自动控制原理_孟华_习题答案

自动控制原理课后习题答案

第一章 （略） 第二章 2.1

试分别写出图 2.68 中各无源电路的输入

ur( t)与输出 uc(t)之间的微分方程。

图 2.68 习题 2.1 图

解：

(a)

ur uc i1 ， C (u&r u&c ) i 2 ， i1 i2

R1

uc ， R1R2

Cu&c

uc

RR12 Cu&r

R2

R1 R2 R1 R2

R2 ur

R1 R2

C1 (ur

&

uc) i1

&

，

ur

u1

i ， i1 i2

2

C2u1

& ， uc i1 R2 u1 ，

(b)

R1

&&

R1R2C1C2 uc ( R1C1 R1C2

&

R2C1 )uc uc

&& &

R1 R2 C1C2ur (R1C1 R2C1 )ur ur

(c)

ur uc

R1

i1 ， C1(ur u1 ) i2 ， i1

i2

u1

， uc

R2

1 C2

i1dt u1 ，

&&

R1R2C1C2uc (R1C2 R2C2

试证明图 2.69(a)

&

R2C1 )uc uc &&

R1 R2 C1C2ur (R2C2

&

R2C1)ur ur

2.2

所示电路与图 2.69(b) 所示的机械系统拥有同样的微分方程。图

2.69(b) 中 Xr (t) 为输入， Xc(t)为输出，均是位移量。

(a) (b)

图 2.69 习题 2.2 图

解：

1

(a)

ur uc R1

i1

，

C1 (ur

&

uc )

&

i2

，

i1 i2 i

，

uc

1 C 2

idt

iR2

，

(b)

&& & && &

R1R2C1C2uc ( R1C1 R1C2 R2 C2 )uc uc R1 R2 C1C2ur (R1C1 R2C 2 )ur ur

& & ， & & & & ，

B2 (xc x1) K 2 x1 B1( xr xc ) K1( xr xc ) B2 ( xc x1 )

BB

12

&&

xc

K1K 2

( B1

K1

B2

K2

B2 & xc B1B2 && ( B1

K1 K1K 2 K1

)xc

xr

B2 &

) xr

xr

K 2

2.3 试分别求出图 2.70 中各有源电路的输入 ur( t)与输出 uc(t)之间的微分方程。

(a) (b) (c)

图 2.70 习题 2.3 图

解：

(a)

ur R1 ur R1 u c

& Cur

uc ， R2 uc

& R2

R2 Cur R1 ur

(b)

uc

R2

& ， &

Cuc R2 Cuc uc

R2 R1 ur

ur R R1

(c)

1 ur dt C R1 ，

&

& ur

2.4 某弹簧的力 - 位移特征曲线如图 2.71 所示。在仅存有小扰动的状况下，当工作点分别为 x0 =-1.2 、 0、2.5 时，试计算弹簧在工作点邻近的弹性系数。

2

图 2.71 习题 2.4 图

解：

设力 f 与位移 x 的关系为 f=g (x)。取增量方程：

fdg( x)

x ，

x0 =-1.2

、 0、2.5

dx x0

dg( x) 为工作点处的弹性系数，分别从曲线中量出为

3020 60,

20,

16

8

dx

x0

0.5

1

2

2.5 设某系统的传达函数为

G( s) ，在初始条件为零时，施加输入测试信号

r ( t)= t（ t≥0）测得其输出响应为 c( t)=1+sin

t +2 e-2t （ t ≥0）, 试确立该系统的 G( s) 。

解：

1

1

1 2

3s4

3s3 5s2

2s

，

R( s)

s2 C (s)

s s2

1 s 2 ， G( s)

s3

2s2

s 2

2.6

系统的微分方程组以下：

(t ) dx1 (t)

x1 r (t )

c(t ) , x2 (t)

K

1 x1 (t )

dt

x3 (t) K 2 x2 (t ) , x4 (t ) x3 (t ) x5 (t )

K 5 c(t )

dx5 (t )

dc(t )

dtK 3 x4 (t ) , K 4 x5 (t ) T

dt

c(t )

此中 ， K 1， K2， K3， K4，K 5， T 均为正常数。试成立系统 r ( t) 对 c( t) 的构造图。

解：

3

,

2.7

系统的微分方程组以下：

x1 (t ) r (t) c(t)

n1 (t ) , x2 (t ) K1 x1 (t)

dx4 (t)

x3 (t ) x2 (t ) x5 (t ) , T x3

dt

d 2c(t ) dc(t )

x5 (t ) x4 (t ) K 2nNN 2 (t) , K 0 x5 (t )

dt 2 dt

此中 K0， K 1，K 2， T 均为正常数。试成立系统构造图。 解：

2.8 图 2.72 是一个模拟调理器的电路图。试写出输入与输出之间的微分方程，并成立该调理器的构造图。

图 2.72

习题 2.8 图

解：

(a)

ur uc

R1

i1 ， i1

(

u1

C1

du1 dt

) ， i2

u1 R3

， u2

1 C 2

i 2 dt ，

u2 R4

uc R5

，

R2

13 4 RRRCC

1 2 uc

RRRC1 3 4 2 uc

uc

ur

R5

R2 R5

4

2.9 图 2.73 是一个转速控制系统，输入量是电压

ua，输出量是负载的转速

，试写出其输

入输出间的微分方程，并画出系统的构造图。

图 2.73

习题 2.9 图

解：

(a) ua

i a Ra

La

di a dt

K e ， M d K i ia ， M d

J

d dt

B ，

L a J K i K e

1

( Ra J La B)(

Ra B K i K e

1)

1 K e

ua

K i K e

2.10 某机械系统如图 2.74 所示。质量为 m、半径为 R 的均质圆筒与弹簧和阻尼器相连 ( 经过轴心 )，假定圆筒在倾角为 的斜面上转动 ( 无滑动 ) ，试求出其运动方程和构造图。

图 2.74

习题 2.10 图

5

2.11 试化简图 2.75 中各系统构造图，并求传达函数 C( s) /R( s) 。

(a) (b)

(c)

图 2.75

习题 2.11 图

解：

(a) G ( s)

G1G2 G2G3

1 G1G2H 2 G2H1

G ( s)

(b)

G1G2 (1 H1H2) 1 G1H1

H1H2

6

(c)

G ( s)

1 G2G3H 3

已知系统构造如图

G1G2 G3G4

G1 G2G3 H 2 G3G4 H 4 G1G2G3G4 H 1

2.76 所示，试将其变换成信号流图，并求出C( s)/ R( s) 。

2.12

(a)

(b)

图 2.76 习题 2.12 图

解：

(a)

G (s)

1 G1H1

G1G 2

G2H 2 G1G2H1H 2

2.77 所示，试用梅逊公式求

(b) G (s)

G1G2

1 G1H1 G2H 2

2.13 系统的信号流图如图 C( s)/ R( s) 。

(a)

(b)

图 2.77 习题 2.13 图

解：

(a)

G( s)

G ( s)

0.5K

s3 3.5s2 s 0.5K

G1G2G3G4

(b)

G1G5 G6(1 G4H2) G1G5 G4H 2

G1G2G4H 1H 2

C( s) /R( s) 。

1 G1G2H 1 G1G2G3

2.14 试梅逊公式求图 2.78 所示构造图的传达函数

7

(a)

(b)

图 2.78 习题 2.14 图

解：

(a)

G ( s)

G4

G1G2 G3

1 G2H1

G ( s)

G1G2H 1 G2G5H 2

(b)

G1 G 2 2G1G2 1 G1

G 2

3G1G2

2.15

已知系统构造图如图 2.79

所示，试写出系统在输入

R( s) 及扰动 N( s) 同时作用下输出

C( s) 的表达式。

图 2.79

习题 2.15 图

解：

C ( s)

[G1 G2 G1G3 (1 G2 H )] R(s) [1 G 2 H G1 G2G 4 G1G3G4 (1 G2 H )] N (s)

1 G1G2

G2 H G1G3 G1G2G3 H

2.16 系统的构造如图 2.80 所示。

（ 1）求传达函数 C1( s) /R1( s) ， C2( s) /R1( s) ， C1( s) /R2( s) ， C2( s) /R2( s) ； （2）求传达函数阵

G( s) ，此中， C( s) =G( s) R( s) , C( s) =

C1 ( s) C2 ( s)

， R( s) =

R1 ( s) R2 (s)

。

8

图 2.80 习题 2.16

图

解：

（ 1） C1 ( s)

G1G2G3 (1 G5H 2 )

G11 ( )

s

R1 (s) 1 G5 H 2 C 2 (s)

G3H1 G5 G7G8 G1G5G6G7

G21 (s)

R1 (s) 1 G 5 H 2 G3H 1 C1 (s)

G5G7 G8

G3 G4G5G9

G3H 1

G5G7 G8

G12 (s)

R2 (s) 1 G5 H 2 C 2 (s)

G4G5G（61 G3H 1）

G22 (s)

R2 (s) 1 G 5 H 2

（ 2） G( s)

G3H 1 G5G7 G8

G11( s) G12 (s)

G21 (s) G22 ( s)

2.17 已知系统构造图如图 2.81 所示。

C( s) /N( s) =0，试问应怎样选用 G0( s) 。

（ 1）试求传达函数 C( s) /R( s) 和 C( s) /N( s) ； （2）若要除去扰乱对输出的影响，即

图 2.81

习题 2.17 图

9

解：

（ 1）

C ( s) K1K 2K3

R( s)

K1K2K3

s(Ts 1)

C (s) K1 K 2 K 3 G0 ( s) K 3 K 4 s

N (s)

K1K2K3 s(Ts 1)

（

2）

K 4 s G0 (s)

K1K2

3.1. 已知系统的单位阶跃响应为

( ) 1 0.2 6 0 t 1.2 10 t

(

0)

c t

e

e

t

试求：（ 1）系统的闭环传达函数

Φ(s)=？

(2) 阻尼比 ζ= ？无自然振荡频次 ωn=？

解：（ 1）由 c(t) 得系统的单位脉冲响应为 g (t)12e 60t

12 e 10t

( s) L[ g(t)]

12 1 12 1 600

s 10 s 60 s2 70s 600

2

（ 2）与标准( s)

n

2

2 对照得：

s 2

n

n

n

600 24.5 70 ，

1.429

2

600

3.2. 设图 3.36 (

a) 所示系统的单位阶跃响应如图 3.36 ( b) 所示。试确立系统参数 (a)

(b)

10

K 1 , K 2 和 a。

图 3.36 习题 3.2 图

解：系统的传达函数为

K 1

W ( s)

s(s a)

K 1

K 2

K1K2

2

s

as K1

K

2 n

2

s

2 n

2 n

1

s( sa)

4

3 1

又由图可知：超调量

M p

3

3

峰值时间

t p 0.1 s

代入得

2

n K

1

1

2

1

e

3

0.1

2

n

1

K

K 2

解得：

ln 3

1 2

10

；

0.33 ， n

33.3， K1

1

2

a 2

n2

0.33 33.3 21.98 ， K 2 K 3。

3.3.

给定典型二阶系统的设计性能指标：

超调量

5 %

p

，调理时间 试确立系统极点配置的地区，以获取预期的响应特征。 解：设该二阶系统的开环传达函数为

2 G s

n

s s 2 n

11

2 n

1108.89 ，

t

3 s

s

，峰值时间 t p

s ，

1

2

1 e p

0.05

则知足上述设计性能指标：

t s

3

3

n

n

t p

1

1

2

0.69 ， n 1 n 得：

由上述各不等式得系统极点配置的地区以以下图暗影部分所示：

1

2

3.4. 设一系统如图 3.37 所示。

c(t)并做出 c(t) 与 t 的关系曲线。

( a) 求闭环传达函数 C(s)/R(s)，并在 S 平面上画出零极点散布图； ( b) 当 r (t)为单位阶跃函数时，求

图 3.37

习题 3.4 图

解： (a)系统框图化简以后有

C (s) R( s) s2

2 s 0.5s

2 s

35 j )( s 2

2.25

(s

35 j )

2

12

z1 2,s1,2

35 j

2

零极点散布图以下：

(b)

若 r t 为单位阶跃函数，

L r t

1 ，则

s

C (s)1

2 s

2

1

s

(s35

j )(s

35235

s2

35 j ) s(s )

2

2

4 4

8

8s

1

8 1 8

s

2

35s

2

35 2 35 35 s 35

35( s

) s

s

2

( 35 )235

4

4

2 8

c(t)

8

cos 35 t 2 sin 35 t

35 35 2

35 2

大概曲线图略。

3.5. 已知二阶系统的闭环传达函数为

C(s) 2

n

2

s

2

R(s) s 2 n n

分别在下述参数下确立闭环极点的地点，求系统的单位阶跃响应和调整时间。 (1) =2，

n

= 5s 1 ； (2)

1.2 ， n = 5s

1 ；

(3)

说明当 ≥ 1.5 时，可忽视此中距原点较远的极点作用的原因。

解：（ 1） ( =2)>1, 闭环极点 s1,2 n

n

2

1 10 5 3

13

35 2

s

2

( 35)2

2

W (s)

C (s) R(s) s2

25

20s 25

C(s) W( s) R(s)

25

1

s

2

20s

25

s

T1

1

1

T2

1

n (

2 1)

5(2

3)

5(2

3)

t

t

1

c(t) 1

e T2

e 5 (2

3 )t

3 )t

eT1

e 5 (2

T2 T1 1 T1T2

1 643 643

s1

1.34, s2

18.66 | s2 / s1 | 13.9

5

c(t)

