《自动控制原理》张爱民课后习题答案.

1．1解：

（1）机器人踢足球：开环系统 输入量：足球位置 输出量：机器人的位置 （2）人的体温控制系统：闭环系统 输入量：正常的体温 输出量：经调节后的体温 （3）微波炉做饭：开环系统：输入量：设定的加热时间 输出量：实际加热的时间 （4）空调制冷：闭环系统 输入量：设定的温度 输出量：实际的温度 1．2解：

开环系统： 优点：结构简单，成本低廉；增益较大；对输入信号的变化响应灵敏；只要被

控对象稳定，系统就能稳定工作。 缺点：控制精度低，抗扰动能力弱

闭环控制 优点：控制精度高，有效抑制了被反馈包围的前向通道的扰动对系统输出量的

影响；利用负反馈减小系统误差，减小被控对象参数对输出量的影响。

缺点：结构复杂，降低了开环系统的增益，且需考虑稳定性问题。 1.3

解：自动控制系统分两种类型：开环控制系统和闭环控制系统。 开环控制系统的特点是：控制器与被控对象之间只有顺向作用而无反向联系，系统的被控变量对控制作用没有任何影响。系统的控制精度完全取决于所用元器件的精度和特性调整的准确度。只要被控对象稳定，系统就能稳定地工作。 闭环控制系统的特点：

（1） 闭环控制系统是利用负反馈的作用来减小系统误差的

（2） 闭环控制系统能够有效地抑制被反馈通道保卫的前向通道中各种扰动对系统输出量

的影响。

（3） 闭环控制系统可以减小被控对象的参数变化对输出量的影响。 1.4 解

输入量：给定毫伏信号 被控量：炉温

被控对象：加热器（电炉）

控制器：电压放大器和功率放大器

系统原理方块图如下所示：

工作原理：在正常情况下，炉温等于期望值时，热电偶的输出电压等于给定电压，此时偏

差信号为零，电动机不动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。此时，炉子散失的热量正好等于从加热器获取的热量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。 当炉温由于某种原因突然下降时，热电偶的输出电压下降，与给定电压比较后形成正偏差信号，该偏差信号经过电压放大器、功率放大器放大后，作为电动机的控制电压加到电动机上，电动机带动滑线变阻器的触头使输出电压升高，则炉温回升，直至达到期望值。当炉温高于期望值时，调节过程相反。 1.5 解

不正确。引入反馈后，形成闭环控制系统，输出信号被反馈到系统输入端，与参考输入比较后形成偏差信号，控制器再按照偏差信号的大小对被控对象进行控制。在这个过程中，由于控制系统的惯性，可能引起超调，造成系统的等幅振荡或增幅振荡，使系统变得不稳定。所以引入反馈之后回带来系统稳定性的问题。 1.6 解：

对自动控制系统的基本要求是：稳定性、快速性和准确性。

增大系统增益使得闭环控制系统的调整时间减小，提高系统的快速性。 2.1 解

对质量m的受力分析如下图所示：

由牛顿第二定律得：

dz(t)d2y(t)kztfm 2dtdt 同时z(t)y(t)x(t)

综合上述两式得其微分方程为

d2z(t)dz(t)d2x(t)fkz(t)m m 22dtdtdt 设输入量输出量及其各阶导数的初始值均为零，对上式进行拉氏变换得式 msZ(s)fsZ(s)kZ(s)msX(s)

22Z(s)ms22 故其传递函数为G(s) X(s)msfsk

2.2解

受力分析得： 对于M有：

d2Mgsin=ML2

dtF=Mgcos 对于m有：

d2xkkF sin-x-x=m2

dt22整理后得：

d2g=sin 2dtLd2xMkx =g cos sin-dt2mm削去的系统的微分方程：

+xkM=0 x-Lmm对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为:

ms2kG(s)== 2X(s)MLs(s)2.3解

（a）电气系统 （b）机械系统 证：（a）由电路可得：

11)(R1)uC2SC1S o 1111uiR1(R2)(R1)R1C1SC2SC1SC1S1R2C2SR11C1SR2(R21C2SR1R2C1C2S2(R1C1R2C2)S1 R1R2C1C2S2(R1C1R2C2R1C2)S1

则其微分方程为：

d2uoduod2uiduR1R2C1C22(R1C1R2C2R1C2)uoR1R2C1C22(R1C1R2C2)iuidtdtdtdt

(b) 取A、B两点进行受力分析，列出方程得：

f2d(xixo)d(xox) （1） k2(xixo)f1dtdtd(xox)f1k1x （2）

dtf2dxidxf2ok2xik2xok1x （3） dtdt 由（1）式、（2）式得

k1(1)f1(3)得

d2xodxod2xidxi(fkfkfk)kkxff(fkfk)k1k2xi f1f211122112o121221dt2dtdt2dt经比较，电气系统（a）与机械系统（b）的微分方程具有相同的形式，故两个系统为

相似系统。 2.4 解

传递函数

Uoc1 211Uic1c2c1c2LssLc1sc2s1c2sd2uoc1ui 微分方程(c1c2)uoc1c2L2dt2.5 解

由电路得：

uiu （1） 1R2R1CS1R1CS

uuo （2） R3R4综合（1）、（2）式，消去变量u，可得其传递函数为： G(s)uoR1R2R4CSR2R4 uiR1R3 进而得其微分方程为

R2R4CduiR2R4uiuo

R3dtR1R32.6解

对系统中各个部分建立相应的微分方程如下： uc=Rcic+Lcdic dtdiqdt

u12=uq=k1ic= Rqiq+Lqu34=ud=(Ra+Rd)id+(La+Ld)ua= Rdid+Lddid dtdid dtd2dTm+=k1ua

dt2dt对上面各式拉氏变换并整理得到：

1I(s)Uc(s)cR c +Lcs k1Iq(s)Ic(s)R q +Lqs k2

I(s)I(s)dq(R aRd) +(LaLd)s Ua(s)(R a +Las )Id(s)k1(s)Ua(s)s(1Ts) m对上式削去中间变量得到系统的传递函数为：

k12k2(R a +Las)G（s）= Uc(s)s(1Tms) [(R aRd) +(LaLd)s](R q +Lqs )(R c +Lcs )(s)

2.7 解

kfMkx Ei1RucLi2eb

由图示及题中条件得： e(t)Ri1(t)uc(t)

i1(t)i2(t)cduc(t) dt di2(t)u(t)e(t)Lcb

dt

dxe(t)k 1bdt Fki(t)220

dx(t)d2x(t) MF02kx(t)fdtdt2

对上式进行拉式变换得：

E(S)RI1(S)UC(S)I(S)I(S)CSU(S)2C1UC(S)Eb(S)LSI2(S) 

E(S)kSX(S)1bF0k2I2(S)2F2kX(S)fSX(S)MSX(S)0则通过消去中间变量得传递函数如下： G(S)2.8 解

k2X(S) 222E(S)RCLSLSRMSfS2kk2RCk1Sk1S

由题意得：

i(t)o(t)k1ue(t)dif(t)k2ue(t)if(t)RfLfdtN (t)1o(t)

