张爱民《自动控制原理》课后习题.pdf

11 解： （1）机器人踢足球：开环系统 输入量：足球位置 输出量：机器人的动作 （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 12 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： 2 2 ( )( )dz td y t kz tfm dtdt 同时 ( )( )( )z ty tx t 综合上述两式得其微分方程为 22 2 ( )( )( ) ( ) d z tdz td x t mfkz tm dtdtdt 2 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 22 ( )( )( )( )ms Z sfsZ skZ sms X s 故其传递函数为 2 2 ( ) ( ) ( ) Z sms G s X smsfs k 2.2 解 受力分析得： 对于 M 有： Mgsin=ML 2 2 dt d F=Mgcos 对于 m 有： F sin-x k 2 -x k 2 =m 2 2 dt xd 整理后得： 2 2 dt d = L g sin 2 2 dt xd = m M g cos sin- m k x 削去的系统的微分方程： x + m k x- m M L =0 对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为: G(s)= )( )( sX s = 2 2 MLs kms 2.3 解 （a）电气系统 （b）机械系统 证： （a）由电路可得： 221 22 1211 121 2 2 1 1 11 ()() 111 ()() 1 1 o i RRR uC SC SC S u RRRR C SC SC SC S R C S R C S 1 1 1 1 2 12121122 2 1212112212 () () R R C C SRCR C S R R C C SRCR CRC S 1 1 则其微分方程为： 22 121211221212121122 22 ()( ooi oi d udud udu ) i R R C CRCR CRCuR R C CRCR Cu dtdtdtdt (b) 取 A、B 两点进行受力分析，列出方程得： 221 ()( () ioo io d xxd xx fkxxf dtdt ) （1） 1 () o d xx 1 fk x dt （2） 由（1）式、 （2）式得 2222 io io dxdx 1 ffk xk x dtdt k x （3） 得 11 (1)(3)kf 22 121 1122 11212122 112 22 ()() ooi oi d xdxd xdxi f ff kf kf kk k xf ff kf kk dtdtdtdt k x 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 21 2 121 2 12 1 11 o Uc sc Uiccc c Ls sL c sc s 微分方程 2 121 21 2 () o oi d u cc uc c Lcu dt 2.5 解 由电路得： 2 1 1 1 1 i uu R R CS R CS （1） 34 o uu RR （2） 综合（1） 、 （2）式，消去变量 u，可得其传递函数为： 12424 13 ( ) o i uR R R CSR R G s uR R 进而得其微分方程为 2424 313 i io duR R CR R uu RdtR R 2.6 解 对系统中各个部分建立相应的微分方程如下： u =R i +L cccc dt dic u12=u =k1i = R i +L qcqqq dt diq u34=u =(Ra+Rd)id+(La+Ld) d dt did u = Rdid+Ld a dt did Tm 2 2 dt d + dt d =k1ua 对上面各式拉氏变换并整理得到： )( s)Ts(1 )( )() sL+ R()( )( )sL(L+ )R (R )( )( sL+ R )( )( sL+ R 1 )( m 1 aa dada 2 qq 1 cc sU k s sIsU sI k sI sI k sI sUsI a da qd cq cc 对上式削去中间变量得到系统的传递函数为： G（s）= )( )( sU s c ) sL+ )(R sL+ )s(RL(L+ )R (R s)Ts(1 ) sL+ R( ccqqdadam aa2 2 1 kk 2.7 解 1 i 2 i c u b e L k x k f E R 由图示及题中条件得： 1 12 2 1 02 2 2 0 2 ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 2( ) c c cb b e tRi tu t du t i ti tc dt di t u te tL dt dx e tk dt Fk i t dx td x t Fkx tfM dtdt 对上式进行拉式变换得： 1 12 2 1 022 2 0 ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) 2( )( )( C C Cb b E SRI