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。1-3解答:将系统输出信号引

2、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。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）？(1)22帶3讐4心嘗）(2)y(t) =2 u(t)tdy(t) 2y(t)= 4du(t)u(t)(3)dtdtdy(t)2y(t)二u(t)sin t(4)dt2d y2t) y(t)dy(t) 2y(t3u(t)(5)dtdt絆)y2(t)二2u(t)(6)dty(t) =2u(t) 3

3、5 u(t)dt(7)dt（1）线性定常（2）非线性定常（4）线性时变（5）非线性定常（7）线性定常解答:6u(t)（3）线性时变（6）非线性定常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。解答：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

4、， 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:(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

5、。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

6、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:（2）被控对象为温度和湿度设定，控制

7、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？Ri1R21IIRiR2+=11-1 1+V11Ug11 -1Ug5（S）1Ui(s)Ui(s)丄CiSC2SCiSc?s(a)(a)Ug解答:(R21C21S) C1S(a)%(s)R2C2S(b)Ur(s)5(s)R1(R +/C2S)/1C1SGSUr(S)1丿C1SR2Uc(s)RGS+1+ 1zC2SR&GC2S2 (RiG RC2 R2C2)S

8、 1Uc(s)Uc(s) 5(s)=XU| (s)R2C2S+1ur(s)u1(s)ur(s)RGS + 1R2C2S+ 1R.1 R2C1C2 S(R1C1R2C2) S 1故所给网络与两个RC网络的串联不等效。2- 4某可控硅整流器的输出电压Ud=KU 2 cos%式中K为常数，U2为整流变压器副边相电压有效值，为可控硅 的控制角，设在在 0附近作微小变化，试将 U与的线性化。 解答：Ud 二 ku2 cos： 0 一（曲2 Sin： o）C 一 ： 0）线性化方程： u -ku si n0即Ud 二-（ku2 sin： J：2- 9系统的微分方程组为豹）=律）-c（t）T1警二匕-从）X

9、3（t）二 X2（t） - 心dc(t)dtc(t)二 K2X3(t)(R21C21S) C1S式中T1、T2、K1、K2、K3均为正的常数，系统地输入量为r（t），输出量为C（t）,(R21C21S) C1SC（s）/试画出动态结构图，并求出传递函数R（s）。解答：C(s)R(S)(T1S+IXT2S+1)1 . k2k3kik2 (T1S 1)(T2S 1) k2k3(T1S 1) k1k2T2S 1 (T1S 1)(T2S 1)ki k?k| k?2-12解答:C(s)/ 简化图示的动态结构图，并求传递函数R(s)。(a)RG1G2G3C1 +G1G2G3H2 +G2G3H1GGG3C(

10、s)=R(S) 1 G1G2G3H2 G2G3H1(b)R(1+GJ(1+G2)C1 + 2G2 + G1G2C(S) G)(1 G2)R(S) 1 2G2 G1G2(c)图(c)-(1)图(c)-(2)C (s) G G2R(s) 1 G2G3R(s) 1 G2G3(e)1 - GG2R(s)2-13解答:(a)简化图示动态结构图，并求传递函数C(S)R(s)Gl_1 +GG2G4C G2G3 5RGi(GG +G5)C1 +G1G2G4C(S)_ Gi(G2G3 G5)R(s) 1 G1G2G4(b)RG1G2G3 +G1G4 +G1G2G4G6C1 4G2G6 1626566图(b)-(

11、5)C(s) _ G1G4 G1G2G3 G1G2G4G6R(s)1 G2G6 G1G2G5G6(C)(d)C(s) G1G4 G1G2G3 G1G2G4G6R(s) 1 G2G G1G2G5G6(e)C(s) GG3(1 G2)R(s) 1 G-|G2G5 G1G3G4(1 G2)f)G3 (a)(b)C(d)GG2 +G4G5Ck1 +G2 G3 +G3 G5(e)C(s)G1G2 G4G5R(s) 1 G2G3 G3G5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 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

12、 Kh和Ko的值R( s)题3-1图解答:10闭环传递函数:由结构图知:珥s)=kG(S)1Oko1 KhG(S) 0.2s 1 10kH10K。1 10Kh02 S 11 10Kh0jo1 10kH1 1010kH =10 kH 二 0.9k=103- 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。kR(s)WTs+1bs题3-2图解答：系统的闭环传递函数为:址)4KR(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

13、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10C/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厂1 Ts则题目的误差传递函数为：E(s) 丁1 Tsr(t )= 1t(时 ct1E(S)二占1丄TS根据 c(t) |t 二二 0.98得出 T=0.255610当 r(t) = 10时,ess = lim0 sE(S)气=10T = 2.556 sS3-4设一单位反馈系统的开环传递函数、 KG (s)- s(0.1s 1)试分别求K =10sJ和K =20sJ时系统的阻尼比Z、无阻尼自振频率W