N2M(t)kmif(t)d2(t)d(t)JfM(t)2dtdt其中km为磁控式电动机转矩系数，令初始条件为零，作拉氏变换得：

i(S)o(S)k1Ue(S)k2Ue(S)If(S)RfLfIf(S)SN1(S)o(S) N2M(S)kmIf(S)2J(S)Sf(S)SM(S)解得：

G(S)o(S)k1k2kmN2 i(S)k1k2kmN2N1(JS2fS)(LfSRf)2.9 解 由图示得电路的微分方程如下：

C1i1i+ui_R1uC2ii2R2++uo_ui(t)u(t)i(t)R1ii1i2d[u(t)uo(t)]i1(t) c1dti2(t)R2uo(t)c2du(t)i2(t)dt 作拉氏变换得：

U(S)Ui(S)I(S)R1I(S)I(S)I(S)12 C1SU(S)Uo(S)I1(S)

I(S)RU(S)2o2C2SU(S)I2(S)则初始方块图如下：

ui(s)1R11C1SC2SR2uo(s)

由梅森公式得其传递函数如下： G(S)UO(S)C2R2S 2Ui(S)C1C2R1R2SC1R1SC2R1S12.10 解

对方块图进行简化得：

G4G2G3R(s)G1H1Y(s)N(s)H2

G1G4 R(s)G1H1G2G3Y(s)N(s)H2G2

G1G4 R(s)G1G2H1G3H2G2Y(s)N(s)H1H2G2

G1G4 R(s)H1G1G2G1G2G3N(s)H2G2G3Y(s)H1H2G21

N(s)1H2G2G3R(s)11H1G1G2G1G2G3G1G411H2G3G2Y(s)H1H2G21N(s)(H1H2G21)1H2G2G3

N(s)1H2G2G3 G1G4G1G2G3(1H1G1G2)(1H2G2G3)R(s) Y(s)H1H2G21 由梅森公式得

G1G4GG1G23R(S)1H2G2G3HGGGGGGGHHGGG11212314121241H1G1G2N(S)Y(S)(1式)1H2G2G3HGGGG1G1212G3G1H4HGG1G2124

（1） 当N(S)为零时可得传递函数为： G(S)G1G4G1G2G3

1H2G2G3H1G1G2G1G2G3G1G4H1H2G1G2G4（2） 由（1式）得当1H1G1G20时，输出Y（S）不受干扰N（S）的影响。 2.11 解

（a） （1） 方块图化简如下所示：

R(s)G1G2Y(s)H1H2

R(s)G1H1G2Y(s)H1H2

R(s)G1G21H1G1Y(s)H1H2

从而可得其传递函数为：

G(S)G1G2

1G1H1G1G2H1H2(2) 其信号流图如下所示：

R(s)1G1G2Y(s)H11H2

系统信号流图中共有2个回路。增益分别为L1G1H1 L2G1G2H1H，无两两不2接触回路。所以信号的特征式 1(G1H1G1G2H1H2)。

系统有1条前向通路，增益为 P1G1G2，回路均与此前向通路接触，故11，从而可得其传递函数为

G(S)（b）

PGG1112 1G1H1GGHH1212（1）方块图化简如下所示：

R(s)G1G2Y(s)H1H2

R(s)G1G2H2Y(s)H1H2R(s)

G1G21H2G2Y(s)H1H2

从而可得其传递函数为： G(S)G1G2

1G2H2G1G2H1H2 （2）其信号流图如下所示：

R(s)1G1G2Y(s)H11H2

与a原理相同可得其传递函数为： G(S)（c）

PG1G211 1G2H2G1G2H1H2（1）方块图化简如下所示：

R(s)G1H2G2H3G3Y(s)H1

R(s)G1H1H2G1G2G2H3G3Y(s)

H2G1G3R(s)G1G2G3(1H1G1)(1H3G3)Y(s)

从而可得其传递函数为： G(S)G1G2G3

1H1G1H2G2H3G3H1H3G1G3 （2）其信号流图如下所示：

H2G1G2G3R(s)Y(s)

H1H3

与a原理相同可得其传递函数为： G(S)G1G2G3P11 1H1G1H2G2H3G3H1H3G1G3

2.12解

速度控制系统的方框图为：

+给定电位器运放1运放2功率放大器直流电动机减速器-测速发电机

该系统的微分方程为

Tm'dudKg'iKguiKc'Mc dtdt当Mc=0时，传递函数为

UiKg'sKgTMS1'

2．13 解： 例2.4.1中的方块图如下所示：

R11R1C1SU1(S)Ui(S)+--U2(S)1LSR21C2SU2(S)++UO(S)R2其对应的信号流图为：

H1

Ui(S)G1G21UO(S)H2G3

其中 G1R111 G2 G3R2 H1 H21

1R1C1SLSR2C2S由梅森公式得：

G(S)UO(S)G1G2G1G3UI(S)1G1H1G1G2H2=

11)(R2)LSR2C2SR1111()()LSR21R1C1SC2S(=

R1R2C1C2S2(R1C1R2C2)S1 32R1C1C2LS(R1C1C2R2LC2)S(R1C1R1C2R2C2)S12.14 解

G5H1R(s)G1G2H2H3P(s)G3G4Y(s)

系统对应的信号流图如下所示：

H1G5G1G2R(s)1P(s)G3G4Y(s)H2H3

由梅森公式得

G1G2G3G4G1G5R(S)1G1G2H1G2G3H2G1G2G3G4H3G1G5H3G3G4(1G1G2H1)G3G5H2P(S)Y(S)(1式)1G1G2H1G2G3H2G1G2G3G4H3

（1） 当N(S)为零时可得传递函数为： G(S)G1G2G3G4G1G5Y(S) R(S)1G1G2H1G2G3H2G1G2G3G4H3G1G5H3 （2）由（1式）得当G3G4(1G1G2H1)G3G5H20时，输出Y（S）不受干扰P（S）的影响，此时可得G4(1G1G2H1)G5H2 2.15 解

H2(s)R(s)1k1G1(s)G2(s)H3(s)H1(s)1sY(s)1

系统信号流图有4个回路，增益如下：

L1H3(S)G1(S) L2H2(S)G)G)1(S2( SL3H1(S)G1(S)G2(S) L4kG1(S)G )2(SSkG1(S)G2(S)。所有回路均S无两两不接触回路，系统有1个前向通路，其增益为P1与P1接触，所以11。从而可得其传递函数为：

G(S)Y(S)P11 R(S)

2.17 解

(a) 方块图为：

kG1(S)G2(S)kG1(S)G2(S)S[1H3(S)G1(S)H2(S)G1(S)G2(S)H1(S)G1(S)G2(S)]U(S)++1S2Y(S)++3S

13Y(S)S2S(S2)1其传递函数为：G(S)

3U(S)S11S(S2)其信号流图为：

U(S)111S11x1x1Y(S)

1x1u yx1 其状态方程为：x（b）

U1+-csaY1U2+-csaY2

由框图得其传递函数为：

(Sa)CC2 Y1U1U2

(Sa)2C2(Sa)2C2C2(Sa)C Y2UU2 12222(Sa)C(Sa)C

故可得其状态方程为：

101x x222(ac)2ax1 y1c,x acc22x100Ux111U2

2 y2c,x acc2综合得：

2x1101x10x0 xx1U11U2 222a22(ac)2y1acccx1  y2acccx22（c）

+U(S)1s4x3s2s3x2+ 1++-s5x1Y(S)由方块图得信号流图：

1111U(S)s x3-411 x3s12x-321x2s111x1x-5Y(S)

15x12x2x3 故 x23x22x3 x34x3U x y  x x31 其状态方程为：

1521x10xx2032x20U 30401xx3

x1y=1,0,1x2 x32．19解：状态空间的表达式为：

1x10x10xx1U1 y10,0x

3422（1） 得其信号流图为：

U11sx21s11xx110-4x2-3Y

10S210故其传递函数为：G(s)

