自动控制原理潘丰徐颖秦习题及详细案答x

1、【教材习题及解答】4-1【答】所谓根轨迹，是指系统开环传递函数的某一参量从零变化到无穷时，闭环系统特征方程式的根在s平面上变化而形成的轨迹。根轨迹反映了闭环系统特征根在s平面上的位置以及变化情况，所以应用根轨迹可以直观地分析参数变化对系统动态性能的影响，以及要满足系统动态要求，应如何配置系统的开环零极点，获得期望的根轨迹走向与分布。4-2【答】运用相角条件可以确定s平面上的点是否在根轨迹上；运用幅值条件可以确定根轨迹上的点所对应的参数值。4-3【答】考察开环放大系数或根轨迹增益变化时得到的闭环特征根移动轨迹称为常规根轨迹。除开环放大系数或根轨迹增益变化之外的根轨迹称为广义根轨迹，如系统的参数根

2、轨迹、正反馈系统根轨迹和零度根轨迹等。绘制参数根轨迹须通过闭环特征方程式的等效变换，将要考察的参数变换到开环传递函数中开环放大系数或根轨迹增益的位置上，才可应用根轨迹绘制规则绘制参数变化时的根轨迹图。正反馈系统的闭环特征方程1G(s)H(s)=0与负反馈系统的闭环特征方程1+G(s)H(s)=0存在一个符号差别。因此，正反馈系统的幅值条件与负反馈系统的幅值条件一致，而正反馈系统的相角条件与负反馈系统的相角条件反向。负反馈系统的相角条件(n+2kn)是180°根轨迹，正反馈系统的相角条件(0+2E)是0°根轨迹。因此，绘制正反馈系统的根轨迹时，凡是与相角有关的绘制法则，如实轴

3、上的根轨迹，根轨迹渐近线与实轴的夹角，根轨迹出射角与入射角等，都要变Ji+2k;r角度为0+2kn。4-4【答】由于开环零极点的分布直接影响闭环根轨迹的形状和走向，所以增加开环零极点将使根轨迹的形状和走向发生改变，从而使系统性能也随之发生变化。一般来说，增加合适的开环零点，可使闭环系统的根轨迹产生向左变化的趋势，从而改善系统的稳定性和快速性。增加开环极点时，增加了根轨迹的条数，改变了根轨迹渐近线的方向，可使闭环系统的根轨迹产生向右变化的趋势，削弱系统的稳定性和快速性。增加开环零极点，都将改变根轨迹渐近线与实轴的交点与夹角，可能改变根轨迹在实轴上的分布。4-5【解】(1)将$=7+j73代入系统

4、的开环传递函数有：/G(s)H(s)=-1802，满足根轨迹的相角条件，故s=-1+j73是该根轨迹上的点。当点s=-1+j73在根轨迹上时，有G(s)H(s)=1。即于是，可得K*=12。(2)系统的特征方程为D(s)=(s+1)(s+2)(s+4)+K*=0,由劳斯表1s0s11478K90-K07易得使闭环系统稳定的K*值的范围为-8<K*<90。4-6【答案】(b)(f)(c)(d)(g)(h)图4-10开环传递函数根轨迹图4-7【解】(1)G(s)H(s)(s0.2)(s0.5)(s1)'绘制步骤如下：1）该系统有3个开环极点，无开环零点，分别为p1=-0.2,P

5、2=-0.5,P3=-1。2）系统有3条根轨迹分支，均趋向于无穷远处。3）实轴上（-8,-1和-0.5,-0.2区域为根轨迹。4）由于n-m=3,故系统有3条根轨迹渐近线，其倾角和起点坐标分别为：二一6。,丽（k：。,1）5)确定根轨迹的分离点。nmvP.Zji1jTn-m(一°.2)(一°.5)“0.5678K根据开环传递函数表达式，有A(s)=(s+0.2)(s+0.5)(s+1),B(s)=1,代入方程A(s)B'(s)A'(s)B(s)=0,整理得到3s23.4s0.8=0求解上述方程，得到S=-0.8,s2=-0.33由于s在根轨迹-0.5,-0.

