自动控制原理-课后习题及答案

第一章绪论

1-1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点.

解答：1开环系统

⑴优点:结构简单，成本低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作

用能预先知道时，可得到满意的效果。

(2)缺点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化，

外来未知扰动存在时，控制精度差。

2闭环系统

⑴优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量

偏离给定喧，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。

它是一种衣偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。

⑵缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。

1-2什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例

说明之。

解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。

闭环控制系统常采用负反馈。由1-1中的描述的闭环系统的优点所证

明。例如，一个温度控制系统通过热电阻(或热电偶)检测出当前炉

子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。

1-3试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型(线性，非

线性，定常，时变)？

2K^+3幽2+4),(/)=5包@+6〃⑺

(1)drdtdt

y(r)=2+w(r)

dy(t)r,、.du[t}..

t+2y(r)=4——+u(t)

(3)dtdt

dy(t)

+2y(/)=z/(/)sinry/

(4)dt

竿+刈誓—)

(5)

等+出)=2〃⑺

(6)

y(t)=2〃(。+3勺°+5Ju(t)dt

(7)

解答：(1)线性定常(2)非线性定常(3)线性时变

(4)线性时变(5)非线性定常(6)非线性定常

(7)线性定常

1-4如图1・4是水位自动控制系统的示意图，图中QI,Q2分别

为进水流量和出水流量。控制的目的是保持水位为一定的高

度。试说明该系统的工作原理并画出其方框图。

Q1

题1-4图水位自动控制系统

解答：

(1)方框图如下:

⑵工作原理：系统的控制是保持水箱水位高度不变。水箱是被控对象，水箱

的水位是被控量，出水流量Q2的大小对应的水位高度是给定量。当水箱水

位高于给定水位，通过浮子连杆机构使阀门关小，进入流量减小，水位降低,

当水箱水位低于给定水位时，通过浮子连杆机构使流入管道中的阀门开大，

进入流量增加，水位升高到给定水位。

1-5图1・5是液位系统的控制任务是保持液位高度不变。水箱是

被控对象，水箱液位是被控量，电位器设定电压时(表征液

位的希望值Cr)是给定量。

控制阀

题1-5图液位自动控制系统

解答：

(1)液位自动控制系统方框图:

给定电位实际液位

Cr-------------------------------------

电位计f电动机_>减速器阀门_>水箱-

(2)当电位器电刷位于中点位置(对应Ur)时，电动机不动，控制阀门有一定

的开度，使水箱中流入水量与流出水量相等。从而液面保持在希望高度上。

一旦流入水量或流出水量发生变化，例如当液面升高时，浮子位置也相应升

高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，从而给电动机提供一事实

上的控制电压，驱动电动机通过减速器减小阀门开度，使进入水箱的液位流

量减少。此时，水箱液面下降，浮子位置相应下降，直到电位器电刷回到中

点位置，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度。反之，若水箱液位下

降，则系统会自动噌大阀门开度，加大流入量，使液位升到给定的高度。

1-6题图1・6是仓库大门自动控制系统的示意图，试说明该系统的工作原理,

并画出其方框图。

题1-6图仓库大门自动控制系统示意图

解答:

（1）仓库大门自动控制系统方框图:

（2）工作原理：控制系统的控制任务是通过开门开关控制仓库大门的开启与

关闭。开门开关或关门开关合上时，对应电住器上的电压，为给定电压，即

给定量。仓库大门处于开启或关闭位置与检洌电位器上的电压相对应，门的

位置是被控量。

当大门所处的位置对应电位器上的电压与开门（或关门）开关合上时对

应电位器上的电压相同时，电动机不动，控制绞盘处于一定的位置，大门保

持在希望的位置上，如果仓库大门原来处于关门位置，当开门开关合上时，

关门开关对应打开，两个电位器的电位差通过放大器放大后控制电动机转动,

电动机带动绞盘转动将仓库大门提升，直到仓库大门处于希望的开门位置，

此时放大器的输入为0,放大器的输出也可能为0。电动机绞盘不动，大门保

持在希望的开门位置不变。反之，则关闭仓库大门。

1-7题图1・7是温湿度控制系统示意图。试说明该系统的工作原理，并画出

其方框图。

题1-7图温湿度控制系统示意图

解答：(1)方框图:

通过控制蒸汽量的大小来控制温度。被控量为温度和湿度，设定温度和设定

湿度为给定量。

第二章控制系统的数学模型

2-2试求图示两极RC网络的传递函数Uc(S)/Ur(S)o该网络

是否等效于两个RC网络的串联？

m)