14S13S2S24S3(2)用矩阵法得出的传递函数为：

1S10S101 G(s)(SIAB1)10,012S3S4S4S32．21解：

（1）其传递函数：

S2(ak)skkS23kS3kY(S)3U1(S)3U2(S)S(ak2)S2(2aak)S3kS(ak2)S2(2aak)S3k故可得信号流图：

1a-kU1(S)113s1x-(a+k+2)-(2a+ak)1s12xx2s11xk3kkx3-3kx1+Y(S)+3kU2(S)113s1x-(a+k+2)1s12xx21s11xx3-3kx1

+-(2a+ak)故可得：

33kx1(2aak)x2(ak2)x3U1(s)U2(s) 2x3 x1x2 xx

ykx1(ak)x2x33kx1kx34kx1(a2k)x2(k1)x3

故其状态方程为：

10xx2033kxx100x0U(S)0U(S)

01212(2aak)(ak2)11x310x1

y4k,a2k,k1x2x3（2）用矩阵法得：

G(S)(SIAB1)S0004k,a2k,k10S0000S3k01(2aak)(ak2)1011

00 13.1答：该系统不存在，任何一阶系统的单位阶跃响应都不能超过1。

3.2 解：

假设系统的初始条件为零，则系统的传递函数为

(s)（1） 单位脉冲响应

Y(s)10 R(s)0.5s1输入信号为单位脉冲信号r(t)(t)，其拉氏变换为R(s)1， 则系统的输出为Y(s)10

0.5s12t则系统的单位脉冲响应函数为：y(t)20e（2） 单位阶跃响应

,t0

输入信号为单位阶跃信号r(t)1(t)，其拉氏变换为R(s)则系统的输入为Y(s)1 s10

s(0.5s1)2t则系统的单位阶跃响应函数为：y(t)1010e（3） 单位斜坡响应

,t0

输入信号为单位斜坡信号r(t)t，其拉氏变换为R(s)则系统的输出为Y(s)1 s210

s2(0.5s1)

则系统的单位斜坡响应函数为：y(t)10t5(1e3.3 解：

（1）输入信号的拉氏变换为R(s)则系统的闭环传递函数为：(s)2t),t0

11111 2，输出为Y(s)20.80.8sssss5Y(s)5 R(s)s5开环传递函数为：G(s)5 s5，则T0.2

s(s5)（2）系统的单位阶跃响应为：Y(s)(s)R(s)系统的上升时间为：tr2.197T0.4394 调整时间为：ts超调量不存在。

3.4 解

证明：当初始条件为零时，有

0.8,2

0.6,5Y(s)s1 R(s)Ts1单位阶跃输入信号为R(s)1 s所以，系统的输出为 Y(s)1s1s111T R(s)()Ts1Ts1ssTs1tTTy(t)L[Y(s)]1e

T根据定义，（1）当tsT[3lnT] T所以 td(0.693lnT)T T(2) 求 tr（即一y（t）从0.10.9时所需的时间）

TtT2Te0.9时，有t2T[ln()ln0.1] 当y(t)1TTt1TTTe0.1时，有t1T[ln()ln0.9] 当y(t)1TT则 trt2t1Tln0.92.2T 0.1

（3）求调整时间ts 假设误差宽度=5，则有

TTse0.95 y(ts)1T解得 tsT[3lntT] T3.5 解：

由方框图，可以求得系统的闭环传递函数为：

100

s100100（1） 若0.1，则系统闭环传递函数为：(s)

s10(s)则T=0.1，调整时间ts（2） 时间常数T0.4,2

0.3,51，若要求ts0.1s，则 1000.4,2

0.3,5（3） 反馈系数使得系统的时间常数减小了，从而使系统的调整时间也减小，但却使得

系统的闭环增益也减小了。

3.6 解：

系统的闭环传递函数为：(s)Gk(s)162，则n4,0.5

1Gk(s)s4s16单位阶跃响应，系统的输出为：Y(s)116 2ss4s16系统的响应函数为：y(t)1232tesin(23t60),t0 3单位脉冲响应，系统的输出为：Y(s)16

s24s16系统的响应函数为：y(t)

3．7解：（1）(s)832tesin(23t) 3120

s212s12060.5 5120得：n12010.95 

tpn12 0.34 340.6672nts

530.5n100%12.7%

8116（2） (s)2 23s8.4s486s2.8s16得：n164 tp%e120.3 5n12 0.8442.8572nts

532.143n%e12100%30.9%

3.8解：系统的传递函数(s)Y(s)ka2,nbk, R(s)sasbk2bk由图可知tp=0.3，y()2.5，%2.72.5100%8%， 2.5tp0.32n112 %e100%8%k11y()limy(t)lims(2)2.5tsasbksbso解得，b=0.4，a=16.8 ，k=451.1 3.9解：（1）引入速度反馈前：(s)k1k2100，n10,0.25 22Tssk1k2s5s10012%e100%44.45%，

41.6s,......2nts

31.2s,......5n引入速度反馈后：

(s)k1k2100,n10,v0.5 22Ts(1k2)sk1k2s10s100v1v2e100%16.13%

40.8,........2vnts

30.6,........5vn（2）

临界阻尼时，v1，解得6

3.10 略

3.11解：由系统框图可得系统传递函数为：

K2K2(K1s)s(1Ts)5(20s)(s)==2

K2s(Ts1)K2(K1s)s10s1001(K1S)s(1Ts)(K1s) =

1100(s20)2 20s10s102与标准型进行对比可得：

n10 0.5 z=20

n12arctan=

zn6 r=

nz=0.25

22 l=z2znn=103

2rre故：%22()12100%=11.0%

(4lnTs=(3ln

3.12解：

l1)0.77s2zn

l1)0.57s5zn(s)1212= 32s8s14s12(s6)(s1j)(s1j)系统有三个极点：

P1,2=-1j P3=-6 由于：

P 3=6>5

REAL[P1、2]所以系统的主导极点为：P=-1j

(s)2 2s(s22s2)(1)(s2s2)6=

2所以：n故：

2 1/2

12%e100%=4.3%

44s2 TS=n

33s5n3.13解：（1） s7s19s22s120 劳斯阵列如下：

432s4s3s2s1s011812722010412071700001041200

第一列全为正数，稳定 特征根全在左半平面 （2）s2s3s6s5s30

5432

s5s4s3s2ss0120()6736533.503000 00322124.567367322124.50 0

67第一列符号变化两次，故有两个特征根在右半平面，系统不稳定 （3） 5s3s10s14s120

432s4s3s2s1s0

510123140100120 3

15.08001200

有两个根在右半平面，系统不稳定 （4）s7s42s300

43s4s3s2s1s0103000 00432742630730500有两根在右半平面，系统不稳定

（5）s6s13s18s22s120

s5s416132218120 00s31020s2612s1s000s1出现全零行，则用s2系数构造辅助方程：6s2120。对其求导，得：12s0。则：

s26120s11200 s01200系统有两个共轭虚根，系统临界稳定 （6）s7s6s42s8s560

5432s5s4s3s2s1s010608074256

s3出现全零行，则用s4系数构造辅助方程：7s442s2560。对其求导，得：28s384s0，两边同除以28得s33s0。则

s3s2s11302156013560000

s0系统有两个共轭虚根，系统临界稳定

3.14 解（1） 特征方程为 s2s2sk0 劳斯阵列如下

432s4 1 2 k s3 2 0 s2 2 k s1 -k s0 k

由劳斯稳定判据，无论k取何值，系统都是不稳定的

（2）特征方程为s8s17s(10k)s4k0，由劳斯稳定判据知系统稳定的k值范围为0432k(s2)

