设定
工作原理：系统的被控对象为水箱。被控量为水箱的实际水位 h 。给定值为希望水位 h
测量元件：浮子，杠杆。
放大元件：放大器。
执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。
比较计算元件：电位器。
c
被控量：水箱的实际水位 h
受控对象：水箱液面。
1-1（略）
1-2（略）
1-3 解：
习题
第一章
自动控制原理（非自动化类）习题答案
电位器
电压 放 大
功 率 放 大
电机
加热器
电炉
热 电偶
K1
K2
1
s 2 + s
1
Ts
K3
K2
1
Ts
1
s2 + s
K1
K3
-
-
2
1 3
Ts3 + (T + 1)s2 + s + K K
，
C (s) / R(s) =
K1K3
X5(s)
X4(s)
X3(s)
X2(s)
R(s)
C(s)
_
N1(s)
+X1(s)
N2(s)
将方块图连接起来，得出系统的动态结构图：
X5(s)
-
X4(s)
C(s)
X5(s)
X4(s)
X3(s)
N2(s)
X5(s)
C(s)
-
-
X2(s)
X1(s)
X3(s)
X2(s)
X1(s)
+
R(s)
⎩ 3 5
绘制上式各子方程的方块图如下图所示：
N1(s)
⎪K X (s) = s2C (s) + sC (s)
⎪
⎪ X 5 (s) = X 4 (s) − K2 N2 (s)
⎪TsX 4 (s) = X 3 (s)
⎨
⎪ X 2 (s) = K1 X1 (s)
⎪ X 3 (s) = X 2 (s) − X 5 (s)
⎪
2-1 解：对微分方程做拉氏变换：
⎧ X1 (s) = R(s) − C (s) + N1 (s)
习题
第二章
—
炉温
给定 炉温
放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器
比较元件：电位计 测量元件：热电偶 职能方框图：
τs
1
s + 1
1
Ts + 1
K
-
3
1 3 1 4 2 3 2 4
(b)
R(s) 1 + G G − G G + G G − G G
(a) =
R(s) ms2 + fs + K
G1 + G2
C (s) =
1
C(s)
2-3 解：（过程略）
0
N (s) =
C (s)
(s + 1)(Ts + 1)
1 +
Ts2 + (T + 1)s + (K + 1)
k
R(s)
C (s)
= (s + 1)(Ts + 1) (s + 1)(Ts + 1) =
K + ⎜ s
+
K
⎜ s
X4(s)
X3(s)
X1(s)
R(s)
— C(s)
X5(s)
X2(s)
N(s)
将方块图连接得出系统的动态结构图：
C(s)
X4(s)
X4(s)
X3(s)
—
X5(s)
N(s)
N(s)
X5(s)
C(s)
-
X3(s)
X1(s)
X2(s)
R(s)
X1(s)
R(s)
X2(s)
⎪
⎪⎩ X 5 (s) = (Ts + 1) N (s)
绘制上式各子方程的方块如下图：
⎪C (s) = X (s) − N (s)
4
⎪(Ts + 1) X 4 (s) = X 3 (s) + X 5 (s)
⎨
⎪ X 2 (s) = ⎜ sR(s)
⎪(s + 1) X 3 (s) = X1 (s) + X 2 (s)
⎪
2-2 解：对微分方程做拉氏变换
⎧ X1 (s) = K[R(s) − C (s)]
1 3
Ts3 + (T + 1)s2 + s + K K
2
C (s) / N (s) =−
K2 K3Ts
C (s) / N1 (s) = C (s) / R(s) ，
三个回路均接触，可得 ⊗ = 1 − ∑ La = 1 + G1G2 + 2G1
4
∑ La = L1 + L2 + L3 = −G1G2 − G1 − G1
a =1
3
（b）
（1）系统的反馈回路有三个，所以有
R 1 + G1G2G5 + G2G3G4 − G4G2G5
G1G2G3 + 1
C =
三个回路两两接触，可得 ⊗ = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G5 + G2G3G4 − G4G2G5
（2）有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以
