自动控制原理课后习题及答案

1、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(1) 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 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 偏离给定值， 都会产生控制作用去清除此偏差， 所以控制精度较高 它是一种按偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。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

2、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，2d2y(t) 2 dt 2时变)？1)3dyd(tt) 4y(t)5du(t)5 dt6u(t)3)4)5)y(t) 2u(t)t dy(t) t dt dy(t) dt d2y(t) dt22y(t)2y(t)4du(t)4 dtu (t )sin tu(t)y(t

3、) dyd(tt ) 2y(t) 3u(t) dtdy(t)6) dty2(t)2u(t)（7）(t) 2u(t)3du(t)3 dt5 u(t)dt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 Q1，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。Q1Q2题 1-4 图 水位自动控制系统解答：（1） 方框图如下：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

4、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。浮子浮子控制阀Q1电动机减速齿轮电位计题 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：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

5、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，则系统会自动增大阀门开度，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

6、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，对应电位器上的电压，为给定电压，即 给定量。仓库大门处于开启或关闭位置与检测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

7、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（ 2）被控对象为温度和湿度设定， 控制任务是控制喷淋量的大小来控制湿度， 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）。该网络 是否等效于两个 RC 网络的串联？R1R2R1R2U r (s) 1 1Uc(s) Ur (s)1U1(

8、s) U1(s) 1Uc(s)c1sc2sc1sc2s(a)(a)解答：(a)uc(s)ur (s)1C2S) 1C1S 1C2S 1C1S (R2 1C2S C1SR1(R2R2u1(s)(b)ur(s)1C2S) 1R21C1S R21C2S1C2SR1R2C1C2S2 (R1C1 R1C2 R2C2)S 1C1SR1 1C1S1uc (s)1uc(s) uc(s)R1C1S 1 u1(s) R2C2S 1 ur (s) u1(s)u1(s)ur (s) R1C1S 1 R2C2S 12R1R2 C1C2 S (R1C1 R2C2)S 1故所给网络与两个 RC 网络的串联不等效。2- 4

9、某可控硅整流器的输出电压Ud=KU 2cos式中 K为常数， U2为整流变压器副边相电压有效值， 的控制角，设在在0 附近作微小变化，试将 Ud 与的线性化。 解答：ud ku2 cos 线性化方程： 即 ud ( ku2为可控硅0 (ku2 ud sin 0)sinku20)(0) .sin 0r(t)c(t)2- 9 系统的微分方程组为x1(t)T1 dxd2t(t) K1(t) x2(t)x3(t) x2(t) K3c(t)T2 dcd(tt) c(t) K2x3(t)式中 T1 、T2 、K1 、K 2试画出动态结构图，并求出传递函数R(s) 。解答：K3均为正的常数， 系统地输入量为

10、 r(t)，输出量为 c(t)， C(s)k1k2k1k2C(s)R(S)(T1S 1)(T2S 1)1 k2k31 T2S 1 (T1S 1)(T2S 1)k1k2(T1S 1)(T2S 1) k2 k3 (T1S 1) k1k22-12 解答：C(s) 简化图示的动态结构图，并求传递函数R(s) 。G1G2G3H1H2(a)RG1G2G31 H1G2G3H2RG1G2G3C1 G1G2G3H 2 G2G3H 1C(S)G1G2G3R(S)1 G1G2G3H 2 G2G3H1(b)G1CG2C(S) (1 G1)(1 G2)R(S) 1 2G2 G1G2(c)C(s) G1 G2R(s) 1

11、 G2G3(d)R(s) 1 G2G3(e)G2G1R(b)R(c)G1G2(d)RR (1 G2)(1 G2)G11 G1G2G1G2CG2G2C(s) G1 G2 2G1G2R(s) 1 G1G2C(s)2- 13 简化图示动态结构图，并求传递函数 R(s) 解答：(a)RG1G2G3 G5C1 G1G2 G4G1(G2G3 G5 )1 G1G2G4C(s) G1(G2G3 G5)R(s) 1 G1G2G4(b)CR1 G2G6 G1G2G5G6G1G2G3 G1G4 G1G2 G4G6图(b)-(5)C(s) G1G4 G1G2G3 G1G2G4G6R(s) 1 G2G6 G 1G2G5