1

e 5(2

6 4 3

3) t

1 1.07735e 1.34t

ts 2.29s

2） (2

5 0.44

=1.2)>1, 闭环极点 s1, 2

n

n

1

6

C (s)

25

W (s)

R(s)

s2

20s 25

1

1

,

T

T21

5(1.2

0.44 )

5(1.20.44 )

t

t

c(t)

1

e T1

e T2

1

e 5(1.2

0.44 )t

e 5(1.2

T2 T1

1 T0.440.44) t

1 T2

1

1.2

1

1.2 0.44 1

1.2 0.44

1.2

0.44

s1

6 5 0.44

2.68 , s2

9.32

ts

11.7)1

(6.45

(6.45 1.2 1.7)

1.2s

n

5

（ 3）答：

1.5 时，s1,2

n

n

2

1 7.5 5 1.25 。s1 1.91 ，s214

，

（

13.09

| s2 / s1 | 6.85 5 ，两个闭环极点的绝对值相差

衰减快（是距离虚轴较近的极点暂态重量衰减速度的

5 倍以上，离原点较远的极点对应的暂态重量初值小、

2 n

5 倍以上），所以能够忽视掉。

3.6. 设控制系统闭环传达函数为

G(s)

2

s

2

n

s

2，试在S 平面上绘出知足以下各要求的系

n

统特点方程式根可能位于的地区：

(1) 1

>

≥0.707 ， n ≥2 ≥ >0.5 ， n ≤2

(2) 0.5

≥ >0， 4≥ n ≥2

(3) 0.707

3.7. 一种测定直流电机传达函数的方法是给电枢加必定的电压，保持励磁电流不变，

测出电机的稳态转速；此外要记录电动机从静止到速度升为稳态值的 50%或 63.2%所需的时间，利用转速时间曲线（见图 3.38 ）和所测数据，并假定传达函数为

G ( s)

(s) V (s)

K s( s a)

可求得 K 和 a 的值。若实测结果是：加

10V 电压可得

图 3.38 习题 3.7 图

1200r / min 的稳态转速，而达到该值 50%的时间为 1.2 s，试求电机传达函数。

提示：注意

( s) = V (s) K ，此中 (t ) d ，单位是 rad/s s a dt K s a

可得

解： 由式 ( s) =

V ( s)

( s)

K

s a

V (s)

K s a s

10 10K

a

1 1

10K 1

(

1

s( s 1)

a

t

a s s a

)

(t)

10K (1 e at )

a

0 (1

e T )

(1.2) 0 (1

e 1.2a )

0.5 0 (1

e 1 .2a ) 0.5

15

a

ln 2

0.58

1.2

10K

1200r

a0

min 20r / s

k

a 0 0.58

20

1.16

10

10

电机传达函数为：

( s)

K

1.16 G ( s)

V ( s) s(s a)

s( s 0.58)

3.8. 系统的特点方程式以下，要求利用劳斯判据判断每个系统的稳固性，并确立在右半根的个数及纯虚根。

(1) s4 3s3 3s2 2s 2

0

(2) 0.02 s3 0.3 s2

s

20 0

(3)

5

2 4 2 3

44

2

11

10

0

s

s s

s

s

(4)

0.1 s

4

1.25 s

3

2.6 s2 26s 25

0

答案：

（ 1）劳斯表以下：

s4 1 3 2 s3 3 2 s2 7 3 2

s1

4 7 s0

2

劳斯表第一列元素的符号变化两次，系统有两个正实部根，系统不稳固

（ 2）劳斯表以下：

s3

0.02 1 s

2

0.3

2

1

s 0.26 0.3 s0

2

劳斯表第一列元素的符号全为正，系统稳固

16

s 平面其

（ 3）劳斯表以下：

s5 s4 s3

2

1 2 20 223 5 10

2

6

11

44 10

s s0

（ 4）劳斯表以下：

10

劳斯表第一列元素的符号变化两次，系统有两个正实部根，系统不稳固

s4 0.1 2.6 s3 1.25 26 s2 0.52 25 s1 s0

25

劳斯表第一列元素符号没有变化，所以系统有两个正根，系统稳固

3.9. 有一控制系统如图

3.39 所示，此中控制对象的传达函数是

G(s)

采纳比率控制器，比率增益为

s 1)

Kp ，试利用劳斯判据确立 K p 值的范围。

ss

)(

(0.1

1 1 0.2

图 3.39

习题 3.9 图

解： G (s)

K p

s(0.1s 1)(0.2s 1)

特点方程为：

D( s) 0.002s3 0.3s2 s K p 0

劳斯表以下：

17

s3 s2 s1

0.002

1 K p

0.3

0.3

0.002K p

0.3

s0

K p

0.3 0.002K p

要使系统稳固只需0

0.3 ，解得 0

K p 150 。

K p 0

3.10. 某控制系统的开环传达函数为

K (s 1)

G(s)H ( s)

s(Ts 1)(2s 1)

试确立能使闭环系统稳固的参数 K、 T 的取值范围。

解：由系统开环传函可知

D ( s) s(Ts 1)( 2s 1)

K (s 1)

2Ts3 (2 T ) s2 ( K

1) s K 0

劳斯表以下：

s3 2T K

1 s2

2 T

K

s1 2K (1 K )T

2T 2

s0

K

由劳斯准则可知，欲使系统稳固，则第一列元素符号不可以改变。若第一列元素均大于

T 0

2 T 0

2K (1 K)T20

K

0

解得

K

0， 2(K

1) (K 1)T

当 >1 时 2(K 1) K

0 T

，当0 K

1 时 , T 0 。

K 1

3.11. 设单位反应系统的开环传达函数分别为

18

0，即

(1)K * (s 1)

G(s)

5

s(s 1)( s

)

(2)

G(s)

K *

5

s(s 1)( s

)

试确立使闭环系统稳固的开环增益

Ｋ的取值范围（注意 K≠ K * ）

解： (1) D ( s) 0.2s3 0.8s2 (K

1)s K 0

s3 0.2 K 1 2

劳斯表以下：s0.8 K

s1

3K 44

0

s0

K

解得：使闭环系统稳固的开环增益

Ｋ的取值范围 K4

。

3

(2)

D (s) 0.2s3 0.8s2 s K

0

因为特点方程出现小于零的系数，可知不论开环增益 Ｋ取何值闭环系统都不稳固。

3.12. 设单位反应系统的开环传达函数为

G( s)

K

s(1 s / 3)(1s / 6)

若要求闭环特点方程的根的实部均小于

- １，问 Ｋ值应取在什么范围 ?假如要务实部均小于况又怎样 ?

解：由反应系统的开环传函

18K

G( s)

s(1s

K )(1 s)

s( s 3)(s

6)

3 6

D ( s) s3

9s2 18 s 18K

0

（ 1）令 s

z 1 , 得： D (z)

( z 1) 3 9(z 1)2 18(z 1) 18K

z3

6z2 3z 18K 10 0

劳斯表以下：

19

2，情

z3 z2

1 6

3

18K 10

z1 28 18K

6

z0 18K 10

欲使系统稳固，则第一列元素符号不可以改变，大于零：

28 18K 0

14

得5

K

18K 10 0

9

9

（ 2）令 s z 2 , 得：

D (z)

(z 2)3 9( z 2) 2 18(z 2) 18K

z3

3z2 6z 18K 8 0

假如要务实部均小于

2，由特点方程可见， a6 0 2

，系统稳固的必需条件不可立，何值，系统都不稳固。

3.13. 单位反应系统的开环传达函数为

G( s)

4

2

2 2

(1) 求系统的单位阶跃响应；

s( s

s

)

(2) 输入信号为 r(t) =1(t)，求系统的偏差函数 e(t)；

解：（ 1） 开环传达函数 G( s)

4

s(s

2

2s2)

闭环传达函数W (s)

4

4

s( s2( s2

2s 2) 4

2)(s 2)

单位阶跃响应

C (s)

4

1 K 0 K1 K 2 s K 3

(s2

2)( s 2) s s

s 2

s2 2

K 0

1

1 ， K 1

3

2 K 2

K 3

3

1

2 s

C( s)1

3 2 s 1 1 1 1

2

2

s s 2 3 s2 2 s 3 s 2 3 s2

2 3 s2 2

20

不论 K取

c(t ) 1

1

3

e cos 2t

2t

2

2

sin 2t

3 3

（ 2）不考虑扰动作用

r (t) 1(t )

2

s(0.5s

G( s)

2

s 1)

K p

lim G (s)

s 0

e

ssr

1

1 1

1 K p

0

3.14. 某控制系统的构造图如图

态偏差。

3.40 所示。

(1) 当 a=0 时，试确立系统的阻尼比 ζ，无阻尼自然振荡频次 ωnn 和单位斜坡信号作用时系统的稳 (2) 当系统拥有最正确阻尼比（ ζ=0.707 ）时，确

定系统中的 a 值和单位斜坡信号作用时系统的稳态误 差。

(3) 若要保证系统拥有最正确阻尼比（

且稳态偏差等于 0.25 时，确立系统中的 通道的放大系数应为多少？

ζ=0.707 ）， a 值及前向

图 3.40 习题 3.14 图

解： (1) 当 a=0 时， G (s)

8

s(s

， W (s)

8

s2 2s

8

，

n

8 ，

2 2 n

1 8

2)

K v lim sG(s) 4 ，单位斜坡信号作用时系统的稳态偏差

essr

1 K v

0.25。

s 0

(2)

当

ζ=0.707

时 ， G (s)

8

，

W ( s)

8

8

，

n8 ，

s(s 2 8a)

s2 ( 2 8a)s 8

s(s

2

n

2

2

2

8 4 2 8a ，得 a

0.25 ， G (s)

4) ， K v

lim sG( s)

s

0

2 ，单位斜坡

信号作用时系统的稳态偏差

e

ssr

1

0.5 。

K v

21

(3) 此时 G ( s)

K

s(s 2 Ka )

， W (s)

K

s2 ( 2 Ka )s K

K v

lim sG( s)

K

4

s 0

2

2 2

K

Ka

2

n

2

2 Ka

联立上两式解得

K 32 ， a

3

。

16

3.15 ．已知单位反应系统闭环传达函数为

C ( s)

b1 s b0

(1) (2)

432

R( s) s 1.25 s 5.1 s 2.6 s 10

求单位斜坡输入时，使稳态偏差为零，参数b0, b1 应知足的条件；

在 (1)求得的参数 b0, b1 下，求单位抛物线输入时，系统的稳态偏差。

解：（ 1）等效单位负反应开环传达函数

G ( s)

4

b1 s b0

1.25s3

s

5.1s2 (2.6 b1) s

10 b0

0 得：

依据单位斜坡输入时，稳态偏差为

b0 b1

10

即开环传达函数为

G (s)

s

2 2.6s 10

2.6

(s2

1.25s 5.1)

（2）单位抛物线输入时

Ka lim s2G ( s)

lim

s 0

s2 (2.6s

10) 10 5.1

s

0

s2 ( s2

1.25s 5.1)

essr

C 5.1

K a 10

3.16. 系统构造图如图 3.41 所示。 (1)

当 r(t) = t， n( t) = t 时，试求系统总稳态偏差

p ,t p 。

(2) 当 r(t) = 1( t)， n(t) = 0 时，试求

图 3.41 习题 3.16 图

解：（ 1）

22

参照作用下的偏差传达函数为

N (s)

0, Er (s)

1

1 G ( s)

R(s)

1

1

4 s(2s 1)

R( s)

稳态偏差为

e

ssr

lim sE ( s)lim s

2s2

s

1

0.25

r

2

2

s 0

s 0

2s

s 4 s

或

K v lim sG(s)

lim s

4

4

s 0 s 0

e1

s(2s 1)

ssr 0.25

K v

扰动作用下的偏差传达函数为

R( s) 0, En

(s)

1 N (s)

1

N ( s)

1 G ( s)

1

4

s(2s 1)

稳态偏差为

e

ssn

lim sE

s

1

n (s)

lim s2s2

(

2

)

2

0.25

s 0

s 0

2s

s 4

s

系统总偏差为

e

ss

essressn

0

时，

4

（ 2）当 r (t) = 1( t)， n(t) = 0

G(s)

，

s(2s 1)

G(s)

4

2

W(s)

2

2

1 G(S)

2s s 4

s 0.5s 2

n

2 解得：

1

4 2

23

2

n

2 2

s

2 n s

n

2

p

e 1

2

100%

e

31

tp

n

4

1

2

1 1

32

31

3.17. 设单位反应控制系统的开环传达函数为

100

G( s)

s( 0.1 s 1) 试求当输入信号

r(t)= 1 2t t 2 时，系统的稳态偏差。

解：系统为 I 型系统

K v

lim sG(s)

s 0

100 ， K p lim s

s 0

s(0.1s 1)

B

C K a

0 0.02

100

, K a0

e

ss

A

1 K p K v

3.18. 在很多化学过程中，反响槽内的温度要保持恒定， 度控制系统构造图，两种系统正常的

图 3.42 （ a）、（ b）分别为开环和闭环温

K值为 1。

(a)

图 3.42 习题 3.18 图

(b)

（ 1）若 r (t ) 1(t ) ， n(t)