解答:

®)〃,"%s+%s+&

1

RR2cle〜+(KG+/?|C2+R2c2)S+1

%s+/s+&

1〃c(s)_1/G)_〃c(s)/(s)_1

(b)—.-x-x

〃,.(s)R©S+1/G)/?2C25+1ur(s)M,(5)wr(s)R£S+1RgS+1

1

R[凡C]C2s2+(R[C]+R,C、)S4-1

故所给网络与而个RC网络的串雇元等效。

2-4某可控硅整流器的输出电压

Ud=KU2ecosa

式中K为常数，U2O为整流变压器副边相电压有效值，a为可控硅

的控制角，设在a在a。附近作微小变化，试将Ud与a的线性化。

解答：

ud=ku“cosa()-sina())(a—a())+...

线性化方程：Aud=-ku2^\naQ-\a

BPud=-a〃20sinao)a

2・9系统的微分方程组为

x)Q)=«，)一・(，)

A寸jef(f)

七(/)二%2(。-(。(1)

丁2等+出=降⑴

式中T、石、K、、K、&均为正的常数，系统地输入量为,⑺，输出量为c(/),

C(s)/

试画出动杰结构图，并求出传递函数/R(s)。

解答：

_____________

C(s)_(7]S+1)(%S+1)________________

R(S)]1及层Jk、k?(7]S+1)(%S+1)+左%23((S+1)+A/2

,S+1(7；S+1)0S+1)

C（s）/

2-12简化图示的动态结构图，并求传递函数A灯）。

解答：（a）

C(S)_GQ2G3

R(S)-1+GQ2G3%+G2G3乜

(b)

R»(I+GW+G2)c

A

1+2G>+G]G>

C(S)=(1+G1)(1+G2)

R(S)1+2G2+G|G2

(C)

C(s)_G1+G'

R(s)1+G2G3

(cl)

C(5)_Gi+G2

~R(S)~1+G2G3

(e)

—

C(s)_G]+G22G|G2

~l—GG

C(s)/

243简化图示动杰结构图，并求传递函数/R⑸。

解答：

C(s)_G](G2G3+G5)

~R(s)~14-GjG2G4

(b)

RaGG+G,G+GGGG

1+GG©+GjG,GG

56图(b)•⑸

C(s)_GiG4+GiG2G3+GiG2G4G6

~R(s)~~\+G2G6+G,G2G5G6

R(s)1+G]G5+G]G)G3G5G6

(d)

C(s)_G]G4+G£2G3+G]G2G4G6

而一I+GZGG+GMGG-

(e)

C(s)=G£(l+G2)

R(s)1+GQ,Gs+GQaGKl+G,)

(0

C(5)_G]G?+G4G§

R(s)1+G2G3+G3Gs

第三章时域分析法

3-1已知一阶系统的传递函数

G(s)=10/(0.2s+l)

今欲采用负方馈的方法将过渡过程时间,，减小为原来的0・1倍，并

保证总的放大倍数不变，试选择0和I的值。

KoI~KD--------HG(S

/L________

3-1图

，⑸=­AO-

闭环传递函数:

/G(S)_IO%。_1+1°K〃

1+KRS)=0.2s+1+10女〃=0.2,

由结构图知:

叫二1()

1+10%n

1+1010心fl=10

kH=0.9

%o=lO

3-2已知系统如题3・2图所示，试分析参数b对输出阶跃过渡过程

的影响。

Q------->JL

题3-2图

解答：

系统的闭环传递函数为:

小C(S)K

"(s)=-----=-------------

R(S)\+(T+Kb)s

由此可以得出：b的大小影响一阶系统的时间常数，它越大，系统的H间

常数越大，系统的一周节时间，上升时间都会增大。

3-3设温度计可用1/(仆+D描述其特性。现用温度计测量盛在容器

内的水温，发现1分钟可指示98%的实际水温值。如果容器水温

依lOt/min的速度线性变化，问温度计的稳态指示误差是多少？

解答：

本系统是个开环传递函数

系统的闭环传递函数为：

R⑸------------c(S)

----------►G(S)----------'

G(s)=-----

系统的传递函数：1+亦

则题目的误差传递函数为：

E(s)=—

14-—

Ts

r(t)=1(，)时，,c«)=1-e"