(s2)(s4)(s26s25)k

特征方程：s12s69s198s200k0 劳斯阵列如下：

432s4s3s2ss011252.5799512k52.5200k69198206k00200k0000

要使系统稳定：200＋k>0 且 当

k=666.25

799512k0 得出：－20052.5时，系统临界稳定，系统响应y(t)持续振荡，频率

n872.2516.54rad/s 52.53.16 解

没加速度反馈之前，系统的特征方程为3s7s3s10，可以看出系统是稳定的。 加了速度反馈后，系统的特征方程为3s(73)s(3)s10 利用劳斯稳定判据可知，只有当>3232108(-1.6)时系统是稳定的。 3综合可知，加入速度反馈后使系统的稳定性变差，只有当取合适的值才能使系统稳定。 3．17解：

R(s)kpkds1s(s2)Y(s)

传递函数：(s)2kdskps(2kd)skp2

2特征方程： s(2kd)skps2.1s10 令zs1，则特征方程为z0.1z0.10

2系统特征方程系数不全为正，可知系统不稳定，故系统没有1的稳定裕度。

3.18 解

2t系统是型系统，所以当输入为单位1（t），t，

2时，稳态误差为0，1/k, .

当输入为1(t)tt/2时，稳态误差为. 3．19 证明：由(s)的系统开环传递函数：G(S)故

21(S) E(S)2

1(S)S[1G(S)]111ansnan1sn1a1sa0(bmsmb1sb0)esslimsE(s)limlims0s0s1G(S)s0Sansnan1sn1a1sa0ansn1an1sn1a2s(bmsm1b2s)(a1b1)(a0b0)s1 lims0ansnan1sn1a1sa0要想使ess=0，只有使a1b1 a0b0 3.20解 （1）

k2Ds(s1).(k3k4s)当R(s)=0时，esslims.E(s)lims.，

kkk2s0s0131k1(k3k4s)s(s1)TL(s)D/s

k2Ds(s1)Y(s).

k21k1(k3k4s)ss(s1)k2Ds(s1).(k3k4s)稳态误差esslims.E(s)lims.

kkk2s0s0131k1(k3k4s)s(s1)（2）当R(s)=1/s,TL(s)0,

1esslimsE(s)lims..s0s0s3．21解：

10

k1k2(k3k4s)1s(s1)

N(s)-R(s)-G1G2Y(S)H(s)（a） 恒值调节系统

R(s)+E(s)-N(s)-G1G3G2Y(S)H(s)（b）加入积分环节

N(s)G4R(s)E(s)---G1G2Y(S)H(s)（c）采用前馈控制

由劳斯判据得该系统的稳定：

esslimsE(s)limss0s0G2(S)H(S)0.5(0.05s1)1N(S)lims0(0.2s1)(0.05s1)401G1(S)G2(S)H(S)820.01220.01(1)当串入积分环节 G3(s)k后： sessnlimsE(s)limss0s0G2(S)H(S)0.5s(0.05s1)N(S)lim0s01G1(S)G2(S)G3(S)H(S)s(0.05s1)(0.2s1)40k2其特征方程为： s25s100s4000k0 由劳斯判据得： 035 8（2）当采用符合前反馈时：

essnlimsE(s)lims(s0s01G1(S)G4(S)G2(S)H(S))1lim1G2(s)G1(s)H(s)S0.5(0.05s1)40G4

s0(0.05s1)(0.2s1)40要使essn=0，只有使G40.5(0.05s1)/403.22解（1）

0.05s1 80

essessressnk2T2s1A1Alims.(Er(s)En(s))lims2()(1k2)kkkkkkss0s013131311s(T1s1)s(T1s1)（2）

essessressnkdk1sk21s(s1)(T2s1)T2s1Alims.(Er(s)En(s))lims2()kkkkss0s0131311s(T1s1)s(T1s1)

A(1kdk1k2)k1k3k21时，ess=0。 k1所以，当1kdk1k2=0，kdkG0(s)的形式： sR(s)s111则：esslimsEslimslim(a0a1a11)

s0s01G(s)s0ksss1G0(s)s3．23证明：一个型系统的开环传递函数可写为：Gk(s)＝lims1(a0s0111a12a1)1asasa1s01ssslim0 s0skGo(s)skG0(s)

3.24 程序：

wn=1;

zeta=[0,0.3,0.7,1,2]; figure(1); hold on; for i=zeta num=wn^2

den=[1,2*i*wn,wn^2] step(num,den) end

运行结果：

4.2解： （1）

Im-2/30Re

渐近线与实轴的夹角为：

3312j12j2 渐近线与实轴的交点为：33（2）

离开复极点的出射角为：pk(pkzj)(pkpj)

,,

p112j,p212j，

p1(arctan2)26.6，p2p126.60

2

（3）

闭环特征方程为：s32s25skg0，其劳斯阵列为

s3 1 5 s2 2 kg s

110kg2

s0 kg

1令s行为0，得kg=10，得两个虚根为5j

4.3 Gk(s)=

kg(s2)s22s3,kg0

零极点分布图：

根轨迹图：

(1) 令N(s)=s+2,D(s)=s2+2s+3 代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： s24s10 s1-0.27 , s2-3.73

实轴上根轨迹区间是：（-，-2



所以，s=-2-3=-3.73为会合点（舍去s=-3.73） 会合点处的根轨迹增益：Kgd=-D'(s)

N'(s)

sd=5.46

(2) p1=180+(-P1+Z1)-(-P1+ P2)=180+54.7-90=144.7 由对称性可知p2=-p1=-144.7 (3)

方法一：

利用圆的数学表达式

根轨迹方程为1+ Gk(s)=0 ，即：s2(2Kg)s(32Kg)0 所以：s=

(2Kg)84KgKg22 (*)

设s=x+jy ，由(*)可得：

2Kgx22

84KKggy24

由上式得：(x+2)2+y2=3

所以，不在负实轴上的根轨迹是圆周上的一部分。 方法二：

利用根轨迹的相角条件 设s=x+jy

根据根轨迹的相角条件：(szj)(spi)(2k1),k0,1,2,

j1i1mn得到：tan12y2yy-[( tan1)+( tan1)]=

x1x1x2化简得：(x+2)2+y2=3

所以，不在负实轴上的根轨迹是圆周上的一部分。

4.4解：

（1）系统的开环极点为 2j，开环零点为-1，由规则知实轴上的根轨迹区域为(1,) （2）令N(s)=s+1,D(s)= s4s5

''2则由N(s)D(s)N(S)D(s)0，得s2s10，解得12(舍),12

2所以，根轨迹与实轴的交点为12 （3）复极点：2j 出射角为：45°，-45°

4.5 Gk(s)=

Kg(s1)(s3)(s6),-Kg

由Gk(s)得出系统的三个开环极点为： s1=-1 , s2=-3 , s3=-6

I 当0Kg时，根据180等相角根轨迹规则，有： (1) 实轴上的根轨迹区域为：（-,-6][-3,-1]