12、G6(c)RG4 G1G2 G3C1 G1 G5 G1G2 G3 G5 G6G4 / G1图(c)-(4)C(s)R(s)G4 G1G2G31 G1G5 G1G2G3G5G6(d)图(d)-(1)CRG1G5 G1 G2 G3 G1 G2G3G5C1 G2 G3 G1 G2 G4图(d)-(4)C(s) G 1G4 G 1G2G3 G1G2G4G6R(s)1 G2G6 G 1G2G5G6(e)C(s)G1G3(1 G2 )R(s) 1 G1G2G5 G1G3G4(1 G2)(f)(a)(d)(c)R(e)G1G2 G4G5C1 G2 G3 G3G5C(s)R(s)G1G2 G4G5G2G3 G

13、3G5第三章 时域分析法3- 1 已知一阶系统的传递函数R(s)题 3-1 图解答：闭环传递函数：(s)101 01.02sG(s) 10 (0.2s 1) 今欲采用负方馈的方法将过渡过程时间 ts减小为原来的 0.1 倍，并 保证总的放大倍数不变，试选择 KH 和 K0的值。由结构图知：(s) 1 k0KGhG(S()S)10k00.2s 1 10kH10K01 10K H0.2 S 11 10KH11100k0kH 101 1010kH 10kHk00.9103-2 已知系统如题 的影响。3-2 图所示，试分析参数 b 对输出阶跃过渡过程R(s)KTs 1bs解答：系统的闭环传递函数为：(

14、s) C(S)题 3-2 图R(S) 1 (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，系统的时间 常数越大，系统的调节时间，上升时间都会增大。3- 3 设温度计可用 1 (Ts 1)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 10 /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：系统的传递函数：G(s)11 Ts则题目的误差传递函数为：E(s)111Ts etr(t) 1(t)时,c(t)E(S)111 TS根据 c(t)|t 1 0.98得出

15、T=0.255610当r(t) 10时, ess lsim0 sE(S) 2 10T 2.556 s 0 S3-4 设一单位反馈系统的开环传递函数G(s)试分别求 K 10s1和 K 20s 1时系统的阻尼比、 wn 、单位阶跃响应的超调量 p 和峰值时间 tp 对动态性能的影响。解答：K s(0.1s 1) 无阻尼自振频率 ，并讨论 K 的大小开环传递函数为G (s)S(0.1 S 则 25W n 10W n 2 10 K10 K当K10时由得出p%W n 100.5 16.3%trtp当K得出p%trtp1)S(S10)2 W n 10 Wn2 10 Karccos20.2420.363d

16、2 W n 20时由 2 nWn2W n 14.140.3471010 Karccos2n10.238d3- 8 设控制系统闭环传递函数(s)2 n s2 2 nn2nn0.707, n 20,4 n 20.5, n 2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. 12. 0.53. 0.707解答：欠阻尼二阶系统的特征根：1. 由 0.707 1, arccos ，得 0 45 ，由于对称关系，在实轴的 下半部还有。2. 由0 0.5, arccos ，得 60 90 ，由于对称关系，在实轴的 下半部还有。3. 由0.5 0.707, arccos ，得出 45 60

17、 ，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：123sjw3- 10 设单位反馈系统开环传递函数分别为：1. G(s) K s(s 1)(0.2s 1)2. G(s) K(s 1) s(s 1)(0.2s 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) 0.2s3 0.8s2 s kD(s)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。322.系统的特征多项式为： D(s) 0.2s3 0.8s2 (k 1)s k劳斯阵列为：3s0.2k-12s0.8k0.6k0.81 s0.80sk0.6k 0.80.8 系统要

18、稳定 则有 k 0所以系统稳定的 K 的范围为3-14 已知单位反馈系统开环传递函数如下：1.G(s) 10 (0.1s 1)(0.5s 1)2.G(s) 7(s 1) s(s 4)(s2 2s 2)3. G(s) 8(0.5s 1) s2(0.1s 1) 解答:1.系统的闭环特征多项式为 :D(s) 0.05s2 0.6s 11 可以判定系统是稳定的 . 则对于零型系统来说，其静态误差系数为 :kp lim G(s) 10 s02ka lim s2 G(s) 0 s0e 1 1 那么当 r(t) 1(t) 时， 1 1 0 分离点： d d 1 d 3 解得 d1、2= 0.45，-2.2。

