《自动控制原理》课后习题答案

1.1解：

（1）机器人踢足球：开环系统输入量：足球位置输出量：机器人的位置

（2）人的体温控制系统：闭环系统输入量：正常的体温输出量：经调节后的体温

（3）微波炉做饭：开环系统：输入量：设定的加热时间输出量：实际加热的时间

（4）空调制冷：闭环系统输入量：设定的温度输出量：实际的温度

1.2解：

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

控对象稳定，系统就能稳定工作。

缺点：控制精度低，抗扰动能力弱

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

影响；利用负反馈减小系统误差，减小被控对象参数对输出量的影响。

缺点：结构复杂，降低了开环系统的增益，且需考虑稳定性问题。

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IE放大器和功率放大器

控制嵇执行被控

机构对停

加

电

有

正+

老

伏

菽⅞*φ-i肝不热炉

信

号

热电偶

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:

一皿竽

dtdr

同时ZQ)=y(∕)—x(t)

综合上述两式得其微分方程为

d2z(t)+/也+近⑺=一加曾

m

drdtdr

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

ms2Z{s}+fsZ(s)+kZ(s)=-ms2X(s)

故其传递函数为G(S)=ZS)=ms2

X(S)ms~+fs+k

2.2解

受力分析得:

对于M有：

Mgsin=ML

F=Mgcosθ

对于m有：

Fsin∕x-3=m

22

整理后得:

w=τsinθ

d“xM八

-ɪ=——geos”sinθ--X

dt~mm

削去e的系统的微分方程：

X^ι—X----Lθ=O

mm

对上式做拉普拉斯变换后整理得系统的传递函数为:

2

人θ(s)ms+k

G(s)=---=-------Z-

XG)MLS2

2.3解

G

(a)电气系统

证：(a)由电路可得:

+(4+

%=^⅛C?SClS

U

jR-(R+-)(R+-)+R-

i乜2i1l1CS

R、+—ɪ-+IGSc2sClS1

2GSR、+ɪ

,GS

RIR)CIC+(NG+R)C2)S+1

R]Λ2GGS~+(MJ+&G+RlG)s÷1

则其微分方程为:

/?i7?-,CC—声+(HIG+R,C2+RC2)——+u,—RIRteC2—六+(HlG+R->C∙1)—-+u

^12dttdtrdrdti

（b）取A、B两点进行受力分析，列出方程得：

atat

⑵

1dt'

由（1）式、（2）式得

f-,———力-+IGXi—k,x<>—X（3）

dtdt）

占X⑴+工x（3）得

z/ɔYdxd~Xdx

工∙Λ=≠+OΛ+工&+力匕）崇+左芯4=工力二7/+（工&+力匕）笠+左他七

atatdrdt

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

1

传递函数今=C?'=——

Ui1+1+1c1+c2+CxC2Ls"

Cj5C2S

微分方程(Cl+c2)Mo+C[C,Ldg=Clui

dt'

2.5解

由电路得:

(1)

Rl—R2

1CS

1

A+

CS

综合（1）、（2）式，消去变量u,可得其传递函数为:

ull=RtR2R4CS+R2R4

%Rl&

进而得其微分方程为

R2R4CduiR2R4_

6力

2.6解

对系统中各个部分建立相应的微分方程如下：

u∣2=3=k∣ic=RJ"+Lg

dt

UM=UKRjSd+(Lα+LQ与

U(I=L%

Ed2θdθ

T—Z-H------=kU

wdt2dt

对上面各式拉氏变换并整理得到:

Iq(S)

对上式削去中间变量得到系统的传递函数为:

6(s)=________________k"2(R+Lils)________________

t∕f(5)^s(l+Tms)[(Ra+Rd)+(Li,+Ld)s](Rq+Lqs)(Rc+Lcs)

2.7解

由图示及题中条件得:

e«)=Ri«)+《C)

•/八•/八dug)

4«)-%(a=c—ʒ—

clt

uc(t)-eh(t)=L^^-

at

<

,、1dx

4，(')=仁

at

F0=k2i2(t)

2

rɔ,(八fdx{t}dx(t)

对上式进行拉式变换得：

E(S)=Rl[S)+Uc(S)

/,(S)-Z2(S)=CStZc(S)

