自动控制原理（非自动化类）答案第二版

作者：jekinok | 发布时间：2020-12-01 18:55:44 收藏本文下载本文

电位器放大器电动机减速器阀门水箱浮子杠杆 _ 电位器放大器电动机绞盘位置大门 _ 1 1-5 解：

系统的输出量：电炉炉温给定输入量：加热器电压被控对象：电炉仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图门实际开(闭)门的位置工作原理：系统的被控对象为大门。被控量为大门的实际位置。输入量为希望的大门位置。

当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动，使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。

受控量：门的位置测量比较元件：电位计 1-4 解：

受控对象：门。

执行元件：电动机，绞盘。

放大元件：放大器。

水位自动控制系统的职能方框图 h c hr 出水电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 hr。

当 hc = hr 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 hc ≠ hr 时，浮子位置相应升高（或降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。

r c（与电位器设定工作原理：系统的被控对象为水箱。被控量为水箱的实际水位 h。给定值为希望水位 h 测量元件：浮子，杠杆。

放大元件：放大器。

执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。

比较计算元件：电位器。

c 被控量：水箱的实际水位 h 受控对象：水箱液面。

1-1（略）

1-2（略）

1-3 解：

习题第一章自动控制原理（非自动化类）习题答案电位器电压放大功率放大电机加热器电炉热电偶 K1 K2 1 s 2 + s 1 Ts K3 K2 1 Ts 1 s2 + s K1 K3--2 1 3 Ts3 +(T + 1)s2 + s + K K，C(s)/ R(s)= K1K3 X5(s)X4(s)X3(s)X2(s)R(s)C(s)_ N1(s)+X1(s)N2(s)将方块图连接起来，得出系统的动态结构图：

X5(s)-X4(s)C(s)X5(s)X4(s)X3(s)N2(s)X5(s)C(s)--X2(s)X1(s)X3(s)X2(s)X1(s)+ R(s)⎩ 3 5 绘制上式各子方程的方块图如下图所示：

N1(s)⎪K X(s)= s2C(s)+ sC(s)⎪ ⎪ X 5(s)= X 4(s)− K2 N2(s)⎪TsX 4(s)= X 3(s)⎨ ⎪ X 2(s)= K1 X1(s)⎪ X 3(s)= X 2(s)− X 5(s)⎪ 2-1 解：对微分方程做拉氏变换：

⎧ X1(s)= R(s)− C(s)+ N1(s)习题第二章—炉温给定炉温放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器比较元件：电位计测量元件：热电偶职能方框图：

1 s + 1 K s τ 1 Ts + 1 s T Ts+1 τs 1 s + 1 1 Ts + 1 K-3 1 3 1 4 2 3 2 4(b)R(s)1 + G G − G G + G G − G G(a)= R(s)ms2 + fs + K G1 + G2 C(s)= 1 C(s)2-3 解：（过程略）

0 N(s)= C(s)(s + 1)(Ts + 1)1 + Ts2 +(T + 1)s +(K + 1)k R(s)C(s)=(s + 1)(Ts + 1)(s + 1)(Ts + 1)= K + ô s + K ô s X4(s)X3(s)X1(s)R(s)—C(s)X5(s)X2(s)N(s)将方块图连接得出系统的动态结构图：

C(s)X4(s)X4(s)X3(s)—X5(s)N(s)N(s)X5(s)C(s)-X3(s)X1(s)X2(s)R(s)X1(s)R(s)X2(s)⎪ ⎪⎩ X 5(s)=(Ts + 1)N(s)绘制上式各子方程的方块如下图：

⎪C(s)= X(s)− N(s)4 ⎪(Ts + 1)X 4(s)= X 3(s)+ X 5(s)⎨ ⎪ X 2(s)= ô sR(s)⎪(s + 1)X 3(s)= X1(s)+ X 2(s)⎪ 2-2 解：对微分方程做拉氏变换 ⎧ X1(s)= K[R(s)− C(s)] 1 3 Ts3 +(T + 1)s2 + s + K K 2 C(s)/ N(s)=− K2 K3Ts C(s)/ N1(s)= C(s)/ R(s)，三个回路均接触，可得 Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2 + 2G1 4 ∑ La = L1 + L2 + L3 = −G1G2 − G1 − G1 a =1 3（b）

（1）系统的反馈回路有三个，所以有 R 1 + G1G2G5 + G2G3G4 − G4G2G5 G1G2G3 + 1 C = 三个回路两两接触，可得 Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G5 + G2G3G4 − G4G2G5（2）有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以 P1 = G1G2G3 , Ä1 = 1 P2 = 1, Ä2 = 1（3）闭环传递函数 C/R 为 ∑ La = L1 + L2 + L3 = −G1G2G5 − G2G3G4 + G4G2G5 a =1 3 2-5 解：（a）