PZ(2) 渐近线与实轴的交点： -=iinm=13610= 30360 (2k1) 角度为：==180  nm-60 k0k1 k2(3) 分离点：N(s)=1,D(s)=(s+1)(s+3)(s+6) 代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： 3s220s270 s1-1.88, s2-4.79

因为：实轴上的根轨迹区域为：（-,-6][-3,-1] 所以，s1=-1.88是分离点（舍去s=-4.79） (4) 分离点处的根轨迹增益值为： Kgd=D(s)N(s)sd=4.06

II当Kg0时，根据0等相角根轨迹规则，有： (1)实轴上的根轨迹区域为： [-6,-3] [-1,+)

PZ(2) 渐近线与实轴的交点： -=iinm=13610= 3030 2k 角度为：==120  nm-120 k0k1 k2(3) 分离点：N(s)=1,D(s)=(s+1)(s+3)(s+6) 代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： 3s220s270 s1-1.88, s2-4.79

因为：实轴上的根轨迹区域为：[-6,-3] [-1,+) 所以，s1=-4.79是分离点(舍去s=-1.88) (4) 分离点处的根轨迹增益值为： Kgd=D(s)N(s)sd=-8.21

4.7解： 1.Gk(s)kgs(s1)2

0kg

（1） 开环极点为0，-1，-1

（2） （3） （4） （5） 渐近线有三条，倾角60，180，-60，与实轴的交点 -2/3 实轴上的分离点为-1/3 出射角180，0，-180 与虚轴交点j

kg0

（1）实轴上的根轨迹为(1,)

（2）渐近线倾角为120，-120，0，与实轴的交点-2/3 （3）分离点为-1/3

（4）出射角0，0，180 2.Gk(s)kg(s22s2)(s2)

0kg

（1） 极点：-2，-1+j，-1-j

（2） 渐近线倾角：60，180，-60；与实轴的交点：-4/3 （3） 根轨迹与虚轴的交点为：6j （4） 出射角：45，180，-45

kg0

（1）实轴上的根轨迹区为(2,)

（2）渐近线倾角为120，0，-120；与实轴 的交点为：-4/3 （3）出射角为 135，0，-135 3.Gk(s)kg(s5)s(s1)(s4)

0kg时

（1） （2） （3） （4）

极点0，-1，-4，零点-5，交点0 渐近线倾角90，-90 分离点-0.5

出射角180，0，180

kg0

（1）实轴上的根轨迹为(,5)(4,1)(0,)

（2）渐近线倾角0，，与实轴的交点为0 （3）出射角0，180，0

（4）分离会合点 -3.26，-6.26 4.Gk(s)kg(s24s8)s(s4)2

0kg

（1） 极点0，0，-4，零点-2-2j，-2-2j （2） 渐近线1条，倾角180°

（3） 出射角90°，-90°，180°，入射角-45，45

kg0

（1）实轴上的跟轨迹区域为4, （2）分离（会合）点：0，-2.4163

(3) 出射角0，180，0，入射角5.Gk(s)35, 44

kg(s2.5)(s2s2)(s4s5)220kg

0kg

（1） 极点1j，2j，零点-2.5 （2） 渐近线倾角60，180，60，交点-7/6 （3） 分离会合点-3

（4） 出射角60，-60，143，-143，入射角180 与虚轴的交点2.5j

kg0

（1）实轴上的根轨迹为2.5,

（2）渐近线为0，120，-120 （3）分离点为-1.13

（4）出射角为120，-120，36.87，-36.87，入射角0 （5）与虚轴交于0点 6.Gk(s)kg(s1)s(s1)(s24s16)

0kg

（1） 极点0，-1，223j，零点-1 （2） 渐近线60，180，-60，交点-4/3 （3） 出射角30，-30，180 （4） 与虚轴的交点4j，0

kg0

（1）实轴上的根轨迹区域为0, (2)渐近线倾角为0，120，-120，交点-4/3 （3）出射角为0，210，-210 入射角0 （4）与虚轴交点为0

4.9 令

sa=-1

s(2sa)则：s(2s+1)=a(s-1) 所以：

-a(s-1)1

s(2s1)a-(s-1)整理得：21 (a0)

1s(s)2a令K’g=- (K’g为等效根轨迹增益)

2K'g(s-1)所以，等效开环传递函数为：G’(s)= ，1s(s)2K'g0

(1)等效开环零点：-ze=1

等效开环极点：-pe1=0 , -pe2=(2)实轴上的根轨迹区域为：[(3)渐近线： -=1 21,-0] [1,+) 2PZiinm=3 2 角度为：=0

(4)分离点和会合点：

1N(s)=s-1,D(s)=s(s)

2代入N’(s)D(s)-N(s)D’(s)=0 得： s1=

2626, s2= 222626是会合点，s2=是分离点。 22所以，s1=

(5)与虚轴的交点及其增益：

将s=j代入：

K'g(j -1)1 1j (j )21K'g2 得出：122所以根轨迹与虚轴交于s=21j，此时的等效根轨迹增益为K'g，即a=1 22又因为a0，根据根轨迹的定义及其与稳定性的关系，可得：

使系统处于稳定的参数a的范围为：0a1

4.13

（1）已知系统的开环传递函数为： Gk(s)默认kg0

1. 该系统根轨迹有两条，起点分别是1j，1j，终点分别为-4，0。 2. 实轴上的根轨迹：4,0。

3. 分离会合点： N(s)s(s4) D(s)s2s2

2由N(s)D(s)N(s)D(s)0 得s2s40

''2kgs(s4)s22s2

解得： s115（舍去） s215为根轨迹的分离会合点。 4. 入射角 为0和180

出射角

p1243o p2243o

系统根轨迹如下所示：

（2）方法一： 闭环特征方程式为：(1kg)s(24kg)s20 由特征根相同得： (24kg)8(1kg)0 得： kg1,2221515 kg1满足要求。 442方法二：将s215代入(1kg)s(24kg)s20 可求得：kg1,215150.31，满足要求 其中： kg144（3） 两个相同的特征根即为其分离会合点为，可得其相同的特征根为：

s15＝-1.24

（4）当系统有两个相同的特征根时系统为临界阻尼系统，其调整时间为：

ts ts4.14 解

单位反馈系统得开环函数为Gk(s)342.42 5 3.23 2

kg(s2)s(s1)(s4) kg0

0 故系统开环极点分别为0,-1,-4，开环零点为-2。设阻尼角为60时，该系统的超调量

%e

cot100%ecot60o100%16.3%

0设阻尼角为60时系统闭环极点为j3，由相角条件知：

arctan解得

333(1200arctanarctan)1800 2411

3 tsn4343 ，5

tsn4 ，2

将s1j3代入幅值条件得kg6

从而可得klimsGk(s)4.17

（1） 开环传递函数Gk(s)kg(s2)s(s1)(s4)1

kg23

kg(s2)s(s1)