0 两种系统从响应开始达到稳态温度值的

63.2％各需多长时间？

（ 2） 当有阶跃扰动 n(t ) 0.1 时，求扰动对两种系统的温度的影响。解：

（ 1）

开环： C s

达到稳态温度值的

1 10s 1

R s

62.3%需时 T 10

24

闭环： C s

1 0.1s 1

R s

达到稳态温度值的 62.3%需时 T 0.1

（ 2）

开环： C s

闭环： C s

1

10s 1

1 10s 100

N s N s

各项指标不变。

又解： can( t)=0.1，加扰乱后对系统一直有影响；

-10t

，加扰乱后，当 t 趋于无量时，对系统没有影响。 bn

c (t)=0.1e

结论：反应构造能够除去扰乱的影响。

4-1 假如单位反应控制系统的开环传达函数

G (s)

K

s 1

试用分析法绘出 K 从零向无量大变化时的闭环根轨迹图，并判断以下点能否在根轨迹上： ( 2， j0)， (0+j1)， ( 3+j2)。

解：根轨迹如习题 4-1 答案图所示。（ -2， +j0）在根轨迹上； (0,+j1), (-3, +j 2) 不在根轨迹上。

习题 4-1 答案图

4-2 设单位反应控制系统的开环传达函数。

G( s)

试用分析法给出开环增益

K ( 3s 1) s( 2s 1)

K 从零增添到无量时的闭环根轨迹图。

解： 分析法： K=0 时： s=- 1/2，0；K =1：s=-1 ± 2 / 2 ； K=- ∞： s=- ∞， -1/3 。根轨迹如习

题 4-2 答案图所示。

25

习题 4-2 答案图

4-3 已知系统的开环传达函数

G(s) H ( s)

K (s s(s

1) 1)

，试按根轨迹规则画出该系统的根轨

迹图，并确立使系统处于稳准时的 解：分别点：

K 值范围。

0.414；会集点： -2.414 ；与虚轴交点：± j 。稳固的 K 值范围： K>1。

根轨迹如习题 4-3 答案图所示。

习题 4-3 答案图

4-4 已知一单位反应系统的开环传达函数为

G(s)

*

K *

2

(s 1)( s 1)( s 4)

（ 1）试大略画出 K 由 0 到∞的根轨迹图； （ 2）剖析该系统的稳固性。 解：稳固性剖析：系统不稳固。根轨迹如习题 4-4 答案图所示。

26

8

Root Locus

6

4

x A g a

si

yra

0

2

ni

mI

-2

-4

-5

0

-6

-8-10

Real Axis

5

习题 4-4 答案图

4-5 设控制系统的开环传达函数为G(s) H (s)

K * (s 1)

21)( s 4s 16) s( s

，试绘制系统根轨

迹图，并确立使系统稳固的开环增益范围。 解：渐近线： = 与虚轴交点 1.57

60°， 180°； =-2/3 ；复数极点出射角

m

55°；分别会集点 0.46 和- 2.22；

*

和 2.56；使系统稳固的开环增益为 1.46 ＜ K＜ 2.23 (即 23.4 ＜ K＜ 35.7)。

习题 4-5 答案图

4-6 已知系统的特点方程为

(s 1)(s

3)(s 1)(s 3) K ( s2

4) 0

试大要绘出 K 由 0→∞时的根轨迹（计算出必需的特点参数） 。 解：渐近线： = 90°， =0；分别点 2，相应 K=1.88；会集点 j3.46，相应 K =34.14；复数 零点入射角 m 90°；不论 K 为什么值系统均不稳固。

27

习题 4-6 答案图

4-7 反应系统的特点方程为

s4 3s3 12s2

(K 160)s K 0

作出 0< K <∞的根轨迹，并求出系统稳准时所对应的 K 值范围。

解：渐近线： = 60°， 180°； =-2/3 ；复数极点出射角 -3.43 。由图可知系统在任何 K 值下都是不稳固的。

m 63°； 分别点： 1.6 ，会集点：

习题 4-7 答案图

4-8 已知闭环系统的特点方程为 围；

s2 ( s a) K ( s 1) 0 。

K 的取值范

(1)画出 a =10 时的根轨迹，并说明系统的过渡过程为单一变化和阻尼振荡时 (2)确立根轨迹拥有一个非零分别点的

a 值，并画出相应的根轨迹；

K 值；

(3)在 (2) 中确立的 a 值下，求闭环传达函数拥有二重极点时所对应的 (4)画出 a =5 时的根轨迹。 当 K =12 时，已知一个闭环极点为

28

s1= 2，问该系统可否等效

为一个二阶系统？

解：（1）渐近线：

= 90°， =-4.5 ；会集点： -2.5 ，分别点： - 4。 阻尼振荡时 K 的取

值范围为（ 0， 31.3）（ 32，∞），呈单一变化时 K 的取值范围为（ 31.3，32）。

习题 4-8 （1）答案图

（ 2）拥有一个非零分别点的

a=9。

习题 4-8 （2）答案图

（ 3） a =9 时，闭环二重极点 s1,2 =-3 对应的 K =27。 （ 4）渐近线：

= 90°，

=-2 ；不可以等效。

画出 a =5 时的根轨迹。

29

Root Locus

5

A y n a

s

4

3

21

xr

ag

0

m

I

-1

-2-3

-4.5

-4

-3.5

-3

-2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

-4

-5-5

0

Real Axis

习题 4-8 （4）答案图

4-9 设单位反应系统的开环传达函数为

G( s)

K s( s a)

K = 4 时，绘出以 a 为参变量的根轨迹。 4-9 答案图之一所示。

试绘出 K 和 a 从零变到无量大时的根轨迹簇；当

解：令 a =0 绘制 K 为参变量的根轨迹如习题

习题 4-9 答案图之一

当 K 取不一样值时， 绘出 a 变化的根轨迹簇如习题 4-9 答案图之二所示。 当 K = 4 时，画 a 从零到无量大时的根轨迹如图中粗线示。

30

习题 4-9 答案图之二

4-10 设单位反应系统的开环传达函数为

G( s)

K

s( s 1)(T s 1)

此中开环增益 K 可自行选定，试剖析时间常数 Ta 对系统性能的影响。

解：重做该题。等效开环传达函数

'

T s2 (s 1) s2

s K

G( s)

当 K 时， G(s) ’拥有实数极点。 取任何正实数 Ta 系统都是稳固的。 选择 K=0.1 画根 轨迹如习题 - 答案图之一所示。

0.2 0.15 0.1 s

i

Root Locus

x A y r n a m I

ag

0.05

0 -0.05 -0.1 -0.15 -0.2

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.20

Real Axis

习题 答案图之一

当 K 所示。当 0时， G(s) ’拥有复数极点。取 K =0.5， 1，2，画根轨迹如习题 - 答案图之二

1 时，取任何正实数 Ta 都是稳固的；当 Ta 1 时， K<2，不然系统不稳固。

31

Root Locus

0.8 0.6 0.4

s

A y r a n g a m I

0.2

x

0

-0.2

-0.4 -0.6

-1.6

-1.4

-1.2

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

-0.8 -1.8

0

Real Axis

Root Locus

1

s

x

0.8

0.6

0.4

0.2

y a n g a

A

rm

0

I

-0.2

-0.4 -0.6 -0.8 -1

-1.8

-1.6

-1.4

-1.2

-1

-0.8

Real Axis

-0.6

-0.4

-0.2

0

32

Root Locus

1.5

1

s

0.5

A y a n g a m I

x

r

0

-0.5

-1

-1.5 -1.8

-1.6 -1.4 -1.2 -1 -0.8 Real Axis

-0.6 -0.4 -0.2 0 0.2

习题

答案图之二

4-11 设控制系统中 G( s)

K s2 ( s 1)

G1 (s)

， H (s) 1。该系统在增益

K 为任何正当时，均不稳

定。试画出该系统的根轨迹图。利用作出的根轨迹图，说明在负实轴上加一个零点，将 改变成 G1(s)，即

G(s)

K ( s a) s 2 ( s 1)

(0 a 1)

能够使系统稳固下来。

。画出根轨迹如习题 - 答案图之一所示。

解：（ 1）渐近线： = 60°， 180°； =-1/3 （ 2）

。画出根轨迹如习题 - 答案图之二所示。

取 a =0.5，渐近线： = 90°， =( a -1)/2 从图中能够

s 左半平面曲折，进而使得闭环系统的稳固

看出 增添开环零点后使得根轨迹向性获取提升。

习题 -

答案图之一 习题 - 答案图之二

33

4-12 设控制系统开环传达函数为

G(s)

K (s 1) s2 ( s 2)( s 4)

，试分别画出正反应系统和负反

馈系统的根轨迹图，并指出它们的稳固状况有何不一样。 解：负反应系统：渐近线： 迹如习题 -

正反应系统：渐近线：

= 60°， 180°；

=-5/3 ；与虚轴交点

s = 1.414， K=12。根轨 -

答案图之二所示。

答案图之一所示。

=0°， 120°； =-5/3 ；根轨迹如习题

稳固状况的不一样：正反应系统恒不稳固，负反应系统条件稳固，稳固范围 0习题 -

答案图之一 习题 - 答案图之二

4-13 已知系统如图 4.23 所示。画出其根轨迹，并求出当闭环共轭复数极点体现阻尼比

0.707 时，系统的单位阶跃响应。

图 4.23 习题 4- 13 图

解： = 0.707 时系统的闭环极点为

s1,2 =- 2 j2， s3 =- 2。此时， K=2。根轨迹如习题

0.707 时系统的单位阶跃响应为

o

- 答案

图所示。当闭环共轭复数极点体现阻尼比为

c(t ) 1 2e-2t 2e-2 t cos(2t 45 )

34

习题 -

答案图

画一张响应曲线图：求

c(t) 。

已知 C (s)

16

s(s 2)(s 2 j 2)(s 2

j 2)

4-14 系统的开环传达函数为 G( s)H ( S)

K ( s2 2s ( s 2)(s

5) 0.5)

。

(1)绘制系统的根轨迹图；

(2)确立系统稳准时 K 的取值范围； (3)若要求系统单位阶跃响应的超调量为 题 -

16.3％，确立相应的 K 值。

200°；与虚轴交点 j1.25。根轨迹如习

解： (1) 分别点： -0. 41， K =0.24 ；复数零点入射角 时 K 的值为 0.311。

答案图所示。 (2) 稳准时的 k 的范围是： 0.235

习题 -

答案图

4-15 已知系统的信号流图如图 4.24 所示。且可变系数 ０

(1)证明该系统实轴之外面分的参数根轨迹为半圆周。 (2)完好正确地画出系统的参数根轨迹。 (3)以根轨迹为依照，求出知足系统阻尼比

=0.5 时的

值。

图 4.24 习题 4-15 图

解：（ 1）证明略。

（ 2）会集点 s=- 1；复数极点出射角 （ 3） =0.5 时的

=0.999 。

180°；根轨迹如习题 - 答案图所示。

36

习题 -

答案图

4-16 设控制系统如图

4.25 所示，试大要绘出 Kt =0， 01 时的根轨迹和单位阶

跃响应曲线。若取 K t =0.5 ，试求出 K=∞时的闭环零极点，并估量出系统的动向性能。

图 4.25 习题 4-16 图

解：（ 1） Kt =0 时的根轨迹和单位阶跃响应曲线如习题

- 答案图之一所示。

习题 -

答案图之一 响应曲线不对

已知 C( s)

K

s(s2 s K )

，请选 K=0.5 做响应曲线。此时=0.707。

（ 2） 0- 答案图之二所示。

37

习题 -

答案图之二 响应曲线不对

已知 C (s)

K

s(s2 s K + 0.5Ks)

，请选 K=1 做响应曲线。

（ 3）K t >1，取 Kt =2 时，根轨迹和单位阶跃响应曲线如习题

- 答案图之三所示。

38

习题 -

答案图之三 响应曲线重画

已知 C (s)

K

s(s2 s K + 2Ks)

，请选 K=1 做响应曲线。

（ 4）闭环极点： - 2；闭环零点：无；可等效为一阶系统，时间常数 估量系统性能：

%≈ 0% ts≈ 3T=1.5s

T=0.5。

4-17 系统构造如图 4.26 所示。 (1)试求当 K 从 0～∞时系统

C (s)／ N(s)的根轨迹图。

(2)若 N(s)=1／ s，议论 K 值大小对输出响应的影响。

图 4.26 习题 4-17 图

解：（ 1）复数零点的入射角为

0°。 K >0 特点根为一对共轭复数，系统稳固。根轨迹曲线如

39

习题 -

答案图所示。

Root Locus

1

s

0.8

0.60.4

x A y

r

an

g

amI

0.2 0 -0.2

-0.4

-0.6-0.8

-0.9 -0.8 -0.7 -0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2

Real Axis

-0.1

-1-1

0

习题 - 答案图

大， t s 长。

（ 2）K 值大小对输出响应的影响：

K 值小时，

5-1 某系统的单位阶跃响应为 解： G(s)

c(t) = 1 e t +e 2t e 4t，试求系统的频次特征。

3s2 8s+8

(s 1)( s 2)(s 4)

，将 s=j 代入，得 G( j )

3(j )2 8j +8

( j

1)( j

2)( j4)

5-2 设系统传达函数为

C( s) R( s)

K (T2 s 1) T1s 1

当输入信号 r (t)= Asin t 时，试求系统的稳态输出。

解：系统的稳态输出为

Css(t)

AK

( T2)2

2

1

sin( t

( T1) 1

Bode 图。

arc tan T2 -arc tan T1)