P1 = G1G2G3 , ⊗1 = 1
P2 = 1, ⊗2 = 1
（3）闭环传递函数 C/R 为
∑ La = led斗胆灯L1 + L2 + L3 = −G1G2G5 − G2G3G4 + G4G2G5
a =1
3
2-5 解：（a）
（1）系统的反馈回路有三个，所以有
K1K2
n
G (s) =
Kn s
1 2 3
Ts2 + s + K K K
（2）要消除干扰对系统的影响
C (s) / N (s) = K n K3 s − K1K2 K3Gn = 0
Ts + 1 s
1
1 2 3
K
2
3
1 +
s
Ts2 + s + K K K
K
K
n n 1
C (s) / N (s) = (K − G K
K3
K2 ) Ts + 1 = K n K3 s − K1K2 K3Gn
求 C/N，令 R=0，向后移动单位反馈的比较点
1 2 3
1 + G(s) Ts2 + s + K K K
=
C (s) / R(s) =
G(s)
K1K2 K3
s(Ts + 1)
2-4 解 ：（1）求 C/R，令 N=0
G(s) = K1K2 K3
R(s) 1 + G1G2 + G2G3 + G3G4 + G1G2G3G4
(e)
G1G2G3G4
C (s) =
R(s) 1 − G2G3
R(s) 1 + G1 + G2G1
(d)
(c)
C(s) = G1 − G2
C(s) = G2 + G1G2
5
n
⎤
1 − ⎩ 2
= 0.1
t p =
1
3-2 解：系统为欠阻尼二阶系统（书上改为“单位负反馈……”，“已知系统开环传递函数”）
⎛ % = e−⎩ / 1−⎩ ⋅100% = 1.3 −1 ⋅100%
2
H
⎩
1 + 10K = 10
H
⎪
⎩K = 0.9
H
⇒ ⎨
⎨1 + 10K
0
⎪
= 10
⎧ K
= 10
⎧
10K0
要使过渡时间减小到原来的 0.1 倍，要保证总的放大系数不变，则：（原放大系数为 10，时
间常数为 0.2）
1 + 10KH
H
s + 1
0.2
R(s) 0 1 + G(s)K
=
1 + 10K H
G(s)
⎫ (s) = C (s) = K
10K0
采用 K0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为
0.2s + 1
）
3-1 解：（原书改为 G(s) =
10
习题
第三章
N3 (s) N3 (s)
N2 (s) N2 (s) 1 + G1G2G3 + G2
= 1
=
E(s) = − C (s)
−(1 + G2 )G3
E (s) =− C (s)
N1 (s) N1 (s) 1 + G1G2G3 + G2
R(s) 1 + G1G2G3 阳极钢爪+ G2
E(s) =− C (s) = −G2G3 − G1G2G3
E(s) = 1 + 亚麻网G2 − G2G3
N3 (s)
1 + G1G2G3 + G2
N2 (s) 1 + G1G2G3 + G2
=
C (s)
C (s) = −1⋅ (1 + G1G2G3 + G2 ) = −1
(1 + G2 )G3
N1 (s)
R(s) 1 + G1G2G3 + G2
= C (s) / R(s)
C (s)
C (s) = G1G2G3 + G2G3
2-6 解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得 ⊗ = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G3 + G2 ，可得
1 + G1G2 + 2G1
1 + G1G2 + 2G1
R
G1G2 + G2
C = G1G2 + G1 + G2 − G1 =
（2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以
P1 = G1G2 , ⊗1 = 1
P2 = G1 , ⊗2 = 1
P3 = G2 , ⊗3 = 1
P4 = −G1 , ⊗4 = 1
（3）闭环传递函数 C/R 为
n
c. ⎩ = 0.1,⎤ = 1s−1 时，
n
⎩⎤
s
= 3.5s
t =
3.5
2
⎛ % = e−⎩ / 1−⎩ ⋅100% = 72.8%
n
b. ⎩ = 0.1,⎤ = 10s−1 时，
n