开环零点是z12

则它在实轴上的根轨迹为(,2]和[1,0] 令N(s)s2 D(s)s(s1) 由式N(s)dD(s)dN(s)D(s)0 dsds1)ss(12)ss42 02即 (s2)(s解得：

s1220.58 58

s2223.4142

2 均为分离（会合）点

（2） 该闭环函数得特征方程为s(s1)kg(s2)s(1kg)s2kg0

解得s又

(1kg)(1kg)28kg2

有根其实部为-2 ，即 (1kg)/22

kg3

将kg3代入上式得 s22j

即该系统得根轨迹增益为3，两复根为22j

4.18 Gk(s)kg(2s)s(s3)kg/(s2)s(s3) kg/kg0

（1） 1. 系统根轨迹有2支，起点分别为0,-3；终点分别为2和无穷远处。 2. 实轴上根轨迹为3,0、2, 3.分离会合点：

N(s)s2 D(s)s(s3 )2由N(s)D(s)N(s)D(s)0 得s4s60

''解得 s210均满足要求。

2 4.与虚轴交点：将sj代入特征方程式：s(3kg)s2kg0得：

22kg0  解得：kg3 6 (3kg)0 根轨迹如下所示：

（2） 由相角条件： arctan10(410arctan2100arctan 1)0所以s2j10不在根轨迹上。

（3）系统稳定时，根轨迹在左半平面，可知当0kg3时，系统稳定。 4.19 解 G(S)Kg(S1)S(S1)(S4)Kg0

开环极点 P10,P21,P34 开环零点 Z11

实轴上的根轨迹[-4,-1]U[0,1]

2k1 31与实轴交点 1

渐近线倾角 p1000出射角

p20p30p40

求分离汇合点

N1(s)D(s)N(s)D1(s)0S3S4S032 S=0.4

与虚轴的交点

S33S23S20令Sjw

求得

Kg6S2j

在S2j 利用幅值条件 KS(S1)(S4)S1S2j6

则 增益K 的稳定范围为（6）

（3）方法(一)过原点且与根轨迹相切的直线 为wk

ktan

由matlab 求得切点为 -0.668j2.96

77.300.22

方法（二） 设

根

轨

迹

上

一

点

A

(，w) 满足相角arctanw1arctanwww4(arctan1)(arctan) 则A点的阻尼角为 tanw 代入上式 两边求导得

条件

(1)332 求导得 26340 tan2(1)tan4.4720.92舍去9()解得10.658 则 77.433.2（舍去）7

最大阻尼小数cos0.2184.20 解

1. 系统根轨迹有3支，起点分别为0,-1，-5；终止于无穷远处。

2. 实轴上根轨迹为,5、1,0 3. 渐近线

(2k1),

nm3  4.分离会合点：

pzii1j1nmjnm2

N(s)1 D(s)s(s1)(s 5)2由N(s)D(s)N(s)D(s)0 得3s12s50

''解得 s1621621为分离会合点。 s2舍去。 3332 5.与虚轴交点：将sj代入特征方程式：s6s5skg0得：

350  解得：kg30 5 26kg0 根轨迹如下所示：

（1） 由%ecot100%5%得阻尼角46.360，当46.36时，

所以可以通过选择Kg ,满足最大超调%5%的要求。 （2） ts3n3 由根轨迹可知ts的最小值为tsmin36.35。 0.472 所以怎样选择kg都无法满足要求。 （3）klimsGk(s)kg5

由上面可知系统临界稳定增益为kg30，从而可得k最大值为6。因此也不能通过选择kg使kv10

5.1 解：

系统的闭环传递函数为：G(s)11，频率特性为：G(j)

j2s2其中A()G(j)1()G(j)arctan() ，242（1）系统稳态输出为：cssA()Xsin[t()]2sin(2t) 44

系统稳态误差为：essr(t)csssin2t231sin(2t)sin2tcos2t 4444（2）系统的输入为：r(t)sin(t30)2cos(2t45)sin(t30)2sin(2t45)

系统的稳态输出为：css 系统的稳态误差为：

52sin(t3.44)sin2t 52essr(t)csssin(t30)2cos(2t45)

52sin(t3.44)sin2t 525.2 解：

对系统单位阶跃响应h(t)11.8e在零初始状态下进行拉氏变换：

4t0.89t,t0

11.80.836C(s)

ss4s9s(s4)(s9)由于系统的输入信号为阶跃信号R(s)故系统的传递函数为(s)所以，系统的幅频特性为

1 sC(s)36 R(s)(s4)(s9)A()(j)相频特性为

36(16)(81)22

()(j)arctan

4arctan9

5.3 解：

2n系统的闭环传递函数为：G(s)2 2s2nsn2n系统的频率特性位 ：G(j) 222jnn2n22(n2)242n其中A()G(j)，()arctan2n 2n2

则A(1)2n22(n1)242n2,(1)arctan2n， 2n14解得 0.22,n1.24

5010 1(2s1)(s5)(2s1)(s1)511典型环节为G1(s)10,G2(s) ,G3(s)12s1s155.4 （1）G1(s)基准点：K=10，20lgK20dB 环节 10 转折频率 0.5 5 转折后斜率 -20 -20 累积斜率 -20 -40 1 2s11 1s15

40(s2s1)（3）G3(s)

s(2s1)(0.2s1)(0.05s1)六个典型环节：

11G1(s)40,G2(s),G3(s)s2s1

11G49s)s2s1,G5(s),G6(s)0.2s10.05s1k40,20lgk32dB

环节 K 转折频率 0.5 1 5 20 转折后斜率 -20 -20 40 -20 -20 累积斜率 -20 -40 0 -20 -40 1 s1 2s1s2s1 1 0.2s11 0.05s1

（5）G5(s)2(0.4s1)

s2(0.1s1)(0.05s1)五个典型环节：

1,G3(s)0.4s1,2s

11G4(s),G5(s)0.1s10.05s1G1(s)2,G2(s)K2,20lgk6dB

环节 K 转折频率 2.5 10 20 转折后斜率 -40 +20 -20 -20 累积斜率 -40 -20 -40 -60 1 s20.4s1 1 0.1s11 0.05s1

5.5(a)

（1）由于低频段斜率为0，故系统有一个比例环节G1(s)K （2）在w=4处，渐近线变为-20db/dec,所以系统有惯性环节G2(s)1 11s4

（3）当w=400时，斜率变为-40db/dec,有惯性环节

1 11s400（4）L(200)=0db, 则L(400)=--20(lg400-lg200)=-6db L(4)=--6+2*20=34db=20lgk K=50 (5) 开环传递函数 G(s)5011(1s)(1s)4400

（b）

(1) 由于低频段斜率为40dB/dec，所以该系统含有两个积分环节； （2）由于在10处，L()0dB，

40lg1020lgK0

可得20lgK40,K100 （3）在L()20dB,2040，解得110 lg1lg10在L()20dB，

202020，解得转折频率210010

lg1lg21s1)10系统的转折函数为：G(s) 1s2(s1)10010100(（c）

(1)低频段斜率为20db/dec,有比例微分环节G1(s)Ks （1）ww2，斜率变为0.有惯性环节

1 11sw2111w3

（2）w=w3斜率变为-20db/dec，有惯性环节

(3)低频段ww1时，L(w)=20lgkw1=0,k=

1 w1

(4)则 G(s)1sw111(1s)(1s)w2w3

(d)

（1）由于低频段斜率为20dB/dec，所以该系统含有一个积分环节； （2）由于在0.1处，（L）40dB，20lg0.120lgK40 可得20lgK20,K10 （3）

系统的转折函数为：G(s)10(2s1)

s(5s1)(0.025s1)5.6 （1）系统在低频段斜率为0dB/dec，所以该系统不含积分环节； （2）由于在0.1处， L()30dB，1可得20lgK30,K31.6 （3）

403020，解得转折频率10.3

lg1lg0.15060，解得转折频率482.54

lg4lg10020540，解得转折频率334.87

lg3lg4402020，解得转折频率23.49

lg2lg3系统的传递函数为：G(s)31.6(10s1)