Uc(S)-Eb(S)=LSI2(S)

'Eb(S)=k∣SX(S)

F0=Ic2I2(S)

2

Fn-2kX(,S)-fSX(S)=MSX(，S)

则通过消去中间变量得传递函数如下：

(〜Jr(30、)=-X--(-S--)-=---------------------------------h-=--------------------------------

2

E(S)(RCLS+LS+R)(MS2+β+2k)+k2(RCks+KS)

2.8解

由题意得:

但⑺一仇⑺L=%(f)

Ji(Z)

ku{t}=if⑴Rf+L--f-

1efdt

N

θ3=木/V2。Q)

M(t)=k∕f(t)

J吗皿=MQ)

drdt

其中K为磁控式电动机转矩系数，令初始条件为零，作拉氏变换得:

也(5)-2⑸饮=S(S)

b5(S)=If(S)Rf+LJf(S)S

N

O(S)=W-Q(S)

N2

M(S)=心。(S)

JΘ(S)S2+fθ(S)S=M(S)

解得：

G(S)=吧=_______½½________

2

θi(S)kxk2kmN2+Ni(JS+fS)(L,S+Rf)

2.9解由图示得电路的微分方程如下:

%(，)-〃(，)=i(r)R]

Z=z1+z2

d[u(t)-un(t)].小

↑cι-------TT-=4⑺

Clt

i2(t)R2=-uo(t)

C粤=W)

dt-

作拉氏变换得：

U(S)=Ui(S)-I(S)R

I(S)=It(S)+I2(S)

<ClS[U(S)-Uo(S)]=I1(S)

I2(S)R2^-Uo(S)

C2SU(S)=I2(S)

则初始方块图如下：

÷

-R2(S)

由梅森公式得其传递函数如下：

G(S)==_________《RS_________

2

Ui(S)CiC2RlR2S+CtRyS+C2RiS+1

2.10解

对方块图进行简化得：

Gq

N(s)

1+HGGa

由梅森公式得

________________G3+GQG________________^S)

1+H2G2G3+HIGlGO+G1G2G3÷G1G4—H1H2GiG2G4

+--------------------------1+----------------------------N(S)=y(S)(i式)

1+H2G2Gi+HlGlG2+G1G2G3+G1G4-HtH2GiG2G4

(1)当N(S)为零时可得传递函数为:

G(S)=________________GR+GQQ

1÷H2G2G^÷H1G1G2÷GG2G3+G1G4—HTH)GlG)G4

(2)由(1式)得当I+"。。?=。时.，输出Y(S)不受干扰N(S)的影响。

2.11解

(a)(1)方块图化简如下所示:

从而可得其传递函数为:

GS=f晨3

(2)其信号流图如下所示:

Y(S)

系统信号流图中共有2个回路。增益分别为LI=GdL2^-GiG2HtH2,无两两不

接触回路。所以信号的特征式A=I-(G1Hl-G1G2H1H2)o

系统有1条前向通路，增益为/]=G1G2,回路均与此前向通路接触，故A=I,从

而可得其传递函数为

G(S)==------------------

Δ1-G1∕∕l+G1G2H1W2

(b)(1)方块图化简如下所示:

HIH2<

从而可得其传递函数为:

GG

G(S)=

1+G2H2÷G[G?H[H2

(2)其信号流图如下所示:

G，A。y(5)

与a原理相同可得其传递函数为:

G(S)=3=GG

ΔI+G2H2+G1G2H1H2

(c)(1)方块图化简如下所示:

Y(S)

从而可得其传递函数为:

G⑸=------------------------------

1+W1G1+H2G2+H3G3+WlZf3GlG3

(2)其信号流图如下所示：

-HZ

G,“G,G

R(S)------------►-!-A—AZxA，($)

与a原理相同可得其传递函数为：

G(S)=皿=----------------------------------

Δ1+H1G1+H2G2+W3G3+W1H3G1G3

2.12解

速度控制系统的方框图为:

该系统的微分方程为

da).du

Tm-+cυ=Kg^+Kgui-KeMe

K's+K

当M,=O时，传递函数为三ω=一—工v

UiTMS+∖

2.13解：例2.4.1中的方块图如下所示:

UiG)

其对应的信号流图为:

其中Gl=---------G2=G3=R-IHI=---------H2=I

'LS+R2C2S3-]+R∣C∣S

由梅森公式得：

(-----)(-ɪ-+/?,)

C(S)-UO(S)_GG+GG=LS+R?GS

-U1(S)—∖+G1H1+G1G2H2-1~&一+，)

LS+R2↑+RiClSC2S

RIR)CIC2S~+(RlCl+R^>C2)S+1

NGGLS3+(RTClC+LC?)*Sr2+(RICl+R∖C?+)S÷1

2.14解

系统对应的信号流图如下所示:

由梅森公式得

____________GGgGa+GG$____________

1+GiG2Hi+G2G3H1+G1G2G3G4H3+G1G5H3

+.一55(匕G54匕E⅞"2.P(S)=y(s)(i式)

1+GGHl+G2G3H2+G1G2G3G4H3

(1)当N(S)为零时可得传递函数为：

G(S)=跑=GC+GG

R(S)1+G1G2W1+G2G3H2+G1G2G3G4ZZ3+G1G5H3

(2)由(1式)得当G3G4(l+G∣GzHJ-6365//2=O时，输出Y(S)不受干扰P(S)

的影响，此时可得G4(l+GG"∣)=G5H2

2.15解

-H2(S)

R(S)OAy(s)

G(S)

GI(S)2

-W1ω

系统信号流图有4个回路，增益如下:

ZI=—"3(S)G(S)L2=-H2(S)G1(S)G2(S)

k

L,=-//,(S)G(S)G(S)L=--G(S)G(S)

124ɔ12

无两两不接触回路，系统有1个前向通路，其增益为6=KG1(S)G2(S)。所有回路均

S

与6接触，所以劣=1。从而可得其传递函数为:

G叱舒=警

g(S)GQ)

kG∖(S)G2(S)+S[∖+H3(S)G1(5)+H2(S)G1(S)G2(S)+∕7l(5)Gl(5)G2(S)]

2.17解

(a)方块图为:

U(S)y(s)

13

----------1----------------

Y(S)_S+2S(S+2)1

其传递函数为：G(S)

U(S)1-S(⅛)S^i

其信号流图为:

其状态方程为：X=Xl+，，y=/

(b)

Ul→Q>ξ

s+a

+Y

►Q—►Ay

s+_a_2

由框图得其传递函数为:

(S+a)C-C-

q+U

(S+a)2-C2(S+a)2-C22

-C2q+⅛⅛4

(S+a)2-C2

故可得其状态方程为:

2

y2][ac-ccj[_x2

(c)

Ay(S)

故

X=-5x∣+2X2+x3

x2=-3X2+2X3

x3=-4X3+U

y=x∣+%3

其状态方程为：

'i1lΓ-521%,O

2X+OU

X2-O—32

AOO一4⅞1

y=[1,0,1]x2

Λ.

2.19解：状态空间的表达式为:

（1）得其信号流图为:

inH10

故其传递函数为：G(S)=一k-------5∙

1+4ST+35^2S2+45+3

（2）用矩阵法得出的传递函数为:

F-1L

SS-I0

G(S)=6+1)=[10,010

S+4]|_1.

S+3S2+4S+3

2.21解:

（1）其传递函数:

S-+(a-k)s+Z_________U⑸+kS?+3kS+3k__________

MS)=

S3+(«+⅛+2)S2+(2a+ak)S+3k'S3+(a+k+2)S2+(2a+ak)S+3k2

故可得信号流图:

xi=x2x2=x3x3=-3k%-Qa+Clk)X?一(4+&+2)x3+Ul(S)+U2(5)

y=kxi+(a-k)x2+x3+3kxi+kxi=4左％+(α+2k)x2+(k+l)x3

故其状态方程为:

O

O1U2(S)

—(2α+ak)—(α+%+2)

项

y=∖4k,a+2k,k+1x2

(2)用矩阵法得：

G(S)=([S/-A]'3+1)