（1）系统的反馈回路有三个，所以有 K1K2 n G(s)= Kn s 1 2 3 Ts2 + s + K K K（2）要消除干扰对系统的影响 C(s)/ N(s)= K n K3 s − K1K2 K3Gn = 0 Ts + 1 s 1 1 2 3 K 2 3 1 + s Ts2 + s + K K K K K n n 1 C(s)/ N(s)=(K − G K K3 K2)Ts + 1 = K n K3 s − K1K2 K3Gn 求 C/N，令 R=0，向后移动单位反馈的比较点 1 2 3 1 + G(s)Ts2 + s + K K K = C(s)/ R(s)= G(s)K1K2 K3 s(Ts + 1)2-4 解：（1）求 C/R，令 N=0 G(s)= K1K2 K3 R(s)1 + G1G2 + G2G3 + G3G4 + G1G2G3G4(e)G1G2G3G4 C(s)= R(s)1 − G2G3 R(s)1 + G1 + G2G1(d)(c)C(s)= G1 − G2 C(s)= G2 + G1G2 5 n ù 1 − î 2 = 0.1 t p = ð 1 3-2 解：系统为欠阻尼二阶系统（书上改为“单位负反馈……”，“已知系统开环传递函数”）

ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 1.3 −1 ×100% 2 H ⎩ 1 + 10K = 10 H ⎪ ⎩K = 0.9 H ⇒ ⎨ ⎨1 + 10K 0 ⎪ = 10 ⎧ K = 10 ⎧ 10K0 要使过渡时间减小到原来的 0.1 倍，要保证总的放大系数不变，则：（原放大系数为 10，时间常数为 0.2）

1 + 10KH H s + 1 0.2 R(s)0 1 + G(s)K = 1 + 10K H G(s)ö(s)= C(s)= K 10K0 采用 K0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为 0.2s + 1）

3-1 解：（原书改为 G(s)= 10习题第三章 N3(s)N3(s)N2(s)N2(s)1 + G1G2G3 + G2 = 1 = E(s)= − C(s)−(1 + G2)G3 E(s)=− C(s)N1(s)N1(s)1 + G1G2G3 + G2 R(s)1 + G1G2G3 + G2 E(s)=− C(s)= −G2G3 − G1G2G3 E(s)= 1 + G2 − G2G3 N3(s)1 + G1G2G3 + G2 N2(s)1 + G1G2G3 + G2 = C(s)C(s)= −1×(1 + G1G2G3 + G2)= −1(1 + G2)G3 N1(s)R(s)1 + G1G2G3 + G2 = C(s)/ R(s)C(s)C(s)= G1G2G3 + G2G3 2-6 解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得 Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G3 + G2，可得 1 + G1G2 + 2G1 1 + G1G2 + 2G1 R G1G2 + G2 C = G1G2 + G1 + G2 − G1 =（2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以 P1 = G1G2 , Ä1 = 1 P2 = G1 , Ä2 = 1 P3 = G2 , Ä3 = 1 P4 = −G1 , Ä4 = 1（3）闭环传递函数 C/R 为 6 n c.î = 0.1,ù = 1s−1 时，n îù s = 3.5s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 72.8% n b.î = 0.1,ù = 10s−1 时，n îù s = 7s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 72.8% n a.î = 0.1,ù = 5s−1 时，n 2îùn = 10 解得：ùn = 14.14, î = 0.354, ó %=30%, t p = 0.238 结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。

3-4 解：（1）

ù 2 = 200 s2 + 10s G(s)= 200（2）

K = 20s−1 时：

n 2îùn = 10 解得：ùn = 10, î = 0.5, ó % = 16.3%, t p = 0.363 ù 2 = 100 s2 + 10s G(s)= 100 3-3 解：（1）

K = 10s−1 时：

s(s + 24.1)s(0.041s + 1)= G(s)= 47.1 1136 所以，开环传递函数为：

ùn = 33.71 î = 0.358 解得：

7 系统不稳定。

（b）用古尔维茨判据 5 2 1 0 2 0 3 10 4.7 −3.2553 2 s4 s3 s2 s1 s0 系统稳定。

（2）

（a）用劳思判据 = 8000 D3 = 0 0 100 100 9 20 20 1 0 = 80 D1 = 20, D2 = 100 9 20 1 系统稳定。

（b）用古尔维茨判据 9 100 0 1 20 4 100 s3 s2 s1 s0 则ó % 减小，ts 减小 3-5 解：（1）

（a）用劳思判据(3)讨论系统参数：î 不变，ó % 不变；

î 不变，ùn 增加，则 ts 减小；

ùn 不变，î 增加，n îù s = 1.4s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 16.3% n(2)î = 0.5,ù = 5s−1 时，n îù s = 35s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 72.8% 8 劳斯表：

s3 + 21s2 + 10s + 10(a)系统传递函数：

10(s + 1)3-7 解：

3 解得 K > 4 4 若系统稳定，则：

K −1 > 0, K > 0 3 K 4 0.2 0.8 3 K −1 K −1 K s3 s2 s1 s0 劳思表 0.2S 3 + 0.8S 2 +(K − 1)s + K = 0 4（2）系统闭环特征方程为若系统稳定，则：

