控制工程基础课后答案

1、第二章2.1求下列函数的拉氏变换(1)F(s) =(3)(5)F(s)-3 -2ss sn!(s22s-aF(s)z 222(s a )232(4)(6)(7)F(s) -5s-22.2 (1)由终值定理:(2)10 3sF(s) =s24F(s)二10 10F(s) 10s(s+1) s s + 162(s 2)2 361 s 1F(srsf (t) =lim sF(s) -100由拉斯反变换：f(t) = LF(s) =10-10e2.3( 1)所以问丿“0f(0) =lim f (t) =lim sF(s) s 2 = 0T(s+2)L f (t)二- y2f (t)e dt =s F(

2、s) -sf(0) - f (0)(t)etd lim s2F (s) - sf (0) - f (0)22sf (0) lim s F(s)2 =1s 亠(s + 2)2(2)F(s)二 1(s 2)2f(t)二 LF(s)f(t) -2te又，f(0)=0, f(0)=12.4 解:1 2 tF(s)7f(t沪寸 0f(t)e dts1 e-1+ALe1ios-2e-11 八 1s、1/1 2s订Rr)xR?e冷21 -e s2.5求下列函数的拉氏反变换(1)1f (t)sin 2t2(2)f (t)二-t3e，6(3)1-t3 3tf (t)ee(4)233 2tf (t)ee2 255

3、(5)f (t) = 2et cos3t - et sin3t(6)tt_2tf (t) = -te 2e _ 2ed2y(t)2.6 (1)f-ky(t)-计=0(2)f (t)-ky(t)-md y(t)匕+k22.7 (1)2s 1G(s) _ s3 3s2 4s 1(2)-2s eG(s) _ 孑 10s 22.8解变，被调量H反映了。水的流入与流出之间的平衡关系。水的流量Q1由调节控制阀的开度控制，流出量 Q2则根据需要可通过负载阀来改下，液位的变化将是流出量改变流出量与液位高度的关系。Qi _ Q2 二 A d 巾dt(2-1)设Q1为输入水流量的稳态值，Qi为其增量；Q2输出水流

4、量的稳态值，Q2为其增量;A为水槽底面积； R2为负载阀的阻力(即液阻)。在正常运行时处于平衡状态，即QQ2，h = 0。当调节控制阀的开度时,-Q1使液位随之变化。在流出端负载阀开度不变的情况(2-2)(2-3)将式(2-1)代入式(2-2)，得AR2 dtQ2(s)_7,1所以 G1(s)=7QfS 二 ARf。其中，tR2 -由式(2-1)也可得G2(s) = 3 二。Qi(s) Ts 1Q(tHdV=AdH(t)水流量dtdt (式子中，v为水的体积；H为水位高度；A为容器底面1积)由上式有 H(t)= AQ(t)dt对上式进行拉氏变换并整理得H(s) 1Q(s) 一 As2.9 (a

5、) G(s)UcUr(R2C2s 1)( R1C1s 1)sRC2( R2C2s 1)(R1C1s 1)2 1)亠 1)Ksk2sc1c2GG2G3G4传递函数为鵲1 G2G3G6 G4 G3G4G5XG(s) (b) Xr 丄(二 1)严 1) k2sk1sk2s2.10解，系统框图如图所示:2.11当只有R(s)作用，且N(s)=O时G1G2C(s)=R(s) 1-g2h2 g1g2h3当只有N(s)作用，且R(s)=O时N(s) G2QH11)C (s)1-G2H2 G1G2 h 32.12 (1)以 R(s)为输入，当 N(s)=0 时,当以c(s)为输出时，有Gsr少空匚R(s) 1

6、 +G1G2H当以Y(S)为输出时，有Gy(s)=绝G1R(s) 1+G1G2H当以B(s)为输出时，有Gb(s)=旦轧 GGHR(s) 1+GGH当以E(s)为输出时，有Ge(s)二血 1R(s) 1 + GG2 H以N(s)为输入，当R(s)=0时当以C(s)为输出时,Gc(s)=C(s)N(s)G21 g1g2h当以Y(s)为输出时，有Gy(s)=缎N(s)-G1G2H1 g1g2h当以B(s)为输出时，有Gb(s) =3N(s)1+G1G2H当以E(s)为输出时，有Ge(s)二血 空N(s) 1+G1G2H2.13 Gb(s3GMGR(s)1 -GG2G3G4 H 3 + G1G2G3