5-3 画出下传记达函数的 (1)

G(s)=

T1s1

， (T1>T2>0)

；

(2) G(s)=

T1s

(3)

G(s)=

T2 s 1 T1 s 1 T2 s 1

T2 s

1 ， ( T1>T2>0) 1

， (T1>T2>0)

解：答案见胡寿松主编《自动控制原理习题集》 Page709，B5-13 。

5-4 画出下传记达函数对数幅频特征的渐近线和相频特征曲线。

40

2

1)(8s 1) ； 0.2)

；

(1) G(s)= (2s (3) G(s)=

(2) G(s)=50

2 s( s2

2

10(s

2

(4) G( s)=

s 1)(6s 1) 8( s 0.1)

2

s ( s 0.1)

s( s

200

s 1)( s

4s 25)

解：对数幅频特征的渐近线和相频特征曲线如习题

5-4（ 1） ~ 5-4（ 4）答案图所示。

20

Bode Diagram

Bode Diagram

d ( d M

)

eu

B

0

-3

-20

nga

-40

B d e a M

)

(

100

du

0

ng

-100

-600-45

-200-180

d e s h P

)

ge

(

-90

a

-135-180

e s h P

)

g

d(

-270

ea

-360

10

10

-2

10

-1

10

0

10

1

-450

Frequency (rad/sec)

10

-3

10

-2

10

-1

10

Frequency (rad/sec)

0

10

1

2

10

习题 5- 4（1）答案图

习题 5- 4（2）答案图

150

Bode Diagram

e d n M

)B

d

(u

50

Bode Diagram

e d M

)

B

100

0

d(

u

50

nga

-50

g

a

0

-100

-180

-50-185

-150

0

e a P

)

ged

sh

10

-2

-190

-195

e e a h P

)

-90

g

(

s

-180

10

-4

-270

-200

10

-1

10

Frequency (rad/sec)

0

10

1

-360

10

-3

10

-2

10

-1

10

0

10

1

2

10

Frequency(rad/sec)

习题 5- 4（3）答案图

习题 5- 4（4）答案图

5-5 系统开环传达函数以下。试绘制极坐标曲线，并用奈魁斯特判据鉴别其闭环系统的稳固性。

(1) G(s)H(s)= s

1000(s

2

( s 5)(s

1)

15) ；

(2) G(s)H(s)=

2

250

s (s 50)

(3) G(s)H(s)=

5(0.5s

1)

1)

s( 0.1s 1)(0.2s

解： (1) 稳固 ； (2)不稳固； (3)稳固。 极坐标曲线如习题

5-5（1） ~ 5-5（ 3）答案图所示。

41

第（ 1）题重做。

0.8

Nyquist Diagram

1

习题 5- 5（ 1）答案图

sixAyranigaIm

Nyquist Diagram

20

15

0.6

0.4

10

sixAyranigaI

m

5

0.2

0

0

-0.2

-5

-0.4

-0.6

-10

-0.8

-15

-1

-1 -0.9 -0.8 -0.7 -0.6 -0.5 -0.4 -0.3 -0.2 -0.1 0

RealAxis

-20

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

RealAxis

习题 5- 5（2）答案图 习题 5- 5（3）答案图

5-6 给定系统的开环传达函数

G(s) H(s) ＝

10

s(s 1)( s 2)

试绘制系统的极坐标图，并用奈魁斯特判据判断闭环系统的稳固性。

解：极坐标曲线如习题 5-6 答案图所示。 Z=2，闭环系统不稳固。

42

Nyquist Diagram

100 80 60 40

x A y r a n g a m I

i

s

20

0 -20 -40 -60 -80 -100 -8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

Real Axis

习题 5-6 答案图

5-7 给定系统的开环传达函数

G(s)H(s)＝

K ( s1)

，K>0

s(s 1)

试用奈魁斯特判据判断闭环系统的稳固性。

解：极坐标曲线如习题

5-7 答案图所示。 Z=1，闭环系统不稳固。

Nyquist Diagram

25 20 15 10 5 0

s

x

A

y

i g a

ran

m I

-5 -10 -15 -20 -25 -1

-0.5

0

0.5 Real Axis

1

1.5

2

习题 5-7 答案图

43

5-8 已知系统构造如图 5.61(a)所示，此中 G1 (s) 的频次特征如图 5.61 (b) 所示， T > >０。

试用奈魁斯特稳固判据剖析该系统的稳固性。

（ a）

图 5.61 习题 5-8 图

(b)

解： G2 ( s)

s+1

Ts 1

，Z=2，闭环系统不稳固。

此处加一个习题答案图。

习题 5-8 答案图

5-9 某无源 RLC 网络如图 5.62 所示，当

递函数 G(s)。

10 时，其幅值 A= 1，相角 φ=90 ，试求其传

图 5.62 习题 5-9 图

解： G s

1

，如设 C =0.1μf ，则 G( s )

1

CLs 2

RCs 1

10 10 s2

0.1s 1

5-10 某单位反应系统的开环传达函数为

G(s)H (s)=

K

s(T1s 1)(T2 s 1)

此中 T1 = 0.1 秒，T2=10 秒，开环对数幅频特征如图 5.63 所示。设对数幅频特征斜率为 20dB/dec

10 弧度／秒。试问： 的线段的延伸线与零分贝线交点的角频次为

(1) 系统中 K =？ (2) 剪切频次c=？ (3) 系统能否稳固 ?

(4) 剖析系统参数 K ， T1，T2 变化时对系统稳固性的影响。

44

图 5.63

习题 5-10 图

解： (1)K =10 ； (2) c

1； (3)系统临界稳固，属于不稳固；

T2 的减小成效更明显。

(4) Κ

，系统稳固性变差。

T1， T2 减小，对系统稳固性有益，此中 5-11 最小相位系统开环幅频特征如图

特征。

5.64 所示。试求其传达函数，并作出相应的相频

L(ω)(dB)

10

L(ω)(dB)

0

- 20dB/dec

-10

0.01 0.1

0

- 20dB/dec

+20dB/dec

L(ω)(dB)

1

(a)

(b)

L(ω)(dB)

- 40dB/dec

40

- 20dB/dec

28

- 20dB/dec

20

0

0.5 1

2

- 40dB/dec

0

- 40dB/dec

0.1 1 2.5

(c)

(d)

图 5.64 习题 5-11 图

解：

45

0.5 2s 1

31.6s ； (c) G(s)

s2 0.5s 1 s 1 10s 1 100s 1

10( s 1) 62.5(s 1)

或 G (s) (d) G ( s) 2 2

s(s 1.05s s s 6.25)

2 0.21 1 s

2.5 2.5

(a) G ( s)

； (b) G (s)

10

5-12 试求图 5.65 所示拥有纯延时环节控制系统稳准时的 K ０的范围。

图 5.65 习题 5-12 图

解：稳固范围： 0＜K ＜ 1.9 。

5-13 设单位反应控制系统的开环传达函数： (1) G(s)=

as 1

s2

，试确立使相角裕度等于

K

45°的 a 值

(2) G(s)＝

，试确立使相角裕度等于

45°的 K 值。

(0.01s 1) 3

解： (1) a =0.84 ； (2) K=2.83 。

5-14 设单位负反应系统的开环传达函数为

G (s)

K

(s 1)(3s 1)(7s 1)

求幅值裕度为 20dB 时的 K 值。

解： K =1.52，此中

g

0.722 。

5-15 设系统构造如图 5.66 所示。试用奈魁斯特判据鉴别系统的稳固性，并求出其稳固裕度。此中 K1=0.5， G( s)= 。

2

s 1

46

图 5.66 习题 5-15 图

解：系统闭环稳固

g 1.5

o

180

5-16 设一负反应系统的开环传达函数

G(s)=200

s( s2 s 100)

若使系统的幅值裕度为

20 分贝，开环放大倍数 K 应为什么值 ? 此时相角裕度为多少 ?

解：开环放大倍数

K= 0.1 相角裕度

90o 。

5-17 关于典型二阶系统，已知参数n 3 ，

0.7，试确立剪切频次

c 和相角裕度解： G (s)9

，

c

1.944 ，

65.16 。

s(s

4.2)

5-18 一控制系统的构造如图

5.67 所示。此中

1

10(s 1) 2

4.8

G (s)=

8s

1 , G (s)=

s( s / 20 1)

试按其闭环幅频特征曲线估量系统的阶跃响应性能指标

％及 ts。

图 5.67 习题 5-18 图

解： ％ =20%

ts=1.17

％ =11%

ts=2.8

第六章习题 6-1．解：

方法一 ：原系统的截止频次为

44.16rad/s，相稳固裕度为

180° -90 °-arctan4.416=12.76 °

截止频次和相角裕度均不知足要求，需加入串连超前校订，选择校订网络的传达函数为

47

。

c

Gc (s)

K

1 aTs 1 Ts

取校订后系统的截止频次

52rad / s ，相角裕度 50 。则

arctan

a

1

c

， 20 lg K 10 lg a

2.6， 11

a 1 1

50

aT

由上述 3 式的

a 4.4,T 0.01, K 0.64 128(0.04s 1) s(0.1s 1)(0.01s 1)

Gc (s)G ( s)

校订后系统的截止频次为

c 53rad / s，相角裕度 49.5 ，知足要求。

方法二 ：按二阶系统最正确模型设计，设校订后系统的开环传达函数为

G (s)

K

s(Ts 1)

则闭环系统的传达函数为

( s)

2

K

s K s

n 1/

2

K / T

1/ Ts K / T s

2

2

2 n

2

Ts

令 K

2 n s

0.01。即

n

50 ， 0.707 由 2

T

K / T ，得 T

， n

Gc (s)G ( s)

1 。 ， Gc ( s) 1 0.1s 50

s(0.01s 1) 4 0.01s 1

易考证该校订环节知足要求。

6-2.解：

此题可第一查验系统得性能指标，针对系统在性能上的缺点并联合校订网络的作用，采纳合

适的校订网络，再按相应的步骤确立校订网络的参数。

（ 1） 依据稳固偏差要求，确立系统的

K 值。

K v lim slim sG (s)

s 0

lim s

s 0

100K

1)

100K

s(0.4s

48

e

1

ss

1

100K 1%

K

求得 K 1 。

（ 2） 利用已确立的 取 K

K ，计算未校订系统的相角裕度。

1，则

Gc (s)

100 s(0.4s

1)

其渐近对数幅频特征可表示为

20 lg

L( )

100

( (

25)

20 lg 100

0.04

50rad

25)

2

由 L ( )

0 求得

s

此时系统的相角裕度为

180

90 arctan(0.04 c ) 26.6 45

明显，系统在稳态偏差知足指标要求的状况下，相角裕度不知足要求。可采纳超前校订网络

来提升系统的相角裕度，改良系统的动向性能。

（ 3） 依据相角裕度的要求，计算超前校订网络的参数。

m

(5 ~ 12 )

45 26.6 8 26.4

依照要求的相角裕度

45 和未校订系统的相角裕度 26.6 计算，超前校订网络应供给 18.4 的

而未校订系统在新的剪切频次

c 处

超前相角， 但考虑到超前校订会使系统的剪切频次增大，

拥有更大的滞后相角，所以需在

18.4 相角的基础上增添一些裕量（此处选为

a

1 sin

8 ）。

利用（ 6-13 ）式可得

m m

1.44

1 sin

0.56

2.57

由（ 6-15）式有

20lg G( j

20 lg

c

)10 lg a 4.1

100

2

即

4.1

0.04

c 63 rad

c

解得

s

注意：

c 是校订后系统的剪切频次，它与超前校订网络产生最大超前相角时所对应的

49

频次

m 相等。在

c 上，未校订系统的对数幅频特征应当与超前网络的对数幅频特征大小相

等、符号相反。

由（ 6-14）式有

T

1

c

1

0.01s

a

故超前校订网络的传达函数为

101

Gc (s)

1 aTs 1 0.026s 1 Ts

1 0.01s

（ 4） 验算已校订系统的相角裕度。

180 90 arctan(0.04 c ) arcan (0.026 c )

arctan(0.01 c )

47.87

校订后系统的相角裕度知足给定指标要求。 校订后系统的开环传达函数为

G (s)Gc (s)

100(0.026s 1) s(0.04s 1)(0.01s 1)

校订前后开环系统及校订网络的

Bode 图如图 6-2 所示。

图 6-2

50

6-3.解：

当未校订系统在要求的剪切频次邻近相频特征负斜率较大，或需要供给的赔偿相角较大时，采纳一级超前校订知足不了要求，此时能够采纳两级或多极串连超前校订方案。其参数确立的方法可参照一般设计步骤进行。

（ 1）

依据偏差系统的要求，确立开环增益

K。

K a

lim s2 G( s)

s 0

lim s2

s

0

K

s2 (0.2s 1) 10

K

K K a

（ 2） 取 K

依据确立的 K 值，计算未校订系统的相角裕度。

10 ，则

G(s)

10

s2 (0.2s 1)

其渐近幅频特征为

L( )

20 lg

2

10

2

(

5) 5)

20 lg

10

(

0.2

s

由 L ( c ) 0 求得

c 3.16 rad

此时相角裕度

180 90

arctan(0.2 c )32.29

明显系统是不稳固的。若要求系统的相角裕度

m

35 ，需要用串连超前校订来提升系统的

相角裕度。

（ 3）

依据相角裕度要求，确立超前校订网络的参数。

(5 ~12 ) 35 ( 32.29 ) 12 79.3

此中 12 为增添的裕量。

考虑到需增添的超前相角较大，可采纳二级同样的串连超前校订网络来达成校订任务，每级校订网络所供给的最大超前相角为

79.3

m

2

1

40

aTs

2

校订网络的传达函数为

Gc ( s)

