控制工程基础第五章答案,

控制工程基础知到章节测试答案智慧树2023年最新温州理工学院第一章测试1.通过测量输出量，产生一个与输出信号存在确定函数比例关系值的元件称为（）参考答案:反馈元件2.与开环控制系统相比较，闭环控制系统通常对（）进行直接或间接地测量，通过反馈环节去影响控制信号。

参考答案:输入量3.主要用于产生输入信号的元件称为（）参考答案:给定元件4.如果被调量随着给定量的变化而变化，这种控制系统叫( )。

参考答案:随动系统5.直接对控制对象进行操作的元件称为（）参考答案:执行元件第二章测试1.单位加速度信号的拉氏变换为（）参考答案:2.控制框图的等效变换原则是变换前后的（）参考答案:输入量和输出量保持不变3.闭环系统前向传递函数是（）参考答案:输出信号的拉氏变换与误差信号的拉氏变换之比4.某系统的传递函数为，其零、极点是( )。

参考答案:零点4；极点-3，75.用终值定理可求得的原函数f(s)的稳态值为（）参考答案:0.16.不同属性的物理系统传递函数肯定也不同（）参考答案:错7.线性控制系统是满足叠加原理的系统（）参考答案:对8.实际系统传递函数的分母阶次大于等于分子阶次（）参考答案:对9.传递函数不仅与系统自身内部结构参数有关，还与输入信号有关（）参考答案:错10.系统开环传递函数为，则单位反馈的闭环传递函数为（）参考答案:对第三章测试1.一阶系统的时间常数为T，其脉冲响应为（）参考答案:2.一阶系统的时间常数为T，其单位阶跃响应的稳态误差为（）参考答案:3.二阶欠阻尼系统的阶跃响应为（）参考答案:衰减振荡曲线4.Ⅱ型系统跟踪斜坡信号的稳态误差为零，其静态位置误差系数等于( )。

参考答案:∞5.该三阶系统（）参考答案:劳斯阵列第一列符号会改变第四章测试1.一阶微分环节，当频率时，则相频特性为（）参考答案:45°2.二阶振荡环节乃奎斯特图中与虚轴交点的频率为（）参考答案:固有频率3.某校正环节传递函数，则其频率特性的奈氏图终点坐标为（）参考答案:(10，j0)4.一般为使系统有较好的稳定性,希望相位裕量γ为( )。

控制工程基础习题解答第五章5-1．已知开环系统的传递函数如下，试用罗斯-赫尔维茨判据判别其闭环稳定性。

（1）. ()()()()()32110+++=s s s s s H s G （2）. ()()()()()()38.05.022.0++++=s s s s s s H s G （3）. ()()()5060030010022++=s s s s H s G （4）.()()()2481322+++=s s s s s H s G 解：（1）. 特征方程为01016523=+++s s s100141051610123s s s s第一列全部大于零，所以闭环稳定。

（2）. 特征方程为04.04.13.43.4234=++++s s s s4.097.04.097.34.13.44.03.4101234s s s s s 第一列全部大于零，所以闭环稳定。

（3）. 特征方程为010050600300234=+++s s s100012001005006001005030001234-s s s s s第一列有小于零的数存在，所以闭环不稳定，符号变化了两次，有两个右极点。

（4）. 特征方程为013248234=++++s s s s124100380012410038 18924138=5033801241038= 503124100380012410038= 所有主子行列式全大于零，所以闭环稳定。

5-2．已知单位负反馈系统的开环传递函数如下()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=1222n n s s s Ks G ωζω式中s rad n /90=ω，2.0=ζ。

试确定K 取何值闭环稳定。

解：方法1：特征方程为0810081003623=+++K s s s 36008100810036810036081001810036222≤≥≥-⨯=K K K K KK36810081003681001810036≤≥-⨯=K K K得当360<<K 时，闭环稳定，当36时，闭环临界稳定。