7、 H 2 G2G3H1 + G3G4H 42.14 Gb(s)心G1G2G3 G4R(s)1 +(G1G2GrhG4)HG1G2G3H1H2 15 g 二 C(s)二GQ2G5 +G1G2G3G4G5R( s)1 * G1G2 H1 * (1 +G3G4 21G2G5 G2G3H 112.16( a)t2?(s-1)25 L22s (s 1)2(s 1)丄3s2(s 1)= 1, ；： -1 - (Lj L2L3)C(s)t1(s) =32R(s) 2s +7s +K 2(b)tj uGGGsGqGs,4个单独回路：L -G2H1,L2 = -G3H 2 丄3 = -G4H 3 丄4 = G3

8、G4G64 对回路互不接触：L1L2 二G2G3H1H2；L3 二G2G4H1H3；L2L3 二 G3G4H3H2L1L4 = -GzGsGqGeHi；一对三个互不接触回路：L1L2L -G2G3G4H1H2H3= 1-(L L2 L3 L4) (LjL2 LjL3 L2L3 Lg-LS，冷=1 ,G(s)42.17 解:由于 G s = C s 3s 21Rs s 1s 2在单位阶跃输入时，有RsU依题意3s 2112C s 二(s + 2s + 1)s s s十 2 s + 1所以1 112 1cLICGXL(1-忑+S+1)=1-2e +e-2t -t第三章=6S3.1略3.2略3.3略

9、 3.4解：该系统的微分方程为：Ur(t) =iR Uc(t) , Uc(t)= 传递函数为G(s)二土廻 -Ur(s) Ts+1t(1)单位阶跃响应，c(t) =1 - JT(t 0)(2)单位脉冲响应：1 - c(t)e TT(3)单位斜坡响应：tc(t) =t -T Te3.5 由拉斯变换得：2.5sY(s) Y(s)= 20X(s)G(s) = 8单位脉冲响应为：c(t) =8e4ts+0.4单位阶跃响应为：h(t) =20(1 _e.4t)比较 c(t)和 h(t)可得 c(t) = h (t)， h(t) =)0 c(t)dt3.6解：闭环传递函数函数为：G(s)=S2 +s+1

10、得 n2 T，: =0.5，H - Ptr2.418sn.V2tp3.628sP1M p =e z 100% =16.3%当.;=0.02,ts4当厶=0.05， ts =33.7 解：Mp 二 e 仁2100% =5%，=0.694当人=0.02时，ts，则n =2.889 ,3Q-Es当. -0.05时，ts，则二2.174，将,代入2验算，得，5=2.8893.8解由二阶系统的极点3,2 = 10士 j30，可以得到32 j 10 _ j30。由上述公式，可得到；n-10, n 1 - 2 =30,因而有；=0.316，31.6 =10 10rad/s。系统闭环传递函数可写为10002

11、os220s 1000(2)上述系统对应的动态响应指标为tr二-cos理- cos 0.316.= 0.063s，3.16 1 -0.3162=0.105s，二 e 1一2 100% =35%，ts5%0.3s，；n 0.316 31.6ts2%0.4s；、0.316 31.63.9解(1)对系统输出作拉普拉斯变换，可得到系统输出为丄.空一上型s s+60 s + 10 s(s + 60)(s + 10)系统输入为单位阶跃输入，则1R(s):s因而，系统闭环传递函数表达式为M (s)=Y(s)R(s)600(s 60)(s 10)6002s 70s 600(2) 二阶系统标准形式为特征多项式为

12、sM (s)二-70s 600 o因而”23n =702 n = 600系统阻尼比和无阻尼自然振荡频率-n分别为:=1.43,，二 24.5 rad s3.10Gb =1 笃(1)* I Ks则,又,MpG =25%所以,兀 21 ()2= 0.4Kf KIn M p而,tp 二 2stp所以222.93 = Ktp 2)G(s)二ks3 3s2 2s kKp =2 /、K =0.473.11解：系统闭环传递函数为:令 s3 3s2 2s 0 s3 12s2 3k13 2 -kss0 k由于系统处于稳定状态则有：写.0，得0k0.解上述不等式方程，可以得到系统闭环稳定的条件为0 ： K : 0