6、2上，故取分离点坐标为d=-0.33。6）确定根轨迹与虚轴的交点。由系统的开环传递函数，可得对应的闭环特征方程为s31.7sZ(s22s10)0.8s0,1K'U0将$=j3代入上式，整理得到-1.7.20.1Kj(_，30,8，)=0分别令上式中的实部和虚部为零，即二1,7，20.1K=03-0.8-0解得3=±0.89,K=1.26。系统的完整根轨迹如图4-11所示。(2)G(s)H(s)=绘制步骤如下:K(s2)1)该系统有2个开环极点，1个开环零点，分别为p1,2=-1±j3,。=-2。2)系统有2条根轨迹分支，一条终止于有限开环零点Z1=-2,另一条趋向于

7、无穷远处。3)实轴上(-8,-2区域为根轨迹。4)由于n-m=1,故系统只有1条根轨迹渐近线，其倾角和起点坐标分别为:二(2k1)=180(k=0)1nmp'ZjiWjwn一m(T3j)(T-3j)(-2)=05)确定根轨迹的分离点或会合点。根据开环传递函数表达式，有A(s)=s2+2s+10,B(s)=s+2,代入方程A(s)B'(s)A'(s)B(s)=0,整理得到2s24s-6=0求解上述方程，得到§=-5.1623,s2=1.1623由于&在根轨迹(-8,-2上，故取分离点坐标为d=5.1623。6)确定根轨迹的出射角。由零、极点分布位置及出射

8、角计算公式，得到点口处的出射角为%=i+q；p-%2P=180：arctan3-90'；：161.57,11r121根据对称性，点P2处的出射角为-161.57°。系统的完整根轨迹如图4-12所示。图4-12题4-7(2)系统的根轨迹图(3)G(s)H(s)=K(s5)s(s2)(s3)绘制步骤如下:1)该系统有3个开环极点，1个开环零点，分别为pi=。，P2=-2,P3=-3,Zi=-5。2)系统有3条根轨迹分支，其中一条终止于有限开环零点Z1=-5处，另两条则趋向于无穷远处。3)实轴上-5,-3和-2,0区域为根轨迹。4)由于n-m=2,故系统有2条根轨迹渐近线，其与实轴

9、的交角和交点分别为:a=(2k,1)=_90(k=0)2(-2)(-3)-(-5).05)确定根轨迹的分离点。根据开环传递函数表达式，有A(s)=s(s+2)(s+3),B(s)=s+5,代入方程A(s)B'(s)A'(s)B(s)=0,整理得到3_22s320s250s30=0求解上述方程，得到Si=-6.5171,也=-2.5964,&=-0.8865由于S3在根轨迹-2,0上，故取分离点坐标为d=-0.8865。系统的完整根轨迹如图4-13所示。图4-13题4-7(3)系统的根轨迹图4-8【证】设s为系统根轨迹上的一点，则根据相角条件有(s6)-s-(s4)=：(

10、2k1)二，k=0,1,2,III然后，将S=o+j3代入上式，得到_(二6j)._(二j，)._(二4j，)-_(2k1)二,k=0,1,2,111*，6©，一、，八,八arctan-arctan-arctan=(2k1)二，k=0,1,2,二6.4移项，得arctanarctan=(2k1)廛+arctan,k=0,1,2,6.4对上式两边取正切，可得03二,6二,I-二60整理可得(二6)2一，=(2.3)2可见，这是一个以（-6,0）为圆心，以2J3为半径的圆方程。即证明该系统的复数根轨迹部分为一圆，其圆心坐标为（-6,0）,半径为2褥。4-9【解】K*=1时，系统的闭环特征

11、方程为1G(s)H(s)=1sTs2(s2)s2（s2）sT=0则以T为参变量时的等效开环传递函数为以下绘制以T为参变量时的系统根轨迹:1）等效开环传递函数有3个开环极点，无开环零点，即P1=0,P2,3=T。2）新系统具有3条根轨迹，均终止于无穷远处。3）实轴上的（-8,-1和-1,0均为根轨迹区域。4）新系统有3条根轨迹渐近线，与实轴正方向的夹角分别为i60和180,交点为nmPZji£j壬n-m0(-1)(-1)35）根轨迹的分离点根据等效开环传递函数的表达式，有A（s）=s3+2s2+s,B（s）=1,于是A(s)B'(s)-A'(s)B(s)=-3s2-4s

