【图文】数字电路 第2章习题解答_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
评价文档：
数字电路 第2章习题解答
上传于||暂无简介
大小：985.00KB
登录百度文库，专享文档复制特权，财富值每天免费拿！
你可能喜欢如图，化简|c|-|c-b|+|a-c|+|a+b|
（1）填空：c_____0；c-b______0；a+b______0
（2）化简：|c|-|c-b|
（3）化简：&|c|-|c-b|+|a-c|+|a+b|如图，化简：|c|-|c-b|+|a-c|+|a+b|，（1）填空：c______0；c-b______0；a+b______0．（2）化简：|c|-|c-_百度知道自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案-牛宝宝文章网
自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10 自动控制原理课后答案
设水位自动控制系统的原理方案如图1―18所示，其中Q1为水箱的进水流量，
Q2为水箱的用水流量，H为水箱中实际水面高度。假定水箱横截面积为F，希望水面高度
为H0，与H0对应的水流量为Q0，试列出水箱的微分方程。解
当Q1=Q2=Q0时，H=H0；当Q1≠Q2时，水面高度H将发生变化，其变化率与流量差Q1?Q2成正比，此时有Fd(H?H0)=(Q1?Q0)?(Q2?Q0) dt于是得水箱的微分方程为FdH=Q1?Q2 dt2―2
设机械系统如图2―57所示，其中xi为输入位移，x0为输出位移。试分别列写各系统的微分方程式及传递函数。图2―57
机械系统解
①图2―57(a)：由牛顿第二运动定律，在不计重力时，可得&i?x&0)?f2x&0=m&&0 f1(xx整理得dxd2x0dxm2+(f1+f2)0=f1i dtdtdt将上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即初始条件全部为零，可得[ms2+(f1+f2)sX0(s)=f1sXi(s) ]于是传递函数为X0(s)f1 =Xi(s)ms+f1+f2②图2―57(b)：其上半部弹簧与阻尼器之间，取辅助点A，并设A点位移为x，方向朝下；而在其下半部工。引出点处取为辅助点B。则由弹簧力与阻尼力平衡的原则，从A和B两点可以分别列出如下原始方程：&?x&0) K1(xi?x)=f(x&?x&0) K2x0=f(x消去中间变量x，可得系统微分方程f(K1+K2)dx0dx+K1K2x0=K1fi dtdt对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为X0(s)fK1s =Xi(s)f(K1+K2)s+K1K2③图2―57(c)：以x0的引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：&i?x&0)=K2x0 K1(xi?x)+f(x移项整理得系统微分方程fdx0dx+(K1+K2)x0=fi+K1xi dtdt对上式进行拉氏变换，并注意到运动由静止开始，即xi(0)=x0(0)=0则系统传递函数为X0(s)fs+K1 =Xi(s)fs+(K1+K2)2-3 试证明图2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。图2-58
电网络与机械系统1R1R1C1s1===解：（a）：利用运算阻抗法得：Z1=R1// 1C1sR1C1s+1T1s+1R1+C1sR1Z2=R2+11(R2C2s+1)=1(T2s+1) =C2sC2sC2s1(T2s+1)U0(s)(T1s+1)(T2s+1)Z2C2s===所以： R1R1C2s+(T1s+1)(T2s+1)Ui(s)Z1+Z21(T2s+1)+T1s+1C2s(b)以K1和f1之间取辅助点A，并设A点位移为x，方向朝下；根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：&i?x&0)=f1(x&0?x&) （1） K2(xi?x0)+f2(x&0?x&)
（2） K1x=f1(x&i?x&0)=K1x
（3） 所以K2(xi?x0)+f2(x对（3）式两边取微分得&i?x&0)+f2(&&i?&&0)=K1x&
（4） K2(xxx将（4）式代入（1）式中得&i?x&0)=K1f1x&0?f1K2(x&i?x&0)?f1f2(&&i?&&0) K1K2(xi?x0)+K1f2(xxx整理上式得&0+f1K2x&0+K1f1x&0+K1f2x&0+K1K2x0f1f2&x &i+f1K2x&i+K1f2x&i+K1K2xi=f1f2&x对上式去拉氏变换得[f1=f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K2Xi(s)所以： [f2s2+(f1K2+K1f1+K1f2)s+K1K2X0(s)2]]f1f2f1f22s+(+)s+12KKKKX0(s)f1f2s+(f1K2+K1f2)s+K1K22121==f1f22fffXi(s)f1f2s2+(f1K2+K1f1+K1f2)s+K1K2s+(1+2)s+1+1K1K2K1K2K2ff1s+1)(2s+1)K2K1=fff(1s+1)(2s+1)+1K1K2K2(所以图2-58(ａ)的电网络与(b)的机械系统有相同的数学模型。2―4 试分别列写图2-59中个无源网络的微分方程式。解：（a） :列写电压平衡方程：ui?u0=uC
dtR1?du?d(ui?u0)ui?u0?u?u0=(iC+iR1)R2=?CC+C?R2=?C+?R2 dtRdtR11????整理得：CR2?du0?R2duiR2?CuCRC1=+ui +?+02??dt?R1dtR1?(b) :列写电压平衡方程：ui?u0=uC1 （1）
iC1=C1duC1
（2） dtiC2=uC1+iC1Rudud(u0?iC1R)+iC1=C1+2iC1=C2C2=C2
（3） RRdtdt即：uC1d(u0?iC1R)+2iC1=C2（4） Rdt将（1）（2）代入（4）得：ui?u0d(ui?u0)du0d2uC1 +2C1=C2?C1C2R2Rdtdtdtuiu0duidu0du0d2uid2u0即：?+2C1?2C1=C2?C1C2R2+C1C2R2 RRdtdtdtdtdt整理得：du0u0d2u0d2uiuiduC1C2R2+(C2+2C1)+=C1C2R2++2C1i dtRRdtdtdt2-5
设初始条件均为零，试用拉氏变换法求解下列微分方程式，并概略绘制x(t)曲线，指出各方程式的模态。&(t)+x(t)=t; (1) 2x解：对上式两边去拉氏变换得：（2s+1）X（s）=1/s2→X(s)=1114 =?+22s2s+1s(2s+1)s运动模态e?0.5t1?t2所以：x(t)=t?2(1?e)&(t)+x&(t)+x(t)=δ(t）。 (２)&　 x解：对上式两边去拉氏变换得：(s2+s+1)X(s)=1→X(s)=???sin??2t? ??11= (s2+s+1)(s+1/2)2+3/4运动模态e?t/2所以：x(t)=2?3? e?t/2sin?t????2?&(t)+2x&(t)+x(t)=1(t）。（3）& x解：对上式两边去拉氏变换得：111111 (s2+2s+1)X(s)=→X(s)===?+ss(s2+2s+1)s(s+1)2ss+1(s+1)2自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案运动模态e(1+t)所以：x(t)=1?e?t?t?te?t=1?e?t(1+t)2-6 在液压系统管道中，设通过阀门的流量满足如下流量方程：Q=KP式中K为比例常数，P为阀门前后的压差。若流量Q与压差P在其平衡点(Q0,P0)附近作微小变化，试导出线性化方程。解：设正常工作点为A，这时Q0=KP0在该点附近用泰勒级数展开近似为：?df(x)?y=f(x0)+??(x?x0) dx?x0?即Q?Q0=K1(P?P0)其中K1=?11?dQ? =K?dP2P0?P=P0?2-7 设弹簧特性由下式描述：F=12.65y1.1其中，是弹簧力；是变形位移。若弹簧在变形位移附近作微小变化，试推导的线性化方程。解：设正常工作点为A，这时F0=12.65y0在该点附近用泰勒级数展开近似为： 1.1?df(x)?y=f(x0)+??(x?x0) ?dx?x0即F?F0=K1(y?y0)=12.65×1.1y0其中K1=???dy??y=y0?ed=Ed0cosα ?dF?0.10.1=13.915×1.1y0 2-8 设晶闸管三相桥式全控整流电路的输入量为控制角，输出量为空载整流电压，它们之间的关系为：式中是整流电压的理想空载值，试推导其线性化方程式。解：设正常工作点为A，这时Ed=Ed0cosα0在该点附近用泰勒级数展开近似为：?df(x)?y=f(x0)+??(x?x0) dx?x0?即ed?Ed0cosα0=Ks(α?α0) 其中Ks=??ded?=?Ed0sinα0 ?αd??α=α?2t2-9
若某系统在阶跃输入r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出响应c(t)=1?e响应。解：对输出响应取拉氏变换的： +e?t，试求系统的传递函数和脉冲1s2+4s+2111
因为：C(s)=Φ(s)R(s)=Φ(s) C(s)=?+=sss+2s+1s(s+1)(s+2)s2+4s+2s12=1+=1?+所以系统的传递函数为：Φ(s)= (s+1)(s+2)(s+1)(s+2)s+1s+2系统的脉冲响应为：g(t)=δ(t)?e?t+e?2t2-10 设系统传递函数为2C(s)=2 R(s)s+3s+2&(0)＝０。试求阶跃输入r(t)=1(t)时，系统的输出响应c(t)。 且初始条件c(0)=-1,c解：由系统的传递函数得：d2c(t)dc(t)3++2c(t)=2r(t)
（1） dtdt2对式（1）取拉氏变换得：&(0)+3sC(s)?3c(0)+2C(s)=2R(s)
（2） s2C(s)?sc(0)?c将初始条件代入（2）式得1(s2+3s+2)C(s)+s+3=2 s2?s2?3s22s+6142=?+即：C(s)= =?s(s2+3s+2)ss2+3s+2ss+1s+2所以：c(t)=2?4e?t+2e?2t2-11在图2-60中，已知和两方框相对应的微分方程分别是6dc(t)+10c(t)=20e(t) dtdb(t)+5b(t)=10c(t) 20dt且初始条件均为零，试求传递函数C(s)/R(s)及E(s)/R(s)解：系统结构图及微分方程得：G(s)=2010