13、.91。(2)由系统特征方程可排出劳斯表如下：3 s0.112s1K1 s1 - 0.1K0sK由劳斯表可知，要使系统稳定，必须第一列元素全部大于零，因而有j - 0.1K 0,5 0.解上述不等式方程，可以得到系统闭环稳定的条件为0 ： K : 10。3.14 解(1)系统的闭环特征方程为 2s3 s2 -3s 10由此可排出劳斯表如下：3s2-32s1-23s010s平面上，系统闭环不稳定。由劳斯表可见，第一列元素变号两次，有两个根在右半注：闭环特征方程求解过程如下系统的闭环特征方程为：S2 - s - 2 = 01(s-1)G(s)11 S - 1(s-1)(s 1) S-1S 1=二其

14、分母为零既是特征方程s s - 2s _2 二 0由此可排出劳斯表如下：s21s11s0-2由劳斯表可见，第一列元素变旦(3)系统的闭环特征方程为-20次，有一个根在右半s平面上，系统闭环不稳定。32s +4s +3s+12=0 。由此可排出劳斯表如下：3s2s1312s0s12由劳斯表可知，第一列元素不变号，所以无右半s平面的根。但是劳斯表有一行为0，因而存在对称根。解辅助方程4s2+12=0,得系统有一对虚根，处于临界稳定。3.15解：由于是单位反馈系统,ess 二；ss，且该系统为型系统，归化有， Gk(s) _ s(s - 1)(0.2s 1)其增益为K/5;在斜坡函数输入时,ess

15、ss50.01;KK=5003.16 解：先求当R(s)=O,N (s) = 0，即N(s)单独用下的稳态误差e*ssN 在干扰作用下的输出为XoN (S)二4s 1EK由干扰产生的误差为En(s)二 Xi(s)XoN(s) = _XN(s)所以4S 1En(S)= _(3s 1)(4s 5) N(S)所以该误差的稳态值为珀=四sEn一四s(3s+：(；S + 5) + 4再求当R(s)=0,N(s)=0时，即R(S )单独作用下的稳态误差essX。输入作用下的传递函数为C(s) _4R(s) 4s 5输入作用下的误差1心2沪戸r(s)则误差的稳态值为111essx 二 lim sEx(s)

16、= -lim s *T7(4s+ 5) s5根据线性系统叠加原理e =e +e =丄+丄“ss ssNssX553.17解:开环增益，K=100，=1,系统为：型r(t) =2 4t 丄 10t22SS 24 10 =0+0.04+：二:1 Kp Kv Ka因为该系统为单位反馈系统，所以3.18由于是单位反馈系统，所以:SS二ess(1)k=10,=0r(t)=1 时，芯二丄SS10r(t)=t 时，；SS =二r(t)=t2 时，；SS八(2)k= 7,=18r(t)=1 时，SS=0r(t)=t 时，8z = 一SS 7r(t)=t2 时，；SS八 k=8,=2r(t)=1 时，/Or(t

17、)=t 时，；ss=o1r(t)=t2 时，:ss = -4第四章(2)1G( j 厂0.10.1j 10.1 ； 12 _ j20.01 1 (1 0.01 )4.2 解:C/. 55150国(1) G(jUJ)2 230jo +1 1 +900豹1 +900豹幅频：5NG(jeo) = ,5 21900J +1相频：/G( jcc) = arcta n30 豹对数频率特性幅频：1NG(jGJ)=2 0.01 灼 +1相频：10/Gj) = -arctan)4.3 解：(1)G(S)= Ks (K =10, N =1,2)。20Ig K =20lg10 =20dB当N=1时，G(S)=10/

18、s，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-3(a)所示。当N=2时，G(s) =10/s2，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-3(b)所示。 = O0%曲d ko = 0+幅相频率特性一个积分环节#()ty = oo = 0+ * 幅相频率特性(a) G(s)二100.1s _1图4-3幅频相频特性图二I1 转折频率；：; =一10,20lg K = 20lg 10= 20dB。0.110当G(s)时，()= -arctan (0.1 ),对应的幅相频率特性和对数频率特性如0.1s +1图4-4(a)所示。10直0当G(s)时，0 ) = -180 - arctan(0.1)，对应的幅