&S)=­r

1+—

TS

根据c⑺L=0.98得出TR.2556

当一⑺=100寸，4V=5在⑹蔡=10T=2.556

3-4设一单位反馈系统的开环传递函数

…、K

CJ(S)=--------------

5(0.15+1)

试分别求K=10N和K=20尸时系统的阻尼比I、无阻尼自振频率

%、单位阶跃响应的超调量。，％和峰值时间〃，，并讨论K的大小

对动态性能的影响。

解答：

开环传递函数为

K10K

S(O.1S+1)S(S+1O)

25Wn=10

则

w「二10K

2<W=10

当K=10口寸由<n

2

Wn=10K

W=10

得出Jn

<=0.5

b〃%=16.3%

7T—P_4一arccos0

◎/一=0.242

t==0.363

24NVn=1()

当K=20l付由.

2

Wn=10K

W=14.14

得出4n

7=0.347

%=

7i—p_7T-arccos0

%以JY

兀

tn=—=0.238

%

3・8设控制系统闭环传递函数

2

MS)=「^——7

s-+2飙十①;

试在s平面上给出满足下列各要求的闭环特征根可能位于的区域:

।1><>0.707,^,>2

90.5><>0,4>^„>2

.0.7072,之0.5，期<2

解答:

欠阻尼二阶系统的特征根:

I.由。^Cnv/vl/narccos4,得0：〈尸W45'，由于对称关系，在实轴的

下半部还有。

2,由0<7WQ5I=arccosa得60工用<90'，由于对称关系，在实轴的

下半部还有。

3.由0.5W.WQ707,/=a「ccos.，得出45°&/《60：由于对称关系，在

实轴的下半部还有。

则闭环特征根可能位于的区域表示如下：

1.

3.

3-10设单位反馈系统开环传递函数分别为：

LG(s)=K/[s(s-1X0.25+1)]

2.G(5)=K(s+1)/[^(5-1)(0.25+1)]

试确定使系统稳定的K值。

解答：

1.系统的特征多项式为：

D(s)=0.2/+0.8.v2-s+k

a$)中存在特征多项式中存在负项，所以K无论取什么值，系统都

不会稳定。

2.系统的特征多项式为：OG)=02/+0.8/+(I)s+k

劳斯阵列为：

/0.2k-1

0.8k

0.6D.8

51-6^8-

-k

0.6攵一0.8

------------->0n

.0.8

系统要稳定则有

所以系统稳定的K的范围为3

3-14已知单位反馈系统开环传递函数如下：

1.G(s)=1矶(0.1s+1)。5$+1)]

2G(s)=7(5+1)/1(s+4)(/+2s+2)]

3G(5)=8(0.55+l)/p2(0.15+1)]

解答：

1.系统的闭环特征多项式为：

D(s)=0.05/+0.6s+11

可以判定系院是稳定的.

则对于零型系统来说，其静态误差系数为：

A:=limG(5)=10k=limsG(s)=0

P$T05->0

k=lirriA'2G(s)=0

'v->0

11

那么当，•⑺=1⑺时，"If11

1

=丁=8

当=时，kv

2

e———=oo

当“力=产.1(/)时,”ka

2.系统的闭环特征多项式为：

。⑸=$4+6s、10/+i5s+7

可以用劳斯判据判定系统是稳定的.

则对于一型系统来说，其静态误差系数为：

7

k..=limsG(s)=—

kn=limG(s)=8

'5->0•io8

2

ka=lim5G(5)=0

120

1

ess=-----=oo

那么当《)=1⑺时，”"kp

e=_1_-_8_

当=⑺时，"k,.7

e=—=0

当«)二产/⑺时，邓ka

3.系统的闭环特征多项式为：

D(5)=0.1?+52+45+8

可以用劳斯判据判定系统是稳定的.