7sOoWO10^

=[4Z,α+2A,Z+l]=OS0-0010

II。SN-3%

O-(2a+ak)一(α+Z+2),1

3.1答：该系统不存在，任何一阶系统的单位阶跃响应都不能超过1。

3.2解：

假设系统的初始条件为零，则系统的传递函数为

①⑸=熟=10

0.5S+1

(1)单位脉冲响应

输入信号为单位脉冲信号r(f)=5Q),其拉氏变换为R(S)=1,

则系统的输出为Y(S)=------

0.55+1

则系统的单位脉冲响应函数为：y(∕)=20e^2,√≥0

(2)单位阶跃响应

输入信号为单位阶跃信号rQ)=1(f),其拉氏变换为R(S)=-

S

则系统的输入为Y(S)=————

5(0.55+1)

则系统的单位阶跃响应函数为：y(f)=IO-IOe-2*,Z≥0

(3)单位斜坡响应

输入信号为单位斜坡信号r(f)=t,其拉氏变换为H(S)=二

S

则系统的输出为Y(S)=干@一

r(0.5.v+l)

则系统的单位斜坡响应函数为：j(r)=10z-5(l-^2,)√>0

3.3解：

(1)输入信号的拉氏变换为R(S)=1+输出为Y(S)=二+0.81-0.8」一

SSSS5+5

则系统的闭环传递函数为：①(S)=上应=/一

R(S)5+5

开环传递函数为：G(s)=*

S

(2)系统的单位阶跃响应为：Y(S)=<D(s)R(s)=---，则T=O.2

s(s+5)

系统的上升时间为：。=2.197T=0.4394

0.8,Δ=2

调整时间为：t=<

s0.6,A=5

超调量不存在。

3.4解

证明：当初始条件为零时，有坨=至土ɪ

R(S)7\+1

单位阶跃输入信号为HG)=L

S

所以，系统的输出为y(s)=上上ɪR(S)=(三巴■)!=■!■—工二

7⅛+lTs+∖ss7X+1

M=LT[Y(s)]=ι-

r-rt

根据定义，(I)当4=n3+ln-

r^Γ<

所以td=(0.693+In

⑵求tr(即一y(t)从0.1→0.9时所需的时间)

τ

当y(f)=1_--e=0.9时，有弓=T[ln(-y-)-ln0.1]

T—r-ʃɪ-T-T

当y(∕)=I---------eT=0.1时，有4=∏ln(-------)-ln0.9]

09

则O=S=Tln-=2.2T

’210.1

(3)求调整时间4

假设误差宽度A=5,则有

y(4)=l-^ie4=0∙95

解得4=T[3+ln-yɪ]

3.5解：

由方框图，可以求得系统的闭环传递函数为:

100

①(S)=

5+IOOr

100

(1)若τ=0.1,则系统闭环传递函数为：①(S)=

5+10

0.4,A=2

则T=0.1,调整时间4=<

0.3,Δ=5

(2)时间常数T=」—，若要求440.1s,则

IOOr'

τ>0.4,Δ=2

r≥0.3,Δ=5

(3)反馈系数7■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：①(S)=-°巫)-=丁)一，则SlI=4,=0.5

2

1+GA.(5)5+45+16

单位阶跃响应，系统的输出为：y(s)=∙!■•十名——

S?+45+16

系统的响应函数为：y(t)=1-e^a,sin(2√3/+60),/>0

单位脉冲响应，系统的输出为；Y(S)=F------------

?+45+16

系统的响应函数为：>«)=容e~sin(2jjf)

120

3.7解：(1)①(S)

52+125+120

得：¾=√120=10.95S=-4==O.55

√120

π

=0.343

1

ωn4∖-δ^

4,

——=0.667

δω.,△=2

△=5

枷

δ¾=e份XlOo%=12.7%

，、不,、8116

(2)①(S)=--------------=-----z--------------

3?+8.45+486?+2.85+16

得：0>,=√16=4S=O.35

_π

ι=0.84

2

'ωιly∣∖~δ

4

——=2.857

血△=2

3△=5

——=2.143

δωn

δπ

S%=eNXlOO%=30.9%

3.8解：系统的传递函数。G)=侬=F--——，七=y[bk,ξ=—‰

R(S)s2+as+bk2疯

27-25

由图可知tp=0.3,y(oo)=2.5,<τ%=—ɪy-xlOO%=8%,

tp=—^==0.3

芯

<cr%=e百×100%=8%

y(oo)=Iimy")=Iims(-----------)-=-=2.5

[→8s+as+bksb

STo

解得，b=0.4,a=16.8,k=451.1

kk1f)∩

3.9解：(1)引入速度反馈前：(I)G)=2人——=F~~——，¾=10,^=0.25

H*+"纸252+55+100〃

σ%=eGXloO%=44.45%,

4

1.6S......d~2

物

ts=<

3

1.25,……二二5

苫①“

引入速度反馈后:

桃2IOO

(KS),叱=10后=0.5

22

Ts+(1+⅛2Γ)5+⅛I⅛2S+IOs+100

J=ekXIOo%=16.13%

4

0.8,........尸2

以％

tS=V

3

0.6,........A=5

(2)

临界阻尼时，［=1,解得τ=6

3.10略

3.11解：由系统框图可得系统传递函数为:

(&+.)：

.S(I+仆)K(K+τs)5(20+5)

①(S)=---------------------2t

s(Ts+l)+K(K+τs)~s2+10s+∖00

∖+(K.+τS)——J2l

'5(1+7：?)

ɪ.IO(Xs+20)

-20*52+10,V+102

与标准型进行对比可得：

ωn=10ξ=0.5z=20

①”π

：.φ=arctan---------------=—

z-ξωn6

ξω

r=ʌɪn=0.25

z

2

1=y∣z-2zξa>n+cDιl^=10ʌ/ɜ

=八-：：+尸e忌×100%=11.0%

故：3%

(4+/」)・」-=0.77SΔ=2

Zξωn

(3+∕,,,)∙-1-=0.57sΔ=5

ZM

3.12W：

W(S)=—；------ʒ-----------------=----------------------------------------

5+85'+145+12(5+6)(5+1+j)(s+1-J)

系统有三个极点：

pι.2=-1±yP3=-6

由于：------:----=6>5

REAL[%]

所以系统的主导极点为：P=-ι±7

22

①(S)≈------------------------=—；-------------

(?+25+2)(ɪ+1)-+2S+2)

6

所以：ω,,=√2⅞=1∕√2

故：b%=e后×100%=4.3%

3.13解：(1)S4+7√+l‰2+225+12=0

劳斯阵列如下:

∙411812

J7220

0

0

0

第一列全为正数，稳定特征根全在左半平面

432

(2)？+25+35∙+65+5ly+3=0

55135

54263

S3Oe)3.50

6&—7

S230

~Γ

-332+211-24.5

S00

6&-7

s°300

2

6g—7n-3⅞+2K-24.5n

—-----<O——---------二-------->O

自6.7

第一列符号变化两次，故有两个特征根在右半平面，系统不稳定

(3)5/+3/-吟+14s+12=O

545-1012

―3140

5115.0800

5°1200

有两个根在右半平面，系统不稳定

(4)/+7/+425+30=0

541030

S37420

SI-6300

700

5°3000

有两根在右半平面，系统不稳定

(5)?+6∙d+13.1+18.r+225+12=0

5511322

5461812

10200

526120

SlOoO

I出现全零行，则用系数构造辅助方程：652+12=0O对其求导，得：12s=00贝IJ：

52612O

√12OO

s012OO

系统有两个共腕虚根，系统临界稳定

(6)?+7?+6?+42?+8.?+56=0

55168

5474256

Too0

S2

Sl

5°

53出现全零行，则用54系数构造辅助方程：7∕+42r+56=0«对其求导，得：

28?+845=0,两边同除以28得/+3s=00则

53130

SI21560

5lɪ00

3

5°5600

系统有两个共聊虚根，系统临界稳定

3.14解(I)特征方程为S4+2S3+2S2+∕C^0

劳斯阵列如下

5412k

5320

522k

Sl-k

s0k

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s4+8s3+17s2+(iθ+k)s+4Z=O,由劳斯稳定判据知系统稳定的k值

范围为0<k<126

,k(s+2)