10111(s1)(s1)(s1)(s1)33.4934.8782.5410 2(10.2j)(10.5j)5.8（1）开环频率特性为：G(j)其实频和虚频分别为

2107P()2,Q()

[(10.12)20.492][(10.12)20.492]A()10,()180arctan0.2arctan0.5

2(10.1)0.49222

当0时， A(),()180,P（），Q（）；当时， A()0,()360,P（）0，Q（）0；当（P）＝0时，＝10，Q（）＝0.45

Nyquist Diagram21.510.5Imaginary Axis0-0.5-1-1.5-2-1-0.8-0.6-0.4-0.20Real Axis0.20.40.60.81

100(1s)s(10.1s)(10.2s)(10.5s)（2）开环频率特性为：

100(1jw)G(jw)s(10.1jw)(10.2jw)(10.5jw)G(s)A(w)1001w2 w10.01w210.04w210.25w2(w)90arctanwarctan0.1warctan0.2warctan0.5w(20w16w3)P(w)w(10.01w2)(10.04w2)(10.25w2)Q(w)(w63w100)w(10.01w2)(10.04w2)(10.25w2)42

当w0时,A(w),(w)900,P(w)20,Q(w)当w时,A(w)0,(w)270,P(w)0,Q(w)00

5,Q(w)113.58 2当Q(w)0时, w=8,P(w)=-10当P(w)0时, w=极坐标图如下：

（j)（3）开环频率特性为：G其实频和虚频分别为

5(j2)

j(j1)(j1)P()510,Q() 21(21)A()524(1)222,()90arctan0.5

当0时， A(),()90,P（）5，Q（）当时， A()0,()180,P（）0，Q（）0

Nyquist Diagram100806040Imaginary Axis200-20-40-60-80-100-5-4.5-4-3.5-3-2.5Real Axis-2-1.5-1-0.50

（4）G(jw)=

10

jw(10.2jw)(1jw)w10.04w1w810(10.2w2)P(w),Q(w)11.04w20.04w4w(11.04w20.04w4)A(w)10022,(w)90arctan0.2warctan(w)

当w0时,A(w),(w)270,P(w)5,Q(w)当w时,A(w)0,(w)270,P(w)0,Q(w)0

极坐标图如下：

（j)（5）开环频率特性为：G其实频和虚频分别为

1000(j1) 2j(8j100)1000(922)1000(72100)P(),Q() 222222(100)64[(100)64]1000(922)2(72100)28 A(),()90arctanarctan2222[(100)64]100 A(),()90,P（）9.2，Q（）当时， A()0,()180,P（）0，Q（）0当（P）＝0时，＝92，Q（）＝13.03

Nyquist Diagram20015010050Imaginary Axis0-50-100-150-200-50Real Axis510

5.9解：

（a）P=1, N= -1, Z = N+P=0 所以闭环系统稳定，

（b）P=1, N=1, Z = N+P=2

故闭环系统不稳定，在右半平面有两个极点 （c）P=2, N=0, Z = N+P =2

故闭环系统不稳定，在右半平面有两个极点 （d）P=0, N=2, Z = N+P =2

故闭环系统不稳定，在右半平面有两个极点 （e）P=1, N=-1, Z = N+P =0 故闭环系统稳定

（f）P=1, N=1, Z = N+P =2

故闭环系统不稳定，在右半平面有两个极点 （g）P=2, N=-2, Z = N+P =0 故闭环系统稳定

（h）P=0, N=0, Z = N+P =0 故闭环系统稳定

5.10 (1) G1(s)K

s(0.1s1)(0.5s1)

令sjw，代入G(s)系统的频率响应G1(j)从而得其 幅频：A()K，

j(0.1j1)(0.5j1)K10.01210.252

相频：()实频：P()2arctan0.1arctan0.5

0.6K

(10.012)(10.252)10.052K 虚频：Q()(10.012)(10.252)当=0时，A()=,

23当=时, A)=0, (), P()=0, Q()=0

2K令Q()=0，解得2025 P()

12K与实轴交点：（，0）

12其极坐标图：

(), P()=-0.6K, Q()=

若要使系统稳定，则0>K>-1. 得 0综上，当0（2）G2(s)K

(s1)(s2)(s3)K

(j1)(j2)(j3)令s=j,代入G(s)系统的频率响应 G2(j)从而得其

124292幅频： 200(s3)G2(s)(s5)2(s1)(s0.8)相频：()arctanarctanA()K2arctan3

6(12)KP()(12)(42)(92)实频：

64(s2)G4(s)s(s0.5)(s23.2s64)(311)K虚频：Q() 222(1)(4)(9)KK, ()0, P()=, Q()=0 663当=时, A)=0, (), P()=0, Q()=0

2K令Q()=0，解得11 P()

60K与实轴交点：（，0）

60当=0时，A()=其极坐标图：

若要使系统稳定，则0>K>-1. 得 0(3) G(s)=

K(2s1)

s(s1)K(2j1)

j(j1)令s=j,代入G(s)系统的频率响应 G(j)=

从而得：A()=K14242 , ()arctan2arctan3 2(221)K3KP()=2 , Q()=

(21)1所以,得：

当=0时，A()=, 当=时, A)=0,

()3, P()=-3K, Q()= 22, P()=0, Q()=0

()2 2令Q()=0，解得：=

与实轴的交点为：P(

2)=-2K 2取奈奎斯特路径如图：

R00_

于是，奈奎斯特路径由以下四段组成：

（1） 正虚轴：sj，频率由0变化到+ （2） 半径为无穷大的右半圆：sRej，R,由2变化到-2

（3） 负实轴：sj，频率由-变化到0

e（4） 半径为无穷小的右半圆：sR’‘j，R’0,由-‘变化到 22ej来说，其镜像为无穷大的圆，方向为 注意：对于半径为无穷小的右半圆：sR’ -2--3 2KR’e‘jR’0

limGk(s)

sR’e‘j= lim

R’0

=ej1,其中1=

因为：由-变化到

22所以：1的变化方向是-令K>0,得奈氏曲线为：

2--3 2

Gk(s)在右半平面有一个开环极点：P=1 要是系统稳定，则-2K<-1，即：k>

1. 2当K<0时，原极坐标图顺时针转过180，系统不稳定。 综上得：当K>

5.12解:

(1) 当G1(s)在s右半平面上没有极点,即P=0 欲使Z=N+P=0, 则有N=0

1时系统稳定。 2K1＞0时，－５K1＞－１或-3K1＜－１＜－２K1，得0111,或53216K1<0时，16K1>-1,得（2）当G1(s)在s右半平面上有1个极点,即P=1 欲使Z=N+P=0, 则有N= -1

K1>0时，无解

K1<0, 时，16K1<-1,得K1<综上，当K1<1 161时系统稳定。 16

（3）当G1(s)在s右半平面上有2个极点,即P=2 欲使Z=N+P=0, 则有N= -2

111K1>0时，-5K1<-1<-3K1或-2K1<-1,得

532K1<0时，无解

综上，当

111时系统稳定。 532（4）当G1(s)在s右半平面上有3个极点,即P=3 欲使Z=N+P=0, 则有N= -3

此时无论K1取何值，系统都不稳定。

5.14解： （1）G1(s)波特图为：

50

(2s1)(s5)