1 Ts

51

利用（ 6-13 ）式可得

a

1 1

sin

m m

1.64 0.35

4.6

sin

由（ 6-15）式有

20lg G( j

c

c

)

2 10lg a 13.26

T

c

解得

6.13 rad s，

1

c

0.076s

a

（ 4） 验算已校订系统的性能指标。

180 180 arctan(0.2 )2arcan (0.35 c )

2 arctan(0.076

c

)

29.3 35

相角裕度不知足要求，这是因为在确立校订网络的最大超前相角

和

（为 12 ）。未校订系统在

c

c

m 时，所增添的裕量较小

处的相角分别为

212.3 ， G( j c 230.79

二者相差 18.49 ，故所增添的裕量应在 18 以上才能保证校订后的相角裕度略大于35 。为

G( j c )

)

此将 a 值增大，取 a

6 求得 c

6.7 rad s ， T 0.06s ，校订网络的传达函数为

2

Gc (s)

1 0.37s 1 0.06s

经验算

39 35 ，知足要求。

校订后系统的开环传达函数为

G ( s)

10(0.37s 1) 2 s ( 0.2s 1)(0.06s 1) 22

6-4.解：

校订系统时，若性能指标不是以稳态偏差、相角裕度和幅值裕度等形式给出的，则可先进性指标换算。换算时可用二阶系统的相关公式或经验公式来近似。换算后再按一般步骤进行校订。

52

（ 1）

将要求的 M r 和

r 变换成对相角裕度和剪切频次的要求。

依据高阶系统谐振峰值

M r 与相角裕度

的关系式

M r

1

sin

arcsin

1 M r

解得

arcsin 1

1.4

45

将系统近似地当作二阶系统，由以下关系式

M r

1

1.4

2

n 1 2

1

2

r

2

，

c

2

n

1 4 4 2 2

求得

c

n

0.4 ，

r n c

1

2

0.79

0.83，

0.83

r

10.5 rad s

0.79

以上求得的

和 c 即为对系统的相角裕度和剪切频次的要求。

（ 2） 计算未校订系统的相角裕度。未校订系统的开环渐近幅频特征为

20lg

10

( (4

2

4)

20lg

10 0.25

20)

L ( )

20lg

10

0.25 0.05

(

20)

由 L ( c ) 0 求得

c

6.32 rad s

53

此时系统的相角裕度

180

m

90 arctan(0.25 c ) arctan(0.05 c ) 14.8

明显系统不知足相角裕度要求，可用超前相角裕度网络来提升其相角裕度。 （3）依据相角裕度和剪切频次的要求，确立超前校订网络的参数。

(5 ~12 )

a

45 14.8 10 40.2

1 sin 1 sin

m

1.65 0.35

m

4.66

由

20 lg G( j c ) 10lg a

c 12 rad s ， T

c

6.68

解得

1 a

0.039s

超前校订网络的传达函数为

Gc (s)

（4）验算已校订系统的性能指标。

1 aTs 1 0.18s

1 Ts 1 0.039s

c

180 90

arctan(0.25 )arctan(0.05

c

)40.2 28

不知足相角裕度要求， 所以一定对前述的校订方法作适合的改正，

按性能指标要求，选择

从头确立校订网络的参数。

c

15 10.5 rad s ，该频次处对应的未校订系统的相角裕度

为

180

90 arctan(0.25 c ) arctan(0.05

c )

180 90 75.07 36.86

则

22

m

m

45 ( 22)

67

， a

1 sin

1.92

0.015s

1 sin

m

0. 08

24

由

10 a 0.25

2 c

1

求得

c 14 rad s ， T

1

c

a

超前校订网络的传达函数为

54

Gc (s)

1 aTs 1 Ts

1 0.36s 1 0.015s

验算已校订系统的性能指标为

180 90 arctan(0.25

c

c

)

arcan ( 0.05

47.86

c

)

arcan (0.36

经换算可知

)

arctan(0.015 c )

45

M r

1

sin

1.35 1.4

由

M r

1 2 1

2

1.35

求得

0.41

由

c

1 4

4

2

2

0.85

n

求得

n 16.47 rad s

r n

1 2

2

13.42rad

s 10rad s

知足要求的性能指标。

校订后系统的开环传达函数为

G ( s)

10(0.36s

1)

s(0.25s 1)( 0.05s 1)(0.015s 1)

以上剖析表示，当依照一般设计方法不可以获取满意的校订网络时，能够按设计原理适

合改变选择的某些量的值从头设计，直到获取满意的结果为止。设计方法是多种多样的，权衡它能否可行的依照是看系统可否知足所要求的性能指标。

6-5.解 :：

此题说明串连滞后校订的一般步骤和原理。要点是理解和掌握每步的理论依照及详细办理方法。

55

（ 1）

依据开环增益要求确立未校订系统的剪切频次

c 和相角裕度

。

取 K

10 ，则未校订系统的开环传达函数为

G(s)10

s(s 1)(0.125s 1)

其渐近幅频特征为

20lg

10

(

1)

20lg 10

2

(1

8)L( )

20 lg

10

8

0.125

3

由 L ( c ) 0 解得

c

3.16 rad

s

此时系统的相角裕度为

180

90

arctan c

arctan(0.125 c )

未校订系统不稳固。

（ 2） 依据相角裕度的要求确立校订后系统的剪切频次

c 。选用

Gc ( j c ) 10 ，则由（ 6-16）式有

180 90

arctan c arctan(0.125 c

)

10 即

arctan c

arctan(0.125 c ) 49

由此得

arctan

c

0.125 c

2

49

1 0.125

c

解得

c

0.915 rad s

（ 3）确立滞后校订网络的参数

b 和 T 。

56

3.99

31 30

由（ 6-17）式得

20 lg

10

c

20 lg b

解得

由（ 6-18）式得

b 0.09

T

1

b

0.1 c

121s ， bT 11s

串连滞后校订网络的传达函数为

Gc (s)

（ 4）验算系统的性能指标。校订后系统的开环传达函数为

1 bTs 1 Ts

11s 1 121s 1

G ( s)

G (s)Gc (s)

10(11s 1)

s(s 1)(0.125s 1)(121s 1)

此时系统的相角裕度为

180 90 arctan(11 c ) arctan

arctan(121 c ) 35.8

c

arctan(0.125

c )

知足设计要求。校订前后系统的

Bode 图如图 6-5 所示。

图 6-5

利 用 滞 后 校 正网 络 的 高 频 衰减 特 性 使 系统 的 剪 切 频 率有 原 来 的 3.16 rad s 降 到

57

0.915 rad s ，提升了系统的相角裕度，同时也使系统的带宽减小，提升了系统的抗扰乱能

力，但系统的响应速度变慢。

1

bT

为减小滞后校订网络的订交滞后特征对系统相角裕度的影响，应使校订网络的转折频次

远离

，往常选用

c

c

1

(0.2 ~ 0.1)

bT

这时，滞后网络的订交对系统相角裕度的影响将限制在

10 ~ 对此题，滞后校订网络在

c 处的订交为

)

Gc ( j c ) arctan(11 c ) arctan(121

c

6-6.解：

此题主假如学习滞后校订的一般步骤，并掌握全面查验指标的方法。特别是查验幅值裕度的方法。

（ 1 ）按要求的开环增益确立未校订系统的剪切频次

c 、相角裕度 20 lg K g 。

未校订系统的渐近幅频特征可表示为

20lg

7

(

20 lg7

(2

L ( )

0.5 20lg

7

0.5

0.166

由 L ( c )

0 解得

c

3.7 rad s

180 90 arctan(0.5 c

)arctan(0.166 c )

58

5 的范围以内。

5.2

和幅值裕度2)

6)

6

3.2

由

G( j

)

7

j ( j 0.5 1)( j 0.166

1)

将其分母有理化，并令

Im G ( j ) 0，求得

g

3.7 rad s， 20 lg K g 1.3dB

明显系统不知足指标要求。

考虑到

c

c ，故能够采纳串连滞后校订网络，利用其高频幅值衰减特征降低系统的

剪切频次，以增添相角裕度。

（ 2）依据相角裕度 选用

剪切频次

c 的要求，确立校订后系统的剪切频次 c 。

Gc ( j c ) 6 ，则由（ 6-16）式有

180

90 arctan(0.5

c

)

arctan(0.166

c

)6 41

40

即

arctan(0.5

c

c

)arctan(0.166 c )

43

解得 知足

1.2 rad s

c 1rad s 的要求。

（ 3）确立滞后校订网络俄参数 由（ 6-17）式得

b 和 T 。

20 lg 7

c

20 lg b

解得

b 0.17

T

由（ 6-18）式得

1

b 0.1

49s ， bT

c

8.3s

串连滞后校订网络的传达函数为

Gc (s)

（ 4）验算系统的性能指标。校订后系统的开环传达函数为

1 bTs 1 8.3s 1 Ts

1 49s

59

G (s)

G (s)Gc (s)

7(8.3s 1)

s(0.5s 1)(0.166s 1)(49 s 1)

其对应的 Bode 图如图 6-6 所示。

图 6-6

由图 6-8 可知，加入滞后校订后，系统在中、高频段的对数幅值在未校订系统对数幅值的基础上降落了 20 lg b 的高度。所以，校订后系统中、高频段的渐近特征可表示为

20lg 20lg b

7

( 2)

20 lg

L ( )

20lg

7 0.5 7

20lg b

(2

6)

20 lg b

(

6)

0.5 0.166

此中 b

1 ， 20 lg b 为负值。

20lg K g 10dB ，所以可按上述渐近特征表达式求出满

考虑到系统要求的幅值裕度为

足幅值裕度要求的最低频次点

1 ，即令

60

20lg

7b

1

(

1

2)

20lg

10 L(1)

7b

0.5 12

(2

1

6)

7b

20lg

0.5 0.166 13

( 1 6)

解得

1

2.74 rad s

明显，假如校订后系统在

1 处的相角

G ( j 1 ) 180

则有

1

g（

g 为校订后系统的交界频次）

，此时校订后的系统必然知足幅值裕度的要求。

因为

G ( j 1 ) arctan(8.3 1 ) 90 arctan(0.5 1 ) arctan(0.166 1 )

arctan( 49

1

)

170.5 180

故系统知足要求的幅值裕度。

校订后系统的相角裕度为

180 90 arctan(0.5 c ) arcan (0.166 c )

arcan (8.3 c ) arctan(49 c ) 43

知足要求的相角裕度。

注意：幅值裕度的计算要点在于求解与

180 对应的频次值

g ，这要求解复杂的三角方

程，采纳以上近似剖析法，能够防止这种求解过程。

61

6-7.解：

设计滞后 -超前校订网络时， 超前和滞后部分能够分别独自设计。 依据性能指标要求， 能够先按滞后校订网络的设计方法确立滞后部分的参数，在此基础上，再按超前校订网络的设

计方法确立超前校订参数，也能够先确立超前校订参数再确立滞后校订参数。 设校订网络的传达函数为

Gc ( s) Gc1 (s)Gc 2 ( s)

(1 bT1s)(1 aT2 s) (1 T1s)(1 T2 s)

(b

此中

Gc1 (s)

(1 bT1s) (1 T1s)

1)

是滞后校订部分，

G c2 ( s)

(1 aT 2 s) (1 T2 s)

( a 1)

是超前校订部分。

解法一

先确立滞后校订参数，再确立超前校订参数。

（ 1）依据偏差系统要求，确立开环增益

s 0

K 。

K v lim s G( s)

K 50s 1

（ 2）利用已确立的

K 确立未校订系统的剪切频次

c 和相角裕度 。

系统的开环传达函数为

G (s)

50

s(0.1s 1)( 0.05s 1)

其渐近幅频特征为

50

20 lg 20lg

L ( )

20 lg

50 0.1 50

0.1

0.05

( (10

10)

20)

(

20)

62

由 L ( c ) 0 解得

c

21.5 rad s

c

此时系统的相角裕度为

180

90 arctan(0.1 c ) arctan(0.05

c1 （

)22

不知足指标要求。

（ 3）依据相角裕度要求，确立校订后系统的剪切频次 校订后系统的剪切频次） 。

c1 为独自由滞后校订部分

c1

180 90 arctan(0.1 c1 ) arctan(0.05 )6 40

即 解得

arctan(0.1 c1

)

arctan(0.05 5.6rad s

c1 ) 44

c

（ 4）确立滞后校订网络的参数

b 和 T1 。

20 lg

由

50

20 lg b

c1

c1

解得

b 0.112

1 bT1

由

0.1

求得

T1 15.9s

c1 低于要求值

c ，所以应使用超

达成滞后校订的系统知足相角裕度要求，但剪切频次

前校订来增大系统的剪切频次。

（ 5）依据剪切频次要求，计算超前校订网络的参数

a 和 T2 。

使用滞后校订后，系统的开环传达函数为

G1 ( s)

50(1.78 s

s(0.1s 1)( 0.05s

1)

1)(15.9s 1)