H(s)= 6s+1020s+51020E(s)101010G(s)C(s)====2010R(s)1+G(s)H(s)2010R(s)1+G(s)H(s)+11+ 6s+20s+52ss++10(205)(610)ss+s+5)200(20s+5)====(6s+10)(20s+5)++230s+)(20s+5)+0s+2502-12 求图2-61所示有源网络的传递函数1R0C0s1解：（a）Z0=R0//==1T0s+1C0sR0+C0sR0T0=R0C0U0(s)RR=?1=?1(T0s+1) Ui(s)Z0R01C0sR01（b）Z0=R0//==1T0s+1C0sR0+C0sR0Z1=R1+Ts+11=1C1sC1sT1=R1C1 T0=R0C0U0(s)Z1=?1=?(T1s+1)(T0s+1)Ui(s)Z0R0C1sZ12=R1//(R2+（c）Ts+11=R1//2C2sC2s T2s+1C2sR(Ts+1)==12Ts+1T2s+R1+1R1+2C2sR1T2=R2C2U0(s)ZRT2s+1=?12=?1 Ui(s)R0R0T2s+R1+12-13由运算放大器组成的控制系统模拟电路如图2-62所示，试求闭环传递函数Uｃ(ｓ)／Ｕｒ(ｓ)。图2-62
控制系统模拟电路　 解：U(s)U1(s)ZU(s)ZR=?1 （1）
2=?2 （2） 0=?2（3） U0(s)+Ui(s)R0U1(s)R0U2(s)R0式（1）（2）（3）左右两边分别相乘得U0(s)ZZR=?122即 U0(s)+Ui(s)R0R0R0U0(s)+Ui(s)R0=?U0(s)Z1Z2R233U(s)R01+i =?U0(s)Z1Z2R23所以：Ui(s)R0=??1 U0(s)Z1Z2R2R11R2U0(s)+1TsCsZZR112=?3122=?=?3R11Ui(s)3R0+Z1Z2R2R0+R2 R+10T1s+1C2sZ1Z2R2=?R1R2(T1s+1)C2sR0+R1R232-14 试参照例2-2给出的电枢控制直流电动机的三组微分方程式，画出直流电动机的结构图，并由结构图等效变换求出电动机的传递函数?m(s)/Ua(s)和?m(s)/Mc(s)解：由公式（2-2）、（2-3）、（2-4）取拉氏变换Ua(s)?Ea(s)=Ia(s)
Ea(s)=Ce?m(s) Las+RaCmIa(s)=Mm(s)Mm(s)?Mc(s)=?m(s) Jms+fm得到系统结构图如下：自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案Cm1?m(s)Las+RaJms+fmCm==CC1(Las+Ra)(Jms+fm)+CeCmUa(s)em1+Las+RaJms+fm1?m(s)Jms+fmLas+Ra==CeCm1(Las+Ra)(Jms+fm)+CeCmMc(s)1+Las+RaJms+fm2-15 某位置随动系统原理方块图如图2-63所示。已知电位器最大工作角度θmax=330o，功率放大级放大系数为K3,要求：(1) 分别求出电位器传递系数K0、第一级和第二级放大器的比例系数K1和K2；　 (2) 画出系统结构图；(3) 简化结构图，求系统传递函数θ0(s)/θi(s)。图2-63
位置随动系统原理图解： （1）K0=15V3020K==3K==2 12（2）θe(s)=θi(s)?θ0(s)
Us(s)=K0θe(s)
Ua(s)=K1K2KsUs(s)Ua(s)=RaIa(s)+LasIa(s)+Eb(s)
Mm(s)=CmIa(s) Js2θ0(s)+fsθ0(s)=Mm(s)?Mc(s)
Eb(s)=Kbθ0(s)系统结构图如下：(3) 系统传递函数θ0(s)/θi(s)Cms(Las+Ra)(Js+f)K0K1K2KsCmKbK0K1K2KsCm1+s(Las+Ra)(Js+f)s(Las+Ra)(Js+f)+CmKbθ0(s)==CmK0K1K2KsCmθi(s)1+s(Las+Ra)(Js+f)s(Las+Ra)(Js+f)+CmKb1+K0K1K2KsCmKb1+s(Las+Ra)(Js+f)=K0K1K2KsCms(Las+Ra)(Js+f)+CmKb+K0K1K2KsCm2-16 设直流电动机双闭环调速系统的原理线路如图2-64所示：要求（1） 分别求速度调节器和电流调节器的传递函数（2） 画出系统结构图（设可控硅电路传递函数为K3/(τ3s+1)；电流互感器和测速发电机的传递函数分别为； K4和K5；直流电动机的结构图用题2-14的结果）（3） 简化结构图，求系统传递函数?(s)/Ui(s) 解：（1）速调UST(s)Z=1=Ui(s)?Uf(s)R流调R1+1C1sR1C1s+1T1s+1== RRC1sRC1s1C2sR2C2s+1T2s+1== RRC2sRC2sULT(s)Z=2=UST(s)?Udlfk(s)R（2）系统结构图如下：R2+(3) 简化结构图，求系统传递函数?(s)/Ui(s)因为求系统传递函数?(s)/Ui(s)，所以令Mc=0，系统结构图如下：将K4后移到输出Ω，系统结构图化简如下：进一步化简得：进一步化简得：进一步化简得：所以：?(s)=Ui(s)2K3Cm(T2s+1)(T1s+1)2RC1sCmRC2s(Las+Ra)(Jms+fm)+CeCm(τ3s+1)+K3K4Cm(Jms+fm)+K5K3Cm(T2s+1)(T1s+1)2-17 已知控制系统结构图如图2-65所示。试通过结构图等效变换求系统传递函数C(s)/R(s)。图2-65
题2-17系统结构图解：（a）自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案所以：（b）C(s)G1+G2=R(s)1+G2G3C(s)C(s)所以：(c)C(s)G1G2(1+H1H2)=R(s)1+H1H2?G1H1所以：(d)G2(G1+G3)C(s)=R(s)1+G2H1+G1G2H2所以：(e)G1G2G3C(s)=R(s)(1+G1H1)(1+G3H3)+G2H2所以： (f)G1G2G3C(s)=G4+1+G2G3H2+H1G2?G1G2H1R(s)所以：C(s)(G1+G3)G2=R(s)1+G1G2H12-18 试简化图2-66中的系统结构图，并求传递函数C(s)/R(s )和C(s)/N(s)。解：（1）求C(s)时，N=0这时结构图变为： R(s)所以：G1G2C(s)=R(s)1+G1G2H1+G1G2（2）求C(s)时，R=0这时结构图变为： N(s)进一步化简得再进一步化简得：再进一步化简得：再进一步化简得：自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案再进一步化简得：所以：G2(G2G3?1?G1G2H1)C(s)= R(s)(1+G1G2H1)[G2+G1(1+G1G2H1)]图2-66
题2-18系统结构图解： （1） 求C(s)时，N=0这时结构图变为： R(s)所以：C(s)G4(G1G2+G2+G3)=1+G4(G2+G3)R(s)(2) 求C(s)时，R=0这时结构图变为： N(s)所以：G4C(s)= R(s)1+G4(G2+G3)&0+x&0=K2u x3-1 设随动系统的微分方程为： T&u=K1[r(t)?xf]&f+xf=x0
Tfx其中T,Tf, K2为正常数。如果在外作用r(t)=1+t的情况下，使x0对r(t)的稳态误差不大于正常数ε0,试问k1应满足什么条件？见习题3-20解答3-2 设系统的微分方程式如下：&(t)=2r(t)
0.2c&&(t)+0.24c&(t)+c(t)=r(t) （2） 0.04c试求系统的单位脉冲响应k(t)和单位阶跃响应h(t)。已知全部初始条件为零。解：（1） 因为0.2sC(s)=2R(s)单位脉冲响应：C(s)=10/s
k(t)=102t≥0t≥0单位阶跃响应h(t)
h(t)=10t（2）(0.04s+0.24s+1)C(s)=R(s)
C(s)=2R(s)0.04s2+0.24s+1125?3t单位脉冲响应：C(s)=kt=esin4t ()0.04s2+0.24s+13单位阶跃响应h(t) C(s)=s+6251=?s[(s+3)2+16]s(s+3)2+16h(t)=1?e?3tcos4t?3?3tesin4t 4?1.25t3-3 已知系统脉冲响应如下，试求系统闭环传递函数Φ（ｓ）。（1）k(t)=0.0125e（2）k(t)=5t+10sin(4t+45) （3）　k(t)=0.1(1?e解： （1）Φ(s)=?t/3)0.0125s+1.25（2）k(t)=5t+10sin4tcos45+10cos4tsin4500545ss+45++=+5222222ss+16s+16ss+160.10.1（3）Φ(s)= ?ss+1/3Φ(s)=3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为 　　
h(t)=10?12.5e?1.2tsin(1.6t+53.1o)试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp和调节时间ｔs。 解：h(t)=1?1?ξ2e?ξωntsin(?ξ2ωnt+β)?πξ/?ξ2β=arccosξ
σ%=etp=π?ξωn2ts=3.5ξωnξ=cosβ=cos53.10=0.6 σ%=e?πξ/tp=1?ξ2=e?π0.6/1?0.62=e?π0.6/1?0.62=9.5%π?ξωn3.5=2=π1.6=1.96(s)ts=ξωn3.5=2.92(s) 1.23-5
设单位反馈系统的开环传递函数为
G(s)=0.4s+1s(s+0.6)试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。 解：闭环传递函数0.4s+1G(s)0.4s+1s(s+0.6)GB(s)===2s+s+11+G(s)1+s(s+0.6)C(s)=GB(s)R(s)=10.4s+10.41=+ss2+s+1s2+s+1s(s2+s+1)s+1s+0.60.411=2+?2=?2s+s+1ss+s+1ss+s+1自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案c(t)=1?e?0.5tcos2×0.6?0.5t3t?etsin22t+55.30)2=1?1.22e?0.5tsin(h(t)=1?1?ξ2e?ξωntsin(?ξ2ωnt+β)?ξ2β=arccosξ
σ%=e?πξ/tp=π?ξωn2ts=3.5ξωnξ=cosβ=cos55.30=0.569 σ%=e?πξ/tp=1?ξ2=11.37%π?ξωn3.5=2=π×2=3.63sts=ξωn3.5=7s 0.53-6已知控制系统的单位阶跃响应为 　
h(t)=1+0.2e?60t?1.2e?10t试确定系统的阻尼比ζ和自然频率ωｎ。 解：求拉氏变换得H(s)==10.21.2(s+60)(s+10)0.2s(s+10)1.2s(s+60)?++?=ss+60s+10s(s+60)(s+10)s(s+60)(s+10)s(s+60)(s+10)2nω600600==2s(s+60)(s+10)s(s2+70s+600)s(s2+2ξωns+ωn)2ωn显然闭环传递函数为22(s+2ξωns+ωn)其中ωn=600
根据（3-17）2ωn=106