19、d2=2.2 不在根轨迹上，舍去与虚轴交点：特征方程 D(s) s3 4s2 3s K1 0 将 s=j 代入后得 kp 11 e1 当r(t) t 1(t )时，kv22ess当r(t) t2 1(t) 时，ka2.系统的闭环特征多项式为 :D(s) s4 6s3 10s2 15s 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 :kp lsim0 G(s)ka lim s2 G(s) s00那么当 r(t)ess1(t) 时， 11 kp当r(t)ess18t 1(t) 时，kv72ess20当r(t)t2 1(t) 时， sska3. 系统的闭环特征多项式为

20、 :32D(s) 0.1s3 s2 4s 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 kp lim G(s) s0 ka lim s2 G(s) 8kv lim sG(s) 0 s0kv lim sG(s) 7 s 0 8kv lim sG(s)s0s0那么当 r(t) 1(t) 时，1当 r(t) t 1(t) 时，212ess当 r(t) t1 K1 4 2 0 1(t) 时，ka 4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 K1 变化时系统的根轨迹图，并加以简要说明G(s)1.G(s)2.解答:K1s(s 1)(s 3)K

21、1s(s 4)(s2 4s 20)(1) 开环极点： p1=0，p2= 1，p3=3 实轴上的根轨迹区间： (，3， 1，0 渐进线：0134a33600 (k 0)(2ka1)1800 (k 1)a30600 (k 1)j-0.45-4/3j3K1 -3-10j3图4-2(1)(2) 开环极点： p1=0，p2=4，p3、4= 2j4 实轴上的根轨迹区间： 4，0渐进线：4222a4a 450,450,1350,1350分离点： K1(s48s336s22 18s 80)dK10由 ds解得s1、2=2，s3,42j6分离点可由 a、b、c 条件之一进行判定：aG(s3)=(129o+51o

22、90o+90o)=180o，满足相角条件； bK1(s3) (s4 8s3 36s2 80s) s 2 j 6 100 0K1 在变化范围 0) 内；c由于开环极点对于 =2 直线左右对称， 就有闭环根轨迹必定 也是对于=2 直线左右对称，故 s3 在根轨迹上。与虚轴交点：特征方程4D(s) s4328s3 36s280s K1 0Routh表s4136K1s3880s226K1s808K1/26s0K1由 808k1/26=0和 26s2+ k1=0，解得 k1=260， s1,2j 10当 0 K1时，按 180 相角条件绘制根轨迹如图 42(2)所示。(K1 100)4- 3 设单位反馈

23、系统的开环传递函数为G(s)K1s2(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(2) 若增加一个零点 z 1，试问根轨迹有何变化，对系统的稳 定性有何影响？解答(1) K10 时，根轨迹中的两个分支始终位于 s 右半平面，系统不稳定；左半平面，系统稳定4-4 设系统的开环传递函数为G(s)H(s) s(sK21(s2s2)a) ，绘制下列条件下的常规根轨迹。（1） a 1； 解答：（1） a 1实轴上的根轨迹区间：(2 ) a 1.1853) a 3（，1，1，02 ( 2)2(2k 1)2渐进线：0900 (k 0)900 (k 1)s3 2s2 asd2 ,33 52

24、d 只取 2 。与虚轴交点：32 特征方程 D(s) s3 2s2 as K1s 2K 1 0 令 s jw 代入上式：得出与虚轴的交点2) a 1.185零点为 z 2极点为 p 1 j 0.43,0实轴上的根轨迹区间：(，1，1，0渐进线：2 ( 2) a0a2(2k 1)900(k0)a2900(k1)s3 2s2K1as分离点：s2dK1 解得 ds32特征方程 D(s) s a 3零点为 z 2极点为 p 1 j1.41,0 2s2 as K1s 2K 1 令 s jw 代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：实轴上的根轨迹区间：渐进线：(， 1 ， 1，0分离点：dK1K12