14、n、单位阶跃响应的超调量Cp %和峰值时间tp，并讨论K的大小 对动态性能的影响。解答：开环传递函数为10 KG 一 S(0.1 S 1) S(S 10)则 25Wn 02Wn =10K=10时由2 MrTW=10 K得出Wn =10二 0.5-16.3%tr匕=- arccos =0.363得出二 p%trtp=20时由严皿=10Wn2 =10KWn =14.14二 0.347二 0.2383-8设控制系统闭环传递函数arccos(s)=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: 一0.707, n -20.5 一 0,4 一 “ -20.707 -0.5/-2

15、解答:欠阻尼二阶系统的特征根:1.由 0.707 ：1, -下半部还有。2. 由0.5,arccos ，得6岂- : 90，由于对称关系，在实轴的下半部还有。3. 由.5空-0.707二arccos ，得出45乞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)厂s2(0.1s + 1)解答：kakaka1.系统的闭环特征多项式为：D( s)= 0.0缶+0s1 1可以判定系统是稳定的.则对于零型系统来说，其静

16、态误差系数为：1 0kp =l i mG (s =) P S 02二 I i ms G (s)0S_p那么当r(t) (t)时,当 r(t) =t 1(t)时,k = lim sG(s)二 0s01e$s :1 - kp 112ess :ka2当 r(t)=t 1(t)时，2.系统的闭环特征多项式为：D( s s 6s 1 0s 1 5s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：2-l i ms G (s)0s )0(s ):kv 二 lim sG(s)二-7那么当r(t) =1(t)时,当 r(t) =t 1(t)时,1=QO1kpe2=0ka2当 r(t) =t

17、 1(t)时，3.系统的闭环特征多项式为：D(s0.1s3 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 l i mGp s ：0=l i G (s=)8s )0k= lim sG(s)二：s_0那么当r(t) =1(t)时,ess当 r(t) =t 1(t)时,e$s0kv2当 r(t) =t 1(t)时,2 1Qska 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，绘出当开环增益变化时系统的根轨迹图，并加以简要说明。1.G(Ss(1)(3)Kis(s 4)(s2 4s 20)解答:(1)开环极点：P仁0, p2= 1, p3= 3实轴上的

18、根轨迹区间：(X,3, 1, 0渐进线：0134 _a3360。(k = 0)申 /k+DjaQ1800(k = 1)3-600(k = -1)1 1 1十十=0分离点：d d 1 d 3 解得 d1、2= 0.45, -2.2。d2= 2.2不在根轨迹上，舍去。 与虚轴交点：特征方程 D(ss3 4s2 3s K0将s=j 3代入后得Q - 4 2 =0；33；;:.= 0解之得二 i 3=12当岂K：时，按180相角条件绘制根轨迹如图4-2(1)所示6Rocrt Locus(2)开环极点：p仁0,实轴上的根轨迹区间：4, 0 渐进线：a_4 _2 _2 2445, -45,135,-135

19、?分离点：K -(s 8s 36s18s 80)dK1=0 由ds43266= -2- 6S3“ 訂 1000解得 si、2= 2, S3,4分离点可由a、b、c条件之一进行判定：a. Z G(s3)= (129o+51o 90o+90o)= 180o,满足相角条件; 心6) = -(s4 +8s3 +36s2 +80s)b.K1在变化范围【：)内；c由于开环极点对于c =-2直线左右对称，就有闭环根轨迹必 定也是对于c =- 2直线左右对称，故S3在根轨迹上。与虚轴交点：特征方程D(s) =s4 8s336s2 8s Ki =0Routh 表s4136s3880s226K1s80 8K1/2

20、6s0K1由 80 8k1/26=0 和 26s2+ k1=0,解得 k仁26, %2 二 b 10当 XKi:时，按180相角条件绘制根轨迹如图4 2(2)所示。ORoot Locus B64 2-6Real Axis(1)(2)解答Root Locus-4-3-2-1Rni Axis0 1 22O2(rt_xv A-Imu 一4- 3设单位反馈系统的开环传递函数为G(s) =Ki2 s (s 2)试绘制系统根轨迹的大致图形，并对系统的稳定性进行分若增加一个零点z = -1，试问根轨迹有何变化，对系统的稳 定性有何影响？(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;(

21、2)增加一个零点z=1之后，根轨迹左移，根轨迹中的三个分支始终位于 左半平面，系统稳定。Root Locus斗-1.8 HE -1.4-1 2/-06*0.6*0.4-0 2Real Axis05 4 3 2 1 0-1 鱼总aeliG(s)H(沪 K(S 2)4-4设系统的开环传递函数为s(s 2s a),绘制下列条件下的常规根轨迹。(1)a=1 ；(2 ) a = 1.185(3)a = 3解答：(1) a = 1(一 OO，-1, 1, 0实轴上的根轨迹区间: 渐进线：-a-2 -(-2)2(2k 1)二2-090 -900(k=0)(k = _1)少s3 +2s2 +asK = _分离