ξ=72e?t/T1e?t/T12h(t)=1++T2/T1?1T1/T2?1解：根据公式（3-17）tT1tT2h(t)=1+T1=ee+T2/T1?1T1/T2?112??ωn(ξ??1)T2=1ωn(ξ+?1)2显然：T1=11
T2= 10601+?1ξ2T1ξ+2?17解方程得ξ= =6==2T2ξ??ξ由T1=1ωn(ξ?2?1)10==12得到ωn(ξ??1)=10 10所以ωn=1072?49?124ξ?2?1=10×26=10 23-7设图3-42是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数K１和Kt，使系统ωｎ＝６、ζ＝１。图3-42
飞行控制系统解：系统开环传递函数25K125K1s(s+0.8)G0(s)==25K1Ktss(s+0.8)+25K1Kts 1+s(s+0.8)2ωn25K1==s(s+0.8+25K1Kt)s(s+2ξωn)2ωn=36=25K1
K1=36252ξωn=0.8+25K1Kt=12
所以Kt=14 453-8
试分别求出图3-43各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。(a)(b)(c)图3-43
控制系统解： （a）ωn=1（b）Φ(s)=ξ=0
系统临界稳定。ξ=0.5
ts=7.51s ξ=0.5
σ%=16.3%ts=8.08ss+1ωn=12s+s+1s+1（c）Φ(s)=2
ωn=1s+s+13-9 设控制系统如图3-44所示。要求：图3-44
控制系统(1) 取τ1＝０，τ2＝０.１，计算测速反馈校正系统的超调量、调节时间和速度误差；　 (2) 取τ1＝０.１，τ２＝０，计算比例-微分校正系统的超调量、调节时间和速度误差。 解：（1）系统开环传递函数102ωn10(1+τ1s)10s(s+1)G0(s)=(1+τ1s)===102ss(s+1)+10τ2ss(s+2)s(s+2ξωn)1+s(s+1)2ωn=10
ξ=1σ%=e?ξπ/?ξ2=35.1%ts=3.5ξωn=3.5sKV=5（2）3-10 图3-45所示控制系统有（a）和（b）两种不同的结构方案，其中T＞0不可变。要求： （1） 在这两种方案中，应如何调整K1，K2和K3，才能使系统获得较好的动态性能。 比较说明两种结构方案的特点。 解：3-11已知系统特征方程为3s+10s+5s+s+2=0试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。 解：列劳思表如下：432s4s3s2s1s02 1015300?472由劳思表可以得到该系统不稳定。3-12已知系统特征方程如下，试求系统在s右半平面的根数及虚根值。
s+3s+12s+24s+32s+48=0（2） s+4s?4s+4s-7s-8s+10=0 （3） s+3s+12s+20s+35s+25=0 解：（1）列劳思表如下：5432654325432s51s43s34s212s1s048有一对虚根，系统不稳定 （2）列劳思表如下：s6s5s4s3s2s1s01?4??510系统不稳定（3）列劳思表如下：s5s4s3s2s1s0有一对虚根，系统不稳定3-13已知单位反馈系统的开环传递函数 　　
G(s)=K(0.5s+1)s(s+1)(0.5s2+s+1)试确定系统稳定时的K值范围。解：系统特征方程为s(s+1)(0.5s2+s+1)+K(0.5s+1)=0将上述方程化简得到：0.5s4+1.5s3+2s2+(1+0.5K)s+K=0劳思表如下：s4s3s2s1s00.51.52.5?0.25K1.52.5?1.25K?0.125K22.5?0.25KK21+0.5KKK3-14 已知系统结构图如图3-46所示。试用劳思稳定判据确定能使系统稳定反馈参数τ的取值范围。自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案解：系统开环传递函数为10s(s+1)==3 G0(s)=(1+)2ss(s+1)+10τss+(1+10τ)ss1+s(s+1)系统特征方程为：s3+(1+10τ)s2+10s+10=0劳思表如下：s3s2s1s011+10τ10τ1+10τ101010所以能使系统稳定反馈参数τ的取值范围为τ&03-15 已知单位反馈系统的开环传递函数（1）
G(s)=100 (0.1s+1)(s+5)50 s(0.1s+1)(s+5)10(2s+1)　 s2(s2+6s+100)2（２） G(s)=（３） G(s)=试求输入分别为 r(t)=2t和 r(t)=2+2t+t时，系统的稳态误差。解：（1）因为是二阶系统，且系数大于零，所以系统稳定。Kp=limG(s)=20
KV=limsG(s)=0
Ka=lims2G(s)=0 s→0s→0s→0所以当r(t)=2t时
ess=R2=∞ KV当r(t)=2+2t+t
ess=2RR1R+2+3=∞ 1+KpKVKa（2）应先检查系统的稳定性。Kp=limG(s)=∞
KV=limsG(s)=10
Ka=lims2G(s)=0 s→0s→0s→0所以当r(t)=2t时
ess=R2=0.2 KV当r(t)=2+2t+t
ess=2RR1R+2+3=∞ 1+KpKVKa（3）应先检查系统的稳定性。Kp=limG(s)=∞
KV=limsG(s)=∞
Ka=lims2G(s)=0.1 s→0s→0s→0所以当r(t)=2t时
ess=R2=0 KV当r(t)=2+2t+t
ess=2RR1R+2+3=20 1+KpKVKa3-16 已知单位反馈系统的开环传递函数　 (1)G(s)=50 (0.1s+1)(2s+1)K s(s2+4s+200)（２）G(s)=（３）G(s)=10(2s+1)(4s+1)
22s(s+2s+10)试求位置误差系数Kｐ，速度误差系数Kｖ，加速度误差系数Kａ。解：（1）应先检查系统的稳定性。Kp=limG(s)=50
KV=limsG(s)=0
Ka=lims2G(s)=0 s→0s→0s→0(2) 应先检查系统的稳定性。Kp=limG(s)=∞
KV=limsG(s)=s→0s→0K2
Ka=limsG(s)=0 s→02002(3) 应先检查系统的稳定性。
Kp=limG(s)=∞
KV=limsG(s)=∞
Ka=limsG(s)=1 s→0s→0s→03-17
设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=1/Ts。试用动态误差系统法求出当输入信号分别为r(t)=t/2和r(t)=sin2t时，系统的稳态误差。 23-18 设控制系统如图3-47所示。其中G(s)=Kp+K1
F(s)= sJs输入r(t)以及扰动n1(t)和n2(t)均为单位阶跃函数。试求：（1） 在r(t)作用下系统的稳态误差（2） 在n1(t)作用下系统的稳态误差（3） 在n1(t)和n2(t)同时作用下系统的稳态误差解：（1） 在r(t)作用下系统的稳态误差这时系统的开环传递函数为：G0(s)=G(s)F(s)=Kps+KJs2s→0 系统位置误差系数为KP=limG(s)=∞在r(t)作用下系统的稳态误差essr=R1=0 1+Kp（2） 在n1(t)作用下系统的稳态误差这时系统的开环传递函数为：G0(s)=G(s)F(s)=Kps+KJs2s→0 系统位置误差系数为KP=limG(s)=∞在n1(t)作用下系统的稳态误差essn1=（3） 在n1(t)和n2(t)同时作用下系统的稳态误差R1=0 1+Kpn2(t)作用下系统的稳态误差这时系统的开环传递函数为：G0(s)=G(s)F(s)=Kps+KJs2s→0 系统位置误差系数为KP=limG(s)=∞在n2(t)作用下系统的稳态误差essn2=R1=0 1+Kp所以在在n1(t)和n2(t)同时作用下系统的稳态误差为essn=essn1+essn2=0+0=03-19 设闭环传递函数的一般形式为bmsm+bm?1sm?1++b1s+b0G(s)Φ(s)==n 1+G(s)H(s)s+an?1sn?1+L+a1s+a0误差定义取e(t)=r(t)?c(t)。试证：b0=a0,bi=0(i=1,2,L,m) （1） 系统在阶跃信号输入下，稳态误差为零的充分条件是：（2） 系统在斜坡信号输入下，稳态误差为零的充分条件是：b0=a0,b1=a1,bi=0(i=2,3,L,m)解：(1) 系统在阶跃信号输入下这时1bmsm+bm?1sm?1++b1s+b01 R(s)=
C(s)=R(s)Φ(s)=nn?1ss+an?1s+L+a1s+a0s11bmsm+bm?1sm?1++b1s+b0E(s)=R(s)?C(s)=?sssn+an?1sn?1+L+a1s+a01?bmsm+bm?1sm?1++b1s+b0?=?1?n?s?s+an?1sn?1+L+a1s+a0?=1(s+an?1ssnn?1++a1s+a0)?(bms+bm?1ssn+an?1sn?1+L+a1s+a0mm?1++b1s+b0)1(sn+an?1sn?1++a1s)?(bmsm+bm?1sm?1++b1s)+(a0?b0)=ssn+an?1sn?1+L+a1s+a0ess=lime(t)=limsE(s) t→∞s→0(sn+an?1sn?1++a1s)?(bmsm+bm?1sm?1++b1s)+(a0?b0)=lim nn?1s→0s+an?1s+L+a1s+a0如果ess=0
且a0≠0（2）系统在斜坡信号输入下这时11bmsm+bm?1sm?1++b1s+b0R(s)=2
C(s)=R(s)Φ(s)=2 nn?1sss+an?1s+L+a1s+a011bmsm+bm?1sm?1++b1s+b0E(s)=R(s)?C(s)=2?2sssn+an?1sn?1+L+a1s+a0?bmsm+bm?1sm?1++b1s+b0???1?ns+an?1sn?1+L+a1s+a0??1(sn+an?1sn?1++a1s+a0)?(bmsm+bm?1sm?1++b1s+b0)=2ssn+an?1sn?1+L+a1s+a01=2s1(sn+an?1sn?1++a2s2)+?(bmsm+bm?1sm?1++b2s2)+(a1?b1)s+(a0?b0)=2ssn+an?1sn?1+L+a1s+a0ess=lime(t)=limsE(s)= t→∞s→01(sn+an?1sn?1++a2s2)+?(bmsm+bm?1sm?1++b2s2)+(a1?b1)s+(a0?b0) lim=s→0ssn+an?1sn?1+L+a1s+a0如果ess=0
且a0≠03-20设随动系统的微分方程为 d2c(t)dc(t)　T1+=K2u(t) dtdt2u(t)=K1[r(t)?b(t)]T2db(t)+b(t)=c(t) dt其中，T１、Ｔ２和K２为正常数。若要求r(t)=1+ t时，c(t)对r(t)的稳态误差不大于正常数ε０，试问K１应满足什么条件?　已知全部初始条件为零。解：由上述方程得到拉氏变换如下：(T1s2+s)C(s)=K2U(s)
C(s)=U(s)=K1[R(s)?B(s)] K2U(s) 2T1s+s自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案(T2s+1)B(s)=C(s)