⎩⎤
凝胶材料s
= 7s
t =
3.5
2
⎛ % = e−⎩ / 1−⎩ ⋅100% = 72.8%
n
a. ⎩ = 0.1,⎤ = 5s−1 时，
n
2⎩⎤n = 10
解得：⎤n = 14.14, ⎩ = 0.354, ⎛ %=30%, t p = 0.238
结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。
3-4 解：（1）
⎤ 2 = 200
s2 + 10s
G(s) =
200
（2） K = 20s−1 时：
n
2⎩⎤n = 10
解得：⎤n = 10, ⎩ = 0.5, ⎛ % = 16.3%, t p = 0.363
⎤ 2 = 100
s2 + 10s
G(s) =
100
3-3 解：（1） K = 10s−1 时：
s(s + 24.1) s(0.041s + 1)
=
G(s) =
47.1
1136
所以，开环传递函数为：
⎤n = 33.71
⎩ = 0.358
解得：
7
系统不稳定。
（b）用古尔维茨判据
5 2
1 0
2
0
3
10
4.7
−3.2553
2
s4 s3 s2 s1
s0
系统稳定。
（2）
（a）用劳思判据
= 8000
D3 =
0
0
100
100
9
20
20
1
0
= 80
D1 = 20, D2 =
100
9
20
1
系统稳定。
（b）用古尔维茨判据
9
100
0
1
20
4
100
s3 s2 s1
s0
则⎛ % 减小， ts 减小
3-5 解：（1）
（a）用劳思判据
(3) 讨论系统参数：⎩ 不变，⎛ % 不变；⎩ 不变，⎤n 增加，则 ts 减小；⎤n 不变，⎩ 增加，
n
⎩⎤
s
= 1.4s
t =
3.5
2
⎛ % = e−⎩ / 1−⎩ ⋅100% = 16.3%
n
(2)
⎩ = 0.5,⎤ = 5s−1 时，
n
⎩⎤
s
= 35s
t =
3.5
2
⎛ % = e−⎩ / 1−⎩ ⋅100% = 72.8%
劳斯表：
s3 + 21s2 + 10s + 10
(a) 系统传递函数：
10(s + 1)
3-7 解：
3
解得 K >
4
4
若系统稳定，则： K −1 > 0, K > 0
3
K
4
0.2
0.8
3 K −1
K −1
K
s3
s2
s1
s0
劳思表
0.2S 3 + 0.8S 2 + (K − 1)s + K = 0
4
（2）系统闭环特征方程为
若系统稳定，则： − K −1 > 0, K > 0 。无解
4
K
0.2 −1
0.8 K
− K − 1
s3
s2
s1
s0
系统不稳定。
3-6 解：（1）系统闭环特征方程为
0.2S 3 + 0社交游戏制作.8S 2 − s + K = 0
劳思表
2
= −306
0
D4 =
0
3
0
0
0
0
2
1
5
1
5
10
3
10
（其实 D4 不必计算，因为 D3 < 0 ）
1
3
3
0
2 = −153
= 47, D =
5 3
D1 = 10, D2 =
1
10
0
1
5
10
10
9
6
10
10
0.6
1
0.05 1
s3
s2
s1
s0
劳思表：
0.05s3 + 0.6s2 + s + 10 = 0
解法二、系统的闭环特征方程为：
K
ss
ss
当 r (t ) = t ⋅1(t) 时， e = = 0.1 ；当 r (t ) = t 2 ⋅1(t ) 时， e = ∞ 。
1
稳定域为：⎩ > 0, 0 < K < 200⎩
3-9 解：（1）
解法一、因为⎠ = 1 ，属于Ⅰ型无差系统，开环增益 K = 10 ，故当 r (t) = 1(t ) 时， ess = 0 ；
2⎩
> 0, K > 0 时系统稳定
当 2⎩ > 0,
2⎩ − 0.01K
s0
2⎩
K
1
K
0.01
2⎩
2⎩ − 0.01K
s3
s2
s1
劳思表：
0.01s3 + 2⎩ s2 + s + K = 0
系统稳定。
3-8 解：系统闭环特征方程为：
10
0
1
101
10
s梁延淼2
s1
s0
劳思表：
s2 + 101s + 10
(b) 系统传递函数：
10
系统稳定。
10
10
0
0
1
豫公网安备41160202000603
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