22、点：s 2dK1 解得ds-0d1d 2,3只取2与虚轴交点:32特征方程 D(s) = s 2s as KjS 2Q = 0令s = jw代入上式：得出与虚轴的交点 系统的根轨迹如下图：4Root Locus2AJ3U.6OQE 一(2) a =1.185零点为z = -2(一 OO,-1， 1, 0极点为P仁卩43,0 实轴上的根轨迹区间： 渐进线：-a-2 -(-2)2(2k 1)二232-090 -900(k=0)(k = _1)_ s 2s ass + 2K1分离点：dK0解得ds特征方程 D(s)二 s3 2s2 as K1S 2K0令s二jw代入上式：得出与虚轴的交点 系统的根轨

23、迹如下图：Root Locus-1-0 5Real Axfc04 3dBU-E-2(一 OO,-1, 1, 0极点为 P-11.41，0 实轴上的根轨迹区间： 渐进线：Root Locus分离点：K1-2 -(-2)2(2k 1)二=0900 -90-23 小 2s 2s ass 2(k=0)(k 1)Root Locus解得ds32特征方程 D(s) = s 2s as K1S 2心二 0令s二jw代入上式：得出与虚轴的交点 系统的根轨迹如下图:Root Locus-1 5-1Real Axis0o-2A03LImmE-0.54-8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

24、(s)H(s)（1）G(s)H(s)（2）G(s)H(s)（3）解答：s 1 s 2s s 1 s 2s s 1 s 3 (s 4)KiKiKi s 2(1)Root Locus(3)Root Locus1.(3)Root Locus(3)Root Locus-0.2 *II-0.3II4-0.4 卜 i i i l ,： i i-5-4-3-2-1012Real Axis(3)Root Locus(3)Root LocusRoot Locus(3)Root Locus-3-2-1012345Real Axis(3)Root LocusBRoot LocusRoot Locus15设单位反馈系

25、统的开环传递函数为Root LocusG(s)二Ki s a2s s 1Root Locus0、1、2个分离点，画出这三种确定a值，使根轨迹图分别具有: 情况的根轨迹。解答：Root Locus首先求出分离点:分离点：32K-s：2dKi = s2s(3a 1?s 2a _ 0解得 ds(s a)2_-(1 + 3a)J(1+3a)2-16adi 2 =得出分离点1,24时，上面的方程有一对共轭的复根a -1或 a -当9时，上面的方程有两个不等的负实根a =1或 a =1当9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Root Locus1a 2当9时

26、系统的根轨迹为：可以看出系统由一个分离点左Ac匸禹EUJ_RofllLocus-0.9-0.8-07=0.6-05-0.40.3-0.2-01Real Axis3当a 1时 比如a =3时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点52.1 1aa 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丄 ca vla=-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点25Root Locus2 s 1o-15-21第五早频域分析法4- 1设单位反馈控制系统开环传递函G（s） ,当将 r（t）二sin（2t 60：） -2cos（t -45：）作用于闭环系统时，求其稳态输 出。解答

27、：4G（s）=开环传递函数s 1闭环传递函数G(s)二（jco） =M （国归曲劳闭环频率特性M ()=2Jg2+25吓)=t an /5)当 3 =2 时，M(2)=0.74 , a (2)=-21.8;当 3 =1 时，M(1)=0.78 , a (1)=-11.3;则闭环系统的稳态输出：Css(t) =0.74sin(2t 60 -21.8) -1.56cos(t -45-0.74sin(2t 38.2) -1.56cos(t -56.3)-0.74sin(2t 38.20) -1.56sin(t 33.70)105-2 试求(1) G(s)二G(s)=K!Ts+1频特性A()、解答：4

28、s 4( 2) G(s)、2s T)( 3)(K 4 T)的实频特性X( )、虚频特性Y( )、幅 相频特性。G(jw)=丄冬jw +410(4 一 jw) 4016 w2.10w16 w 16 wWw_j arctan e 42.16 w40X(w)216 +w210A(w)二Y(w)10w16 w2.16 w2G(jw)=jw(2jw 1)=-a r c t an48w j 44w3 w4w3 w w、4w2 1(w)j (180：鮎rcta氓)ewX(w) 禦贝 U4w3 w4A(w) _2w 4w 1k(1 j w) k(1 Tw2)G(吩丁jw2k(1 Tw )X(W)22则1 T2