− K −1 > 0, K > 0。无解 4 K 0.2 −1 0.8 K − K − 1 s3 s2 s1 s0 系统不稳定。

3-6 解：（1）系统闭环特征方程为 0.2S 3 + 0.8S 2 − s + K = 0 劳思表 2 = −306 0 D4 = 0 3 0 0 0 0 2 1 5 1 5 10 3 10（其实 D4 不必计算，因为 D3 < 0）

1 3 3 0 2 = −153 = 47, D = 5 3 D1 = 10, D2 = 1 10 0 1 5 10 10 9 6 10 10 0.6 1 0.05 1 s3 s2 s1 s0 劳思表：

0.05s3 + 0.6s2 + s + 10 = 0 解法二、系统的闭环特征方程为：

K ss ss 当 r(t)= t ×1(t)时，e = = 0.1 ；

当 r(t)= t 2 ×1(t)时，e = ∞。

1 稳定域为：î > 0, 0 < K < 200î 3-9 解：（1）

解法一、因为õ = 1，属于Ⅰ型无差系统，开环增益 K = 10，故当 r(t)= 1(t)时，ess = 0 ；

2î > 0, K > 0 时系统稳定当 2î > 0, 2î − 0.01K s0 2î K 1 K 0.01 2î 2î − 0.01K s3 s2 s1 劳思表：

0.01s3 + 2î s2 + s + K = 0 系统稳定。

3-8 解：系统闭环特征方程为：

10 0 1 101 10 s2 s1 s0 劳思表：

s2 + 101s + 10(b)系统传递函数：

10 系统稳定。

10 10 0 0 1 21 200 / 21 10 s3 s2 s1 s0 10 1 + s(s + 4)(s2 + 2s + 2)s →0 s →0 s2 s2 7(s + 1)s ss = 8 / 7 1 1 输入 r(t)= t ×1(t)时，R(s)= 1 , e = lim sE = lim s s(s + 4)(s2 + 2s + 2)s →0 s →0 s s 1 + 7(s + 1)s ss 1 = 0 1 当输入 r(t)= 1(t)时，R(s)= 1 , e = lim sE = lim s 1 + G(s)s E i R R(s)(s)R(s)= E = ö 1 系统稳定。

10 7 15 0 7 1 6 7.5 9.4 7 s4 s3 s2 s1 s0 劳思表：

s4 + 6s3 + 10s2 + 15s + 7 = 0 解法二、系统的闭环特征方程为：

K 7 ss ss = ∞。

1 当 r(t)= t ×1(t)时，e = = 8 = 1.14 ；

当 r(t)= t 2 ×1(t)时，e 8 ss（2）

解法一、因为õ = 1，属于Ⅰ型无差系统，开环增益 K = 7，故当 r(t)= 1(t)时，e = 0 ；

s(0.1s + 1)(0.5s + 1)1 + s→0 s →0 s3 s3 10 s ss = ∞ 1 1 输入 r(t)= t 2 ×1(t)时，R(s)= 2 , e = lim sE = lim s s(0.1s + 1)(0.5s + 1)1 + s →0 s →0 s2 10 s2 s ss = 0.1 1 1 输入 r(t)= t ×1(t)时，R(s)= 1 , e = lim sE = lim s s(0.1s + 1)(0.5s + 1)s →0 s s s →0 10 1 + s ss 1 = 0 1 当输入 r(t)= 1(t)时，R(s)= 1 , e = lim sE = lim s 1 + G(s)s E i R R(s)(s)R(s)= E = ö 1 系统稳定。

11 s2 输入 r(t)= 10t, R(s)= 10 调节时间 ts = 4T = 1min, T = 0.25 min Ts + 1 R(s)为一阶惯性环节 3-10 解：系统传递函数为 = G(s)= 1 C(s)1 + s2(0.1s + 1)s →0 s→0 s3 s3 8(0.5s + 1)s ss = 0.25 2 1 输入 r(t)= t 2 ×1(t)时，R(s)= 2 , e = lim sE = lim s 1 + s2(0.1s + 1)s →0 s →0 s2 8(0.5s + 1)s2 s ss = 0 1 1 输入 r(t)= t ×1(t)时，R(s)= 1 , e = lim sE = lim s s2(0.1s + 1)s →0 s→0 s s 1 + 8(0.5s + 1)s ss 1 = 0 1 当输入 r(t)= 1(t)时，R(s)= 1 , e = lim sE = lim s 1 + G(s)s E i R R(s)(s)R(s)= E = ö 1 系统稳定。