选用 c 10 rad s ，在该频次处未加超前校订网络时系统的相角裕度为

63

2

180 90 arctan(0.1 c ) arcan (0.05 c )

arcan (1.78

m

c

)arctan(15.9 40

m m

c ) 15.6

2

15.6 1.41 0.59

24.4 2.4

a

1 1

sin sin

m

1

c

10 rad s

T2 a

1

c

求得

T2

a

0.06s

加入超前校订后，被校订系统的开环传达函数为

G (s)

G (s)Gc1 (s)Gc 2 (s)

G( s)Gc ( s)

50(1.78s 1)(0.14 s 1)

s(0.1s 1)(0.05s 1)(15.9s 1)(0.06s 1)

（ 6）验算已校订系统的性能指标。

K v K

50s 1 ，

c c

10 rad s

180 90 arctan(0.1 c ) arcan (0.05 c )

arctan(15.9 c ) arcan (0.06 c ) arctan(1.78

c ) arcan (0.14 c ) 39.1

所有知足指标要求。

解法二 按滞后 -超前校订网络的一般设计方法确立校订参数。 设校订网络的传达函数为

Gc ( s)

(1 T1 s)(1 T2 s)

(1 aT1 s)(1

T

(a 1)

2

s)

a

（ 1）和（ 2）同解法一，即求得

64

K

50s 1 ，

c

21.5 rad s ， 22

（ 3）依据指标要求确立校订后系统的剪切频次 选用 c 和校订网络的参数

a 。

cc10 rad

s ，则

G( j

c

)

90 arctan(0.1 c ) arctan(0.05

c

)161.6

1 c

()6

则 解得

6

m

m

161.6

180 40

27.6

m m

由（ 6-20）式得

a

1 sin 1 sin

1.46 0.54

2.7

由（ 6-22）式有

T2

a

c

s

0.164

（ 4）估量滞后校订部分的参数

T1 。

由（ 6-23）式有 即

1 c

()

arctan(T1

c

c

)

arctan(aT1 c )6

(1 a)T1

tan( 6 )

0.1

(1 a)T12 T1

c 2

解得

0.62s

（ 5）验算已校订系统的各项性能指标。校订后系统得开环传达函数为

G (s) G (s)G c (s)

50(0.62s 1)( 0.164s 1)

s(0.1s 1)(0.05s 1)(1.67s 1)(0.06 s 1)

c

则

K 50 ， c

180

90

10 rad s

arctan(0.1 c ) arcan (0.05 c )

65

arctan(1.67

c

)

arcan (0.06

) arctan(0.62 c ) arctan(0.164 c ) 40.2

所有知足性能指标。

从此题的两种解法可见， 当因为对系统的性能要求较高， 需采纳滞后 -超前校订网络进行校订时，滞后校订部分和超前校订部分能够分别独自进行设计。设计时能够先确立滞后部分

的参数，也能够先确立超前部分的参数， 一般状况下是先求超前校订参数再求滞后校订参数，以

便简化运算。

6-8.解：

三种串连校订装置的传达函数为

（ a）

s 1 （ b）0.1s 1

(c)(0.5s 1) 2

10s

1

0.01s

1

(10s

1)(0.025s 1)

G400( s1)

方案（ a） c (s)G ( s)

s2 ( 0.01s 1)(10 s 1)

校订前后的对数渐近幅频曲线如图

6-8（ a）所示，此时

c

6.3rad s ，

11.7 ，系统不稳固。

400(0.1s 1)

方案（ b） Gc (s)G ( s)

s 2 (0.01s 1) 2

改正前后的对数渐近幅频曲线如图s

6-8（ b）所示，此时

c

38 rad

，34

方案（ c） G2c (s)G( s)

400(0.5s 1)

s 2 ( 0.01s 1)(10s 1)(0.025s 1)

改正前后的对数渐近幅频曲线如图

6-8（ b）所示，此时

c

10 rad s ，

48.2

方案（ c）的稳固裕胸怀最大。

2 f 2 3.14 12 ras s 75.36 ras s ，方案（ c）对 12Hz 的正弦扰乱消弱

66

倍左右。 10

图 6-8

6-9.解：

第一将时域指标变换成频域指标，再按希望特征法进行校订，要点是掌握希望特征中频段特征确实定方法及相关公式的使用。

（ 1） 绘制知足稳态性能要求的未校订系统的对数幅频特征

20lg G( j ) 。

由

K v

lim sG( s) 100K 1000s 1

s 0

求得

K 10

画出 K

10 时未校订系统的 Bode 图，如图

6-9 所示。

67

图 6-9

由图可知，

c 32 rad s， 180 182 2

（ 2）依据性能指标要求绘制希望对数幅频特征20lg G ( j ) 。

由以下近似关系式

% 0.16 0.4( M r 1)

ts

[2 1.5(M r

1) 2.5(M r

1)2]

c

和 %

30% ， t s

0.25 s ，求得

M r 01.35 ，

c

36 rad s

① 低频段：使 20lg G ( j ) 与 20lg G( j

) 重合。

②

中频段：将 M r

1.35 ， c 40

36 rad s 代入式（ 6-25）式、（ 6-26 ）式，有

M r 1

10.37 rad

M r 1

2

c

s，

3

c

69.63 rad s

M r

M r

由（ 6-28）式有

r 1

hM

6.7

M r

1

中频段上、下限频次及中频段的宽度应当知足上述条件。

68

选用

线，交

2

10 rad s，

3

3

70 rad s ，过 c 40 rad s 的点斜率为 20 dB dec 的直

2

10 rad s 和 70 rad s 的垂线与 C 和 D 点， CD 段即为希望特征的中频段。

③

低频段与中频段的连结：因为低频段与中频段的斜率均为

20 dB dec，其连结特

性的斜率为

40 dB dec。过 C 点作斜率为

1

40 dB dec 的直线，交 20lg G( j ) 特征的低

频段于 B ， B 点对应的频次

0.39 rad s 。

D 点作斜率为

④

中频段与高频段的连结：过

40 dB dec的直线交 333rad s 的

垂线于 E。

⑤

高频段：

333rad s 的频段内，使 20 lg G ( j ) 与 20lg G( j ) 特征相一致， 60 dB dec的直线。

6-9 种 ABCDEF

所示。希望特征的转折频次为

1

即过 E 点作斜率为

整个希望特征如图

0.39 rad s ，

40 rad s ，中频段

2

10 rad s ，

7 。

3

70 rad s，

4

333 rad s ，其剪切频次为

c

的宽度为 h

（ 3）由 20 lg G ( j

) 20lg G( j ) 得串连校订网络的对数幅频特征

6-9 所示。其传达函数为

20 lg Gc ( j ) 。

校订网络的对数幅频特征如图

Gc ( s)

(s 1)(0.1s 1) ( 2.56s 1)(0.014s 1)

（ 4）验算已校订系统的性能指标。

校订后系统的开环传达函数为

G (s)

1000

(s 1)(0.1s 1)

s(s 1)(0.003s 1) (2.56s 1)(0.014s 1)

1000( 0.1s

1)

1)(0.003s 1)

s(2.56s 1)(0.014s

69

明显 K v 1000s 1 ，

c c

40 rad s ， h 7

求得

M rh 1 8

H11.33

6

% 0.16 0.4( M r 1) 29%

ts

[ 2 1.5( M r

1) 2.5(M r

1)2 ] 0.22s

c

均知足性能指标。

当用希望特征法确立串连校订网络时，有时早先其实不知道校订网络的基本形式，只有校

正网络的特征画出后，才能看出它是超前、滞后或滞后 -超前校订网络。自然，一旦熟习了这种方

法后，又经验的设计者一般都能早先预计出校订网络的形式，有时也能依据原系统的特

性，有目的地选择校订网络的形式。

6-10.解：

此题主假如学习反应校订方法，理解反应校订的近似条件及其应用。

（ 1）绘制知足偏差系统要求的未校订系统的凯欢对数幅频特征

20lg Gc ( j ) 。

由构造图 6-13 可知，

G ( s) G1 ( s)G2 ( s)

20K

s(1

0.05s)(1

0.005s)

20K K v 200s 1 ，有 K 10 。画出 K

10 时未校订系统的对数幅频特征， 如图 6-10示。

70

所

图 6-10

（ 2）依据性能指标要求，绘制希望对数幅频特征

20lg G ( j ) 。

○1 低频段： 20 lg G ( j ) 的低频段与 20lg G( j ) 的低频段相重合。○

2 中频段：要求

50 ，则

M 1 1

r

1.3

sin

sin 50

M r

2

c

1

7

M r

M r

1

3

c

53

M r

hM r 1

M 7.57

r

1

为使校订网络简单，依据上述关系式及未校订系统特征的形式，选用

71

2

7 rad s

过 c 30 rad s 点斜率为 交 20 lg G( j

20 dB dec的直线， 低频段交

3

7 rad s 的垂线于 C，高频段

) 特征于 D ，D 点对应的频次为

C 点作斜率为

133 rad s 。CD 即为希望特征的中频段。

○

3 中、低频段的连结：过

于 B， B 点对应的频次为

1

40 dB dec的交线，交 20lg G( j ) 的低频段

1rad s 。

○4 高频段：在

133 rad s 的频段内，使 20lg G ( j ) 与 20lg G( j ) 重合，中频段

与高频段由 CD直接连结。作出的希望特征为图

1

6-10 中的 ABCDE所示，对应的转折频次为

3

1rad s ，

4

2

7 rad s ，

c

133 rad s

200 rad s，

30 rad s ， h

19

希望特征对应的开环传达函数为

G (s)

200(0.143s 1)

s(s 1)(0.0075s 1)(0.005s 1)

（ 3）在图 6-10 中求出 20lg G( j 那段幅频特征作为

求得的 20lg G2 ( j

) 20lg G ( j ) 的特征曲线，取此中大于零分贝的

20lg G2 ( j )Gc ( j ) ，获取 [ G2 ( s)Gc ( s)] 。

)Gc ( j ) 如图 6-10 所示。为使 G2 (s)G c (s) 较简单，在图 6-10 中作出

20 lg G2 ( j )Gc ( j

) 0部分在高频段和低频段的延伸线（如图中虚线所示）

，获取

G 2 (s)Gc (s)

s

(0.143s 1)(0.05 s

c

1)

（ 4）查验局部反应回路的稳固性 计算

c 邻近 20lg G2 ( j )Gc ( j

)

0 的程度。

3

133rad s 时， G2 ( s)Gc (s) 所对应的相角裕度： 180

( 3 ) 90 arctan(0.143 3 ) arctan(0.05 3 )

72

101.5

局部反应回路是稳固的。

20 lg G 2 ( j c )G c ( j c )

20 lg

0.143

c

c

13.4dB

0.05

c

基本知足 G2 ( j )Gc ( j ) 1 的要求。

（ 5）依据 [ G 2 ( s)Gc ( s)] 确立校订网络 Gc (s) 。

Gc (s)

G 2 (s)Gc (s) G2 ( s)

s

0.05s 1

20

0.05s (0.143s

1)

(0.143s 1)(0.05s 1)

应当注意的是，依据反应校订的近似条件，在

20 lg G2 ( j )Gc ( j

20

)

0 的频段内，

G2 ( s)

(0.05s 1)

它的另一个环节

1

( 0.005s 1)

的对数幅值对上述频次范围内

20 lg G2 ( j )Gc ( j ) 的对数幅

值没有影响，故能够不予考虑。

（ 6）验算校订后系统的各项性能指标。

因为近似条件基本知足，可直接用希望特征来验算。

K v 200s 1 ， 180 90

c c

30 rad

c

s

arctan(0.143 )arctan c

arctan(0.0075

知足性能指标要求。

从此题的解题过程可见，

c

)

arctan(0.005

c

)

57.7

20lg G2 ( j

必定是在 20lg G( j

)Gc ( j ) 20lg G ( j ) 20 lg G ( j )

) 20lg G ( j ) 时才意图义。也就是说，在确立反应校订网络时，考 20lg G2 ( j )Gc ( j )

0dB 的范围以内，与这个频次范围内的特征

虑的频次范围是限制在

没关的环节在设计中能够不予考虑。

73

第5章习题

5-yy1. 解：

知识点窍 典型二阶系统频次指标的计算。

逻辑推理

依据典型二阶系统频次指标的计算的公式来确立所求的截止频次

裕度 。

解题过程

由典型二阶系统频次指标的计算的公式可得

c

n 1 4 4

2 2

3140.74

2 0.72

1.944

arctan2

n

2 0.7 3

arctan2

arctan

65.1614

4

c

22

1.944

5-yy.解：

系统的开环传达函数为

G( s) G1 (s)G2 (s)

48(s 1)

s(8s 1)(s / 20 1)

48( j

1)

G (s)

j (8 j 1)( j

/ 20 1)

截止频次 c5.8 rad s ，相角裕度

65.23 ，则

%

0.161 0.4

sin1

100% 20%

2

t s

[ 2

1.5

1

1 2.5

1

c

sin

sin1 ] 1.17s

74

c 和相角

习

题

7-1 依据定义

E* (s)

n 0

e(nT )e nTs

试求以下函数的

E* ( s)和闭合形式的 E(z)。

(1) e( t) = t；

(2) E( s)

1

( s

a) 2

解 (1) e(t) = t 求解过程可分为以下三个步骤进行：

① 求 e(t ) 的采样函数 e* (t) ：由 e(nT ) e(t ) |t nT nT , n 0,1,2,L ，得斜坡函数采样时辰的值 e(nT ) 。故采样函数为

e* (t) e(0) (t )

e(T ) (t T) L e(nT ) (t nT ) L

e( nT )