19、相频率特性和对数频率特0.1s 1性如图4-4所示。幅相频率特性的)090十倍频对数频率特性(a)惯性环节(b)不稳定的惯性环节图4-4幅频相频特性图 G(s)二 Ksn(K =10, N =1,2)201gK=20lg10=20dB当N=1时，G(s)=10s,对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-5(a)所示。当N=2时，G(s)=10 s2，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-5(b)所示。 =t200-20L/I = 0p = 90Ii1&方必/1 倍频0帥)9001 1G)幅相频率特性对数频率特性(a) 一个微分环节对数频率特性(b)两个微分环节 图4-5幅频相频特性图(4)G

20、(4) =10(0.1s _1)= 10,20lg10 = 20dB当G(s) =10(0.1s 1)时，:C-) arcta n(0.),对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-6(a)所示。当G(s) =10(0.1s -1)时，：C ) =180 -arctan(0.)，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-6 (b)所示。血=00=o0i)R(圈幅相频率特性十倍频II1 ：10 100I对数频率特性0)(a) 一阶比例微分环节 G(s)二10 0幅相频率特性6s(s 4)1.5s(i1)对数频率特性(b)不稳定的一阶比例微分环节 图4-6幅频相频特性图转折频率 =4,20lgK =2

21、0lg1.5 =3.5dB()- -90 -arctan(，4),对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-7所示。1.5 G(s)二6(s 1)(s 4)： C -arcta- arctan(4),对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-8所示。转折频率；：=1,:匕=4,20 lg K = 20lg 1.5 = 3.5dB幅相频率特性对数频率特性图4-8二阶系统幅频相频特性曲线图s（s + 5）0.25（5 + 1）（7） G（s）= 泸转折频率=5,-2 = 20,20lg K =20lg0.25 二-12dB。S （20+1）X ） = arctanJ，. 5） -arctan（. 20

22、）,对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-9图4-9(8) G(s)=s + 0.1s(s+0.01)10(上 +1)0.1ss( +1)0.01转折频率h = 0.01, 2 =0.1,20lg K =20lg10 = 20dB。C ） = -90 -arctan（，001） arctan（ 0.1）,对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-10所示。对数频率特性幅相频率特性(9)G (s)(a)二阶振荡环节幅相频率特性图4-10 具有零点的二阶系统1(T = 1,三=0.4,0.707) T2s2 +2 辽s+ 1当T = 1,二0.4时，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图4-11(a

23、)所示。对数频率特性(b)二阶振荡环节图4-11二阶系统幅频相频特性曲线图(10)G(s)二40(0.2s 1)s2 2s 1() =arctan(0.2 ) _arctan( )1-o注:转折频率 、=1, 2 =5,20lg K = 20lg40 =32dB2釘常(，)=一 arctan(2 2)1-T 02(1) 二 arctan(0.2) - arctan(-) =11.3 - 90 = -78.71-1(3) = arctan(0.6) -arctan代)=31 -143.1 = -112.110(5) -arctan(1) -arctan( ) =45 -157.3 =112.31

24、0(10) -arctan(2) -arctan(-) =63.4 -168.6 =105.21 一100(50) -arctan(D) - arctan( 100 ) =84.3 -177.7 =-93.41 - 2500当由0； c ）变化趋势由0 _90o _180o-90o,对应的幅相频率特征和对数频率特征如图4-12所示。对数频率特性幅相频率特性图4-12具有零点的二阶系统开环频率特性为G”幅频特性为注：尼1J.Zn1% |Z2.|Zn |K(T3)213 = 、( T1)2 T (1)2 1-a r c t a nT2相频特性为 - -90 a r c t a iT3 - a r

25、c t a 币 首先绘制开环幅相频率特性，再应用奈氏稳定判据判断闭环系统的稳定性。 当:-0 时，有 Gj*i=K=KeT2 即 A0%=二，0咋=一90。j蛍当时，A ： - 0，: - - n - m 90 - -180。因为T3 Ti T2所以开环幅相频率特性从第四到第三象限变化。开环幅相频率特性与负实轴无焦点。开环幅相频率特性如图 5.20所示，由0到0 的增补特性如图中虚线所示。可以看出，当，由0到：时，开环幅相频率特性不包围-1,j0点，所以，闭环系统是稳定的。20s s 1 s 10这也是一个I型3阶最小相位系统，开环系统稳定。开环频率特性为2幅频特性为j j-1 j0.11注：