B(s)=由此得到系统结构图如下：1C(s) T2s+1系统闭环传递函数为：K1K2K1K2(T2s+1)s(T1s+1) =Φ(s)=K1K2s(T1s+1)(T2s+1)+K1K21+s(T1s+1)(T2s+1)当r(t)=1+t时
R(s)=11s+1+=2 ss2sC(s)=R(s)Φ(s)=K1K2(T2s+1)s+1 2ss(T1s+1)(T2s+1)+K1K2E(s)=R(s)?C(s)=K1K2(T2s+1)s+1s+1?s2s2s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2?K1K2(T2s+1)s+1?=2?1??s?s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2?=s+1?s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2?K1K2(T2s+1)???s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2s2??s+1?(T1s+1)(T2s+1)?K1K2T2?=??s?s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2?ess=lime(t)=limsE(s)= t→∞s→0?(T1s+1)(T2s+1)?K1K2T2?lim(s+1)??s→0?s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2?(Ts+1)(T2s+1)?K1K2T2=lim1 s→0s(Ts+1)(Ts+1)+KK1212=1?K1K2T2≤ε0K1K2所以1K2(T2+ε0)≤K1系统特征方程为：s(T1s+1)(T2s+1)+K1K2=T1T2s3+(T1+T2)s2+s+K1K2=0劳思表如下：s3T1T21s2TKs1+T1+TT212?K1K2T1K21T2T01+T2s0K1K2如果系统稳定，则T1+T2?K1K2T1T2T+T2T&0即K11&1+T2K2T1T2所以11+T2K1&T2(T2+ε0)≤KK2T1T24-1 设单位反馈控制系统的开环传递函数K?G(s)= s+1试用解析法绘出K从零变到无穷时的闭环根轨迹图，并判断下列点是否在根轨迹上： 　　
（－２＋ｊ０）， （０＋ｊ１）， （－３＋ｊ２）解：有一个极点：（－1＋ｊ０），没有零点。根轨迹如图中红线所示。?（－２＋ｊ０）点在根轨迹上，而（０＋ｊ１）， （－３＋ｊ２）点不在根轨迹上。4-2 设单位反馈控制系统的开环传递函数G(s)=K(3s+1)　 s(2s+1)试用解析法绘出开环增益K从零增加到无穷时的闭环根轨迹图。解： 3K/2(s+1/3)Kg(s+1/3)系统开环传递函数为G(s)= =s(s+1/2)s(s+1/2)有两个极点：（0＋ｊ０），（－1/2＋ｊ０），有一个零点（-1/3，j0）。根轨迹如图中红线所示。4-3 已知开环零、极点分布如图4-28所示，试概略绘出相应的闭环根轨迹图。图4-28
开环零、极点分布图4-4 设单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略绘出相应的闭环根轨迹图(要求确定分离点坐标d)：(1)
G(s)=解： K s(0.2s+1)(0.5s+1)Kg10K系统开环传递函数为G(s)= =s(s+5)(s+2)s(s+5)(s+2)有三个极点：（0＋ｊ０），（－2＋ｊ０），（－5＋ｊ０）没有零点。分离点坐标计算如下：111++=0
3d2+14d+10=0解方程的d1=?3.7863，d2=?0.88 dd+2d+5取分离点为d=?0.88根轨迹如图中红线所示。（2） G(s)=解： K(s+1) s(2s+1)K/2(s+1)Kg(s+1)系统开环传递函数为G(s)== s(s+0.5)s(s+0.5)有两个极点：（0＋ｊ０），（－0.5＋ｊ０），有一个零点（－1＋ｊ０）。分离点坐标计算如下：1112+=
d+2d+0.5=0解方程的d1=?1.7，d2=?0.29 dd+0.5d+1取分离点为d1=?1.7，d2=?0.29根轨迹如图中红线所示。K*(s+5)(3)
G(s)= s(s+2)(s+3)解： K*(s+5)系统开环传递函数为G(s)= s(s+2)(s+3)有三个极点：（0＋ｊ０），（－2＋ｊ０），（－2＋ｊ０），有一个零点（－5＋ｊ０）。 分离点坐标计算如下：111132
d+10d+25d+15=0解方程的d1=?6.5171，++=dd+2d+3d+5自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案d2=?2.5964，d3=?0.8865取分离点为d=?0.8865根轨迹如图中红线所示。4-5 已知单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略画出相应的闭环根轨迹图(要求算出起始角θpi)：K?(s+2) （１） G(s)=(s+1+j2)(s+1?j2)解：Kg(s+2)K?(s+2)系统开环传递函数为G(s)= (s+1+j2)(s+1?j2)(s+1+j2)(s+1?j2)，有一个零点（－2，ｊ０）。 ，p2=（－1-ｊ2）有两个极点：p1=（-1＋ｊ2）起始角：θpi?m?n??=(2k+1)π+?∑?zjpi?∑θpipi?k=0,±1,±2,L j=1?j=1?j≠i)(??1121θp=π+?zp?θpp==1350 1θp=π+?zp?θpp==根轨迹如图中红线所示。K?(s+20)（２）
s(s+10+j10)(s+10?j10)解： K?(s+20)系统开环传递函数为G(s)= s(s+10+j10)(s+10?j10)有三个极点：p1=（0，j0），p2=（-10＋ｊ10），p3=（－10-ｊ10），有一个零点z1=（－20，ｊ０）。起始角：θpi?m?n??=(2k+1)π+?∑?zjpi?∑θpipi?k=0,±1,±2,L j=1?j=1?(j≠i)??θp=1800 1θp=1800+?zp?θpp?θpp=0?900=00 2121232θp=1800+?zp?θpp?θpp=0+900=00 3131323根轨迹如图中红线所示。4-6 设单位反馈控制系统的开环传递函数如下，要求：K?(1) 确定 G(s)= 产生纯虚根的开环增益值。 s(s+1)(s+10)解：系统特征方程为s+11s+10s+K=0令s=jω代入特征方程中得：实部方程为：K?11ω=0虚部方程为：10ω?ω=0 3*232*解上述方程得：ω=10
K=110 开环增益按一般定义：K=K/10=11 2**K?(s+z)?(2) 确定 G(s)=2 产生纯虚根为±ｊ1的ｚ值和K值。 s(s+10)(s+20)解：系统特征方程为s+30s+200s+Ks+Kz=0令s=j1代入特征方程中得：实部方程为：Kz+1?200=0虚部方程为：K?30=0解上述方程得：K=30
z=199/30***432**K?（3）概略绘出确定 G(s)= 的闭环根轨迹图。（要s(s+1)(s+3.5)(s+3+j2)(s+3?j2)求确定根轨迹的分离点、起始角和与虚轴的交点）。 K?解：系统开环传递函数为G(s)=s(s+1)(s+3.5)(s+3+j2)(s+3?j2)，p2=（-1，ｊ0），p3=（－3.5，ｊ0）有五个极点：p1=（0，j0），p4=（－3，ｊ2），p5=（－3，-ｊ2），没有零点。分离点坐标计算如下：11111++++=0dd+1d+3.5d+3.+j2d+3.?j24d4+35d3+111.5d2+146d+45.5=0解方程的d1=?3.5，d2=?0.44，d3=?2.4+j1.265
d4=?2.4?j1.265取分离点为d=?0.44起始角：θpi?m?n??=(2k+1)π+?∑?zjpi?∑θpipi?k=0,±1,±2,L j=1?j=1?(j≠i)??θp=1800 1θp=00 2θp=1800?θpp?θp3134142p3?θp4p3?θp5p3=?.7=930 ?θp3p4?θp5p3=+.7=?930 θp=1800?θpp?θp根轨迹如图所示。2p4与虚轴的交点：令s=jω代入特征方程中s5+10.5s4+43.5s3+79.5s2+45.5s+K*=0得到：实部方程为：10.5ω?79.5ω+K=0虚部方程为：ω?43.5ω+45.5ω=0解方程得到：ω1=6.5136
ω2=1.0356，将ω1=6.5136代入实部方程得到K&0不符合要求，将ω2=1.0356代入实部方程得到K=73满足要求。所以取ω=1.0356
即根轨迹与虚轴的交点为ω=±1.03564-7 设单位反馈系统的开环传递函数为 **5342*K?(s+2) 　
G(s)=s(s+1)其根轨迹图见图4-2。试从数学上证明：复数根轨迹部分是以(-2，j0)为圆心，以2为半径的一个圆。图4-2
系统根轨迹图解：证明如下：根据辐角条件可知，根轨迹各点应满足∠(s+2)?∠s?∠(s+1)=1800在复平面上s=σ+jω，于是得∠(σ+jω+2)?∠(σ+jω)?∠(σ+jω+1)=1800亦即
arctanω2+σ?arctanωω=arctan+1800 σ1+σX?Y 1+XY利用反正切公式 arctanX?arctanY=arctan可把上式改写为对上式的两边取正切，整理后即得圆方程式自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案(σ+2)2+ω2=2它的圆心为（-2，j0）半径等于2。这个圆与实轴的交点即为分离点和会合点。 证毕。4-8
已知开环传递函数为K*G(s)H(s)=2s(s+4)(s+4s+20)试概略画出闭环系统根轨迹图。解：系统开环传递函数为K*G(s)H(s)=s(s+4)(s2+4s+20)，p2=（-4，ｊ0）有四个极点：p1=（0，j0），p3=（－2，ｊ4），p4=（－2，-ｊ4），没有零点。分离点坐标计算如下：1111+++=0 dd+4d+2.+j4d+2.?j4即(2d+8d+20)(2d+4)=0解方程的d1=?2，d2=?2+j2.45，d3=?2?j2.45
取分离点为d1=?2，d2=?2+j2.45，d3=?2?j2.45起始角： 2θpi?m?n??=(2k+1)π+?∑?zjpi?∑θpipi?k=0,±1,±2,L j=1?j=1?j≠i)(??θp=1800 1θp=?900 2θp=+90 3θp=00 4根轨迹如图所示。4-9已知开环传递函数为K*(s+2) G(s)=22(s+4s+9)试概略绘制其闭环系统根轨迹。，p3=p4=（－2，－ｊ2.24）解：系统有四个极点：p1=p2=（－2，j2.24），有一个零点z1=（－2，ｊ0）。分离点坐标计算如下：221 +=d+2+j2.24d+2?j2.24d+2即3d+12d+7=0解方程的d1=?3.29，d2=?0.71，