SUS I SISCSUS USE SLSIS E Sk SX S Fk IS FkX SfSX SMS X S ) 则通过消去中间变量得传递函数如下： 2 222 211 ( ) ( ) ( )2 kX S G S E SRCLSLSRMSfSkkRCk Sk S 2.8 解 由题意得： 1 2 1 2 2 2 ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ioe f efff o m f ttku t dit k u tit RL dt N tt N M tk it dtdt JfM dtdt t 其中为磁控式电动机转矩系数，令初始条件为零，作拉氏变换得： m k 1 2 1 2 2 ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ioe effff o mf SSkUS k USIS RL IS S N SS N M Sk IS JS SfS SM S 解得： 122 2 1221 ( ) ( ) ( )()() om imf Sk k k N G S Sk k k NN JSfSL SRf 2.9 解 由图示得电路的微分方程如下： 1 C 2 R u 1 R + 1 i 2 i i u o u + _ + _ 2 C i i 1 12 11 22 22 ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) i o o u tu ti t R iii d u tu t ci dt i t Ru t du t ci t dt t 作拉氏变换得： 1 12 11 22 22 ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) i o o U SU SI S R I SI SIS C S U SUSI S IS RUS C SU SIS 则初始方块图如下： 2 C S 1 1 R ( ) i u s 2 R 1 1 C S ( ) o u s 由梅森公式得其传递函数如下： 22 2 12121121 ( )US ( ) ( )1 O i C R S G S U SC C R R SC R SC R S 2.10 解 行简化得： 对方块图进 1 G 2 G 3 G 4 G 1 H 2 H ( )N s ( )Y s ( )R s 1 G 2 G 3 G 1 H ( )N s ( )Y s ( )R s 14 GG 22 H G 3 G 1 H ( )N s ( )Y s ( )R s 14 GG 22 H G 12 GG 122 H H G ( )Y s ( )R s 14 GG 123 GG G 223 H G G 122 1H H G ( )N s 112 H GG ( )Y s ( )R s 122 1H H G 223 ( ) 1 N s H G G 112 1 1H GG 12314 GG GGG 232 1 1H G G ( )Y s 122 1H H G 14123 112223 (1)(1) GGGG G H GGH G G 122 223 ( )(1) 1 N s H H G H G G 223 ( ) 1 N s H G G ( )R s 由梅森公式得 14123 2231121231412124 112 2231121231412124 ( ) 1 1 ( )( )(1 1 GGGG G R S H G GH GGGG GGGH H GG G H GG N SY S H G GH GGGG GGGH H GG G 式) （1） 当( )N S为零时可得传递函数为： 14123 2231121231412124 ( ) 1 GGGG G G S H G GH GGGG GGGH H GG G （2） 由（1 式）得当0时，输出 Y（S）不受干扰 N（S）的影响。 112 1H GG 2.11 解 （a） （1） 方块图化简如下所示： ( )R s( )Y s 1 G 2 G 2 H 1 H ( )R s( )Y s 1 G 2 G 1 H 12 H H ( )R s( )Y s 12 H H 12 11 1 GG H G 从而可得其传递函数为： 12 111212 ( ) 1 GG G S G HGG H H (2) 其信号流图如下所示： ( )Y s ( )R s 1 G 2 G 1 H 2 H 1 1 系统信号流图中共有 2 个回路。增益分别为 11 LG H1 2121 LGG H H2 2) ，无两两不 接触回路。所以信号的特征式 。 