26、1 Z1Z2ZNT Z1 |Z2 11 ZN 1A )=；: 晶 2 +1、：(0.1 f +1相频特性为二 -90 -arctan ；： -arctan 0.1 首先绘制开环幅相频率特性，再应用奈氏稳定判据判断闭环系统的稳定性。 当， 0 时，A 00= -90 0 当-；心时，A ： -0, ：i nm 90丨一270。 开环幅相频率特性与负实轴的交点。开环幅相频率特性与负实轴的交点满足-180，即-90 -arctan 打arctan0.1 j 一 -180或arctan0.1 j = 90 - arctan j两边取正切tan arctan0.1 j Ltan9o - arctan j

27、图4-14系统的开环特性图其中则有tan 9o - arctan 豹-= cot(怕,)=1jj tangj)tan krctan 0.1tan(tan(，j)0.1 j解得= 10代入幅频特性，得A(Wj)二10 10 1、1 1 、2202=0.134开环幅相频率特性与负实轴的交点坐标为(0.134，j0)。开环幅相频率特性如图4-14所示, 由0到0的增补特性如图中虚线所示。可以看出，当由0到：时，开环幅相频率特性不包括（-1，j0）点，所以，闭环系统是稳定的。(s 100)开环右极点数目P=1,开环频率特s(s 2)因为分母有（s-1）项，所以这是一个非常最小相位系统,性为50(j0.

28、01 7)j(j0.5-1)幅频特性为50j(0.0伸)2 +1A(j )二2 T(0卑)+1相频特性为(-_90 _180 arctan(0.5w) arctan(0.01w)首先绘制开环幅相频率特性，再应用奈氏稳定判据判断闭环系统的稳定性。当-；0 时，A（0） = ：, （0 ） 一270。当时，A（：） =0, （：） =-90。开环幅相频率特性与负实轴的交点。开环幅相频率特性与负轴的交点满足打）-180,即-90 -180 arctan（0.5 j） arctan0.01 j =-180或 arctanQ.5 打）=9O0 - arctanQ.01 打）两边取正切tan arctan

29、0.5 , j Ltan9o - arctan（0.01） J1有0.5：； |j0.0阿解得20050102代入幅频特性，得 A .=0.5,开环幅相频率特性与负实轴的交点坐标为J200J51（-0.5，j0）开环幅相频率特性如图 4-23所示，由0到0 的增补特性如图中虚线所示。由图看出，当由0到：时，开环幅相频率特性不包围（-1，j0）点，所以，闭环系统是不稳定的。下接（4） 96 机械工程腔制基础（第四版）学习铺导与题解图（题443）从上述个系统的Bock图看.二个系统具冇相同的对数幅频恃性但者的对数相频特 性不同.其中（1）的所有的极点丄冬点均在（訂平面的左半平面因此它H有最小的相位

30、改变 量此系统为最小相位系统。4.15试绘出具有下列传递函数的系统的Bode图:2(1)a 2().2$ +1；(H s) = 10 s;(2) G(.、)=(4) a s)= IU、+ 2;(5)U5)= 1T2；X 、）=2.5(、+ 1U) (0.2 x + 1)(7)zv x _ 11)(0.02 + 1)( x +1) 5)=,(, + 4.、十1側)、_ 2()、(、+ 5)(、+ 4U)X 一 心+ U1)( $+2(0(6)650 r(d.04+ I)(1(1) (；(、)= lOe第四彦频率特性分析 97 用（题 4.15.1）dB 20lg G） I0 解（1）其频率待性为

31、G（js）=帀二该系统只包介一个一阶惯性环节氏转折频率为oj= = 5s 因此其Bode图如图（题4.15.1）所示其频率待性为G（jw） = |-该系统为一个比例环节其比例系数 k=y因此，其Bode图如图（题4.15.2）所示（3）其频率特性为O（j“J=lUjs该系统由-个比例环节和一个微分环节组成其中比例系数A = 1UC 因此，其Bock图如图（题4.15.3）中实线所不c图（题 4.15.2）图（题 4.15.3）图（题 4.15.4）第四童频率持性分析 99 (4) 系统的传谨函数可以化为G( $) =25、+ 1)其频率特性为Gjs)=2(j5s+ 1)该系统山一个比例环竹和一