则对于零型系统来说，其静态误差系数为:

kn=limG(s)=ook=limsG(s)=cc

'STOs->0

k“=lims'G(s)=8

s->0

%=---=0

那么当中)=1⑺时，1+勺

exs=—=0

当rQ)=f.l(f)时，kv

_2__1

当r⑴二尸」⑺时，外一工一1

第四章根轨迹法

4-2已知单位反馈系统的开环传递函数，绘出当开环增益(变化

时系统的根轨迹图，并加以简要说明。

G(s)=

1.s(s-l)(s+3)

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

2$(5-4)(F/+-4-5-+-2-0)

解答：’

(1)开环极点：pl=0,p2=—1,p3=—3

实轴上的根轨迹区间：(-8,-3],[-1,0]

渐进线：

0-1-34

4=-3-

3

60°(攵二0)

_(21)

攵+乃180°

①一3―伏=1)

-60°(攵=-1)

11I

—+-----+-----=0n

分离点：dd+1d+3

解得dl、2=-0.45,-2.2o

d2=-2.2不在根轨迹上，舍去。

与虚轴交点：

特征方程。⑸=d++3s+&=0

将s=/Q代入后得

&-4疗=0

3啰-。*=0

解之得(0=工+K[=12

当04Kl<8时，按180°相角条件绘制根轨迹如图4-2(1)所示。

RootLocus

6

,4登2

A

J

e

u

0

E

E

一

(2)开环极点：pl=0,p2=—4,p3、4=—2±j4

实轴上的根轨迹区间：［-4,0J

渐进线：

仁={45°,-45°,135°,-135°}

分离点.K、=—(54+8s3+36s〜+18s+80)

血=0

由小

解得si、2=-2,%4=-2土,"

分离点可由a、b、c条件之一进行判定：

a.ZG[s3)=-(129o+51o-90o+90o)=-180o,满足相角条件;

K、($3)=—(s'+8s，+36s~+80s)后=100>0

b.

K\在变化范围8)内；

c.由于开环极点对于。二一2直线左右对称，就有闭环根轨迹必

定也是对于。二一2直线左右对称，故s3在根轨迹上。

与虚轴交点：

特征方程

。⑸=s4+8/+36/+80s+&=()

Routh表

$4136K\

s3880

s226K\

s80-8K1/26

50K\

由80-8kl/26=0^26s2+kl=0,解得kl=260,%2二土/厢。

当()WKI<oo时，按180。相角条件绘制根轨迹如图4—2(2)所示。

RootLocus

8

6

4

RealAxis

4-3设单位反馈系统的开环传递函数为

G(S)=—

/(s+2)

(1)试绘制系统根轨迹的大致图形，并对系统的稳定性进行分

析八

(2)若增加一个零点z=-I,试问根轨迹有何变化，对系统的稳

定性有何影响？

解答

(l)Kl>0时，根轨迹中的两个分支始终位于s右半平面，系统不稳定；

RootLocus

12

RealAxis

(2)增加一个零点z二-l之后，根轨迹左移，艰轨迹中的三个分支始终位于s

左半平面，系统稳定。

RootLocus

5

c1[1I11],I11

--2-1.8-1.6-1.4-1.2-1-0.8-0.6-0.4-0.20

RealAxis

.“)=送力，绘制下列条

4-4设系统的开环传递函数为

件下的常规根轨迹。

(1)。=1;(2)a=1.185(3)〃=3

解答：

(1)。=1

实轴上的根轨迹区间：(-8,­]],[—1,0]

渐进线：

-2-(-2)

5,=---------=0

“2

Qk+1)万90°(&=0)

-90°a=-i)

K_s3+2s2+as

分离点；!$+2

小0

解得小

4=T

,-3±V5

仆二—一

,-3+亚

a=-------

只取2o

与虚轴交点：

特征方程力(s)=s+2s+OS+K[S+2K]=0

令S=J卬代入上式：得出与虚轴的交点

系统的根轨迹如下图：

RootLocus

-0.50.5

RealAxis

(2)。=1.185

零点为z=-2

极点为〃=-1土川.43,0

实轴上的根轨迹区间：(-8,—]J,[—1,0]

渐进线：

Oa=-----------=0

(2%+1)乃90°(k=0)

(O=-----------=«

“2[-90°a=-l)

K_s3+252+〃s

分离点：'s+2

生二0

解得ds

特征方程O(s)=N+2.v2+〃s+K/+2K1=0

令$=/卬代入上式：得出与虚轴的交点

系统的根轨迹如下图：

⑶。二3

零点为z=-2

极点为〃=一1士”41,0

实轴上的根轨迹区间：（一8,一”,[—1,0]

渐进线：

(2k+1)乃90°(k=0)

(D=-----------=,

2[-90°(&=-1)

口53+2s2+as

A.=-----------------------

分离点：s+2

&0

解得小

特征方程。($)=$3+2/+as+Kp+2Kl=0

令s=j卬代入上式：得出与虚轴的交点

系统的根轨迹如下图:

6RootLocus

s

-

x

v

A

.