0.1 4 1 8 3.2 8 s3 s2 s1 s0 劳思表：

0.1s3 + s2 + 4s + 8 = 0 解法二、系统的闭环特征方程为：

K 当 r(t)= t ×1(t)时，ess = 0 ；

当 r(t)= t ×1(t)时，ess = = 0.25。

2 2（3）

解法一、因为õ = 2，属于Ⅱ型无差系统，开环增益 K = 8，故当 r(t)= 1(t)时，ess = 0 ；

1 + s(s + 4)(s2 + 2s + 2)s→0 s →0 s3 s3 7(s + 1)s ss = ∞ 1 1 输入 r(t)= t 2 ×1(t)时，R(s)= 2 , e = lim sE = lim s 12 在扰动点之后引入积分环节 1/s，s →0 所以对输入响应的误差，ess = lim sE(s)= 0。

s(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K s s(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K E(s)= s(0.05s + 1)(s + 5)− 2.5s(0.05s + 1)1 =(0.05s + 1)(s + 5)− 2.5(0.05s + 1)s(0.05s + 1)(s + 5)s(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K N(s)1 + 2.5K E i N ö −2.5(0.05s + 1)s = E(s)= s + 5 = − 2.5 s(0.05s + 1)(s + 5)s(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K R(s)1 + 2.5K E i R = ö s(0.05s + 1)(s + 5)1 = E(s)=（3）在扰动点前的前向通道中引入积分环节 1/s，s →0 5 + 2.5K ss = 0.0455。比较说明，K 越大，稳态误差越小。

e = lim sE(s)= 2.5（2）当 K=20 时 s →0 s→0(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K s 5 + 2.5K ss = 0.0238 e 2.5 = lim sE(s)= lim s(0.05s + 1)(s + 5)− 2.5(0.05s + 1)1 = s s（1）当 K=40 时输入 R(s)= , N(s)= 1 1(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K s E(s)=(0.05s + 1)(s + 5)− 2.5(0.05s + 1)1(0.05s + 1)(s + 5)1 + N(s)2.5K E i N ö = E(s)= s + 5 − 2.5(0.05s + 1)(s + 5)1 + R(s)2.5K E i R ö 1 = E(s)= s →0 3-11 解：用梅森公式：

ess = lim sE(s)= 2.5(C)D 稳态误差：

s s(0.25s + 1)2 2 10 E(s)= R(s)− C(s)= 10 − T1s + 2 1 s[(T2 +ô K)s + 5 + k ] C(s)ô s +1 13 E i N s3 ssn E i R s3 ssr e = −∞ = lim sö s →0 = ∞，e = lim sö s →0 1 1 s3 s3 令 R(s)= , N(s)= 1 1 E i N s2 ssn E i R s2 ssr = −∞ = lim sö s →0 e = 2(K + 5)，= lim sö s→0 e 1 1 s2 s2 令 R(s)= , N(s)= 1 1 E i N s ssn E i R s ssr e = lim sö s →0 = lim sö s→0 1 = −2 1 = 0，s e s 令 R(s)= , N(s)= 1 1 2 1 ô s2 + Ks + 5s)Ts + 2(T s2 + K 2 1 1 + N(s)s(T s + 2)(T s + Kô s + K + 5)+(ô s + 1)1 E i N ×(ô s + 1)= ö = E(s)= −(ô s + 1)(T2 s + 2)s(T2 s + 5)+ Ks(ô s + 1)−(ô s + 1)2 1 Ts + 2(T s2 + Kô s2 + Ks + 5s)2 1 1 + s(T s + 2)(T s + Kô s + K + 5)+(ô s + 1)R(s)1 ×(ô s + 1)E i R = ö s(T1s + 2)(T2 s + Kô s + K + 5)1 = E(s)= 系统开环õ = 1，故对 R 为Ⅰ型，干扰 N 作用点之前无积分环节，系统对 N 为 0 型解法二、用梅森公式—R(s)N(s)3-12 解：

解法一、原系统结构图变换为 s →0 所以对输入响应的误差，ess = lim sE(s)= −。

K 1 s(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K s E(s)= R(s)öE i R + N(s)öE i N =(0.05s + 1)(s2 + 5s − 2.5)1(0.05s + 1)(s + 5)s s s(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K N(s)1 + 2.5K E i N ö −2.5(0.05s + 1)= E(s)= s + 5 1 = − 2.5(0.05s + 1)(s + 5)s s(0.05s + 1)(s + 5)+ 2.5K R(s)1 + 2.5K E i R = ö s(0.05s + 1)(s + 5)1 = E(s)= 14 n n n 1 + s2 + 2îù s s →0 s →0 ù s2 ù 2 s ss e = lim sE R(s)= lim s 1 1 = 2î s2(2)输入 r(t)= 1(t), R(s)= 1 n n 1 + s2 + 2îù s s→0 s→0 s ù 2 s ss e = lim sE R(s)= lim s 1 = 0 1 s（1）输入 r(t)= 1(t), R(s)= 1 n 1 + G(s)s2 + 2îù s s E i R R(s)(s)R(s)= G(s)= n，误差传递函数 E = ö 1 ù 2 3-14 解：开环传递函数为 s→0 根据定义 e = r − c，ess = essr + essn = essn = lim sEn(s)= −0.1。