32、个一阶微分坏节组成.其中.比例坏节的比例系数 2； 一阶 微分坏节的转折頻率为”丄=1)2$因此.其Bode图如图(题4.15.4)中实线所轨(5) M频率特性为G(j)=. ,-J(L 2 U)十 1它是 个不稳定的-阶惯性坏*p其对数幅频特性图与相对应垠小相位系统的对数幅频 特性图相同a对数相频特性方程为s) = arclan0.2 uj因此其Bode图如图(题4.15.5)所示-5s )和个一阶微分环偸竺=丄=Ids组成因此其Bode图如图(题4.15.6)中实线图（题 4.15.6）(7)系统的传谨函数可以化为U1（U（）2、+ 1）（、+ 1） X 1UUH F 十 4、十 100）

33、系统的传递函数可以化为心)=册咄其频率持性为zv.25（0. lj oj+ 1）52 一（jo）2（Q.2j 树+1）该系统山个比例环节(比例系数为2 25)、两个积分环节、个-阶惯件环V S二右其频率特性为（） l（U（）2j 少+ l）（j 少+1） x 型j s（ （if + 4j =650）.两个微分坏节和两个 阶惯性环节（鲫佥j=25$ I空二占= 25s I）组成。因此，其Bxlc图如图（也4.15.8）中实线所不：（9）系统的传递函数可以化为山()()2、卜 1)().025、+ 1)(10 5 + 1)(0.05a+ I)2图（題457）具频率待性为G二iu（）（q2w+1）。

34、丛半弘+41j s（ jlU 3+ 1）（jU（）5 3 + 1）该系统山-个比例环节（比例系数为z=ioo）.-个枳分坏节、两个阶微分环节（转折频 率分别为5二占=5W2 =（T是二皿）和 个一阶惯件环（转折频率分別为0二命 = O.1S itO45 = j-J= 20s I）纽成。因此其Bode图如图（题.15.9）屮实线所示。 10（） 机械工程控制基础(第四版学习铺导与题輕(1U)其频率特性为G(j= 10e川该系统由个比例坏节(比例系数为Zr=lU)和一个延时环u( r=0. Is)组成c因lit. M Bcxle图如图(题4. U15.10)中实线所示Q3()和T= Is时的Bod

35、e图.RC网络如图(题4. 16. a)所 不。图（题 4.15.10）解 网络的頻率特性为3jG =丄气Ta J l(u + I山 r= CRl 和二帚一石(&a=R4.5 解:KG(s-s(o.i 1)(io 1)20lg K -20lg :： =20lg K -20lg0.1 =60dBK -100G(s)00s(s+0.1)(s+10)k JIm1J、1 kV77-(-1,j0)ffi kf 一 一1F / /4.6(1)奈奎斯特曲线不包围（-1, j0 ）点，所以系统稳定（2）奈奎斯特曲线为:-4ImRe-0-18(-1,j0)奈奎斯特曲线不包围（-1, jo ）点，所以系统稳定奈奎

36、斯特曲线不包围（-1, j0 ）点，所以系统稳定254.7 解. G（s ）_$（0.2$十10.08$十1 ）系统开环频率特性为25G j 一 j j0.2，1 j0.08，1幅频特性为A =25豹 J（0.2仙 f +1 J（0.08 f +1相频特性为=-90 -arctan02丫： 一arctan0.08 ,首先绘制开环对数频率特性。 对数幅频特性5L =20lgA =20lg 252 1（0.賀）+1 7（0.0&叮）+1其中20lg25=28dB,转折频率-5, J0.210.08求相位裕量令25A c 二22c0.2 c10.08 c125ft = 1c 0.2 c0.08cc

37、=325 =11.60.2 0.0812.5。对数频率特性如图5.23。相位。图4-16对数频率特性(，c) =-90-arctan(0.2 11.6)-arctan(0.08 11.6) =-90 -66.68 -42.86 =-199.54相位裕量。(，c)=180(，c)=180 -199.54 - -19.54求增益裕量令(j) - -90 -arctan02 j -arctan0.08 j - -18090 -arctan0.2 j =arctan0.08 j两边取正切tan90arctan0.2 .j二 tanarctan0.08，j1有0.08 j0.2 jj解之，得=7.9。代

38、入幅频特性，得ACj)257.9 .,(0.2 7.9)2 1 . (0.08 7.9)2 1= 1.431则增益裕量 GM0.699。1.43判断闭环系统的稳定性因为相位裕量(，c)=：-19.54 ：0，增益裕量 GM= 0.699 ：1，故闭环系统不稳定。G(s)二100(s+1)2s (0.025s 1)( 0.005s 1)系统开环频率特征为G(j )100 j +1)(j )2( j0.025 1)(j0.005 1)幅频特性为AC)100 屜2 +12 (0.025 J2 1 . (0.005 )2 1相频特性为 ()=-180arctanr -arctan0.025-arcta