11 1 (G H 121 GG H H 系统有 1 条前向通路，增益为 11 PGG2，回路均与此前向通路接触，故，从 而可得其传递函数为 1 1 1112 111212 ( ) 1 PGG G S G HGG H H （b） （1）方块图化简如下所示： ( )R s( )Y s 1 G 2 G 2 H 1 H ( )R s( )Y s 1 G 2 G 12 H H 2 H 12 H H 12 22 1 GG H G ( )R s ( )Y s 从而可得其传递函数为： 12 221212 ( ) 1 GG G S G HGG H H （2）其信号流图如下所示： ( )Y s 1 G 2 G 1 H 2 H 1 1 ( )R s 与 a 原理相同可得其传递函数为： 1112 221212 ( ) 1 PGG G S G HGG H H （c） （1）方块图化简如下所示： ( )R s( )Y s 1 G 2 G 3 G 3 H 2 H 1 H ( )R s( )Y s 1 G 2 G 3 G 3 H 1 H 2 12 H GG ( )Y s ( )R s 123 1133 (1)(1) GG G H GH G 2 13 H GG 从而可得其传递函数为： 123 1122331313 ( ) 1 GG G G S H GH GH GH H GG （2）其信号流图如下所示： ( )R s( )Y s 1 G 2 G 3 G 2 H 1 H 3 H 与 a 原理相同可得其传递函数为： 12311 1122331313 ( ) 1 GG GP G S H GH GH GH H GG 2.12 解 速度控制系统的方框图为： 该系统的微分方程为 i mggi dud TKK uK dtdt cc M 当 c M=0 时，传递函数为 1 gg iM K sK UT S 213 解： 例 2.4.1 中的方块图如下所示： SCR R 11 1 1 2 1 RLS SC2 1 2 R )( 2 SU )(SUi )( 1 SU )(SUO )( 2 SU 其对应的信号流图为： )(SUi)(SUO 1 G 2 G 3 G 2 H 1 H 1 其中 1 G 2 1 RLS SC G 2 2 1 23 RG SCR R H 11 1 1 1 1 2 H 由梅森公式得： 22111 3121 1)( )( )( HGGHG GGGG SU SU SG I O = ) 1 1 )( 1 (1 ) 1 )( 1 ( 211 1 2 2 22 SCSCR R RLS R SCRLS = 1)()( 1)( 222111 2 22211 3 211 2211 2 2121 SCRCRCRSLCRCCRLSCCR SCRCRSCCRR 2.14 解 ( )R s( )Y s 1 G 2 G 3 G 4 G 5 G 1 H 2 H 3 H ( )P s 系统对应的信号流图如下所示： 1 G 2 G 3 G 4 G 5 G ( )R s 2 H 3 H ( )Y s 1 H 1 ( )P s 由梅森公式得 123415 12123212343153 34121352 12123212343 ( ) 1 (1) ( )( )(1 1 GG G GGG R S GG HG G HGG G G HGG H G GGG HG G H P SY S GG HG G HGG G G H 式) （1） 当为零时可得传递函数为： ( )N S 123415 12123212343153 ( ) ( ) ( )1 GG G GGGY S G S R SGG HG G HGG G G HGG H （2）由（1 式）得当时，输出 Y（S）不受干扰 P（S） 的影响，此时可得 34121352 (1)0G GGG HG G H 412152 )GGG HG H (1 2.15 解 ( )R s 1k1 1( ) G s 2( ) G s 2( ) Hs 1( ) H s 3( ) Hs 1 1 s ( )Y s 系统信号流图有 4 个回路，增益如下： 131 ( )( )LHS G S 2212 ( )( )( )LHS G S G S 3112 ( )( )( )LH S G S G S 412 ( )( ) k LG S G S S 无两两不接触回路，系统有 1 个前向通路，其增益为 112 ( )( ) k PG S G S S 。所有回路均 与接触，所以。从而可得其传递函数为： 1 P 1 1 11 ( ) ( ) ( ) PY S G S R S 12 1231212112 ( )( ) ( )( )1( )( )( )( )( )( )( )( ) kG S G S kG S G SSH S G SH S G S G SH S G S G S 2.17 解 (a) 方块图为： 2 1 S )(SY S 3 )(SU 其传递函数为： 1 1 )2( 3 1 )2( 3 2 1 )( )( )( S SS SSS SU SY SG 其信号流图为： )(SU)(SY 11 S 1 1 x 1 x 1 1 其状态方程为：uxx 11 1 xy （b） c sa c sa 1 U 2 U 1 Y 2 Y + - + - 由框图得其传递函数为： 2 22 2 1 22 1 )()( )( U CaS C U CaS CaS Y 2 22 1 22 2 2 )( )( )( U CaS CaS U CaS C Y 故可得其状态方程为： )( 0 22 2 1 cax x a2 1 1 12 2 00 11 x UU x 12 1 2 , x yacc c x 12 2 2 , x yacc c x 综合得： )( 0 22 2 1 cax x 21 2 1 1 0 1 0 2 1 UU x x a 2 2 2 1 cac cac y y 2 1 x x c c （c） )(SU 4 1 s3 2 s s s 1 3 x 2 x1 x )(SY 由方块图得信号流图： )(SY)(SU 1 s 1 s 1 s 1 x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 x 故 3211 25xxxx 322 23xxx Uxx 33 4 13 yxx 