s i 0.5s2 + s + 200（b）系统开环õ = 1，为Ⅰ型系统，故 essr = 0 ；

又 En(s)= N(s)iöC i N = 200 0.1 信号 essn = 0，从而有 ess = essr + essn = 0。

r(t)= t ×1(t)时，essr = 0，又在 n(t)作用点以前原系统串联了一个积分环节，故对阶跃干扰 R(s)s2 + s + 1，因为分子分母后两项系数对应相等，故系统为Ⅱ无差，在解法二、= s →0 s s + 1 s2 C(s)输入 R(s)= , N(s)=，所以 ess = lim sE(s)= 0 1 1 E(s)= R(s)− C(s)= R(s)−(R(s)iöC i R + N(s)iöC i N)N(s)s(s + 1)+ 1 R(s)s(s + 1)+ 1 C i N C i R = =，ö = =(a)解法一、解得，ö s(s + 1)C(s)s + 1 C(s)系统对 r(t)为Ⅰ型，对 n(t)为 0 型。

3-13：

15 4-2 解：

4-1 解：

习题第四章 16 作图测得 î = 0.5 的阻尼线与根轨迹交点 s1,2 = −0.33 ± j0.58，根据‘根之和’法则，9 所以，无超调时 K 的取值范围为 0 < K ≤ = 0.1925。

3 9 2 3 3 3 d − 1 + 1(− 1)× + 1 = −1 当 0

1 + GH = s(s + 1)(0.5s + 1)+ K = 0.5s3 + 1.5s2 + s + K ∴ 0.5(jù)3 + 1.5(jù)2 + jù + K = 0 2 分离角为 ± ð 3 ⎩(k = −1)⎪− ð ⎪ 3 3 −1，(k = 1)，分离点坐标 s = = ⎨ ð ϕá = 3(2k + 1)ð ⎪ 3(k = 0)⎧ ⎪ ð 3 条渐近线与实轴夹角 3 a 渐近线交点为 ó =(0 −1 − 2)= −1 1 60D 4-3 解：根轨迹如图极点 P1 = 0, P2 = −1, P3 = −2，共有三条渐近线 17 由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性，使本来不稳定的系统变得稳定。

ó % = 25% 4-5 解：（题目改为‘单位负反馈’）

n îù 0.01s2 + 0.08s + 1 = 0.88s，ùn = 10，î = 0.4，∴ts = 系统可以看作 ö(s)= 3.5 1 0.59 0.67 2 3 ϕ1 与零点 z =− 构成偶极子，所以主导极点为 s，s，即（2）由于极点为 s1 =− 1 1 0.67s + 1 s ,∴t = 3T = 2s,ó % = 0 即ö(s)= 1 0.67 1 2,3 = −4 ± j9.2，主导极点为 s，系统看成一阶系统。

1.5，s 4-4 解：（1）

s1 =− =− 1 n î = 0.5，ùn = 0.667，其阶跃响应下的性能指标为ó % = 16.3%，ts = îù = 10.5s。

−1 3.5 1(s − s)(s − s2)s2 + 0.667s + 0.445，从而得到 = 主导极点，系统近似为二阶，即ö(s)= 0.445 s1s2 s1 + s2 + s3 = p1 + p2 + p3，求得 s3 = −2.34。s3 对虚轴的距离是 s1,2 的 7 倍，故认为 s1,2 是 18 s(s + 8)（1）

G(s)= 160 5-3 解：

s2 + 44.37s + 986.96 ∴G(s)= 986.96 ∴ R = 44959(Ù)10ð ×10−6 R = 0.708 1 ð 2 100ð 2 ×10−6 = ≈ 1013(H)∴ L = 1 104 1 −100ð 2 L ×10−6 + 10ð ×10−6 Rj , 1 LCs2 + RCs + 1 G(10ð j)= 设 G(s)= 1 5 超过10D，所以不满足要求。

5-2 解：ù = 2ð f = 2ð × 5 = 10ð，G(10ð j)= 3.54 = 0.708, ∠G(10ð j)= −90D 5-1 解：

ϕ0 = − arctan ùT = − arctan 2ð f × T = − arctan 2ð ×10 × 0.01 = −32.14，相位差 D 第五章习题答案 19 s(s + 0.5)(s2 + 3.2s + 64)（3）