取分离点为 d1=?3.29起始角： 2θpi?m?n??=(2k+1)π+?∑?zjpi?∑θpipi?k=0,±1,±2,L j=1?j=1?(j≠i)??2θp1=(2k+1)1800+?zjpi?θpipi000k=0,±1,±2,L000=(2k+1)180+90?90?90=(2k+1)180?90所以：θp1=45,225同理θp2=135,?45系统根轨迹如下图：00004-10
设单位反馈控制系统的开环传递函数G(s)=K
s(0.01s+1)(0.02s+1)要求：(1) 画出准确根轨迹(至少校验三点)；(2) 确定系统的临界稳定开环增益Kｃ；(3) 确定与系统临界阻尼比相应的开环增益K。解：系统开环传递函数为K5000KK*== G(s)=s(0.01s+1)(0.02s+1)s(s+100)(s+50)s(s+100)(s+50)，p2=（-50，ｊ0）有三个极点：p1=（0，j0），p3=（－100，ｊ0），没有零点。分离点坐标计算如下：111++=0 dd+50d+100即解方程3d+300d+5000=0得d1=?78.9，d2=?21.1，
2取分离点为d=?21.1，起始角：θpi?m?n??=(2k+1)π+?∑?zjpi?∑θpipi?k=0,±1,±2,L j=1?j=1?j≠i)(??23θp=1800
θp=1800 1根轨迹如图所示。（2）令s=jω代入系统特征方程中s+150s+5000s+K=0 得到实部方程为：K?150ω=0虚部方程为：5000ω?ω=0解方程得：ω=70.7
所以Kc=150（3）令s=?21.1代入系统特征方程中s+150s+5000s+K=0 得到K=48112
系统临界阻尼比相应的开环增益K=9.62 *32**3*232*4-11 一单位反馈系统，其开环传递函数6.9(s2+6s+25) G(s)=2s(s+8s+25)试用根轨迹法计算闭环系统根的位置。解：系统特征方程为：s(s+8s+25)+6.9(s+6s+25)=0 即：s+14.9s+66.4s+172.5=0-9.9780-2.4610 + 3.3513i-2.4610 - 3.3513i解方程得：s1=?9.978
s2=?2.461+j3.3513
s3=?2.461?j3.3513 所以：闭环系统根的位置为s2=?2.461+j3.3513
s3=?2.461?j3.3513 根轨迹如图所示：32224-12
设反馈控制系统中K*G(s)=2,s(s+2)(s+5)H(s)=1要求：（1） 概略绘出系统根轨迹图，并判断闭环系统的稳定性；试判断H(s)改变后的系统稳定性，（2） 如果改变反馈通路传递函数，使H(s)=1+2s，自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案研究由于H(s)改变所产生的效应。解：（1）系统有四个极点p1=(0,j0)，p2=(0,j0)，p3=(?2,j0)，p4=(?5,j0)；没有零点。系统根轨迹如下图：所以闭环系统不稳定。（2）如果H(s)=1+2s，这时系统的开环传递函数为：Kg(s+0.5)K*(2s+1)*
其中Kg=2K G(s)H(s)=2=2s(s+2)(s+5)s(s+2)(s+5)系统根轨迹如下图：这时系统的特征方程为：s2(s+2)(s+5)+Kg(s+0.5)=s4+7s3+10s2+Kgs+0.5Kg=0令s=jω代入特征方程中，得到：实部方程为：ω?10ω+0.5Kg=0虚部方程为：Kgω?7ω=0解上述方程得到：Kg=45.5这是系统的临界稳定的放大倍数。即0&K&22.75闭环系统稳定。4-13 试绘出下列多项式方程的根轨迹(1) s+2s+3s+Ks+2K=0(2)s+3s+(K+2)s+10K=0(1)解：设等效单位反馈传递函数为G(s)=K(s+2) 32s+2s+3s则系统的特征方程为：s+2s+3s+Ks+2K=0，p3=（－1，－ｊ1.414），有一个，p2=（－1，j1.414）系统有三个极点：p1=（0，j0）零点z1=（－2，ｊ0）。系统根轨迹如下图：(2)解：设等效单位反馈传递函数为G(s)=32K(s+10) s3+3s2+2s 则系统的特征方程为：s+3s+(K+2)s+10K=0，p2=（－1，j0）系统有三个极点：p1=（0，j0），p3=（－2，ｊ0），有一个零点z1=（－10，ｊ0）。分离点坐标计算如下：1111 ++=dd+1d+2d+10即2d+33d+60d+20=0解方程的d1=?0.4344，d2=?1.59，
d3=?14.5 取分离点为 d1=?0.4344系统根轨迹如下图： 324-14 设系统开环传递函数如下，试画出b从零变到无穷时的根轨迹图。（1）G(s)=20 (s+4)(s+b)30(s+b) s(s+10)2（2）G(s)=解：（1）系统的特征方程为：(s+4)(s+b)+20=s+4s+20+b(s+4)=0系统的等效单位反馈传递函数为：Geq(s)=b(s+4)
2s+4s+20系统有两个极点p1=(?2,j4)，p2=(?2,?j4)，有一个零点z1=(?4,j0)系统根轨迹图如下：（2）系统的特征方程为：s(s+10)+30(s+b)=s+40s+30b=0 230bb*=系统的等效单位反馈传递函数为：Geq(s)=2
s+40ss2+40s系统有两个极点p1=(0,j0)，p2=(?40,j0)，没有零点。 系统根轨迹图如下：自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案4-15 设控制系统结构图如图4-29所示，试概略绘制其根轨迹图。解：系统开环传递函数为 K*(s+1)2G(s)=2(s+2)系统有两个极点，p1=p2=(?2,j0)，有两个零点z1=z2=(?1,j0) 系统根轨迹如下图：4-16
设单位反馈控制系统的开环传递函数K?(1?s)　　
G(s)= s(s+2)试绘制其根轨迹图，并求出使系统产生重实根和纯虚根的K值。　 ?K?(s?1)解：系统开环传递函数为G(s)=? s(s+2)系统有两个极点，p1=(0,j0),p2=(?2,j0)，有一个零点z1=(1,j0) 这是一个零度根轨迹。系统根轨迹如下图：分离点坐标计算如下：111+= dd+2d?1即d?2d?2=0解方程的d1=?0.732，d2=2.732取分离点为 d1=?0.732，d2=2.732系统的特征方程为：s(s+2)?K(s?1)=s+2s?K(s?1)=0 将s=?0.732代入特征方程中得到：K=0.5674将s=2.732代入特征方程中得到：K=7.464以上两个K值是产生重实根的K值。令s=jω代入特征方程中，得到：实部方程为：K?ω=0虚部方程为：2ω?K***2****?22?ω=0 2 解上述方程得到：K=2，ω=所以产生虚根的K值为K=2 **4-17
设控制系统如图4-30所示，试概略绘出Kt=0，0&Kt&1，Kt&1时的根轨迹和单位阶跃响应曲线。若取Kt=0.5，试求出K=10时的闭环零、极点，并估算系统的动态性能。解：（1）Kt=0时系统的开环传递函数为 G(s)=K s(s+1)系统的根轨迹如下图：（2）0&Kt&1时系统的开环传递函数为K(1+Kts)K*(s+z)G(s)H(s)=
此时G(s)H(s)=，z&1设Kt=0.5则z=2 s(s+1)s(s+1)系统的根轨迹如下图：（3）Kt&1时系统的开环传递函数为K(1+Kts)K*(s+z)
此时G(s)H(s)=，z&1设Kt=2则z=0.5 G(s)H(s)=s(s+1)s(s+1)系统的根轨迹如下图：自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案（4）取Kt=0.5，试求出K=10时的闭环零、极点，并估算系统的动态性能。 系统的特征方程为：s+6s+10=0解方程的s1=?3+j，s2=?3?j此时闭环系统没有零点、有一对共轭极点分别为s1=?3+j，s2=?3?j系统呈现二阶系统特性：阻尼比为0.948，超调量近似为1%。自然振荡角频率为3.16。 4-19
设控制系统开环传递函数为 2K?(s+1)
G(s)=2s(s+2)(s+4)试分别画出正反馈系统和负反馈系统的根轨迹图，并指出它们的稳定情况有何不同? 解：（1）负反馈情况系统有四个极点，p1=p2=(0,j0),p3=(?2,j0),p4=(?4,j0)，有一个零点z1=(1,j0) 系统根轨迹如下图所示：系统的特征方程为：s+6s+8s+K(s+1)=0 令s=jω代入特征方程中，得到：实部方程为：ω?8ω+K=0虚部方程为：K*42*432?ω?6ω3=0*解上述方程得到：K=12，ω=所以当0&K&12是系统稳定。（2）正反馈情况系统是一个零度根轨迹。 *2系统的特征方程为：s+6s+8s?K(s+1)=0 系统有四个极点，p1=p2=(0,j0),p3=(?2,j0),p4=(?4,j0)，有一个零点z1=(1,j0) 系统根轨迹如下图所示： 432?所以系统闭环不稳定。4-20 设控制系统如图4-31所示，其中Gc(s)为改善系统性能而加入的校正装置。若Gc(s)可从Kts、Kts和Kts/(s+20)三种传递函数任选一种，你选哪一种？为什么？解：（1）Gc(s)=Kts
时系统的开环传递函数为：G(s)=s+10s+10Ktss+20即：G(s)=1000 s(s+10+10Kt)(s+20)32此时系统特征方程为：s+30s+200s+1000+10Kts(s+20)=0系统等效开环传递函数为：Geq(s)=10Kts(s+20) 33s+30s+200s+100（2）Gc(s)=Kts时系统的开环传递函数为：G(s)=s+10s+10Ktss+20即：G(s)=1000 s(s+10Kts+10)(s+20)322此时系统特征方程为：s+30s+200s+1000+10Kts(s+20)=0系统等效开环传递函数为：10Kts2(s+20)Geq(s)=3 s+30s3+200s+100（3）Gc(s)=Kts/(s+20)时系统的开环传递函数为： 2G(s)=10(s+20)100 s3+30s2+200s+10Kts2s+201000 2s(s+10Kts+30s+200)322即：G(s)=此时系统特征方程为：s+30s+200s+1000+10Kts=0系统等效开环传递函数为：10Kts2Geq(s)=33s+30s+200s+100自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案选第一种。5-2 若系统单位阶跃响应为h(t)=1?1.8e?4t+0.8e?9t试确定系统的频率特性。解：对单位阶跃响应取拉氏变换得：(t≥0)11.80.836?+= ss+4s+9s(s+4)(s+9)即：C(s)36=G(s)=R(s)(s+4)(s+9)所以系统的频率特性为：G(jω)=36=A(ω)ej?(ω)(jω+4)(jω+9)其中：A(ω)=36(ω)+16(ω)+8122?(ω)=?arctanω4?arctanω95-3 设系统结构图如图5-49所示，试确定输入信号r(t)=sin(t+300)?cos(2t?450)作用下，系统的稳态误差ess(t)。 解：系统的闭环传递函数为：11 G(s)==1s+21+s+1根据公式（5-16）和公式（5-17）得到：css(t)=AG(jω)sin(ωt+?+∠G(jω))css1(t)=A1G(jω1)sin(ω1t+?1+∠G(jω1))所以=15sin(t+30?26.6)=0.447sin(t+3.4)000css2(t)=A2G(jω2)sin(ω2t+?2+∠G(jω2))=?1cos(2t?45?45)=?0.354cos(2t?90)000所以：css(t)=css1(t)+css2(t)=0.447sin(t+3.4)?0.354cos(2t?90)00ess(t)=css(t)?r(t)=0.447sin(t+3.40)?0.354cos(2t?900)?sin(t+300)+cos(2t?450)5-4