第二章2-1 解：（1）: )](12[)](1[)](5[)]()4[()(t L t t L t L t t L S F ⋅+⋅++=δδ SS S S 215215022++=+++= （2）: )25(253)(2++=s s S F （3）: 11)(2++=-s e S F sπ（4）: )}(1)6(1)]6(2cos 4{[)(5t e t t L S F t ⋅+-⋅-=-ππ5144512426226+++=+++=--S s Se S s Se ss ππ（5）: Se S e S F ss 226600)(--+=+++= （6）: )]4(1)90453cos(6[)(π-⋅--=t t L S F9636)]4(1)4(3cos 6[24224+=+=-⋅-=--S SeS Se t t L S Sππππ（7）: )](18sin 25.0)(18cos [)(66t t e t t e L S F t t ⋅+⋅=--1001288)6(28)6(622222+++=++++++=S S S S S S （8）: 99)20(52022)(262++++++=-s es s S F s π2-2解：（1）: )(1)2()3221()(321t e e S S L t f t t ⋅+-=+++-=--- （2）: )(12sin 21)(t t t f ⋅=（3）: )(1)2sin 212(cos )(t t t e t f t ⋅+=（4）: )1(1)1()(11-⋅=-=---t e S e L t f t s（5）: )(1)22()(2t e e te t f t t t ⋅-+-=---（6）: )(1215sin 15158))215()21(21515158()(2221t t e S L t f t⋅=++⋅=-- （7）: )(1)3sin 313(cos )(t t t t f ⋅+=2-3 解：（1） 对原方程取拉氏变换，得：SS X x S SX x Sx S X S 1)(8)]0()([6)0()0()(2=+-+--⋅∙ 将初始条件代入，得：61)()86(1)(86)(6)(22++=++=+-+-S SS X S S SS X S SX S S X S48724781)86(16)(22+-++=++++=S S S S S S S S S X 取拉氏反变换，得：t t e e t x 42874781)(---+=（2） 当t=0时，将初始条件50)0(=∙x 代入方程，得：50+100x(0)＝300 则x(0)=2.5对原方程取拉氏变换，得： sx(s)-x(0)+100x(s)=300/s 将x(0)=2.5代入，得：S300100X(S)2.5-SX(S)=+1005.03100)S(S 3002.5S X(S)+-=++=s s取拉氏反变换，得：-100t 0.5e -3x(t)=2-4解：该曲线表示的函数为：)0002.0(16)(-⋅=t t u则其拉氏变换为：se s U s 0002.06)(-=2-5 解：)0()0()(3)(2)(2)(30100==+=+i i x y t x dtt dx t y dt t dy 将上式拉氏变换，得：2332)()()()32()()23()(3)(2)(2)(30000++=+=++=+S S S X S Y S X S S Y S S X S SX S Y S SY i i i i23-S 32-S Z p ==∴零点极点又当 时)(1)(t t x i =S S X i 1)(=SS S S X S X S Y S Y i i 12332)()()()(00⋅++=⋅= 3212332)()0(2312332)()(limlim lim lim 000000=⋅++⋅=⋅=∴=⋅++⋅=⋅=∞∴∞→∞→→→S S S S S Y S y S S S S S Y S y s s s s2-6 解：（a ）传递函数：132123233321123233321232333211111H G G G H G G H G G G G H H G G H G G G G H G G H G G G G R C+++=⋅++⋅+++⋅=（b ）传递函数：（ｃ）传递函数：（ｄ）传递函数：32121212211211H G G H H G G H G H G G G R C++++=2-7 解：通过方块图的变换，系统可等价为下图：2-8 解：2-9解：（a）（b）（c）（d）（e）（f）(g)2-10解：（a）（b）（c）2-11解：（a）（b）（c）（d）2-12解：（a）（b）2-13 解：（a）（b）2-14 解：2-15 解：（1（2）2-16解：2-17解：2-18解：以题可画出方块图如下：2-19 解：2-20 解：2-21 解：（1）（2、3、4）缺第三章3-1解：3-23-33-4解：3-53-6解：3-7 解：3-8 解：3-9 解：3-103-113-12 解：3-13 解：3-14解：3-153-163-17 解：3-183-193-203-21 解：3-223-23 解：3-243-25 解：3-26、3-27 缺3-28解：3-29、3-30 缺3-31解：3-32、3-33缺第四章4-1解：4-3 解：4-4 解：4-6解：（a）(b)(c)(d)(e)4-74-8、4-9 缺4-10解：4-11解：4-12解：4-16解：4-17 缺4-18解：4-19、4-20、4-21 缺第五章5-15-2、5-3、5-4 缺5-55-6 缺5-75-85-115-125-13 缺5-145-15 缺5-16解：5-17 缺5-18 5-19解：5-20 5-25解：5-26 缺附题：设单位反馈的开环传递函数为)10)(2()5.0(10)(2+++=S S S S K S G试用乃氏判据确定该系统在K=1和K=10时的稳定性。