G(s)= 64(s + 2)s(s + 1)(s + 20)（2）

G(s)= 100(s + 2)20 L(ùk)= 20 lg K − 20 lg ùk = 0，K = ùk = 100，由图可知ùr = 45.3，n n ù ù 2 1 s(s2 + 2 î s + 1)由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成（c）

G(s)= K 80 s(1 s + 1)40 ∴ K = 40 ∴G(s)= 80 T c c c 1 = 0，1 ù = 1 = 80 ⇒ T =，穿越频率ù = 40，L(ù)= 20 lg K − 20 lg ù s(Ts + 1)由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成（b）

G(s)= K 0.1s + 1 ∴G(s)= 10 T 20 lg K = 20, K = 10 ；

ù1 = = 10 ⇒ T = 0.1 1 Ts + 1 由一个放大环节、一个惯性环节组成 K 5-4 解：

（a）

G(s)= s(s2 + s + 1)(s2 + 4s + 25)（4）

G(s)= s(s + 0.1)21 伯德图：

50 s(s + 1)s(s + 50)2 2 1，20 lg K = 14 = 5 250 5-5 解：

（1）

G(s)= s(0.25s2 + 0.2s + 1)∴G(s)= 10(s + 1)L = 20 lg K = 20，∴ K = 10 2î，在 ù1 = 1 处，= 8 ⇒ î = 0.2 ù1 = 1 ⇒ ô = 1，ù2 = 2 ⇒ ùn = 2，20 lg 1 n n ù ù 2 s(s2 + 2 s + 1)1 î（e）

G(s)= K(ô s + 1)101 s2(s + 1)2 K = ≈ 0.1990，∴G(s)= 0.1990(10s + 1)）

2 c（或者采用精确表示：

L(ù)= 20 lg K + 20 lg 102 + 1 − 20 lg12 − 20 lg(1 + 1)= 0，s2(s + 1)2 c c L(ù)= 20 lg K + 20 lg10 − 20 lg(ù 2 + 1)= 0，∴ K = 0.2，∴G(s)= 0.2(10s + 1)ù1 = 0.1 得ô = 10 ；

ù2 = 1 得T = 1 组成 s2(Ts + 1)2 由一个放大环节、一个微分环节、两个积分环节、两个惯性环节（d）

G(s)= K(ô s + 1)s(s2 + 30s + 2.5 ×103)∴G(s)= 2.5 ×103 ×100 1 − 2î 2 2î 1 − î 2 n n 20 lg，得到ù ≈ 50，î = 0.3（0.954 舍去）。

= 4.85，ù = 1 ùr 22 P = 0, N = 0 无穿越，故 Z = P − 2 N = 0 稳定 15 5 s(s + 1)(s + 1)1 1，20 lg K = 10.46（2）

G(s)= = s(s + 5)(s + 15)3 250 有一次负穿越，P = 0，Z = P − 2N = 2 故不稳定 10 23 s(0.5s + 1)(0.02s + 1)5-6 解：

G(s)=，ù1 = 2,ù2 = 50, 20 lg K = 20 10 P = 0, N = 0 无穿越，故 Z = P − 2 N = 0 稳定 15 5 s2(s + 1)(s + 1)s(s + 5)(s + 15)2 1 1，20 lg K = 10.46 =（3）

G(s)= 3 250(s + 1)10(s + 1)24 ⎝ ùn ⎠ Lh = −20 lg G(jùg)= 20 ⎜ ⎟ ⎛ ù ⎞ 1 − g = −180，得ù = 10 2 g 求ùg，−90 − arctan D D ùn ù 2î g ùn = 10,î = 0.05 s(0.01s2 + 0.01s + 1)5-7 解：

G(s)= K 10(5 j + 1)(0.2 j + 1)g h ≈ 20 lg 5 = 13.98 dB L = −20 lg G(jù)= −20 lg 10 D D D D D D D ã = 180 − arctg(0.5ùc)− arctg(0.02ùc)− 90 = 180 − 66 − 5 − 90 = 19 0.01 = 10 得 0.5ùg i0.02ùg = 1 ⇒ ùg = 1 −(90 + arctg(0.5ùg)+ arctg(0.02ùg))= −180 D D 20 lg K − 20 lg ùc − 20 lg(0.5ùc)= 0，得ùc ≈ 20 = 2 5 ≈ 4.47(精确解 4.2460)；

25（2）

= 70.36D = 180D − 90D + 78.69D − 84.29D − 14.04D = 180 − 90 + tg(5ùc1)− tg(10ùc1)− tg(0.25ùc1)−1 −1 −1 D D ã1 = 180 + ∠G(jùc1)D s(10s + 1)(0.25s + 1)∴G(s)= 2(5s + 1)1×10 ×1 c1 = 1 ⇒ K = 2 ù = 1 ⇒ K × 5 得ô 2 = 5, T1 = 10,T3 = 0.25 T3 T1 ô 2（1）