其状态方程为： U x x x x x x 1 0 0 400 230 125 3 2 1 3 2 1 y= 1 2 3 1,0,1 x x x 219 解：状态空间的表达式为： 1 2 1 1 0 43 10 U x x x 2 1 0 , 10 x x y （1） 得其信号流图为： UY 1 s 1 s 2 x 2 x 1 x 1 x 故其传递函数为： 34 10 341 10 )( 221 2 SSSS S sG (2)用矩阵法得出的传递函数为： 34 10 1 0 43 1 0 , 10) 1()( 2 1 1 SSSS SS BASIsG 221 解： （1）其传递函数： )( 3)2()2( 33 )( 3)2()2( )( )( 2 23 2 1 23 2 SU kSakaSkaS kkSkS SU kSakaSkaS kskaS SY 故可得信号流图： 2 x 2 x 1 x 1 x + )( 1 SU )( 2 SU )(SY 1 1 k 3k 111 1 s 1 s 1 s 1 s 1 s 1 s1 1 -3k -(2a+ak) -(a+k+2) 3 x 3 x 1 x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 x -3k -(2a+ak) -(a+k+2) 1 a-k k 3k + + 故可得： 21 xx 32 xx )()()2()2(3 213213 sUsUxkaxakakxx 32131321 ) 1()2(43)(xkxkakxkxkxxxkakxy 故其状态方程为： )( 1 0 0 )( 1 0 0 )2()2(3 100 010 21 3 2 1 3 2 1 SUSU x x x kaakakx x x 3 2 1 1,2,4 x x x kkaky （2）用矩阵法得： 1 ( )(1)G SSIAB 4 ,2 ,1k ak k 1 000100 000010 003(2)(2)1 S S Skaakak 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 ( )10 ( ) ( )0.51 Y s s R ss （1） 单位脉冲响应 输入信号为单位脉冲信号( )( )r tt，其拉氏变换为( )1R s ， 则系统的输出为 10 ( ) 0.51 Y s s 则系统的单位脉冲响应函数为： 2 ( )20,0 t y tet （2） 单位阶跃响应 输入信号为单位阶跃信号，其拉氏变换为( )1( )r tt 1 ( )R s s 则系统的输入为 10 ( ) (0.51) Y s ss 则系统的单位阶跃响应函数为： 2 ( )10 10,0 t y tet （3） 单位斜坡响应 输入信号为单位斜坡信号，其拉氏变换为( )r tt 2 1 ( )R s s 则系统的输出为 2 10 ( ) (0.51) Y s ss 则系统的单位斜坡响应函数为： 2 ( )105(1),0 t y ttet 3.3 解： （1）输入信号的拉氏变换为 2 11 ( )R s ss ，输出为 2 111 ( )0.80.8 5 Y s sss 则系统的闭环传递函数为： ( )5 ( ) ( )5 Y s s R ss 开环传递函数为： 5 ( )G s s （2）系统的单位阶跃响应为： 5 ( )( ) ( ) (5) Y ss R s s s ，则0.2T 系统的上升时间为： 2.1970.4394 r tT 调整时间为： 0.8,2 0.6,5 s t 超调量不存在。 3.4 解 证明：当初始条件为零时，有 ( )1 ( )1 Y ss R sTs 单位阶跃输入信号为 1 ( )R s s 所以，系统的输出为 11 11 ( )( )() 11 ss Y sR s TsTsssTs1 T 1 ( ) ( )1 t T T y tLY se T 根据定义， （1）当3ln s T tT T (0.693ln) d T tT T 所以 (2) 求 （即一 y（t）从 0.10.9 时所需的时间） r t 当 2 2 ( )10.9ln()ln0.1 t T TT y tetT TT 时，有 当 1 1 ( )10.1ln()ln0.9 t T TT y tetT TT 时，有 则 21 0.9 ln2.2 0.1 r tttTT （3）求调整时间 s t 假设误差宽度=5，则有 ( )10.95 s t T s T y te T 解得 3ln s T tT T 3.5 解： 由方框图，可以求得系统的闭环传递函数为： 100 ( ) 100 s s （1） 若0.1，则系统闭环传递函数为： 100 ( ) 10 s s 则 T=0.1，调整时间 0.4,2 0.3,5 s t （2） 时间常数 1 100 T ，若要求0.1 s ts，则 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： 2 ( )16 ( ) 1( )41 k k G s s G sss 6 ，则4,0.5 n 单位阶跃响应，系统的输出为： 2 116 ( ) 416 Y s sss 系统的响应函数为： 2 2 3 ( )1sin(2 360),0 3 t y tet t 单位脉冲响应，系统的输出为： 2 16 ( ) 416 Y s ss 系统的响应函数为： 2 8 3 ( )sin(2 3 ) 3 