J

B

C

6

B

E

-

-1-0.50

RealAxis

4-8根据下列正反馈回路的开环传递函数，绘出其根轨迹的大致

形状。

G(s)H(s)=-~~-^―

(1)(s+l)(s+2)

0⑸”⑸二而缶②

(2)

M(s+2)

G(s)”(s)

(3)s(s+l)(s+3)(s+4)

解答:

(1)

RootLocus

0.4

3

2

1

So.

4Xo.0

6

Bo.

E1

_o.

o.

o.2

o.3

4

-2-1012

RealAxis

RootLocus

012345

RealAxis

(3)

RootLocus

6

s

x

q

6一

CQ

-E

RealAxis

4-15设单位反馈系统的开环传递函数为

5（5+1）

确定。值，使根轨迹图分别具有：0、1、2个分离点，画出这三种

情况的根轨迹。

解答：

首先求出分离点:

分离点：s+。

dK,2s2+(3。+l)s+2〃八

--1=-5----------------=0

解得ds(s+〃)-

(l+3〃)±"(l+3〃)2—16〃

得出分离点，，2-4

-<a<]

当9时，上面的方程有一对共艇的复根

a>1或々<-

当9时，上面的方程有两个不等的负实根

a=1或〃=—

当9时，上面的方程有两个相等的实根

1当。=1时系统的根轨迹为：可以看出无分离点，故排除

RootLocus

0

5

-0.8-0.6-0.4-0.2

RealAxis

1

2当时系统的根轨迹为：可以看出系统由一个分离点

3当。＞1时比如。=3时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点

RootLocus

8

>-

』

第

仁

目

-E

81」」」」1111

-3-2.5-2-1.5-1-0.500.51

RealAxis

11

a<—o,=—

4当9时比如20时系统的根轨迹为:

可以看出系统由两个分离点

1<,<1J

5当9时比如2时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离总

RootLocus

2.5

第五章频域分析法

_4

5・1设单位反馈控制系统开环传递函G(s)=Q,当将

=sin⑵+60)-2cos0-45。)作用于闭环系统时，求其稳态输

出。

解答：

G(s)=—

开环传递函数s+1

4

①(s)=----

闭环传递函数s+5

①(川)==」一

闭环频率特，生j①+5

4

M(co}=.,।

J"+25(T(69)=-tan(0/5)

当3=2时，M(2)=0.74,a(2)=21.8；

当3=1时，M(l)=0.78,

则闭环系统的稳态输出：

G⑺=0.74sin⑵+60°-21.8°)-1.56cos(/-45°-11.3°)

=0.74sin(2r+38.2°)-1.56cos(r-56.3°)

=0.74sin(2/+38.2°)-1.56sin(：+33.7°)

G(s)=6(5)=------------

5・2试求(1)s+4(2)s(2s+l)(3)

GCO=^1

（K>1">7）的实频特性X（M、虚频特性义助、幅

於+1

频特性40）、相频特性。（⑼。

解答：

〜1010(4-»40.10vv10一/arc吟

G(jW)=---------=-----------—=-------------J------------7e4

jW-1-416+w~16+vv~16+wV16+vv2

山、40lOvv

X(vr)=---------…一由

贝I16+w,

“、

(卬)=,1°IV

A。（卬）二-arctan—

V16+M4

48vv.44/(18Ou+arctan—)

G(jvv)=-----------------=e2w

⑵./M2./W+1)4vv3+w4w3+w)八/4卬2+1

8vv4

X(w)=r(w)=-——

则4vv3+w4w、+w

4

4Mo

20(卬)=180+arctan—

vvV4vv+12卬

⑶

k(y+jnv)_Z(1+zTM),k(r-T)w_zjl+72M

^y[arclan^rr)-arctan(HT))

G(./w)+J

1+jTw14-T2VV2l+尸炉',]+尸卬2

则\+T2W2,1+rSv2

A（vv）=—,■—

J1+T2W2以卬）=arctan（KT）-arctan（wT）

5-4绘制下列传递函数的对数幅频渐近线和相频特性曲线。

424(s+2)

G(s)=G(s)

(1)(25+1)(85+1)(2)(5+0.4)(5+401

8(5+0.1)10(5+0.4)

GCO=G(s)=

s($+s+l)($2+4S+25)s?。+0.1)

(3)(4)

解答：（1）转折频率为

BodeDiagram

20r«!!I!I!III-----1---1!IIIII»

(3)

BodeDiagram

50

Frequency(rad/sec)

(4)

BodeDiagram

200--------1............................................