= 0.2, = 0.1, = 4 1 1 1 s(T1s + 1)(T3 s + 1)5-8 解：

G(s)= K(ô 2 s + 1)⎝ ⎠ ⎜ 10 ⎟ 1 − ⎛ = 0.1 ⎞ ≈ 90 2 因为ùc = 0.1，ã = 180 − 90 − arctg D D D 0.01× 0.1 s(0.01s2 + 0.01s + 1)∴G(s)= 0.1 g g g(0.01× ù)2 +(1 − 0.01ù 2)2 ù c = 0.1，得 K = 0.1 ⇒ ù = 0.1 K 26 = ã1 系统稳定性不变 = 180 − 90 + tg(5ùc1)− tg(10ùc1)− tg(0.25ùc1)−1 −1 −1 D D −1 −1 −1 D D = 180 − 90 + tg(0.5ùc 2)− tg(ùc 2)− tg(0.025ùc 2)ã 2 = 180 + ∠G(jùc 2)D s(s + 1)(0.025s + 1)∴G(s)= 20(0.5s + 1)⇒ K ＇ = 20 10 ×10 = 1 ùc 2 = 10 = 10ùc1 ⇒ K ＇ × 0.5 ×10 s(s + 1)(0.025s + 1)G(s)= K ＇(0.5s + 1)（3）右移 10 倍频程，则T1 = 1,ô 2 = 0.5, T3 = 0.025 P = 0, N = 0（无穿越）

Z = P − 2N = 0（稳定）

27 少为 45D −13D = 32D，引入超前网络后，新的截止频率会增大，从而存在相角裕度损失，因 ô s + 1 c(2)为了将系统相角裕度提高到 45D，使用超前校正网络 G(s)= áô s + 1，所需超前相角至不能满足要求。

s(0.1s + 1)c(1)原系统开环传递函数 G(s)=，计算得到ù = 44s−1 < 50s−1，ã = 13D < 45D，200 6-1 解法一：(串联超前校正)第六章习题答案 c ù s ≈ 1.14 t = 2.1813ð r r k = 2 + 1.5(M −1)+ 2.5(M − 1)2 ≈ 2.1813 ó % = [0.16 + 0.4(1.1032 −1)]×100% ≈ 20% sin ã sin 65.03D r ≈ 1.1032 = M = 1 1 = 65.03D = 180D + 80.54D − 90D − 88.81D −16.7D D D ∴ã = 180 + arctg(ùc)− 90 − arctg(8ùc)− arctg(0.05ùc)c c c ù 64ù 2 + 1(0.05ù)2 + 1 c = 1 ⇒ ù ≈ 6 c 48 ù 2 + 1（s 8s + 1）(0.05s + 1)∴系统开环传函，G(s)＝ 48(s + 1), G(s)= 8s + 1 2 s(0.05s + 1)5-9 解：∵G1(s)= 4.8 10(s + 1)即系统超调量不变，调节时间缩短。

c ù s 2 s1 2 1 s t = kð，得ó % = ó %，t = 0.1t ⎣ ⎝ sin ã 5-17 5-18 式）

（P190 5-16 − 1⎟⎥ ×100% ⎠⎦ 由ó % = ⎢0.16 + 0.4 ⎜ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎡ 28 校正后优点：1.稳定性增强 s(0.01s + 1)0 c 为串联超前校正 G(s)= G(s)G(s)= 20 0.01s + 1(b)c(s)= G G0(s)=，s(0.1s + 1)0.1s + 1 20 校正后优点：1.稳定性增强 2.平稳性变好 3.提高抗高频干扰能力缺点：由于穿越频率降低，系统快速性变差 s(0.1s + 1)(10s + 1)0 c 为串联滞后校正 G(s)= G(s)G(s)= 20(s + 1)10s + 1(a)c(s)= G G0(s)=，s(0.1s + 1)s + 1 20 6-2 解：

(3)验证，ã = 65.5 ,ùc ≈ 54.3 满足设计要求。

D 10 0.0083s + 1 s(0.0083s + 1)c G(s)= G(s)= 3 i 0.1s + 1 60 s(0.0083s + 1)c 此时ã = 65.5D，所以校正后系统开环传递函数 G(s)G(s)= 60 2K c c 要求ù ≥ 50s−1，取 K = ù = 60，则T = = 0.0083 1 ùc = 65s，相角裕度ã = 49，满足设计要求。

解法二：

(1)同上(2)按照最佳二阶系统模型设计：

D −1(3)校正后的系统为 G(s)= Gc(s)G0(s)=，验证得，截止频率 s(0.1s + 1)(0.0072s + 1)200(0.0331s + 1)0.0072s + 1 c。

传递函数 G(s)= 0.0331s + 1 ùm á m = 0.0072，设计校正网络幅值为-6.6dB 的频率ù = 65s−1 > 50s−1，从而得到ô = 1 á + 1 m 此设超前相角为 40D，对应 sin ϕ = á −1，得到á = 4.6，由10 log á ≈ 6.6dB，确定 G(s)29（参见 P232，例 6-7，具体设计步骤依照 P230）