题型：选择题题目：关于系统稳定的说法错误的是【】A．线性系统稳定性与输入无关B．线性系统稳定性与系统初始状态无关C．非线性系统稳定性与系统初始状态无关D．非线性系统稳定性与系统初始状态有关分析与提示：线性系统稳定性与输入无关；非线性系统稳定性与系统初始状态有关。

答案：C习题二题型：填空题题目：判别系统稳定性的出发点是系统特征方程的根必须为或为具有负实部的复数，即系统的特征根必须全部在是系统稳定的充要条件。

分析与提示：判别系统稳定性的出发点是系统特征方程的根必须为负实数或为具有负实部的复数，即系统的特征根必须全部在复平面的左半平面是系统稳定的充要条件。

答案：负实数、复平面的左半平面习题三题型：选择题题目：一个线性系统稳定与否取决于【】A．系统的结构和参数B．系统的输入C．系统的干扰D．系统的初始状态分析与提示：线性系统稳定与否取决于系统本身的结构和参数。

答案：A习题四题型：填空题题目：若系统在的影响下，响应随着时间的推移，逐渐衰减并回到平衡位置，则称该系统是稳定的分析与提示：若系统在初始状态的影响下（零输入），响应随着时间的推移，逐渐衰减并趋向于零(回到平衡位置)，则称该系统是稳定的；反之，若系统的零输入响应发散，则系统是不稳定的。

答案：初始状态习题五题型：填空题题目：系统的稳定决定于的解。

分析与提示：系统的稳定决定于特征方程的解。

答案：特征方程题型：填空题题目：胡尔维兹（Hurwitz ）判据、劳斯（Routh ）判据又称为 判据。

分析与提示：胡尔维兹（Hurwitz ）判据、劳斯（Routh ）判据，又称为代数稳定性判据。

答案：代数稳定性习题二题型：填空题题目：利用胡尔维兹判据，则系统稳定的充要条件为：特征方程的各项系数均为 ；各阶子行列式都 。

分析与提示：胡尔维兹判据系统稳定的充要条件为：特征方程的各项系数均为正；各阶子行列式都大于零。

答案：正、大于零习题三题型：计算题题目：系统的特征方程为010532234=++++s s s s用胡尔维兹判据判别系统的稳定性。

第一章概论本章要求学生了解控制系统的基本概念、研究对象及任务，了解系统的信息传递、反馈和反馈控制的概念及控制系统的分类，开环控制与闭环控制的区别；闭环控制系统的基本原理和组成环节。

学会将简单系统原理图抽象成职能方块图。

例1 例图1-1a 为晶体管直流稳压电源电路图。

试画出其系统方块图。

例图1-1a 晶体管稳压电源电路图解：在抽象出闭环系统方块图时，首先要抓住比较点，搞清比较的是什么量；对于恒值系统，要明确基准是什么量；还应当清楚输入和输出量是什么。

对于本题，可画出方块图如例图1-1b。

例图1-1b 晶体管稳压电源方块图本题直流稳压电源的基准是稳压管的电压，输出电压通过R和4R分压后与稳压管的电3压U比较，如果输出电压偏高，则经3R和4R分压后电压也偏高，使与之相连的晶体管基极w电流增大，集电极电流随之增大，降在R两端的电压也相应增加，于是输出电压相应减小。

c反之，如果输出电压偏低，则通过类似的过程使输出电压增大，以达到稳压的作用。

例2 例图1-2a为一种简单液压系统工作原理图。

其中，X为输入位移，Y为输出位移，试画出该系统的职能方块图。

解：该系统是一种阀控液压油缸。

当阀向左移动时，高压油从左端进入动力油缸，推动动力活塞向右移动；当阀向右移动时，高压油则从右端进入动力油缸，推动动力活塞向左移动；当阀的位置居中时，动力活塞也就停止移动。