(t nT )

n 0

nT (t

nT )

n 0

② 求 e* (t) 的拉氏变换式 E* ( s) ： e* (t) 的拉氏变换式为 E* (s)

E* (s)

e(nT )e nTs

nTe nTs

n 0

n

0

0 Te Ts 2Te 2Ts L

nTe nTs L

[e Ts

e 2Ts e 3Ts L e nTs L ]'

[e Ts (1 e Ts ) e 2Ts L e nTs L ] '

'

'

e Ts g 1

1

TeTs

1

e Ts

eTs

1

(eTs 1)2

③ 求 E( z) ：由 E( z)

E* ( s) |

1，得 E(z)

Tz

2

n

( z

1)

s ln z

(2) E( s)

1

( s a) 2

① 求 e(t ) ： e(t) te at

② 求 e* (t)

75

e(t ) 在各

e* (t)

n 0

e(nT) (t nT ), e( nT) e(t ) |t nT nTe anT

所以

e* (t)

n 0

nTe anT (t nT )

③ 求 E* (s)

E (s)

*

e(nT )e

n 0

nTs

n 0

anT

nTe

g nTs

e

④ 求 E(s)

E( s) E* ( s) | 1 ln z

s

nTe anT gz n

T

n 0

[( eat z) 1 2(eat z) 2 L

y ，则 y

'

n(eat z) n L ]T

令 ( eat z) 1

E( y) (1 2 y 3y2

L

nyn 1 L ) yT ( y y2

Ty

yT

y

3

L

y

n

L )' yT

1 y

(1 y) 2

Tze aT

将 y

(eat z) 1 代入上式，可得 E( z) 为

E( z)

T (eat z) 1 [1 ( eat z)

t ；

1 2

]

( z e aT )2

(3)

7-2 求以下函数的 Z 变换 X(z)。 (1) x(t ) (4) x(t )

(2) x(t) (5) x(t)

cos

t ；

x(t ) t 2

1 e at ；

Tz

2

( z 1)

t e at ；

(6) z

2

x(t ) e at sin t

解 (1) X (z)

(2) X ( z)

z( z cos T )

2zcos T

1

(3) X (z)

T 2 z( z 1)

(z 1)3

Tze aT ( z

(4) X ( z)

(1 e aT )z (z 1)(z e aT )

(5) X (z)

(6) X (z)

eaT zsin

T

e aT )2

e2aT z2

2zeaT cos T 1

7-3 求以下拉普拉斯变换的 (1) X (s)

Z 变换 X( z)。 ；

s 3 ( s 1)(s 2)

(2) X (s)

1 (s a)2

；

(3) X (s)

1

e Ts

s2 (s 1)

解 (1)(2) 略。

76

(1) X ( z)

2zz z e T

z e 2T

Tze

aT

(2)

X ( z)

(z e aT ) 2

(3) ① 将 E(s) 展成部分分式，则有

E (s)

1 e Ts (1 e Ts ) 1 1 1

1 1 1 1 1 1

s2 (s 1) s2

s 1 s

s2 s 1 s

s2 s 1 s

② 求每一个部分分式项的

Z 变换：

E( z) (1 z 1 )

Tz z z

(z 1)2 z 1 z

T 1

z 1

1 (T 1)e T

(T 1 e T )z

z 1

z e T

( z 1)(z

e T )

1 (T 1)e T

(T 1 e T ) z

z2

(1 e T ) z e T

7-4 试求以下函数的 Z 反变换。

(1) X (z)

z ；

10z

(2) X (z)

z

0.5

(z 1)(z 2)

(3)

z

；

X (z)

( z

(4)

X (z)

z

1)( z 2)

( zaTbT

)

e )( z e

(5) X (z)

z

z2

；

(6)

X (z)

( z 1)2 ( z 2)

( z

0.8)( z

0.1)

解 (1) x* (t )

0.5k (t kT)

(2) x* (t)

10 (2k 1) (t kT )

k 0

k 0

(3) x* (t)

( 1)k (1 2k ) (t kT)

(4) x* (t )

1

(e akT e bkT )

(t

kT)

k 0

e aT e bT

k 0

(5) x* (t)

(2

k

1 k) (t kT)

k 0

(6) 用长除法将 E( z) 展为

77

e Ts

1 0.9z 1 0.73z 2 0.585z 3

22

z 0.9z 0.08)z

0.08 ) z2 0.9z

0.9z 0.08

)0.9z 0.81 0.072z 1

0.73 0.072z 1

2 1

)0.73 0.657z 0.0584z

2

1

0.585z 0.0584z

M

所以 E( z) 1 0.9z 1

0.73 z 2 0.585z 3 L ，相应的脉冲序列为

0.73 (t

e* (t ) (t) 0.9 (t T )

相应采样时辰的 e(t ) 值为

2T ) 0.585 (t 3T ) L

e(0) 1, e(T ) 0.9, e(2T )

0.73, e(3T ) 0.585,L

(t 2T )

x* (t)

n 0 8 (0.8)n 1 (0.1)n (t nT)(t)

7 7

0.9 (t T ) 0.73 0.585 (t 3T ) L

7-5 试确立以下函数初值和终值。 (1) X (z)

z2

( z 0.5)( z 1)

(2) X (z)

z2

( z 0.8)( z

1)

(3) X (z)

z2 (z2 z 1) 0.8 z 1)(z

2

( z

2

z 0.8)

4

解

(1) x(0) 1 ； x( (2) x(0) 1 ； x( (3) 由初值定理得

) 2 ) 5

x(0)

*

lim x (t )

t 0

lim X (z) lim

z

z4 z3

3

2

z2

1

z

z 0.2 z z

0.36 z 0.8

因为 X (z) 有四个极点，且都位于单位圆内，故由终值定理得

x( ) lim x* (t) lim

t

z

z 11

X ( z) lim z 1g z z z4 z 1

0.2 z3

z4

z3 z2

z2 0.36z

0.8

0

7-6 求解以下差分方程。

(1) c( k 2) 3c(k 1) 2c(k)

r (k )

78

已知 r (t ) (2) c(k 解 (1)

(t ) ，开端条件 c(0) 0 ， c(1) 0 。

2) 6c(k 1)

8c(k )

r ( k)

已知 r (t ) 1(t) ，开端条件 c(0) 因 r (t )

0 ， c(1) 0 。

(t) ，于是有

r ( k)

1, k 0, k

0 0

令 Z[ c( k)] C( z) ，且 Z[ r (k )]

1 ，由 z 变换的实位移定理得

Z[ c( k 2)] z2C (z) z2c(0)

zc(1)

Z[ c( k 1)]

zC( z) zc(0)

对差分方程两边取 Z 变换，经整理后有

依据初值条件 c(0)

( z2 3z 2)C ( z) 1 ( z2 c(1) 0 代入 z 变换方程中，得

3z)c(0)

zc(1)

(z2 3z 2)C (z) 1

所以

C ( z)

1

1

z

2

3z 2 ( z 1)( z 2)

求 C ( z) 的 Z 反变换方法有多种，下边仅用部分分式法求解： 因

C( z)

z2

所以

1

3z 2

1

( z 1)( z

z

2) z (z 1)(z 2)

1 g

C ( z)

z

1

c1

c2

c3

z( z2

3z 2)

z z 1 z 2

1 g z

求得 c1 1/ 2, c2

1,c3 1/ 2，故

得 C ( z) 的反变换为

(2) c(kT)

C ( z) 1 gz z 1 g z 1 z

2 z z 1 2 z 2 2 z 1 2 z 2

k 1

k4

c( k)

1 (k) (1)k 2

1 (2) k , k 0,1,2,L 2

1 3

2

, k

0,1,2L

6

7-7 已知 X(z) (1) Z a x(t )

解 (略)。

t

= Z[ x(t)] ，试证明以下关系式成立。 X z ； a

(2) Z

tx(t)

Tz

dX (z)dz

，式中 T 为采样周期。

79

7-8 已知系统构造如图

7.33 所示。 T 为采样周期，试求系统的输出

10 s 10

(a)

Z 变换 C(z)。

R(s)

T

1 s

C (s)

R(s)

T

1 s

10C (s)

T (b)

s 10

图 7.33 习题 7-8 图

解

(1) G(z)

G1 G2 ( z) Z[ G1 (z) G2 (z)]

Z[10

(1 e 10T )z ( z 1)(z

s( s 10) ]

e 10 T )

C(z) G( z) R( z)

2

(2) G(z)

G1 ( z) G2 ( z) Z [G1 (s)] Z [G1 ( s)] Z [ ] Z[ 10 ]

s s 10

1

10 z 10 T

(z 1)( z e )

C( z) G(z)R(z)

7-9 试求以下失散系统的输出

C(z)表达式。

R(s)

T

T G3 (s)

(a)

G2 (s )

G1 (s)

C (s)

G2 (s)

T

R( s)

G1 ( s)

G h ( s)G3 ( s)

T

(b)

G 4 ( s)

C ( s)

T

D1 ( z)

T

N (s )

G ( s)

1

R ( s)

D1( z)

T

C (s )

Gh ( s)

T

G 2 ( s)

(c)

图 7.34 习题 7-9 图

解 (1) 由图可求得内回路的闭环脉冲传达函数为

1( z)

G1 (z) 1 G1G2 ( z)

由 C ( z) 的计算公式有

C (z)

1

此中

Gf (z)

G0 (z)

80

G0 (z)

1 (z)G3 ( z)

G1( z)

gG3( z)

G f (z)

1 G1G2 ( z) G1( z)

( z) R( z) g R(z) 1

1 G1G2 (z)

故所求系统输出 C ( z) 的表示式为

1

C(z)

Gf (z)

G (z)R(z)

1 G0 ( z) 1 G1G2 (z) G1 ( z)G3 (z)

(2) 因为所示闭环采样系统中有两条前向通路，所以在求

G f (z) 时需将这两条通路都考

虑进去。由图求得

G0 (z) 和 G f ( z) 分别为

G1 ( z)

G0 ( z) GhG3G4 ( z) G3 ( z)

1 G1G2 ( z)

Gf ( z) R( z)G2G4 ( z) RG1( z) GhG3G4 (z)

故所求系统输出 C ( z) 的表示式为

C ( z)

RG2G4 ( z)

RG1 ( z)GhG3G4

( z)

1 GhG3G4 (z)

(3) C ( z)

D1 ( z) D2 (z) Gh G1G2 (z)R(z)

1 D1 (z)Gk G1G2 ( z)

–t

7.35 所示，此中 r (t) = 100 e，试求其输出 c(kT)。 已知 RC 电路如图 7-10

解 过程略

c(kT )

100(1 k )e kT , k

0,1,2L

7-11 已知闭环系统的特点方程为 (1) D ( z) ( z 1)( z 0.5)( z 2)

43

(2) D ( z) z 1.368z

0 0.08z

0.4z2

0.002 0 (采纳劳斯 -赫尔维茨判据 )

试判断失散系统的稳固性。 解 (1) 系统不稳固；

(2) 因 n=4，有 2n-3=5 可得朱利阵列的总行数为

5 行。由 D (z) 可知 a = 0.002, a = 0.08, a = 0.4,

0 1

2

a3 = –1.368, a4 = 1。

计算朱利阵列中的元素 bk 和 ck 以下：

bk

a0 an

an k

ak

, k 0,1,2,L , n 1， ck

b0

bn 1 k

bk

, k 0,1,2,L , n 2

b

n 1

81

所以

b0

a0 a4 a4 a0 a0 a2 a4 a2 b0 b3 0.002

1

0.999

0.399

b1 b3

a0 a3 a4 a1 a0 a1 a4 a3 b0 b2 0.002

1.368 0.08 0.08

1.368

b2

1 0.002 0.002 0.4

1 0.002

0.083

c0

1 0.4 0.999 0.083

0.991 c1

1 1.368 0.999 0.399 1.40

b3 b0 0.083 0.999

b3

b1

0.083 1.368

cb0 b1 0.999

1.368

0.512

2

b3 b1

0.083 0.399

依据计算结果可做出以下朱利阵列：

行数 z0 z1 z2 z3 z4 1 0.002 0.08 0.4 1.368 1

2 1 1.368 0.4

0.08 0.002

3 0.999 1.368 0.399 0.083

4 0.083 0.399 1.368 0.999

5

0.991

1.40

0.512

由上述阵列得出三个拘束条件为 因 | a0 | 0.002, a4

1 ，知足 | a0 | an a4 ；

因 | b0 | 0.999,| b3 | 0.083 ，知足 | b0 | bn 1 | b3 |； 因 | c0 | 0.991,| c2 | 0.512 ，知足 | c0 | cn 2 | c2 |。

又因为

D (1)

1 1.368 0.4 0.08 0.002 0.114 0

3

D( 1)

1 1.368( 1) 0.4( 1)2 0.08( 1) 0.002

2.69 0

所以，朱利判据的稳固条件都获取知足，故该系统是稳固的。即该系统特点方程式没有位于 z 平面上单位圆上和单位圆外的根。 7-12 设有零阶保持器的失散时间系统如图 7.36 所示。试求：

(1) K =1， T =1s 时，试判断闭环系统的稳固性；

(2) 当采样周期分别为 T =1s 及 T =

0.5s 时系统临界稳固的

K 值，并议论采样周期

性的影响；

(3) 当 r (t) = 1(t), K =1, T 分别为 0.1s、 1s、 2s、 4s 时，系统的输出响应 c( kT)。

r

1 e Ts

K c

T

s

s(s 1)