29、w2Y(w)二4w3 w (w) =180 a r c t2w+ j k -T)w kJ1 +j 1 T2w2.1 T2w2.t2 2丫 w ejarctan(w * _arctan(wT)Y(w)=Tw1 +T wa(w)=11 +T2w2申(w) = a r c t awn) a r c t5-4绘制下列传递函数的对数幅频渐近线和相频特性曲线。(1)*Rs 1)(8s 1)8(s 0.1)G(s)=(3)s(s2 s 1)(s2 4s 25)11W, w2 = 一8224 s 2 (s 0.4)(s 40) 10(s 0.4)G(s) 2(4)s2(s 0.1)G(s)二(2)解答：(1)

30、转折频率为20Bode Diagram20-301101 10 10*A10310Frequency (rsd/sec)204060090so11740凹0)p)dbMffiLId(3)500505000-Bapj a器匸 do10o9Ein62-|iQ*10 10 10A10_(1)Frequency (racVsec)(4)Bode Di自gra怕50005010 110Frequency (r&dfeec)1O1(1)(1)10设单位负反馈系统开环传递函数。(1)G(s)二10s(0.5s 1)(0.02s 1)as 1G(沪 s2试确定使相角裕量等于(1)G(s)3(0.01s1)，试

31、确定使相角裕量等于45的K值。K45的值。G(s) = 2 一(3)s(s +s+10O),，试确定使幅值裕量为 20 dB的开环增益K值。由题意可得:解答：(1)(2)(3)(wc) =180(-180arcta nw) =45(aw)2120log解得:由题意可得：2 二 0 wwc = 1.19a =0.84(wc) =180 -3arctan0.01wc = 45 k解得:由题意可得：20 log3 bzwc = 0(0.01Wc)2+1”wc = 100k= 2.83lw 十 -2020 logw#w2 +(100_w2)2Wg =10k=10解得：5-13设单位反馈系统开环传递函数

32、(wg)二-90 - arctan出_ 二-180100 - wgk10G(s) 一 s(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)二-90 -arctan0.5wg -arctan0.02wg =T80Wg =1012L(wc) =2020 log 40 log14210所以幅值裕量h 4(dB)wc = 2 10 =4.47故:(wc) - -90 -arctan0.5wc -arctan0.02wc - -161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:20SP】旳 PMLIgz600Bode Di

33、egram IOO 184590第六章 控制系统的综合与校正5- 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，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

34、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？KG(s)=6-3设系统结构如图6-3图所示，其开环传递函数s(s 1)。若要求系统开

35、环截至频率 眺兰4( rad/s)，相角裕量丫 45，在单 位斜坡函数输入信号作用下，稳态误差电空o.1，试求无源超前网络参数。1 /ess =兰 0.1解答：(1)由 K 可得：K -10，取K =10(2)原系统c = 10 =316 rad/s,=17.60，不能满足动态性能指标。20lg 电= -10lg：(3 )选 c =4.4rad/s，由 L。)二T0g 即 c可得:, -3.751T =一，20.12:Ts 1 _ 0.53s 1Ts 10.12s 1满足性能指标的要求。那么.c二无源超前校正网络：Gc(s)(4)可以得校正后系统的 51-8，Go (s)=6-4设单位反馈系统

36、开环传递函数s s 1 .5s 1。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Kv=5(ts),相角裕量。解答：由KPmsG(s)=K可得：K=5(2) 原系统七=2.15 ,4-222不满足动态要求I(3) 确定新的c由 -180： 40 12* = (-90 -arctan c-arctan0.5 c)可解得： c = . 4 6由 20lg b = -20lg |Gjc)得：.921 1, 1 1 c取 bT 510=5 c 得：T =118一 /、Tbs +111s +1Gc(s)=跆校正网络为：Ts 1118s 1校正后系统的相角裕量丫=42，故校正后的系统满足性能指标的

37、要求。第七章非线性控制系统6- 1三个非线性系统的非线性环节一样，线性部分分别为G(s) 1.G(s) 2.2s(0.1s 1)2s(s 1)2(1.5s 1)3. G(s) s(s 1)(0.1s 1)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。L(w) (dB)丄7-2 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，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=i 时，N(A)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(八广

38、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，Tn(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)111丄(a) _N曲线由稳定区穿入不稳定区，交点 a是自激振荡点。丄(b) N曲线由稳定区穿入不稳定区，交点 a是自激振荡点。交点a, c为自激振荡点，交点b不时自激振荡点。(c) 闭环系统不稳疋。(d) 交点a不是自激振荡点。(e) 交点a是自激振荡点1 G(j ) 由 N(A) (J )N（小站即:10*4JIj j 1 j 2 A2；r 3=0 得：.=2_3 2 = _空二孕二 2.12JIA得：3虽$320即在非线性环节的输入端存在频率