因此，阀的位移，即B点的位移是该系统的比较点。

当X向左时,B点亦向左，而高压油使Y向右，将B点拉回到原来的中点，堵住了高压油，Y的运动也随之停下；当X向右时,其运动完全类似，只是运动方向相反。

由此可画出如例图1-2b的职能方块图。

例图1-2a 简单液压系统例图1-2b 职能方块图1．在给出的几种答案里，选择出正确的答案。

（1）以同等精度元件组成的开环系统和闭环系统，其精度比较为_______ （A ）开环高； （B ）闭环高； （C ）相差不多； （D ）一样高。

（2）系统的输出信号对控制作用的影响 （A ）开环有； （B ）闭环有； (C ）都没有； （D ）都有。

第5章习题解答5-1 试用胡尔维茨判据判断具有下列特征方程的系统的稳定性。

1． 322091000s s s +++= 2. s 3+20s 2+9s+200=0 3． 3s 4+10s 3+5s 2+s+2=0 解：1.322091000s s s +++=各阶系数均大于零，即0123100,9,20,1a a a a ====202213031180100800a a a a a a a a ∆==-=-=>故满足赫尔维茨行列式全部为正的条件，系统稳定。

2. s 3+20s 2+9s+200=0各项系数为正，且不为零，满足稳定的必要条件。

系统的Hurwitz 行列式为081>=∆22130-2091200200a a a a ∆⨯-⨯=-<＝＝故不满足赫尔维茨行列式全部为正的条件，系统不稳定。

3. 3s 4+10s 3+5s 2+s+2=0各项系数为正，且不为零，满足稳定的必要条件。

系统的Hurwitz 行列式为3101035215300101∆<＝＝－不满足赫尔维茨行列式全部为正的条件，故系统不稳定。

5-2 系统结构图如下图所示，试确定系统稳定时K 的取值范围。

解： 系统的闭环传递函数Ks s s Ks X s X i o +++=56)()(23 其特征方程式为 05623=+++K s s s 列劳斯表，可得05630610123K KK s ss s -根据劳斯判据，要使系统稳定，应有0>K ，且030>-K ,故K的取值范围为300<<K 。

5-3 试确定下图所示各系统的开环放大系数K 的稳定域，并说明积分环节数目对系统稳定性的影响。

)(a )(b )(c解：（a ）22222101()()010,210(1)122(1)2G s H s KT s Ts K Ts sTK s T s T K T+=+=+++=+++即要使系统稳定，则102(1)0K T K +>+>1K ⇒>-（b ）23223221201()()010,20(1)12(2T)2G s H s K T s Ts s K Ts s s T s T Ks T T Ks K+=+=+++=+-即同乘以 要使系统稳定，则2200T T K K ->>20K T⇒<<(c)2432224232101()()010,20(1)12012G s H s K T s Ts s K Ts ss T Ks T s Ks TK s K+=+=+++=+-即 要使系统稳定，则00K K >< 故系统稳定的K 值不存在。

机械控制工程基础第五章练习习题及解答习题一题型：选择题题目：关于系统稳定的说法错误的是【】A．线性系统稳定性与输入无关B．线性系统稳定性与系统初始状态无关C．非线性系统稳定性与系统初始状态无关D．非线性系统稳定性与系统初始状态有关分析与提示：线性系统稳定性与输入无关；非线性系统稳定性与系统初始状态有关。

答案：C习题二题型：填空题题目：判别系统稳定性的出发点是系统特征方程的根必须为或为具有负实部的复数，即系统的特征根必须全部在是系统稳定的充要条件。

分析与提示：判别系统稳定性的出发点是系统特征方程的根必须为负实数或为具有负实部的复数，即系统的特征根必须全部在复平面的左半平面是系统稳定的充要条件。

答案：负实数、复平面的左半平面习题三题型：选择题题目：一个线性系统稳定与否取决于【】A．系统的结构和参数B．系统的输入C．系统的干扰D．系统的初始状态分析与提示：线性系统稳定与否取决于系统本身的结构和参数。

答案：A习题四题型：填空题题目：若系统在的影响下，响应随着时间的推移，逐渐衰减并回到平衡位置，则称该系统是稳定的分析与提示：若系统在初始状态的影响下（零输入），响应随着时间的推移，逐渐衰减并趋向于零(回到平衡位置)，则称该系统是稳定的；反之，若系统的零输入响应发散，则系统是不稳定的。