3.15解n：G(s)=---------------------------------------

(S+2)(S+4)(S-+6s+25)+k

特征方程：54+1253+6952+1985+200+Z=0

劳斯阵列如下：

54169200+A

/121980

SI52.5206+Z0

S7995-⑵。。

52.5

5°200+左00

7995-PA-

要使系统稳定：200+k>0且>0得出：-200<k<666.25

52.5

当k=666.25时,系统临界稳定,系统响应y(f)持续振荡，频率

/872.25r—

ω=J------=√16.5≈4λrad/S

nV52.5

3.16解

没加速度反馈之前，系统的特征方程为3/+7/+35+1=0,可以看出系统是稳定的。

加了速度反馈后，系统的特征方程为3s3+(7+3Γ)52+(3+τ)s+1=0

利用劳斯稳定判据可知，只有当年›巫二(-1.6)时系统是稳定的。

3

综合可知，加入速度反馈后使系统的稳定性变差，只有当7取合适的值才能使系统稳定。

3.17解：

R(S)-kp+kjs—~►—ɪ-------►Y(S)

ɔv,ɔI4)

传递函数：①(S)=F__-——B-----

2

s+(2+kd)s+kp

22

特征方程：s+(2+ktt)s+kp=5+2.1Λ-+1=0

令z=s+l,则特征方程为z2+0.1z-0.1=0

系统特征方程系数不全为正，可知系统不稳定，故系统没有。=1的稳定裕度。

3.18解

系统是I型系统，所以当输入为单位1(t),t,%时，稳态误差为O,l∕k,∞.

当输入为l(f)+r+∕∕2时，稳态误差为oo∙

3.19证明：由O(S)的系统开环传递函数：G(S)=]φ(∖s)E(S)=S2口+£升

故

Iim1+《一产"'"S+4—(2#"+屏+瓦)

IimSE(S)=Iim-----------

n

∙'→θSTOST+G(S)sf。Sans÷QIS+a。

+∙∙∙%s-S"S"I+…^^)+(4-4)+(Qo-bg)s1

=UmX

s-÷0nnx

ans+an-λs~∙∙∙axs+a0

要想使ess=0,只有使“∣=4%=%

3.20解

(1)

%

当R(s)≈0时，ess=Iims∙E(s)=Tims∙---------SfS+D-------•(%+丸S)=一件，

s0

→2°↑+k.-^(公+%5)"3

S(TS+1)

TL(S)=DlS

k

Y(S)=——要虫——∙2

1+k.-----1——(k-,+k.s)S

Is(TS+1)34

稳态误差%=IimS∙E(s)=-Iim"-----⅞ξξ^-----------•(&+3=-ɪ

2°1°↑+k---(A+/S)13

'i5(«+1)-4

(2)当R(S)=I∕s,TL(S)=O,

]

=IimSE(S)=Iims.—.--------------------=0

]Z∕2(Z3+Z4S)

5→0SfOst

5(费+1)

3.21解:

N(S)

------------------

Λ(5)→O-►GI→e-→G2→y(s)

-H(S)一

(a)恒值调节系统

N(S)

+E(S)—IX-

R(S)-—►Gl—►G3—►—►G∙>—►Y(S)

H(s)P-

(b)加入积分环节

N(S)

>χ(Z—►G-----►fG0►/(S)

H(S)一

(c)采用前馈控制

由劳斯判据得该系统的稳定：

Gz(S)H(S)0.5(0.055+1)1

e“=IimSE(S)=IimS・N(S)=Iim

SS,s→0j→0s→0

1+G1(S)G2(S)H(S)(0.25+1)(0.055+1)+4082

=0.0122>0.01

(1)当串入积分环节Ga(S)=(B:

S

G(S)H(S)•N(S)=Iim--------0∙5S(0.05S-1)--------

%=IimSE(S)=Iim52=0

5→05→0I+G(S)G式S)G式S)H(S)1。5-(0.055+1)(0.2s+1)+40Z

其特征方程为：+25Λ2+1OOS+400Ok=0

由劳斯判据得：0<k<-

8

(2)当采用符合前反馈时：

.G、.[l-G(S)G(S)]G,(S)W(S)10.5(0.055+l)-40G

=h1msE(S)=I1ιm5,(z---------1--------4--------------------)λ—=Irim---------------------------4—

SSA5→o5→0l+G2(s)G](s)H(s)S2。(0.05s+l)(0.2s+1)+40

要使e即=0,只有使G4=0.5(0.055+1)/40="生士1

80

322解(1)

Λ1TV+1A

e,=Eλ-r

e."=eS»+ssιIimS<E,(s)+n(S))=IimS—(------——+-------—)=——(i-⅛2)

.5→0