图 7.36 习题 7-12 图

解 不难求出，系统的开环脉冲传达函数为

82

T 对稳固

1

K

(e T

T 1)z (1 e T Te T )

G( z) (1 z )Z s2 ( s 1) K

(z 1)(z

e T )

相应的闭环特点方程为

D (z) 1 G( z)

0

当 T

1s 时，有

D ( z) z2 (0.368 K 1.368) z

(0.264 K 0.368)

0

令 z

( w 1) /(w 1) ，得 w 与特点方程

D (w) 0.632 Kw 2

(1.264 0.528 K )w

(2.732 0.104 K ) 0

依据劳思判据易得 K 2.4 。

当 T

0.5s 时， w 域特点方程为

D (w)

0.197Kw 2 (0.786 0.18K ) w

(3.214 0.017 K ) 0

依据劳思判据得

K 4.37

因为闭环系统脉冲传达函数

C ( z) G( z)

GB ( z)

R( z)

1 G( z)

K [( e T T 1)z (1 e T Te T )]

z2 [ K (e T T 1) (1 e T )] z [ K (1 e T Te T ) e T ]

且有 R( z) z /( z 1) ，所以不难求出 C (z) 的表达式。

令 K 1,T 分别为 0.1s， 1s， 2s， 4s，可由 C ( z) 的反变换求出 C (kT ) 。

由例可见， K 与 T 对失散系统稳固性有以下影响：

7-13 已知系统构造如图 7.37 所示，此中 K = 10，T = 0.2s，输入 r (t) = 1(t) + t + t2

/2，试用静态偏差系数法求稳态偏差。

r

e

1 e Ts

K1

c

T

s

s2

0.5s

图 7.37 习题 7-13 图

解 静态偏差系数法

能够看出开环系统为Ⅱ型。所以

地点偏差系数

K p lim[1 G( z)]

lim 1 1.2z ( z0.8

1) 2

z 1

z 1

速度偏差系数

83

Kv

lim( z 1)G( z)

z

lim( z

z

1)

1.2 z 0.8

2 1) 2

1

1

( z 1)

加快度偏差系数

K a

2

2

lim( z

z 1

1) G ( z)

lim( z

z 1

1.2z 1)( z

0.8

0.4

故系统的稳态偏差为

e( )

e

ss

1 K p

0

T T 2 K v

K a

0.1

7-14 已知系统构造如图

7.38 所示，此中 G (s) =

1

，采样周期 T = 1s，试求 r (t) = 1(t)

时，系统无稳态偏差，过渡过程在最少拍内结束的

r (t )

D(z) 。

c(t )

T

D (z)

T

G0 (s)

图 7.38

习题 7-14 图

解

由图可知 G (s) G (s)

0

1 s( s 1)

1 s z

1 ，故

s 1

z z e 1

0.632 z

G ( z) z 1 (z 1)(z

lim[1

0.368)

为使在单位阶跃输入下无稳态偏差，并能在有限拍内结束过渡过程，有

e( ) lim 1

z 1 1 G ( z) D ( z)

( z)]

0

或

z 1

e( ) lim 1

P( z) z

z 1

r

0

所以 P( z) 1 。

从 D ( z) 能实现来看， 可得出 r 的最小数应为 1。因为最少拍是指在阶跃信号作用下无稳态偏差，所以其闭环传达函数应为

故，其瞬态过程只需一拍就能够结束。

数字控制器 D ( z) 的脉冲传达函数可求得为

D ( z)

( z) P( z)

zr 1

z

z 1

1 g P ( z) G(z) zr P(z)

1 g 1 G( z) z 1

1 z 0.368 1.58 0.58 z 1

0.632z z 1 0.632 z ( z 1)( z 0.368)

g

1

84

第八章 非线性控制系统习题答案

8-1 解:

由 原 方 程 得 ： x

f ( x, x)

(3x 0.5)x x x 2

3x 2 0.5x x x2 ， 令

x x 0 ，得： x x 2 x 0, 1。 x( x 1) 0 ，解出奇点为：

在 x 0处，特点根为： s1,2 0.25 j 0.984 ，明显为不稳固的焦点。

在 x

1处，特点根为：

s

0.5

1, 2

4.25

2

，明显为鞍点。

大要画出奇点邻近的相轨迹以下：

-1

习题 8-1 相轨迹图

8-2 解:

原方程可改写为：

I ：x x x 0, x 0 II ： x x x

0, x

0

s 1

I： s2

系统的特点方程及特点根为：

0, s1,2

1 2

j 3 (稳固焦点 )

2

II ： s2

dx dx

1

s－1 0, s1,2

1.618, 0.618(鞍点 ) 1 x

x ，即：

推导等倾线方程：

x x

，则有： x

1

I ：

1

1 , x

0 0

，画出系统相平面以下：

II ：

1

1, x

85

习题 8-2 相平面图

8-3 由 dx

（ 1）解：相平面上任一点的相轨迹斜率为：

dx dx

x sin x

x

，

0

0

，得： x k

(k 0, 1, 2, ) ，

dx

所以在相平面的 在 x 轴上知足 x 为稳固焦点。 在 x 轴上知足 x

x 轴上， x k ( k

2k

(k

0, 1, 2, ) 的点均为奇点。

0, 1, 2, ) 的所有奇点邻近，由泰勒级数睁开来考证这种奇点

(2k 1) (k 0, 1, 2, ) 的所有奇点邻近，由泰勒级数睁开来考证这种

奇点为鞍点。 绘制相轨迹以以下图所示：

习题 8-3 （ 1）相轨迹图

（ 2）解：原方程可改写为：

I：x x 0, x 0 II ：x x 0, x

0

系统的特点方程及特点根为：

86

I ： s2

1 0, s1,2

j (中心点 )

II ： s2－1 0, s1, 2 1(鞍点 )

x＝ －1 x, x

0

推导等倾线方程：

，画出系统相平面以下：

＝ 1 , x x x

0

习题 8-3 （ 2）相轨迹图

（ 3）解：令 x 当 x 2 当 x ( 2

x 0，得 sin x

0 ，得出系统的奇点：

x 0,

, 2 , x 2

， k 0, 1, 2, 时，令 x 2

0, 1, 2,

x0 ，能够考证奇点

1)

， k 0, 1, 2,

为中心点。

1) ， k 1) ， k

时 ， 令 x (2

x0 ， 可 以 验 证 奇 点

x (2 0, 1, 2, 为鞍点。

相轨迹为： x

1

sin x ，相轨迹以以下图：

（ 4）解：由原方程得： x f

，令 x x 0 ，得奇点 x

性化，可知该奇点为中心点，大要绘制奇点邻近的相轨迹以以下图所示。

x x ( , )

习题 8-3 （ 3）相轨迹图

2

x

x

0 ，在奇点处线

87

习题 8-3 （ 4）相轨迹图

8-4 （ 1）解，可按教材进行剖析，相轨迹图以下所示（图中

c

de de

）：

习题 8-4 （ 1）相轨迹图

（ 2）解，可按教材进行剖析，相轨迹图以下所示（图中

c

de

）：

de

88

习题 8-4 （ 2）相轨迹图

8-5 （ 1）解：

M , 0,

10e 1

10e 1 c, e e 0.1 e

0.1 0.1

由构造图可得 u

1 10e 1

1

M , r c M ,

且有： u

Tc c,e c, e (1) (2) (3) 1 c( 0)

c

所以： Te

e 0, M ,

M , e 0.1

开关线 e 0.1 ，初始状态为： e(0)

e

在地区①： Te

de1, e(0) 0

在地区②： Te e 0,

de

de

1

M e Te

de

在地区③： Te

e

相轨迹以以下图所示：

M , de

de

T

M e Te

89

习题 8-5 （ 1）相轨迹图

（ 2）由图可知，系统稳固，相轨迹与 e 轴订交于

0.1,0.1 区间的某点，由 Te e 0 知，

e 0, e 0 ，系统将停止运动，且交点不会落在其余地区，故最大稳态偏差：

8-6 解：由图可得出：

emax 0.1 。

e r (c

1 ) 6 c

9,

r

(c

1

c)

1 (1)

6 r ( c

由继电器非线性特征，有：

c

0,

- 1

1

c)

1 (2)

9,

r

(c (4) (5)

1

6

6 c)

1 (3)

相平面上的开关线方程：

6c 6c

c 18 c 30

下边用分析法绘制系统的相轨迹。 在地区①，系统的方程为

c 9 ，积分有： c

0 ，可求得： c1

9t c1, c 9 t 2 c1t c2 ，

2

0, c2 3 。

由初始条件 c(0) 3, 地区①的参数方程为：

c(0)

c 9t ,c 9 t 2 3 ，

2

1 c 2 3

18

(6)

消去参变量 t 得： c

可知，在地区①内的相轨迹为极点（－ 在地区②，系统的方程为 出地区②的参数方程为：

3，0），张口向右的抛物线（见以下图） ，系统相轨迹 从

）。

A 点出发抵达 B点，进入地区②， B点知足方程 (4) 和(6) ，可解出 B 点的坐标为（ 1.5,9

c

c

0 ，积分有： c

9, c 9t

入

c3 , c

c3t c4 ，据 B 点的坐标（ 1.5,9 ）求

1.5

c 轴的直线（见以下图） ，系统的相轨迹从 B点抵达 C点，进

明显地区②的相轨迹是平行于

地区③， C点的坐标为（ 3.5,9 ）。 在地区③，系统的方程为

c

9,c

9t 9, c

9 t 2 c5 t c6 ，由 C点的坐标（ 3.5,9 ） 2

90

求出

c5

9,c6 3.5 ，同上得出参数方程，消去参变量 t ，有： c

可知，地区③的相轨迹为极点在（ 8， 0），张口向左的抛物线（见以下图）

1 c 2 18

8(7)

C

，系统相轨迹从 点

经 D点抵达 E 进入地区②。

按此持续下去，绘制相轨迹以以下图所示。

习题 8-6 相轨迹图

D点抵达峰值，

由图知，系统到At

从

点运动 D点所需的时间 t AD 即为峰值时间，

AD

t ABt BC

tCD (1

220 s

9 1)s

9

8.7 解:各开关线方程:

0 时 , e 0 ；

0.5 时 , e(0)

2e ； e(0) 0.5e 。

习题 8-7 相轨迹图

由相轨迹能够看出，加入比率微分控制能够改良系统的稳固性，当微分作用加强时，系统振荡减小，响应加快。

91

2 时 ,

8.8 解 (a)

N(X)

(b)

N(X ) K

3 X 2 4 4B

X 2(k1

(c)

N(X ) k2

k 2 )

arcsin

b

b X

2

1

b

2

(X>>b)

2

X 1

X

(d)

N(X ) 4M

X

2K

1

a

X

b X

b

(X>>b)

8.9 解:(a)

arcsin

b

X

arcsin

X X

b

1 ( )

2

X

1 ( ) ,X X X

2

b

(b)

K arcsin

Cj

4bC

Kb

KX

arcsin

C

Kb KX

C

Kb 1 KX

( C

Kb ) 2

KX

C Kb

KX

1 ( C Kb ) 2

KX,

, X

X 2

C Kb KX

8-10 解 : N (x)

4M X

1 ( )

h

2

j

4Mh MX 2

N 0 ( X ), 此中 h

N0(X)

4h 1 ( )X X

h

X

2

j ( ) 2 ，则

4h

X

1

N0(X)

(X)2

4

1 j ，

h

有： Im

1

，

N0(X)

4

由图知： G (s)

10(s 1)(Ts 1)

，令 Im G( j

)

0，可得：

3 T

，

s3

成立方程： Im 4G( j

)

Im

1

1

，可得： T

0.1375

N0(X)

N (x)

当 T<0.1375 时 ,4G(j ω ) 和

无交点 , 系统不产生自振 , 但系统不稳固。 当 T>0.1375 时 ,

4G(j ω) 和

1

有两个交点 A 和 B, 以下图。 系统在 B 点时自振 , 在 A 点时发散， T 越大，

N (x)

自振频次越高，振幅越小。

当 T=0.24 时，系统有稳固的自振。可求得输出振幅：

C x 0.33, 11.9 。

92

习题 8-10 相轨迹图

8.11 解 : 绘制 G( j )和

1 习题 8-12 相轨迹图

曲线，无自振就是两曲线五交点，进而求出：

a

N (x)

8b 。 3

8.12 (1) 解：设系统处于稳固自振状态时，线性环节

G (s)

2K 的相角迟后 1350 ，求 s(s 1)

此时的 K，并确立输出端的自振频次与幅值。

（ 2）定性剖析当 K 值增添时，系统输出端自振频次与幅值的变化趋向。 解：（ 1）由 N ( x)

X 2 8

X 2

1 j

8 ，有： 1 X 2 N (x)

X 2 8

G( j )

1 j ，

8

，以以下图所1350 示。

线性环节 G (s)

2K ，系统在 Q点产生自振，此时 s( s 1)

Im G( j )

则有：

2K (1

2K 2

2

)

8 ，由此可得：

1, K

Re G( j )

2

8

，进而求得： X2

(1

c

)

8

则输出端的幅值：

K

幅值将随之增大。

3.6 ，自振频次不变成：

1。

（ 2）当 K 增大时，因为 G( j ) 增大，系统自振点 Q向后移至 Q ，所以系统输出端的自振频次与

93