25、 ( 2)2(2k 1)232s 2ss2900 ( k900 (k0)1)as解得 dsD(s)特征方程令 s jw 代入上式：22s as K1 s2K 1 0得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：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)K1（1）s1s2G(s)H (s)K1（2）s s 1 s 2G(s)H(s)K1 s 2（3）s s 1 s 3 (s 4)解答：1）3)4- 15 设单位反馈系统的开环传递函数为0、G(s)确定 a值，使根轨迹图分别具有： 情况的根轨迹。解答：首先求出分离点：K1 s a2s s 11、2 个分离点，画出

26、这三种分离点：dK1 解得 ds2ssa22s2 (3a 1)s 2a s得出分离点1当9a1d1,2(s a)2(1 3a) (1 3a)2 16a1或a时，上面的方程有一对共轭的复根19 时，上面的方程有两个不等的负实根19 时，上面的方程有两个相等的实根1当 a 1时 系统的根轨迹为：可以看出无分离点 ，故排除1a3当 a 1时 比如a 当9时 系统的根轨迹为：可以看出系统由一个分离点 时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点11aa4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 a 1 a 15当 9时 比如2时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点第五章 频域分析

27、法G(s)5-1 设 单 位 反 馈 控 制 系 统 开 环 传 递 函45o)作用于闭环系统时，求其稳态输r (t) sin(2t 60o) 2cos(t出。解答：开环传递函数 G (s)4s1闭环传递函数 ( s)4s5(j闭环频率特性42 25M()ej ( ) j 4 5( 当=2 时， M(2)=0.74 ， 当=1 时， M(1)=0.78 ， 则闭环系统的稳态输出： Css(t) 0.74sin( 2t 6001 tan 1( / 5) (2)=-21.8； (1)=-11.3；21.80) 1.56cos(t 450 11.30 )0.74 sin( 2t 38.20 ) 1.

28、56 cos(t 56.30)5-2 试 求 ( 1 )K( s 1)G(s)频特性解答：G(jw)0.74 sin( 2t 38.20) 1.56 sin( t 33.70)G(s) s 4 ( 2 )TsA(则 X (w)A(w)、10(K 1, T )的实频特性 X( )、相频特性 (10(4 jw)jw 416)。4016 w2 j1610w2w4s(2s 1) ( 3 )虚频特性 Y( ) 、幅10 e16 w2j arctanw44016 w2 ，1016 w2Y(w)(w)G(jw) jw(2jw 1)X (w) 则8w4w3 wA(w)4w 4w2 1G( jw) k(1 j1

29、 jTww) k(1 Tw2)221 T wX(w)则k(1 Tw2)1 T 2w210w16 w28w4w3 warctan w44j34w w4 j (180w 4w2 11arctan )2wY(w)(w)180jk(Y(w)44w3 warctan 12wT)w221 T w22k 12w2j arctan(w ) arctan(wT )1 T 2w2 ek( T)w221 T 2w2k 1 2w21 T 2w25-4 绘制下列传递函数的对数幅频渐近线和相频特性曲线。A(w)(w) arctan(w ) arctan(wT )G(s)1)(2s 1)(8s 1)G(s)2)24 s 2

30、 (s 0.4)( s 40)G(s)3)s(s28(s 0.1) s1)(s24s 25)G(s)4)10(s 0.4)2s2(s 0.1)解答： (1)转折频率为1,w2822)3)45- 10 设单位负反馈系统开环传递函数。G(s)(1)45o的10s(0.5s 1)(0.02s 1) ，G(s)as 1s2 试确定使相角裕量等于(2) G(s)值。K3(0.01s 1)3 ，试确定使相角裕量等于 45o 的 K 值G(s)3)益 K 值。s(s2 sK100) ，试确定使幅值裕量为 20dB的开环增解答：1)由题意可得：(wc) 180 ( 180 arctanw)4520logw21

31、| 0|w wc 01.19解得：0.842)由题意可得：18020log3arctan 0.01wc k45解得：3 |w w 0 (0.01wc )2 12 wc 100 k2.833)由题意可得：90wg20logarctan 2100 wg k180w w2 (100 w2 )2 wg 10 解得： k 105-13 设单位反馈系统开环传递函数|w wg20G(s)10s(0.5s 1)(0.02s 1)试计算系统的相角裕量和幅值裕量。解答：由 (wg)90 arctan0.5wg arctan 0.02wg180wg 1012L(wc) 20 20log 40 log 142 10所