t y tet 37 解： （1） 2 120 ( ) 12120 s ss 得：12010.95 n 6 0.55 120 2 0.343 1 p n t 4 0.667 3 0.5 n s n t 5 2 2 1 %100%12.7%e （2） 22 8116 ( ) 38.44862.816 s ssss 得：164 n 0.35 2 0.84 1 p n t 4 2.857 3 2.143 n s n t 5 2 2 1 %100%30.9%e 3.8 解：系统的传递函数 2 ( ) ( ) ( ) Y sk s R ssasbk , 2 n a bk bk 由图可知 tp=0.3，( )2.5y 2.72.5 %100%8% 2.5 ， 2 2 1 2 0.3 1 %100%8% 11 ( )lim ( )lim ()2.5 n t so tp e k yy ts sasbk sb 解得，b=0.4，a=16.8 ，k=451.1 3.9 解： （1）引入速度反馈前： 12 22 12 100 ( ) 5100 k k s Tssk kss ，10,0.25 n 2 1 %100%44.45%e ， 4 1.6 ,2 3 1.2 ,5 n n s ts s 引入速度反馈后： 12 22 212 100 ( ),10,0.5 (1)10100 nv k k s Tsksk kss 2 1 100%16.13% v v e 4 0.8,2 3 0.6,5 vn vn ts （2） 临界阻尼时，1 v ，解得6 3.10 略 3.11 解：由系统框图可得系统传递函数为： )1 ( )(1 )1 ( )( )( 2 1 2 1 Tss K SK Tss K sK s = )() 1( )( 12 12 sKKTss sKK = 10010 2 )20(5 s ss 22 1010 )20(100 ss s = 20 1 与标准型进行对比可得： 10 n 5 . 0 z=20 arctan n n z 2 1 = 6 r= z n =0.25 l= 2 2 2 nn zz=103 故：%100 2 % 2 1 )( 22 e rr =11.0% T = s 557. 0 1 )3( 277. 0 1 )4( s z l l s z l l n n n n 3.12 解： )(s 12148 12 23 sss = )1)(1)(6( 12 jsjss 系统有三个极点： P=-1 2, 1 j P =-6 3 由于： REALP P 21 3 、 =65 所以系统的主导极点为：P=-1j 2 2 (22)(1) )(s 6 s ss = 2 (22ss 2 ) 所以：2 n 2/1 故： %100% 2 1 e=4.3% TS= 53 3 24 4 s s n n 3.13 解： （1） 01222197 234 ssss 劳斯阵列如下： 4 3 2 1 0 11812 7220 104 120 7 1700 00 104 1200 s s s s s 第一列全为正数，稳定 特征根全在左半平面 （2） 035632 2345 sssss 5 4 3 2 2 0 13 26 0( )3.50 67 30 32124.5 00 67 30 s s s s s s 5 3 0 0 76 0 76 5 .24213 2 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） 012141035 234 ssss 4 3 2 1 0 5101 314 100 120 3 15.0800 1200 s s s s s 2 0 0 0 有两个根在右半平面，系统不稳定 （4） 030427 34 sss 4 3 2 1 0 103 7420 6300 700 3000 s s s s s 有两根在右半平面，系统不稳定 （5） 0122218136 2345 sssss 5 4 3 2 1 0 11322 61812 10200 6120 000 s s s s s s 1 s出现全零行，则用系数构造辅助方程： 2 s 2 612s。对其求导，得：12。则： 0s 2 1 0 6120 1200 1200 s s s 系统有两个共轭虚根，系统临界稳定 （6） 5432 7642856sssss0 0 5 4 3 2 1 0 168 74256 000 s s s s s s 3 s出现全零行，则用系数构造辅助方程： 4 s 42 74256ss。对其求导，得： ，两边同除以 28 得 3 840ss28 3 30ss。则 3 2 1 0 13 21560 1 00 3 5600 s s s s 0 0 0 系统有两个共轭虚根，系统临界稳定 3.14 解（1） 特征方程为 432 22sssk 劳斯阵列如下 4 s 1 2 k 3 s 2 0 2 s 2 k 1 s -k 0 s 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 432 817(10)4sssk sk，由劳斯稳定判据知系统稳定的 k 值 范围为 00 且 7995 12 0 52.5 k 得出：200 108 3 (-1.6)时系统是稳定的。 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。 