39、n0.005首先绘制开环对数频率特性。对数幅频特性100, 2 1(，)=201gA(，)= 201g 二200。对数频率特性如图 4-17所示。其中 201g100 =40dB ,2 (0.025 )2(0.005 )2 113 :0.005ioo c2 1 求相位裕量 令 A( c) cl (0.025 c)21.(0.0051100 c2c 0.025 c1100c63.25 0.025相位=-180arctan c 一 arctan 0.025- arctan 0.005 c=-18089.1 -57.69 -17.55 =-166.14相位裕量(c) =180：( c) =180 -

40、166.14 =13.86求增益裕量令(打)-180 arctan 打一arctan0.025 j arctan0.005 打-180arctan j -arctan0.025 j 二 arctan0.005 j两边取正切tanarctan j - arctan0.025 j 二 tanarctan 0.005 j j -0.025 j1 亠心 j 0.025 - j二 0.005 j注:tan(：;)二tan: -tan ：1 tan ： tan :j = 88.1代入幅频特性，得100 Jc2 +1100 叫A j) =2 ILc ,肚j = 0.525 f(0.025Jj)2+1 .”(

41、0.0055 )2+1叫 0.025j1 则增益裕量GM1.94 。0.52判断闭环系统的稳定性因为相位裕量 C，c)=13.86 0，增益裕量GM =1.94 1，故闭环系统稳定,(3)G(s) 一 &0.1s1)(0.5s 1)系统开环频率特性为G(j-)2j (j0.V 1)(j0.5 T)幅频特性为AC)2* . (0.1 J2 (0.5 )21相频特性为() = -90 -arctan01： -arctan0.5 首先绘制开环对数频率特性对数幅频特性L(a) =20lg A(，) =20lg2 . (0.1 J2 1 . (0.5 )2 1丘6040-图4-18系统的开环特性图-20

42、1 1其中20lg2 =6dB，转折频率 “2/ .210.对数频率特性如图4-18所示。0.50.1求相位裕量令A( t)2 (0.1 J2 1(0.5 J2 1=1相频特性：/ G（）H（）=90 -arctan0.5 G(j )H(j )20j (1j0.5 )；.? c = i 4 = 2相位(J 二-900 -arctan(0.1 2) _arctan(0.5 2) = -90 - 11.3 - 45 = -146.3 相位裕量(c) =180。( c) =180。-146.30 =33.70 求增益裕量令(J 二 -900 -arctan0.1 j -arctan0.5 打=-18

43、009O0 -arctan0.1 j = arctan0.5 j两边取正切tan900 -arctan0.1 j =tanarctan0.5 j=0.5 j 解之 得j =4.47.带入幅频特性，得0.1 jjj幅频特性：GK(j J：20 2 2 10.5 令 G(j c)2c=1，计算得c =6.1685二-90 -arctan c = T65= 180 -90 -arctan0.5 ,c =180 -90 -72.1 =17.9c令/ G(j )H (jco)电=-90-arctan0.%g = -180该系统是稳定的。4.9解：系统开环传递函数为:G(s)1-2 2二 3.3rad /

44、sG(j )_G( j ) - -arctan - Ao令.G(j J-180 ，则 g：，Kg： 令 NGj) =1 ，则 coc=j3 ， r =180+NG( j该系统可近似为二阶系统，Mr =才1 ,一 2 “84，则 =0.28) =120因为Kg1 ， r 0所以系统稳定4.10 解：Gj) _! 时 #(0.05)2 +1j(0.1)2 +1 G(j )二-90 -arctan 0.05 - arctan0.1 ；令 G(jo) =1，叽 叫=7.5，乂G(j) = 147， r=33，1有公式可得 Mr=1.84sin r5.4解：由于该系统为I型，所以ess = ：丄，Kmin 5 ；k 15未校正系统的开环频率特性为：15* _ j (j 1)5.3 解：(1)K，360 /60 ,sG(s)二s(0.2s 1)(0.5s 1)第五章G(jC)lco(J(0M)2 +1)(1 + J(0.%)2)ZG(j J = 90 arctan0.2;： -arctan0.5