12、-1=0解得&=-1,s2=-1/3。显然，分离点坐标为d=-1/3。6）根轨迹与虚轴的交点以T为参变量时，系统的闭环特征方程为s32s2sT=0将$=j3代入上式，并令实部和虚部分别为零，得到求解上述方程组，得到解为根据以上信息，绘制的根轨迹如图4-1022T2/=0，/2、/(1)=0，：二1,4-14所示。T=2T/+j1(T图4-14题4-9的参数根轨迹图4-15题4-10的系统结构图【解】系统的开环传递函数为10(.s1)G(s)H(s)=(s(s2)系统的闭环特征方程为s22s10.s10=0则以。为参变量时的等效开环传递函数为G(s)H(s)=Ks,(K=10)s2s10

13、以下绘制以。为参变量时的系统根轨迹:1)2)3)4)等效开环传递函数有2个开环极点和新系统具有2条根轨迹，一条终止于实轴上的(-8,0为根轨迹区域。1个开环零点,即p1,2=-1±j3,Z1=0,另一条终止于无穷远处。Z1=0。5)新系统有2条根轨迹渐近线，与实轴正方向的夹角分别为0：'和180,'、P-.zj-二an-mj3)(一-3)=-2根轨迹的汇合点交点为根据等效开环传递函数的表达式，有A(s)=s2+2s+10,B(s)=s，于_2A(s)B'(s)-A'(s)B(s)=-s10=0解得包2=±?10七±3.16。显然，汇

14、合点坐标为d=-3.16o6)根轨迹的出射角为=n+啊冉一仇出=1801+(180；arctan3)90'=198.43,，8P?=198.43,根据以上信息，绘制的参数根轨迹如图4-16所示。图4-16题4-10的系统根轨迹4-11【解】(1)确定满足条件的极点容许区域。由题意cr%<5%,及关系式o%=eTG口M100%,可得0.69。根据日=arccos,可得阻尼角日446.3。又由ts<8s,及ts=3.5/5n=3.5/仃(-ci为极点实部)，可知仃为0.4375。因此，极点容许区域如图4-17中的阴影区所示。图4-17极点容许区域,*(2)确定根轨迹与容许区域边

15、界交点处的K值。用幅值条件不难确定实轴根轨迹与垂线s=-0.4375交点处的K*值为0.684;复平面上根轨迹与扇形区边界交点1±j1.046处的K*值为2.094,故满足条件的K*值范围为0.684<K*<2.0944-12【解】(1)由于已知开环传递函数是由两个有限极点和一个有限零点组成的，故该系统根轨迹的复数部分为一圆，其中圆心在有限零点Zi=-6处，半径为有限零点到分离点(会合点)的距离。2由开环传递函数知：A(s)=s+3s,B(s)=s+6。代入方程A(s)B'(s)-A'(s)B(s)=0,整理得到：s2+12s+18=0。解得si=-1.7

16、6,s2=-10.24。由图可知，&为分离点坐标，s为会合点坐标。系统的根轨迹如图4-18所示。RootLocus6图4-18题4-12系统增加开环零点后的根轨迹图(2)根据幅值条件，可知：分离点&=-1.76对应的开环根轨迹增益为"-qi76-051sJ-1.76-(-6)会合点s2=-10.24对应的开环根轨迹增益为-10.24-0-10.24-(-3)-10.24-(-6)|=17.485K*>17.485时，系统又具有由根轨迹图可知，当0vK*v0.515时，系统有两个相异的负实根，此时系统处于过阻尼状态，单位阶跃响应为非周期过程；当0.515<K

17、*V17.485时，系统有一对负实部的共轲复根,此时系统处于欠阻尼状态，单位阶跃响应为衰减振荡过程；当两个相异的负实根，系统回到过阻尼状态；当K*=0.515或17.485时，系统有两个相等的负实根，此时系统处于临界阻尼状态，单位阶跃响应为非周期过程，响应速度较过阻尼状态快。(3)过坐标原点作根轨迹圆的切线，切点为A,如图4-18所示。由关系式q=cosP可知,该切线与负实轴夹角的余弦就是所要求的系统最小阻尼比，此时=cos-cos45=0.707相应的A点坐标为-3+3j。根据对称性，系统最小阻尼比所对应的闭环极点为-3±3jo由幅值条件易知，A点处的开环根轨迹增益为*|-3+3j