由于开环传递函数在右半平面无极点，并且正负穿越都为0，所以系统是稳定的

()arctan2arctan0.2

A1()5041522 当L()=20lgA()=0时，=3.91 rad/s

相位裕度为：r=180+(3.91)=59 近似法求解：系统的转折频率分别为

10.5

25 20lgK20lg1020dB 20(lgclg1)20lgK20 解得 截止频率c5rad/s

相位裕度180(c)180arctan2carctan0.2c= 50.711

（2） G2(s)波特图为：

200(s3) 2(s5)(s1)(s0.8)

由于右半平面P=0,有图可知，N=2，所以系统z=2 故系统不稳定

G(s)5s2(s1)(s1)(1()2s)455s30(1)3

()arctan

3arctanarctan0.8arctan10252

当L()=0时，=4.77 rad/s 相位裕度为：r=-8.13

近似法求解：频率特性G(j)的转折频率分别为

10.8 21 33 45

20lgK20lg3029.5dB

由 40(lg3lg1)20lgKk1 解得k110.415dB>0 由 20(lg4lg3)k1k2 解得k25.978dB>0 然后根据式

60(lgclg4)k20

解得截至频率约为c=6.28 rad/s 相位裕度为：180(c)

180arctanc3arctancarctanc0.8arctan10c25c2 ＝157.75

40(s2s1)（3）G3(s)=

s(2s1)(0.2s1)(0.05s1)波特图为：

系统稳定

arctan2arctan0.2arctan0.05 212当L()=0时，=42.3 rad/s ()arctan相位余度为：r=180+(42.3)=31.3

近似法求解：

首先求频率特性G(j)的转折频率，分别为



10.5 21 35 420

20lgK20lg4032.04dB 列出以下方程

由20(lg1lg1)20lgKk1 解得 k138.06dB0 由40(lg1lg1)k1k2 解得 k226.02dB0 由20(lg4lg3)k2k3 得k313.98dB0 然后根据式

40(lgclg4)k3 解得截止频率c44.67rad/s

。 相位裕度180(c)=-150.06。

（4）G4(s)波特图：

64(s2)

s(s0.5)(s23.2s64)

由图可知，P=0,N=0，所以z=0 故系统稳定 当L()=0时，=1.59 rad/s 相位余度为：r=51.2



G(s)4(0.5s1)

s23.2s(2s1)(()s1)8643.2arctan0.5

642()90。arctan2arctan近似法求解：

首先求频率特性G(j)的转折频率，分别为

10.5 22 38

20lgK20lg412.04dB 列出以下方程

由20(lg1lg1)k120lgK 解得k118.06dB0

由40(lg2lg1)k1k2 解得k20 然后根据式

40(lgclg1)k1 解得截止频率c1.414rad/s

。 相位裕度180(c)=50.5。

（5）G5(s)=波特图为：

2(0.4s1)

s2(0.1s1)(0.05s1)

系统稳定

()arctan0.4arctan0.1arctan0.05

当L()=0时，=1.52 rad/s 相位裕度为：r=180+(1.52)=18 近似法求解：

首先求频率特性G(j)的转折频率，分别为

12.5 210 320

20lgK20lg26.02dB

列出以下方程

由40(lg1lg1)k120lgK 解得k19.9dB0 然后根据式

40(lgclg1)20lgK 解得截止频率c1.414rad/s

。 相位裕度180(c)=17.4。

5.16 解：

（1）开环传递函数为： G(s)90900 这是一典型的二阶系统。

s(0.1s1)s(s10)其中：

2n10 故 n30  n29001

6

Q00.7 由近似关系得：0.01r

则

100(100)16.7 6/s 令 G(j)1 得 c29.2rad（2）系统闭环传递函数为： (s)G(s)909002

1G(s)s(0.1s1)90s10s900 M()(j)900(9002)210022 令

dM()0 d则pn1213012()229.2rad/s

6Mp121221111()2663.04

M(0)1 22M(0)M(jb) 22解得：b45.7rad/s 7.3

（3） （1）确定反馈控制系统 G(s)画出校正前系统的伯德图如下

2.5 的相位滞后-超前校正装置

s(s1)(0.25s1)

易得校正前系统的幅值穿越频率c1.38rad/s，相位裕度16.8 利用近似法求解：

K 20lggc 40(l20lg2.5d7.B 9lg1)2K0lgdB7. 9易求得：c1.58rad/s

(c)90arctancarctan0.25c

相位裕度180(1.58)180169.210.8 （2）选择校正后系统的幅值穿越频率

从校正前的相频特性曲线可以求出，

当0.70rad/s时，G(j)135

选择校正后系统的幅值穿越频率为0.7rad/s, 在0.70rad/s时相位超前量为45 （3）确定滞后-超前校正网络的相位滞后部分的转折频率。

选择相位滞后部分的转折频率

1=0.07rad/s T2（4）由m确定参数

在超前网络中，最大相位超前量 m，sinm1 1

当=7时，m=48.6，满足需要45的相位裕度要求，所以选择=7 相位滞后部分的另一转折频率

11==0.01 T27T2滞后-超前网络相位滞后部分的传递函数

1s0.7=710s

11s7100s0.071（5）确定滞后-超前网络相位超前部分的传递函数

0.70rad/s时，L()20lg=3.1dB

故需画一条斜率为20dB/dec，且通过(0.7rad/s,3.1dB)的直线，该直线与0dB线及-20dB线的交点就是所要求的转折频率。

20(lglg0.7)y3.1

令y=0 得 1rad/s

令y=-20 得 0.1rad/s

因此滞后-超前校正网络相位超前部分的传递函数为

1s110s0.1 = 11s1s11综上可得，滞后-超前校正网络的传递函数为

111s1s0.70.1710s110s Gc(s)117100s1s1s1s10.07校正后系统的传递函数为

10s)7 Gc(s)G(s)1002s(s1)(0.25s1)(1s)72.5110s(1

7.7 G(s)kgs(s1)(s5)

（1）确定期望主导极点位置

由超调量%5%。可得到阻尼系数0.7 Ts4n5s 于是n>0.8

选择期望主导极点为

ˆ10.80.8j 1,

确定相位超前网络的零点：为sz0.8

相位超前网络的极点：

由相角条件知：9013576p10.78180 得p48.22 故极点-p=-1.5

超前网络的传递函数为：Gc(s)s0.8

s1.5校正后系统的传递函数为Gc(s)G(s)

kgs0.8s(s1)(s5)s1.5

Root Locus10late864before Imaginary Axis20-2-4-6-8-10 -14-12-10-8-6-4-2024Real Axis

7.9 G(s)4.19

s(s1)(s5)解(1) 校正前的根轨迹图：

Root Locus10864Imaginary Axis20-2-4-6-8-10-14-12-10-8-6-4-2024Real Axis

校正前系统的稳态速度误差系数为 kvlimsG(s)s04.190.838 5zc8.6|10 pc0.838偶极子的零点与极点的比值|为使zc，pc到期望极点的向量的角度之差大约为1度， 取zc0.1，pc0.01

所以校正后系统的开环系统传递函数为 Gc(s)G(s)4.19(s0.1)

s(s1)(s5)(s0.01)7.12 G(s)10k1

s(0.5s1)10k2s10k15

110k21由条件（1）静态速度误差系数Kv5s，知KvlimsG(s)s0系统闭环传递函数G(s)'10k1G(s)

1G(s)0.5s2(110k2)s10k12n20k1 222s2(110k2)s20k1s2nsn根据条件（2）（3），

110k20.5 20k1ts4n443s

110k22k1综上解得，

k20.15k11.25