32、以幅值裕量 h 14(dB)wc2 10 4.47故(wc)90 arctan0.5wc arctan 0.02wc161所以相角裕量 (wc ) 180 161 19 系统的幅频特性曲线的渐近线：系统的幅相特性曲线：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 以改善系统的稳态性能，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，

33、 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，但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

34、的后面，而不是系统 股有部分的后面？2. 如果 1 型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？KG0(s)K6- 3 设系统结构如图 6-3 图所示，其开环传递函数 0 s(s 1) 。 若要求系统开环截至频率 c 4.4 (rad/s )，相角裕量 450 ，在单位斜坡函数输入信号作用下，稳态误差络参数。ess 0.1 ，试求无源超前网解答：(1)由2)原系统(3)选 c3.750.1可得： K 10 ，取 K 1010 3.16 rad/s， 17.60 ，不能满足动态性能指标。20lg 102即c4.4 rad/s，由 L0( c ) 10lg10lg可

35、得:T那么2 c1 0.12无源超前校正网络： Gc(s)4) 可以得校正后系统的 51.8 ，Ts 1Ts 10.53s 10.12s 1满足性能指标的要求。6-4 设单位反馈系统开环传递函数G0 ss s 1 0.5s 1用串联滞后校正网络，使校正后系统的速度误差系数 K 相角裕量 40 。要求采5(1 s) ，解答：由 Kv lsim0sG0(s)K可得： K 5(2) 原系统 c2.15，o22.2o不满足动态要求(3) 确定新的由 180o0.4640o 12oo ( 90 arctan c arctan 0.5 c ) 可解得：要求。由 20lgb20lg G0( jc ) 得：

36、b 0.0921取 bT校正网络为：1c=5 c得： T 118Tbs 1 11s 1 Gc (s)c Ts 1 118s 11 c 10 co校正后系统的相角裕量 42 ，故校正后的系统满足性能指标的G(s) 1.G(s) 2.G(s)3.解答：用描述函数法分析非线性系统时，要求线性部分具有较好的低通滤波性能即是说低频信号容易通过，高频信号不容易通过。第七章 非线性控制系统7- 1 三个非线性系统的非线性环节一样，线性部分分别为2s(0.1s 1)2s(s 1)2(1.5s 1)s(s 1)(0.1s 1)17- 2 一个非线性系统，非线性环节是一个斜率 N 的饱和特性。 当不考虑饱和因素时

37、，闭环系统是稳定的。问该系统有没有可能 产生自振荡？解答：饱和特性的负倒描述函数如下：1N(A)1当k 1时， N ( A)曲线的起点为复平面上的 ( 1, j0)点。对于最小相位系统有：闭环系统稳定说明系统的奈氏曲线在实轴( , 1) 段没有交点，因此，当存在 k 1 的饱和特性时，该系统不可能产 生自激振荡7-4 判断图中各系统是否稳定， 1N(A)与G(j )的交点是否为 自振点。图中 P 为G(s)的右极点个数。 解答：首先标出各图的稳定区(用阴影部分表示)P=0(d )1(a) N 曲线由稳定区穿入不稳定区，交点 a 是自激振荡点。 1(b) N 曲线由稳定区穿入不稳定区，交点 a

38、是自激振荡点。(c) 交点 a,c 为自激振荡点，交点 b 不时自激振荡点。(d) 闭环系统不稳定。(e) 交点 a 不是自激振荡点。(f) 交点 a 是自激振荡点7-5 非线性系统如图所示，试确定其自振振幅和频率。1N(A) G( j )N(A)1G(j )即： j j 110*4A得：3240A 得：40322032.1220即在非线性环节的输入端存在频率为 2 ，振幅为 37-6 非线性系统如图所示， 试用描述函数法分析当 K 10 时，系统地稳定性，并求 K 的临界稳定值-1-11r=0 es(s 1)(s 2)题 7-6 图解答：由题可得下图：N(A) 2 sin 1 1A 1A 1 1A A 1G(j )10j (j 1) j 2K 的临界稳定值为：K01053所以，当 0 K 6时，G(j )曲线