18、-0H-3+3j-(-3)|-33j-(-6)|二3因此，系统的闭环传递函数为中(s)=G(s)H(s)3(s6)1G(s)H(s)s(s3)3(s6)3(s6)s26s18单位阶跃输入时，有R(s)=1/s,因此，系统阶跃响应的拉氏变换为C(s)=(s)R(s);3(s6)1122s6s18sss6s18对上式求拉氏反变换，得到c(t)=1(t)-e3cos3t图4-19为该系统的单位阶跃响应曲线。由图可见，在系统最小阻尼比时，系统的单位阶跃响应具有较好的平稳性和快速性。StepResponseTime(sec)图4-19题4-12系统的单位阶跃响应曲线4-13【解】(1)具体绘制步骤省略，

19、得到的根轨迹如图4-20所示。RootLocus3K*=61.414jAK*=0.385-1.414jRealAxis图4-20题4-13系统的根轨迹图(2)经计算根轨迹在实轴上的分离点坐标为d=-0.423,根轨迹与虚轴的交点为si,2=±j6=±j1.414,对应的临界开环根轨迹增益为K*=6。当系统动态过程为衰减振荡形式时，说明系统处于欠阻尼工作状态，此时系统有一对负实部的共轲复数极点。从根轨迹图4-20可以看出，当闭环极点位于从分离点到虚轴交点之间的根轨迹时，系统处于欠阻尼工作状态。因此，只要求出分离点及虚轴交点处对应的开环根轨迹增益，就能得到满足题意的K*值范围。

20、由幅值条件，可得分离点d处对应的开环根轨迹增益为K=d-0|d1d2=0.385因此，当0.385<K*<6时，系统动态过程为衰减振荡形式。(3)显然，当K*=6时，系统响应呈等幅振荡形式，对应的振荡频率为0=主收。(4)由题意，=0.5时，阻尼角P=arccos，=60。过坐标原点作两条与负实轴成60°的射线，与根轨迹交于A、B两点，这两点即为系统的闭环主导极点。于是，A、B两点的坐标为§,2=-1±3-j。33由于系统的n-m>因此闭环极点之和应等于开环极点之和，即Sis24hPip2P3由此可得第三个闭环极点为1,3137s3=0(T)(-

21、2)-(-二-j)-(-二-j)=-二33333根据幅值条件，这三个闭环极点对应的开环根轨迹增益为K三a_0|s31s32=1.037由此可得系统的闭环传递函数为由于S3离虚轴的距离是可将此时的三阶系统,环传递函数为由此可得n=0.667（s）:s-71.037js+1W人33Js1,2离虚轴距离的7倍多，所以“2是系统的闭环主导极点。于即K*=1.037时的闭环系统近似为二阶系统来处理。简化后系统的闭（s）0.445s20.667s0.445J=0.5。单位阶跃信号作用下的性能指标为<T%=e&'F父100%=16.3%ts=3.5-n=10.5s由系统的开环传递函数知

22、该系统为I型系统，故其静态速度误差系数为KKv=limsG(s)H(s)=s02因此，系统在单位斜坡输入下的稳态误差为=1.93K4-14【解】(1)正反馈系统的根轨迹(此时应按零度根轨迹规则绘制)1)该系统有4个开环极点和1个开环零点，即P1,2=。，P3=-2和P4=-4,z1=-1。2)该系统有4条根轨迹分支，一条趋向于Z1=-1,其余三条均趋向于无穷远处。3)实轴上-4,-2、-1,0和0,+8)为根轨迹区域。4)由于n-m=3,故系统有3条根轨迹渐近线，其与实轴的交角和交点分别为：,2k二,a=0,+120,-1203nm'、PiZj一Tjj0(-2)()-(-1)5a=n-

23、m335)根轨迹的分离点。根据系统开环传递函数的表达式，可知A(s)=s2(s+2)(s+4),B(s)=s+1。代入方程A(s)B'(s)A'(s)B(s)=0,整理得到s(3s316s226s16)=0求解上述方程，得到方程的根为s1=0,s2=3.0837,瓯4=1.1248土j0.6814根据实轴上系统根轨迹的分布，所以分离点坐标应取d=-3.0837。正反馈系统的根轨迹如图4-21(a)所示。(2)负反馈系统的根轨迹(此时应按常规根轨迹规则绘制)1)该系统有4个开环极点和1个开环零点，即p1,2=0,P3=-2和p4=-4,Zi=-1。2)该系统有4条根轨迹分支，一条