答案：初始状态习题五题型：填空题题目：系统的稳定决定于的解。

分析与提示：系统的稳定决定于特征方程的解。

答案：特征方程习题一题型：填空题题目：胡尔维兹（Hurwitz）判据、劳斯（Routh）判据又称为判据。

分析与提示：胡尔维兹（Hurwitz）判据、劳斯（Routh）判据，又称为代数稳定性判据。

答案：代数稳定性习题二题型：填空题题目：利用胡尔维兹判据，则系统稳定的充要条件为：特征方程的各项系数均为；各阶子行列式都。

分析与提示：胡尔维兹判据系统稳定的充要条件为：特征方程的各项系数均为正；各阶子行列式都大于零。

答案：正、大于零习题三题型：计算题题目：系统的特征方程为2s4?s3?3s2?5s?10?0用胡尔维兹判据判别系统的稳定性。

第五章习题15.1已知系统的开环传递函数为分别计算ω=1和ω=10时的开环频率特性的幅值A(ω)和相角φ(ω)。

若H(s)=1, 再分别计算ω=1和ω=10时的闭环频率特性的幅值A(ω)和相角φ(ω)。

解：频率特性：幅频特性：相频特性：23频率特性：幅频特性：相频特性：4若H(s)=1，闭环传递函数频率特性：幅频特性：相频特性：令5频率特性：幅频特性：相频特性：令5.3典型二阶系统的开环传递函数当r(t)=2sin t时，系统的稳态输出为css =2sin(t-45o)，试确定参数ωn , ζ。

解：闭环传递函数：幅频特性：开环传递函数：67相频特性：当r(t)=2sin t时，系统的稳态输出为css=2sin(t-45o)，可得8相频特性：联立方程：求出：95.4结构图如图所示，试确定在输入信号作用下系统的稳态误差e ss 。

解：频率特性：误差传递函数：C (s )R (s )-幅频特性：相频特性：10r 1作用下，ω=1：应用叠加原理，令r 1作用下系统的稳态误差：11r1和r 2作用下系统的稳态误差，r 2作用下，ω=2：r 2作用下系统的稳态误差：125.5试概略绘制开环系统的极坐标图系统的极坐标图解：系统开环频率特性：ReImω=∞起点为：终点为：-8000与实轴无交点。

极坐标图的变化范围在第III 象限。

I 型系统，n-m=2。

ω=0幅频特性：相频特性：13解：系统开环频率特性：幅频特性：相频特性：14起点为：终点为：与实轴有交点，令系统开环频率特性虚部为0，可得I 型系统，n-m=2。

与实轴有交点为极坐标图的变化范围在第II 、III 象限。

ω=∞ω=0155.7试概略绘制开环系统的Bode图解：写成典型环节的标准形式：各环节的转折频率分别为：低频段曲线的斜率：由于，则可知低频段渐近线通过点对数相频特性：在转折频率点：16110-1L(ω)/dBω0-2010[-40][-40]2040[-60]-180o φ(ω)10-260800.025-360o17解：写成典型环节的标准形式：各环节的转折频率分别为：低频段曲线的斜率：由于，则可知低频段渐近线通过点18对数相频特性：在转折频率点：19110-1L(ω)/dBω0-20102[-20][-20]2040[-40]-90o φ(ω)60-180o4[-40]10205.8试概略绘制开环系统的Bode 图解：写成典型环节的标准形式：各环节的转折频率分别为：低频段曲线的斜率：由于，则可知低频段渐近线通过点21对数相频特性：在转折频率点：221L(ω)/dBω0-20102[-20]2040[-40]-90o φ(ω)-180o 10103[-60]-270o23截止频率：可得截止频率：5.9最小相位系统的开环对数幅频渐进曲线如图，试确定系统的开环传递函数。

控制工程基础习题解答第一章1-5．图1-10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。

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。

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。

题1-5 框图电动机给定值角位移误差张力-转速位移张紧轮滚轮输送带转速测量轮测量元件角位移角位移（电压等）放大电压测量 元件>电动机角位移给定值电动机图1-10 题1-5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)=0。

(3). ()t et f t10cos 5.0-=解：()[][]()1005.05.010cos 25.0+++==-s s t e L t f L t(5). ()⎪⎭⎫⎝⎛+=35sin πt t f 图1-13 题1-8图敏感 元件定位伺服机构 （方位和仰角）计算机指挥仪目标 方向跟踪环路跟踪 误差瞄准环路火炮方向火炮瞄准命令--视线瞄准 误差伺服机构（控制绕垂直轴转动）伺服机构（控制仰角）视线敏感元件计算机指挥仪解：()[]()252355cos 235sin 2135sin 2++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=s s t t L t L t f L π2-6．试求下列函数的拉氏反变换。