典型二阶系统的开环传递函数G(s)=ω2ns(s+2ζωn)当取r(t)=2sint时，系统的稳态输出css(t)=2sin(t?450)试确定系统参数ωn,ζ。解：根据公式（5-16）和公式（5-17）得到：css(t)=AGB(jω)sin(ωt+?+∠GB(jω))2其中：G=ωnB(s)s2+2ζωs+ω2nn2所以：G(jω)=ωnB(ω2?ω2)+(2ζω2nnω)∠G(jω)=?arctan2ξωnωBω2n?ω2根据题目给定的条件：ω=1A=2 所以：Gω2nω2nB(jω)=(ω2?ω22=n)+(2ζωnω)(ω2?1)+(2ζω2=1
nn)∠GB(jω)=?arctan2ξωnωω?ω2=?arctan2ξωnω2=?4502
（2） nn?1由式（1）得ω42n=(ωn?1)+(2ζω2n) 即：2ω2n?4ζ2ω2n?1=0
（3） 1）（由式（2）得arctan22ξωn045=2ωn?1即：ωn?2ζωn?1=0
（4）联立方程（3）和（4），解方程得：ωn=1.848
已知系统开环传递函数ξ=0.6532G(s)H(s)=K(τs+1);2s(Ts+1)K,τ,T&0试分析并绘制τ&T和T&τ情况下的概略开环幅相曲线。解：相频特性为?(ω)=?1800+arctanτω?arctanTω(1) τ&T时，?(ω)&?180概略开环幅相曲线如下(1) τ&T时，?(ω)&?180概略开环幅相曲线如下5-6
已知系统开环传递函数G(s)H(s)=1νs(s+1)(s+2)试分别绘制ν=1,2,3,4时系统的概略开环幅相曲线。 解：（1）ν=1时系统的概略开环幅相曲线如下：（2）ν=2时系统的概略开环幅相曲线如下：（3）ν=3时系统的概略开环幅相曲线如下：5-7
已知系统开环传递函数G(s)=K(?T2s+1);s(T1s+1)K,T1,T2&0当取ω=1时，∠G(jω)=?180，G(jω)=0.5。当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式。 解：KV=limsG(s)=K=10s→0当ω=1时G(jω)=K(T2ω)2+1(T1ω)+12=10(T2)2+1(T1)+12=0.5自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案∠G(jω)=?900?arctanT1ω?arctanT2ωT1+T20=?90?arctanT1?arctanT2=?90?arctan=?1801?T1T210(T2)2+11=0.5中得到： 即：1?T1T2=0
T1=代入到G(j)=2T2(T1)+1T2=1T1=20 2010(?s/20+1)s(20s+1)10(?jω/20+1)jω(20jω+1)所以系统的开环传递函数为：G(s)=系统开环频率特性表达式为：G(jω)=5-8
已知系统开环传递函数G(s)H(s)=10s(2s+1)(s2+0.5s+1)试分别计算ω=0.5和ω=2时，开环频率特性的幅值A(ω)和相位?(ω)。 解：A(ω)=10ω4ω+1(1?ω)+(0.5ω)2222?(ω)=?900?arctan2ω?arctan（1）ω=0.5时0.5ω21?ω=100.520.625=17.86A(ω)=10ω4ω+1(1?ω)+(0.5ω)2222?(ω)=?900?arctan2ω?arctan（2）ω=2时0.5ω0000=???=3.4 21?ω=102=0.383A(ω)=10ω4ω+1(1?ω)+(0.5ω)2222?(ω)=?900?arctan2ω?arctan5-9
已知系统开环传递函数0.5ω00000=???+=27.6 21?ωG(s)H(s)=102s(s+1)(s/4+1)试绘制系统概略开环幅相曲线。解：5-10
已知系统开环传递函数G(s)H(s)=(s+1)2s???s?s+s?+1???93+1??2????要求选择频率点，列表计算A(ω)，L(ω)和?(ω)，并据此在对数坐标纸上绘制系统开环对数频率特性曲线。解 由题给传递函数知，系统的交接频率依次为1，2，3。低频段渐近线的斜率为-20，且过（1,0dB）点。ωω/3系统相频特性按下试计算 ?(ω)=?90o+arctgω?arctg?arctg21?ω2/9令ω为不同值，将计算结果列表如下 ?(ω)?89o?87.2o ?92.1o?164o?216o ?234.5o?246o ?254o?258o?(ω)?262o?265o?267.7o作系统开环对数频率特性图，求得ωc=1,系统的穿越频率ωr=18 系统的幅值裕度和相角裕度为 h=1=0.512G(jωc)γ=180o+?(ωr)=?16.1oω ω 5-11 绘制下列函数的对数幅频渐进特性曲线： （1）G(s)=2(2s+1)(8s+1)2002s(s+1)(10s+1)8(（2）G(s)=s+1)（3）G(s)=s(s2+s+1)(+1)2s2s10(++1) （4）G(s)=ss(s+1)(+1)0.1低频段渐近线的斜率为-0，且过（0.125,6dB）解：（1）系统的交接频率为0.125和
0.5，点，截止频率为ωc=0.25。对数幅频渐进特性曲线如下：ω（2）系统的交接频率为0.1 和
1，低频段渐近线的斜率为-40，且过（0.1,66dB）和（1,6dB）点，截止频率为ωc=2.1。对数幅频渐进特性曲线如下：（3）系统的交接频率为0.1
2，低频段渐近线的斜率为-20，且过（0.1,38dB）ω点，截止频率为ωc=5.43。对数幅频渐进特性曲线如下：ω（4）系统的交接频率为0.1
20，低频段渐近线的斜率为-20，且过（0.1,40dB）点，截止频率为ωc=1。对数幅频渐进特性曲线如下：5-12 已知最小相位系统的对数幅频渐进特性曲线如图5-50所示，试确定系统的开环传递函数。 解： （a）G(s)=100(s/ω2+1)(s/ω1+1)(s/ω3+1)由图（a）得到ω3=100
所以：G(s)=ω2=1000ω1100(0.001s/ω1+1)(s/ω1+1)(s/100+1)（b）G(s)=(s/ω1+1)2s(s/ω2+1)2Ks2ωn（c）G(s)=2 2(s+2ξωns+ωn)(s/10+1)5-13 试用奈氏判据分宾判断题5-5，5-6系统的闭环稳定性。 解：5-5（1）τ&T时系统闭环稳定。 （2）T&τ时系统闭环不稳定。 5-6（1）ν=1时系统闭环稳定。 （2）ν=2,3,4时系统闭环不稳定。自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案5-14已知下列系统开环传递函数（参数K,T,Ti&0;i=1,2,L,6）：（1）G(s)=K (T1s+1)(T2s+1)(T3s+1)K s(T1s+1)(T2s+1)K 2s(Ts+1)K(T1s+1) 2s(T2s+1)（2）G(s)=（3）G(s)=（4）G(s)=（5）G(s)=K s3K(T1s+1)(T2s+1) （6）G(s)=3sK(T5s+1)(T6s+1) s(T1s+1)(T2s+1)(T3s+1)(T4s+1)（7）G(s)=（8）G(s)=K Ts?1?K （9）G(s)=?Ts+1K s(Ts+1)（10）G(s)=其系统开环幅相曲线分别如图5-51（1）～（10）所示，试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定性，若系统闭环不稳定，确定其s右半平面的闭环极点数。解：（1）系统闭环稳定（2）系统闭环稳定（3）系统闭环不稳定（4）系统闭环稳定（5）系统闭环不稳定（6）系统闭环稳定（7）系统闭环稳定（8）系统闭环稳定（9）系统闭环稳定（10）系统闭环不稳定????5-15 根据奈氏判据确定题5-9系统的闭环稳定性。闭环不稳定。5-16已知系统开环传递函数G(s)=K;s(Ts+1)(s+1)K,T&0试根据奈氏判据，确定其闭环稳定条件：（1） T=2时，K值的范围。（2） K=10时，T值的范围。（3） K,T值的范围。解：（1）T=2时?(ω)=?900?arctan2ω?arctanω=?900?arctan解以上方程得ω=2ω+ω0 180=?21?2ω1 2K代入A(ω)=ω4ω+1+ω22=1得到K=1.5所以：K&1.5时系统闭环稳定（2）K=10时?(ω)=?900?arctanTω?arctanω=?900?arctan解以上方程得ω=Tω+ω=?1800 21?Tω1 TK代入A(ω)=ωω+1+ω22=1中A(ω)=10T11+11+TT=10T2+1=1得到T=0.1518所以T&0.1518时系统闭环稳定（3）?(ω)=?90?arctanTω?arctanω=?90?arctan00Tω+ω0 =?18021?Tω解以上方程得ω=1 TK=1得到 代入A(ω)=ωω+1+ωK=22A(ω)=TKT2+111+1+TT=1解以上方程得到：K&2+1时系统闭环稳定 T5-17 试用对数稳定判据判定题5-10系统的闭环稳定性。 系统闭环不稳定。5-19 若单位反馈系统的开环传递函数Ke?0.8sG(s)=s+1试确定使系统稳定的K值范围。解：（1）K&0时?(ω)=?0.8ω?arctanω=?π以上方程变形得到： arctanω=π?0.8ω&得到1.9365&ω解方程（1）得到ω=2.4483代入A(ω)=π2
（1） K+12中得到A(ω)=K2.解得K=2.645所以：0&K&2.645时系统闭环稳定（2）K&0时?(ω)=?π?0.8ω?arctanω所以：?1&K&0时系统闭环稳定5-20
若单位反馈系统的开环传递函数5s2e?τsG(s)=(s+1)4试确定闭环系统稳定时，延迟时间τ的范围。解：5ω2A(ω)=2=1 2(ω+1)解方程得到：ω1=2.618即：ω1=1.62
22=0.382 ω2ω2=0.618?(ω)=π?τω?4arctanω=?π以上方程变形得到： 4arctanω=2π?τω即 arctanω+τω/4=即：arctanπ2
（1） 1ω=τω/4
（2）将ω2=0.618代入式（2）中得到τ=6.584将τ=6.584、ω2=0.618代入相频表达式中得到：?(ω)=π?6.584*0.618?4arctan0.618=?π满足相频表达式将ω1=1.62代入式（2）中得到τ=1.366将τ=1.366、ω1=1.62代入相频表达式中得到：?(ω)=π?1.336*1.62?4arctan1.62=?3.0938≠?π 不满足相频表达式。所以取ω2=0.618、τ=6.584即τ&6.584时系统闭环稳定。5-21