24、趋向于zi=-1,其余三条均趋向于无穷远处。3)实轴上(-3-4和-2,-1为根轨迹区域。4)由于n-m=3,故系统有3条根轨迹渐近线，其与实轴的交角和交点分别为:_(2k1)二一3nm、PiZji1j=1_60,180：0(-2)()-(-1)5n-m335)根轨迹的分离点。根据系统开环传递函数的表达式，可知A(s)=s2(s+2)(s+4),B(s)=s+1。代入方程A(s)B'(s)A'(s)B(s)=0,整理得到32s(3s316s226s16)=0求解上述方程，得到方程的根为s1=0,s2=-3.0837,83A=-1.1248土j0.6814根据实轴上系统根轨迹的分

25、布，所以分离点坐标应取d=0o6)根轨迹与虚轴的交点系统的闭环特征方程为s46s38s2KsK=0将8=j3代入上式，并令实部和虚部分别为零，得到K4-82=02(K-6，2)=0求解上述方程组，得到解为.=.2,K=12负反馈系统的根轨迹如图4-21(b)所示。(a)正反馈系统根轨迹(b)负反馈系统根轨迹图4-21题4-14的系统根轨迹4-15【解】(1)当Gc(s)=Kts时，系统的开环传递函数为G(s)=1000s(s1010Kt)(s20)系统的闭环传递函数为s330s2200s100010Kts(s20)=0于是，以Kt为参变量的等效开环传递函数为10Kts(s.20)G(s)q9s

26、330s2-200s1000绘制以Kt为参变量的根轨迹，如图4-23所示。-6-30RootLocus-4-15-11RealAxis2o-2图4-23当Gc(s)=Kts时的参数根轨迹图根据参变量的等效开环传递函数表达式，可知A(s)=s3+30s2+200s+1000,B(s)=s2+20s。代入方程A(s)B'(s)-A'(s)B(s)=0,整理得到分离点方程如下：432s440s3400s2-2000s-20000=0求解得到s=6.8377,s=-6.2849,s3,4=-20.2764±7.3661i根据实轴上系统根轨迹的分布，取分离点坐标为d=-6.28

27、。此时，对应的根轨迹增益为Ktd3+30d2+200d+100010d(d20)走0.7886在这种情况下，可以在0<Kt<0.7886范围内，通过改变Kt的值使系统的主导极点具有G(s)=1000s(s1010Kas)(s20)0=0.707的最佳阻尼比。2(2)当Gc(s)=Kas时，系统的开环传递函数为系统的闭环传递函数为s3-30s2200s100010Kas2(s20)=0于是，以Ka为参变量的等效开环传递函数为G(s)=10Kas2(s20)s330s2200s1000绘制以。为参变量的根轨迹，如图4-24所示。RootLocus62o-2-4-6IILJI-30-25

28、-20-15-10-505RealAxis图4-24当Gc(s)=Kas2时的参数根轨迹图这种情况下，由于Ka的值越大，系统的闭环极点就越靠近虚轴，从而使系统的稳定性1000s(s230s20010Kas)越差，因此不能通过改变Ka的值来使系统的性能达到最佳。2(3)当Gc(s)=KaS/(s+20)时，系统的开环传递函数为G(s)=系统的闭环传递函数为s330s2200s100010Kas2U0于是，以Ka为参变量的等效开环传递函数为G*(s)210Kas232一s30s200s1000绘制以Ka为参变量的根轨迹，如图4-25所示。-6-30-25-20-15-10-5RealAxisRoo

29、tLocus42o-2PXAWFanpaam-4图4-25当Gc(s)=Kas2/(s+20)时的参数根轨迹图这种情况下，也不能通过改变Ka的值来使系统的性能达到最佳。综上所述，应选取第一种传递函数，即Gc(s)=Kts。5-1解：系统闭环传递函数为G(s)9s10则，闭环频率特性为>(j)=10j、9,，、,M()=，:P(-)=-arctan.102.210由线性系统频率特性的特点和已知的输入信号可得，系统的稳态输出分别为:(1)css=/9sin(t+300-arctan)S'J02I10划0.9sin(t+24.3');三-9一，.0、(2)css=j二父2cos