(1)建立理想的校正后四阶开环模型：

6-5 10K c，(0 < K ≤ 0.045)。

10K(1 + Gc)= s + 10K，得到 G(s)= s s(0.5s + 1)(0.1s + 1)+ 10K(2)系统闭环传递函数为 Ö(s)= c，若系统具有Ⅱ阶精度，则 10K(1 + G(s))0 < K ≤ 0.0451 时，闭环回路部分具有过阻尼性质。

sd sd + 2 sd + 10 = 0，得到 sd = −0.9449，Kd = 0.0451 , 故当 + 计算分离点 + 1 1 1 该部分开环传递函数为 G1(s)G2(s)=，三个开环极点分别为 0，-2，-10，s(0.1s + 1)(0.5s + 1)10K（若不满足要求，可增加 Kv 再做调整，直到达到性能指标要求。）

6-4(1)若闭环回路部分具有过阻尼性质，则闭环极点应在负实轴上面，即闭环极点为负实数。

(3)验算指标ó % = 4.3% < 5%，ts = 4.3T = 0.043s < 1s，各项指标均满足性能要求。

0.01s + 1 校正元件传递函数 Gc(s)= G(S)/ G0(s)= 25(0.125s + 1)2Kv s(0.01s + 1)c 0，= 0.01，故 G(s)= G(s)G(s)= T = 50 1 0.02 c v c 1 v v(2)，取 K = 50，由 K = K K，得到 K = 25 ；

又根据精度要求 ess ≤ 0.02，K ≥ 1 k1 s ss ss e = = 0.5，可见，ó % 满足设计要求，但 t 与 e 不符合设计要求。

1 n îù s n n n = 0.875, 2îù = 8, ù 2 = 16, 故ù = 4,î = 1，t = 3.5(1)G0(s)= =，得到 K1 = 2，T1 = 0.125，s(s + 8)s(0.125s + 1)2 16 6-3 2.平稳性变好 3.穿越频率提高，快速性变好缺点：抗干扰能力减弱 30 s s2，Ä1 = 1 + 两条前向通道 P1 = 1，P2 =− K1K2 Gc(s)s，Ä2 = 1 s s2 s2 1 2 2 1 6-7(1)两个回路 L =− K1K2，L =− K1，Ä = 1 − L − L = 1 + K1K2 + K1 2îùn = 10(1 + 14.4Kc)，要求î = 0.707，Kc = 0.0484 n n ù 2 = 144，ù = 12 c c c 0 1 + G(s)K)s s2 + 10(1 + 14.4K)s s 0.1s2 +(1 + 14.4K 校正后系统开环传递函数：

= = 144 14.4 G0(s)6-6 K(3)由 G(s)= Gc(s)G0(s)确定校正装置为 Gc(s)= 20(0.16s + 1)(0.1s + 1)。

(0.01s + 1)(0.0067s + 1)各项指标均满足设计要求。

b c c v 指标: K = 20s−1，ù = 16.1s−1 时，ã = 70.7D > 55D，以及ù ≈ ù = 16.1s−1 > 13s−1。故 s(0.2s + 1)(0.01s + 1)(0.0067s + 1)，检验其性能(2)建立系统的理想开环模型为 G(s)= 20(0.16s + 1)4 实现性，取ù = 150s−1。

3 2 以及ã ≥ 55D，查表得 l = 16，则ù = lù = 100s−1 ；

考虑系统的抗干扰性与校正装置的可 1 c ù c c ù 0.2 ù 2 ù 1 ù = = 5s−1 ；

由 1 = 1 得到ù = Kvù1 = 6.25s−1 ；

为保证中频段具有足够的宽度 ù2 v K ùc c 为了保证系统有良好的快速性，取ù = 16s−1 ；

照顾系统的固有特性，简化校正装置，取希望ù1 < ù2 < ù3 < ù4。根据设计要求ùb ≥ 13s，一般有ùc ≈ ùb，（见 P192 公式 5-22）

−1 ù4 ù3 ù1 s(1 s + 1)(1 s + 1)(1 s + 1)G(s)= 2 ù v K s + 1)(1 31 1。

î = 0.707，得到 k2 = 2 k 1 n 1 2 1 k = ù 2 R(s)s2 + k k s + k ⎨ ⎩ k1 C(s)(2)求得系统传递函数 = ⎧k k = 2îù，则有 1 2 n，若具有最佳阻尼比，Gc = s(s + k1k2)s s2 Ä N(s)1 + k1k2 + k1 求得干扰信号的传递函数 = 1 1 2 2 = s s，令其为零，得到 2 P Ä + P Ä C(s)(1 + 1 2)− c k k G