设单位反馈控制系统的开环传递函数G(s)=as+1 s20试确定相角裕度为45时参数a的值。解：A(ωc)=a2ωc2+1ωc2=1
（1）?(ωc)=?1800+arctanaωc=?1350
（2）解方程（2）得到a=1ωc代入（1）中得到ωc=2 所以：a=12=0.845-22 对于典型二阶系统，已知参数ωn=3,ζ=0.7，试确定截止频率ωc和相角裕度γ。 解：典型二阶系统的开环传递函数2ωnωn/2ζK G(s)===s(s+2ζωn)s(s/2ζωn+1)s(s/ω1+1)由于：ωn=3,ζ=0.7 K=ωn/2ζ ω1=2ζωnω1=2ζωn=2*0.7*3=4.2 所以：K=ωn/2ζ=3/1.4=2.143所以试确定截止频率ωc=2.143 相频表达式为：?(ωc)=?90?arctan00ωc=?900?270=?1170 ω1000相角裕度为：γ(ωc)=180+?(ωc)=180?117=635-23对于典型二阶系统，已知σ%=15%,ts=3s，试计算相角裕度γ。 解：典型二阶系统的开环传递函数2ωnωn/2ζKG(s)=== s(s+2ζωn)s(s/2ζωn+1)s(s/ω1+1)σ%=e?π?/??2=0.15解得：?=0.517ts=3.5?ωn=3.5=3所以：ωn=2.26 0.517*ωn由于：ωn=2.26,ζ=0.517 K=ωn/2ζ ω1=2ζωnω1=2ζωn=2*0.517*2.26=2.34 所以：K=ωn/2ζ=2.26/(2*.517)=2.19所以试确定截止频率ωc=2.19 相频表达式为：?(ωc)=?90?arctan00ωc=?900?430=?1330 ω1000相角裕度为：γ(ωc)=180+?(ωc)=180?143=375-24 根据题5-11所绘对数幅频渐进特性曲线，近似确定截止频率ωc，并由此确定相角裕度γ的近似值。解：（1）截止频率为ωc=0.25?(ωc)=?arctan2ωc?arctan8ωc=?900自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案γ(ωc)=1800+?(ωc)=900（2）截止频率为ωc=2.1?(ωc)=?1800?arctanωc?arctan10ωc=?331.80 γ(ωc)=1800+?(ωc)=?151.80（3）截止频率为ωc=5.43?(ωc)=?900+arctan10ωc?arctan0.5ωc?arctanγ(ωc)=1800+?(ωc)=?68.70（4）截止频率为ωc=110=?248.71?ωc2?(ωc)=?900?arctan10ωc?arctanωc+arctanωc/10=?213.60 21?ωc/400γ(ωc)=1800+?(ωc)=?33.606-2
设单位反馈系统的开环传递函数G(s)=Ks(s+3)(s+9)(1)如果要求系统在单位阶跃输入作用下的超调量σ%=20%，试确定K值；
(2)根据所求得的K值，求出系统在单位阶跃输入作用下的调节时间ts，以及静态速度误差系数Kv。(3)设计一串联校正装置，使系统的Kv≥20s解：（1）系统根轨迹如下：?1，σ%≤15%，ts减小两倍以上。通过计算得到这时K=54.8这时系统呈现二阶系统特性，这时系统的ξ=0.457
（2）ts=ωn=2.353.5ξωn=3.5=3.26s0.457*2.3554.8=2.03s→027K（3）KV=limsG(s)=≥20所以K≥540s→027这时：KV=limsG(s)=6-3
设单位反馈系统的开环传递函数G(s)=Ks(s+1)试设计一串联超前校正装置，使系统满足如下指标：
(1)相角裕度γ≥45；(2)在单位斜坡输入下的稳态误差ess&1rad 15(3)截止频率ωc≥7.5rad/s。 解：在单位斜坡输入下的稳态误差由于ess&这时系统开环传递函数G(s)=其对数频率渐进曲线如下：1rad，所以K&15取K=20 1520s(s+1)ω截止频率为ωc=4.47，相角裕量γ(ωc)=12.6不满足要求。 其希望的对数频率渐进曲线如下（按二阶最佳校正）：校正后的开环传递函数为G(s)Gc(s)=20s(s/40+1)所以Gc(s)=G(s)Gc(s)s+1=Gc(s)s/40+1′这是系统的截止频率为ωc=20，相角裕量γ(ωc)=65.5满足要求。6-4
已知一单位反馈控制系统，其固定不变部分传递函数G0(s)和串联校正装置Gc(s)分别如图6―42(a)，(b)和(c)所示。要求：(1)写出校正后各系统的开环传递函数；(2)分析各Gc(s)对系统的作用，并比较其优缺点。解：（1） （a）G(s)=s/0.5+120Gc(s)=s(s/10+1)s/0.1+120(s/0.5+1)s(s/10+1)(s/0.1+1)所以校正后系统的传递函数为：G(s)Gc(s)=（b）G(s)=s/10+120Gc(s)=s(s/20+1)s/100+120(s/10+1)s(s/20+1)(s/100+1)Gc(s)=所以校正后系统的传递函数为：G(s)Gc(s)=（c）G(s)=K0(s/ω1+1)(s/ω2+1)(s/ω3+1)Kc(T2s+1)(T3s+1)(T1s+1)(T4s+1)所以校正后系统的传递函数为：G(s)Gc(s)=K0Kc(T2s+1)(T3s+1)(s/ω1+1)(s/ω2+1)(s/ω3+1)(T1s+1)(T4s+1)（2）6-6
设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=8s(2s+1)若采用滞后―超前校正装置Gc(s)=(10s+1)(2s+1)(100s+1)(0.2s+1)对系统进行串联校正，试绘制系统校正前后的对数幅频渐近特性，并计算系统校正前后的相角裕度。 解：系统校正前的开环传递函数为G(s)=8，其对数幅频渐近特性如下：s(2s+1)ω截止频率为：ωc=2?(ωc)=?900?arctan2ωc=?900?760=?1660 γ(ωc)=?(ωc)+自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案系统校正后的开环传递函数为G(s)Gc(s)=8(10s+1)(2s+1)8(10s+1)8(s/0.1+1)==s(2s+1)(100s+1)(0.2s+1)s(100s+1)(0.2s+1)s(s/0.01+1)(s/5+1)系统的交接频率为 0.01 0.1 5，其对数幅频渐近特性如下：截止频率为：ωc=0.8ω?(ωc)=?900+arctan10ωc?arctan100ωc?arctan0.2ωc=?90+82.9?89.3?9=?105.4γ(ωc)=?(ωc)+6-7
设单位反馈系统的开环传递函数G(s)=Ks(s+1)(0.25s+1)?1(1)若要求校正后系统的静态速度误差系数Kv≥5s，相角裕度γ≥45，试设计串联校正装置；(2)若除上述指标要求外，还要求系统校正后截止频率ωc≥2rad/s，试设计串联校正
装置。解：（1）因为Kv≥5s，所以K≥5s。取K=5s 系统校正前的对数幅频渐近特性如下：?1?1?1ω截止频率为：ωc=2.24?(ωc)=?900?arctanωc?arctan0.25ωc=?900?65.90?290=?184.90 γ(ωc)=?(ωc)+系统不稳定，需要加串联校正装置。设采用滞后校正，校正后系统希望的对数幅频渐进曲线如下：ω校正后的系统传递函数为：G(s)Gc(s)=5(s/ω2+1)s(s/ω1+1)(s+1)(0.25s+1)'设校正后系统中频段宽度为16，校正后的截止频率ωc=1/4=0.25
ω2=1/165*ωc'*16则A(ω)=''=1，经计算得ω1=1/320ωcωc/ω1'c所以校正后的系统传递函数为：G(s)Gc(s)=5(16s+1)s(320s+1)(s+1)(0.25s+1)这时?(ωc)=?900+arctan16ωc′?arctan320ωc′?arctanωc′?arctan0.25ωc′=?90+76?89.2?14?3.6=?120.8γ(ωc)=?(ωc)+(2)设校正后系统希望的频率特性如下：ω校正后的系统传递函数为：G(s)Gc(s)=5(s/ω2+1)s(s/ω1+1)(0.25s+1)(s/ω3+1)设校正后的截止频率ωc=2
则A(ωc)=ω2=0.25*ωc*5=1，经计算得ω1=2/25ωcωc/ω15(5s+1)s(25s/2+1)(0.25s+1)(s/ω3+1)所以校正后的系统传递函数为：G(s)Gc(s)=这时?(ωc)=?900+arctan5ωc?arctan(25ωc/2)?arctan0.25ωc?arctan(ωc/ω3)=?90+84.3?87.7?26.6?arctan(ωc/ω3)=?135经计算得ω3=7.46γ(ωc)=?(ωc)+所以校正后的系统传递函数为：G(s)Gc(s)=5(5s+1)s(25s/2+1)(0.25s+1)(s/7.46+1)校正装置的传递函数为Gc(s)=G(s)Gc(s)(5s+1)(s+1)=为滞后-超前校正装置。 (25s/2+1)(s/7.46+1)G(s)6-8
图6―43为三种推荐稳定系统的串联校正网络特性，它们均由最小相位环节组成。若控制系统为单位反馈系统，其开环传递函数为G(s)=400s2(0.01s+1)试问：(1)这些校正网络特性中，哪一种可使已校正系统的稳定程度最好?(2)为了将12Hz的正弦噪声削弱10倍左右，你确定采用哪种校正网络特性?解：三种校正网络传递函数分别为： （a）Gc(s)=s+1s/0.1+1s/10+1（b）Gc(s)=s/100+1(s/2+1)2（c）Gc(s)=(s/0.1+1)(s/40+1)校正后的传递函数为： （a）G(s)Gc(s)=400(s+1)s2(s/0.1+1)(0.01s+1)400(s/10+1)22s(0.01s+1)（b）G(s)Gc(s)=400(s/2+1)2（c）G(s)Gc(s)=2s(s/0.1+1)(s/40+1)(0.01s+1)6-9
设单位反馈系统的开环传递函数
G(s)=Ks(0.1s+1)(0.01s+1)试设计串联校正装置，使系统期望特性满足下列指标：
(1)静态速度误差系数Kv≥250s
(2)截止频率ωc≥30rad/s；(3)相角裕度γ(ωc)≥45； 解：由题目给定的条件（1），取K=250 系统校正前的对数幅频渐近特性如下：?1；ω截止频率为：ωc=50?(ωc)=?900?arctanωc/10?arctanωc/100=?900?78.70?26.60=?195.30 γ(ωc)=?(ωc)+系统不稳定，需要加串联校正装置。设校正后系统的截止频率为：ωc=50，校正后系统希望的对数幅频渐进曲线如下：自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案ω校正后的系统传递函数为：G(s)Gc(s)=选取ω2=5 则A(ωc)=250(s/ω2+1)s(s/ω1+1)(s/100+1)(s/ω3+1)250*ωc*5=1，经计算得ω1=1/25ωcωc/ω1所以校正后的系统传递函数为：G(s)Gc(s)=250(s/5+1)s(25s+1)(s/100+1)(s/ω3+1)这时?(ωc)=?900+arctanωc/5?arctan25ωc?arctan0.01ωc?arctanωc/ω3=?90+84.3?89.9?26.6?arctanωc/ω3=?135经计算得到ω3=217 校正装置传递函数为：Gc(s)=G(s)Gc(s)(s/5+1)(s/10+1)=G(s)(25s+1)(s/217+1)6―10