317 解： skk dp )2( 1 ss )(sR)(sY 传递函数： pd pd ksks ksk s )2( )( 2 特征方程： 011 . 2)2( 22 ssksks pd 令，则特征方程为1zs 2 0.10.10zz 1的稳定裕度。 系统特征方程系数不全为正，可知系统不稳定，故系统没有 3.18 解 系统是 型系统，所以当输入为单位 1（t） ，t， 2 2 t 时，稳态误差为 0，1/k, . 当输入为时，稳态误差为 2 1( )/2ttt . 319 证明：由)(s的系统开环传递函数： )(1 )( )( S S SG )(1 1 )( 2 SGS SE 故 1 1101 1 000 110 ()111 lim( )limlim 1( ) nnm nnm ss nn sss nn a sasa sab sbsb esE s sG SSa sasa sa 0 01 1 1 1 00112 1 2 1 1 1 0 )()()( lim asasasa sbabasbsbsasasa n n n n m m n n n n s 要想使 ss e=0，只有使 11 ba 00 ba 3.20 解 （1） 当 R(s)=0 时， 4 2 3 200 1 3 134 (1) . ( )() 1() (1) limlim ss ss k Dss es E sskk s k k k kkk s ss ， ( )/ L T sD s 2 2 134 (1) ( ). 1( (1) k Dss Y s k s kkk s ss ) 稳态误差 4 2 3 200 1 3 134 (1) . ( )() 1() (1) limlim ss ss k Dss es E sskk s k k k kkk s ss （2）当, L R(s)=1/s,T ( )0s 0 ) 1( )( 1 1 . 1 .lim)(lim 4321 00 ss skkkk s sssEe ss ss 321 解： )(SY 2 G 1 G)(sR )(sH )(sN （a） 恒值调节系统 )(sE )(SY 2 G 1 G)(sR )(sH )(sN - + - 3 G （b）加入积分环节 )(SY 2 G 1 G)(sR )(sH )(sN - - - 4 G )(sE （c）采用前馈控制 由劳斯判据得该系统的稳定： 2 000 12 ( )( )0.5(0.051)1 lim( )lim( )lim 1( )( )( )(0.21)(0.051)4082 0.01220.01 ss sss G S H Ss esE ssN S G S G S H Sss (1)当串入积分环节 s k sG)( 3 后： 2 000 123 ( )( )0.5 (0.051) lim( )lim( )lim0 1( )( )( )( )(0.051)(0.21)40 ssn sss G S H Sss esE ssN S G S G S G S H Ssssk 其特征方程为： 0400010025 23 ksss 由劳斯判据得： 0 12 K -1. 得 0 60 K -1. 得 00,得奈氏曲线为： G (s)在右半平面有一个开环极点：P=1 k 要是系统稳定，则-2K 1 2 . 当 K 1 2 时系统稳定。 5.12 解: (1) 当在 s 右半平面上没有极点,即 P=0 欲使 Z=N+P=0, 则有 N=0 1( ) G s 1 K0 时，或-3，得 0-1,得 1 K 1 16 0 时，无解 1 K0 时，-5 1 K 1 2 1 K 1 K 1 2 时系统稳定。 （4）当在 s 右半平面上有 3 个极点,即 P=3 欲使 Z=N+P=0, 则有 N= -3 1( ) G s 此时无论取何值，系统都不稳定。 1 K 5.14 解： （1）G )5)(12( 50 )( 1 ss s 波特图为： 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 ( )arctan2arctan0.2 1 22 50 ( ) 41 A 5 当 L()=20lg( )A=0 时，=3.91 rad/s 相位裕度为：r=180+ )91. 3(=59 近似法求解：系统的转折频率分别为 1 2 0.5 5 20lg20lg1020KdB 1 20(lglg)20lg20 c K 解得 截止频率5/ c rad s 相位裕度180()180arctan2arctan0.2 ccc = 50.711 （2） 2 2 200(3) ( ) (5) (1)(0.8) s G s sss 波特图为： 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 2 2 30(1) 3 ( ) 52 (1)(1)(1( ) 455 10 ( )arctanarctanarctanarctan 30.8 s G s s sss 25 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 20lg20lg3029.5KdB 由 31 40(lglg1)20lgKk 解得 1 10.415kdB0 由 431 20(lglg)kk2 解得 2 5.978kdB0 然后根据式 42 60(lglg)0 c k 解得截至频率约为 c =6.28 rad/s 相位裕度为：180() c 2 10 180arctanarctanarctanarct