-3-2-10I

1010101010

Frequency(rad/sec)

5-10设单位负反馈系统开环传递函数。

G(5)=________19________as+1

(1)s(0.5s+l)Q02s+l),")=丁试确定使相角裕量等于

45。的。值。

G(s)=——--

(2)(0.01S+1A?,试确定使相角裕量等于45。的K值。

(3)‘-sS+s+lOO),,试确定使幅值裕量为20四的开环增

益K值0

解答：

(1)由题意可得：

/(上)=180+(-180,+arctanmv)=45

‘2。叫五药|『二。

w

叱=1.19

解得:怎=0.84

(2)由题意可得：

/(vv.)=180-3arctan0.01vv(.=45

20bg-----------------rI『二0

[(0.0bvJ2+l]2

w(.=100

解得：[=2.83

(3)由题意可得：

w

69(i)=-90-arctan-------o----二-18°”

月100-vv-

刈°,、"+(|。。-居/』二一2。

“=10

解得:攵二10

5-13设单位反馈系统开环传递函数

1()

G(s)=

5(0.55+1)(0.0254-1)

试计算系统的相角裕量和幅值裕量。

解答：

由，(4)=-90°-arclan0.5wg-arctan0.02wg=-180

wa=10

17

L(w,)=20+20log-+401og—=-14

所以幅值裕量A=1438）

卬,=72x10=4.47

故。（卬「）二-%-arctan0.5叱.一arctan0.02叱.=-161

所以相角裕量小）=颂；⑹』9。

系统的幅相特哇曲线:

BodeDiagram

20

(

号

3

P

z■

旨

S20

4■0

一60

6(

彩

)

s9

lB

2

10

第六章控制系统的综合与校正

6-1试回答下列问题:

(1)进行校正的目的是什么？为什么不能用改变系统开环增益

的办法来实现？

答：进行校正的目的是达到性能指标。增大系统的开环增益在某些情况下可

以改善系统的稳态畦能，但是系统的动态性能将变坏，甚至有可能不稳定。

(2)什么情况下采用串联超前校正？它为什么能改善系统的性

能？

答：串联超前校正主要用于系统的稳态性能已符合要求，而动态性能有待改

善的场合。

串联超前校正是利用校正装置的相位超前特性来增加系统的橡胶稳定

裕量，利用校正装置幅频特性曲线的正斜率段来增加系统的穿越频率，从而

改善系统的平稳性和快速性。

(3)什么情况下采用串联滞后校正？它主要能改善系统哪方面

的性能？

答：串联滞后校正主要是用于改善系统的稳态精度的场合，也可以用来提

高系统的稳定性，,旦要以牺牲快速性为代价。

滞后校正是利用其在高频段造成的幅值衰减，使系统的相位裕量增加,

由于相位裕量的增加，使系统有裕量允许增加开环增益，从而改善稳态精度,

同时高频幅值的衰减，使得系统的抗干扰能力得到提高。

思考题：1.串联校正装置为什么一般都安装在误差信号的后面，而不是系统

股有部分的后面？

2.如果1理系统在校正后希望成为2型系统，但又不影响其稳定性,

应采用哪种校正规律？

C⑺二K

6-3设系统结构如图6・3图所示，其开环传递函数05一而下。

若要求系统开环截至频率4>4.4(rad/s),相角裕量产之45。，在单

位斜坡函数输入信号作用下，稳态误差~4°」，试求无源超前网

络参数。

e=<01

解答：(1)由黄广可得：KN10,取K=10

(2)原系统4=疝=3.16md/s,7句7.6°,不能满足动态性能指标。

，,T.201g-^=-101ga

(3)选””4.41ad/s,由即4-可得:

tz=3.75

r=^==o.i2

那么小。

厂/、aTs+\0.53s+1

G,(s)=------=-------

无源超前校正网络：仆+10.12.94-1

(4)可以得校正后系统的7=51.8,满足性能指标的要求。

Go(5)=-------------------

6-4设单位反馈系统开环传递函数s("l)(0.5s+l)。要求采

用串联滞后校正网络，使校正后系统的速度误差系数氏=5(l/s),

相角裕量/240：

解答：⑴由K,'/sG°G)=K可得：K=5

(2)原系统4=215,/=-22.2不满足动态要求

(3)确定新的吗

由-180+40+12=(-90-