设可控硅―电动机调速系统中的电流环如图6-44所示。图中，调节对象传递函数G1(s)=82.5200，
G2(s)=s(0..2s+1)给定滤波器传递函数Gs(s)=1T2s+1比例―积分控制器传递函数Gc(s)=Kc(τs+1)τs反馈环节传递函数GL(s)=0.0024(0.0018s+1)试按三阶最佳工程设计法确定参数Kc，τ和T2。 解：系统传递函数Gc(s)G1(s)G2(s)=6-11
设系统结构图如图6-34所示。图中Kc(τs+1)82.5200s(0..2s+1τsG1(s)=K1=200G2(s)=G3(s)=10(0.01s+1)(0.1s+1)0.1 s若要求校正后系统在单位斜坡输入作用下的稳态误差ess=1/200rad，相角裕度γ(ωc)≥450，试确定反馈校正装置Gc(s)的形式与参数。解：待校正系统的开环传递函数为G(s)=G1(s)G3(s)G2(s)==200×0.110s(0.01s+1)(0.1s+1)200s(0.01s+1)(0.1s+1)对数幅频特性如图：希望的对数幅频特性如图：希望的（校正后）传递函数为：ωωG0(s)=200(s/ω2+1)s(s/ω1+1)(s/100+1)2由此得到ωc=20
选ω2=2G0(jωc)=200×20/5=1
ω1=0.520×20/ω1200(s/2+1)2s(s/0.5+1)(s/100+1)所以G0(s)=?(ω)=?900+arctanω2?arctanω0.5?2arctanω100?(ωc)=?900+84.30?88.60?22.60=?112.60 γ(ωc)=1800+?(ωc)==67.40满足系统要求所以校正装置传递函数为Gc(s)=G0(s)(s/2+1)(s/10+1)=
为滞后-超前校正装置。 G(s)(s/0.5+1)(s/100+1)7―1试根据定义E(s)=∑e(nT)e?nsT*n=0∞确定下列函数的E(s)和闭合形式的E(z)： (1)e(t)=sinωt*(2)E(s)=1(s+a)(s+b)(s+c)解：（1）e(t)=sinωtE(s)=∑sin(ωnT)e?nsT*∞n=0E(z)=zsinωT2z?2zcosωT+11(s+a)(s+b)(s+c)（2）E(s)=e?ate?bte?ct++e(t)=(b?a)(c?a)(a?b)(c?b)(a?c)(b?c)???nsTe?anTe?bnTe?cnTE(s)=∑?++?eacbcbacaabcb??????()()()()()()n=0??*∞E(z)=zzz++ ?aT?bT?cT(b?a)(c?a)(z?e)(a?b)(c?b)(z?e)(a?c)(b?c)(z?e)7―2
试求下列函数的z变换： （1）e(t)=a （2）e(t)=te（3）e(t)=2n?3t13t 3!s+1（4）E(s)=2s1?e?s（5）E(s)=2s(s+1)解：（1）e(t)=an自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案anzE(z)=z?1（2）e(t)=te2?3tT2ze?3T2T2ze?6T+E(z)=(z?e?3T)2(z?e?3T)3（3）e(t)=13t 3!T3(z2+4z+1)E(z)=6(z?1)4（4）E(s)=s+111=+2 sss2E(z)=zTz+ z?1(z?1)21?e?s1e?s（5）E(s)=2=?s(s+1)s2(s+1)s2(s+1)1??111??s?11=?2?+??+e 2???ss+1??sss+1??sE(z)=F(z)?F(z)z?m F(z)=7-3
试用部分分式法、幂级数法和反演积分法，求下列函数的z反变换： （1）E(z)=Tzzzm=1/T ?+2?Tz?1z?e(z?1)10z(z?1)(z?2)?3+z?1（2）E(z)=1?2z?1+z?2解：（1）E(z)=10z10z10z=?(z?1)(z?2)(z?2)(z?1)e(nT)=10×(2n?1)e(t)=∑10(2n?1)δ(t?nT)*∞n=0z?3z2?3+z?1(2) E(z)= =1?2z?1+z?2z2?2z+1=?3?5z?1?7z?2?9z?3?11z?4?13z?5?L e(t)=?∑(2n+3)δ(t?nT)*n=0∞7-4
试求下列函数的脉冲序列e(t)： （1）E(z)=*z(z+1)(3z2+1)z2(z?1)(z+0.5)（2）E(z)=解：（1）E(z)=z(z+1)(3z2+1)7-5
试确定下列函数的终值：Tz?1（1）E(z)= ?12(1?z)z2（2）E(z)=(z?0.8)(z?0.1)解：（1）lime(nT)=lim(z?1)E(z)=lim(z?1)n→∞z→1z→1Tz=∞ 2(z?1)z2=0 （2）lime(nT)=lim(z?1)E(z)=lim(z?1)n→∞z→1z→1(z?0.8)(z?0.1)7-6
已知E(z)=Z[e(t)]，试证明下列关系式成立：n（1）Z[ae(t)]=E???a?（2）Z[te(t)]=?Tz?z?dE(z)，T为采样周期。 dz7-7
已知差分方程为c(k)?4c(k+1)+c(k+2)=0初始条件：c(0)=0,c(1)=1。试用迭代法求输出序列c(k),k=1,2,3,4。解： 因为c(k)?4c(k+1)+c(k+2)=0k=0 k=1时c(0)?4c(1)+c(2)=0所以c(2)=4c(1)?c(0)=4?0=4 时c(1)?4c(2)+c(3)=0所以c(3)=4c(2)?c(1)=16?1=15k=2时c(2)?4c(3)+c(4)=0所以c(4)=4c(3)?c(2)=60?4=567-8
试用z变换法求解下列差分方程： (1)c*(t+2T)?6c*(t+T)+8c*(t)=r*(t),r(t)=1(t),c(t)=0(t≤0)*c*(t+2T)+2c*(t+T)+c*(t)=r*(t),(2)c(0)=c(T)=0,r(nT)=n,(n=0,1,2,L)c(k+3)+6c(k+2)+11c(k+1)+6c(k)=0(3)c(0)=c(1)=1,c(2)=0c(k+2)+5c(k+1)+6c(k)=coskc(0)=c(1)=0解：（1）将2(4)πc*(t+2T)?6c*(t+T)+8c*(t)=r*(t),r(t)=1(t),c(t)=0(t≤0)*变为如下形式c(k+2)?6c(k+1)+8c(k)=r(k)令k=?1则c(1)?6c(0)+8c(?1)=r(?1) 即c(1)=6c(0)=0对差分方程的每一项进行变换，根据实数位移定理：Z[c(k+2)]=z2C(z)?z2c(0)?zc(1)=z2C(z)Z[c(k+1)]=zC(z)?zc(0)=zC(z)所以：Z[c(k+2)?6c(k+1)+8c(k)]=Z[r(k)] 即：zC(z)?6zC(z)+8C(z)=2zz?1C(z)=zz1z1z1z1==?+2z?1z?6z+8(z?1)(z?2)(z?4)3z?12z?26z?41??11c(t)=∑??2n+4n?δ(t?nT)6?2n=0?3*∞7-9
设开环离散系统如图7―55所示，试求开环脉冲传递函数G(z)。(a)(b)解：Z图7-55
开环离散系统5z2z?2??5?=Z=
?2T?5T?????s+2?z?e?s+5?z?e2z5zz?e?2Tz?e?5T（a）G(z)=（b）Z5?101?10z10z?101?2Z=?=??2T?5T????3z?e?3s+23s+5?3z?e?s+2s+5?10z(e?2T?e?5T)G(z)= ?2T?5T3(z?e)(z?e)7―10
试求图7―56闭环离散系统的脉冲传递函数Φ(z)或输出z变换G(z)。(a)(b)(c)图7-56
闭环离散系统解：（a）G12(z)=G1(z)1+G1G2(z)G1(z)G1(z)1+G1G2(z)G12(z)G(z)===G1(z)1+G1G2(z)+G1(z)G3(z)1+G12(z)G3(z)G3(z)1+1+G1G2(z)7―11
已知脉冲传递函数C(z)0.53+0.1z?1G(z)==?1R(z)1?0.37z其中R(z)=z/(z?1)，试求c(nT)。0.53+0.1z?10.53+0.1z?1z0.53z+0.1C(z)==()Rz=?1?12?z1?10.37z?10.37zz?1.37z+0.37解：z0.47z=?z?1z?0.37c(nT)=∑1?0.47×0.37nδ(t?nT)n=0∞()7―15试判断下列系统的稳定性：（1） 已知闭环离散系统的特征方程为自动控制原理第五版胡寿松主编课后习题答案详解 10_自动控制原理课后答案D(z)=(z+1)(z+0.5)(z+2)=0(2)已知闭环离散系统的特征方程为D(z)=z4+0.2z3+z2+0.36z+0.8=0(注，要求用朱利判据)(3)已知误差采样的单位反馈离散系统，采样周期T=1s，开环传递函数 G(s)=22.57 2s(s+1)解：（1）D(z)=(z+1)(z+0.5)(z+2)=0由特征方程得到：z1=?1
z3=?2所以系统不稳定。（2）D(z)=z+0.2z+z+0.36z+0.8=0列朱利阵列如下： 4320.80.3610.2110.210.360.8（3）7―16
设离散系统如图7-58所示，采样周期T=1s，Gh(s)为零阶保持器，图7-58离散系统G(s)=要求： K s(0.2s+1)(1)当K=5时，分别在z域和ω域中分析系统的稳定性；(2)确定使系统稳定的K值范围。解：系统开环脉冲传递函数（1）G(z)=(1?z)Z?2?=(1?z)Z?s2(s+5)? ss(0.21)+?????1?K??1?5K??5Tz5(1?e?5T)z?5T(1?e?5T)z(4+e?5T)+1?6e?5T==?=(1?z)??2?5T??5T5(z?1)(z?e)?(z?1)(z?e)(z?1)(z?e?5T)?(z?1)4.=2z?1.7?1系统特征方程：z2?1.7+4.=z2+3z+0.9667=0 解方程得到z1=?2.6328
z2=?0.3672
所以系统不稳定。（2）G(z)=(1?z)Z??1?5K??K?1(1z)Z=?? ?2?2s(0.2s1)s(s5)++??????KTzK(1?e?5T)z?KTK(1?e?5T) =?=(1?z)??2?5T??5T5(z?1)(z?e)?(z?1)5(z?e)?(z?1)?1=5Kz?0.3Kz+0.7Kz+0.9598K =225z?5.55z?5.5系统特征方程：5z2?5.5+3.0067Kz+0.9598K=05z2+(3.5)z+0.8K=0欢迎您转载分享：
更多精彩：