30、(2t-45-arctan一).1022101.8cos(2t-563);(3)根据线性系统叠加性有：Css=0.9sin(t+24.30)+1.8cos(2t56.3)。5-2解：系统闭环传递函数为.：,(s)=对应的幅频和相频特性表达式分别为:'(j)=,:(,：一2j42一一22()-arctan22"n由题设条件知，=1,四(j1)=2(1)=45。则:阿佃)I二2中=-arctan22n02=-45,0gZ.、.113解之得：0n=1.244s，=0.22。-K5-3解：(1)G(s)=，v=1,m=0,n=2s(Ts1)奈氏曲线起点坐标为(8,-90。)，终点坐标

31、为(0,-180°),可知图形位于第出象限。如图5-10(a)所示。1一1由传递函数知，该系统为典型I型系统，当K<和K>时的对数幅频特性曲线分别如TT图5-10(b)中的和所示。(a)奈氏图图5-10题5-3(1)解答图(2)G(s)=K(s1)2s(Ts1)(二T),'-=2,m=1,n=3奈氏曲线起点坐标为(8,-180°),终点坐标为(0,-180°)系统相位()=-180oarctan-arctanT可见，T>丁时奈氏曲线位于第n象限，T<T时时奈氏曲线位于第出象限。如图5-11(a)(b)所示。由传递函数知该系统为典型n

32、型系统，两种情况下的对数幅频特性曲线如图5-11(c)(d)所示。图5-11题5-3(2)解答图(3)G(s)=士上L=v=0,K=1,m=1,n=1。奈氏曲线起点为(1,0°),终点为(二,0°)Ts1T系统相位为()=arctan,./：arctan.T可见，T<1时奈氏曲线位于第I象限，如图5-12(a)中的所示；T>1时奈氏曲线位于第IV象限，如图5-12(a)中的所示。T<1时的对数幅频特性曲线如图5-12(b)中的所示；T>1时的对数幅频特性曲线如图5-12(b)中的所示。T>1(b)对数幅频特性图图5-12题5-3(3)解答图(4

33、)G(s)=-s1Ts1G(j)11则，G(j0)-1.0G(j=)=-=-180.奈氏曲线起点坐标为(1,0°),终点坐标为(1/T,-180°)系统相位为()-arctan.-arctan.T可见，奈氏曲线位于第IV、出象限，如图5-13(a)所示。Bode图与第(3)题相同。如图5-13(b)中的和所示。(b)对数幅频特性图由传递函数知该系统为非最小相位系统，Im(a)奈氏图T<1和T>1时的对数幅频特性曲线分别图5-13题5-3(4)解答图(5)G(s)=、=1,K=1,m=0,n=3s(s1)(2s1)奈氏曲线起点坐标为(8,-90°),终点

34、坐标为(0,-270°)因此，奈氏曲线位于第m、n象限，与负实轴有交点。令：()-90o-arctan-arctan2=-180o,彳寻x=0.7s-1则，A(7)=1_2一一一x(1x2)(1,4x2)3由此概略绘制奈氏图如图5-14(a)所示。G(s)=，v=1,K=1,s(s1)(2s1)120lgK=0dB,，i=0.5s一,2=1s-2对数幅频特性图如图5-14(b)所示。八L(附/dB一'_,-20)。.5-401©7s-60(b)对数幅频特性图图5-14题5-3(5)解答图4s1(6)G(s)=-，v=2,m=1,n=4s(s1)(2s1)奈氏曲线起点

35、坐标为(8,-180。)，终点坐标为(0,-360°)因此，奈氏曲线位于第m、n象限，与负实轴有交点。令()=180°-arctan-arctan2-arctan4=-180o,彳导x=0.354s-1则，A(0x)=2l'"：6”'=10.7,X(1'')(14')由此概略绘制奈氏图如图5-15(a)图所示。4s1111G(s)=-:、.=2,K=1,20lgK=0dB,1二0.25s,.2=0.5s,3=1ss(s1)(2s1)(a)奈氏图八L/dB(b)对数幅频特性图由此概略绘制对数幅频特性图如图5-15(b)图所示。

36、图5-15题5-3(6)解答图5-4解：由(a)图得,Uo(s)_R2_RRzCsR2Ui(s)RRRzCsRR2购CsR2RCs1RR2R1R2RR2Cs1令K=R1二RC,T二R1R2RR2则,G叱箔二错，且K5>T由(b)图得，G(s)=Uo(s)R2CsR2cs1Ui(s)R,R(RR2)Cs12Cs令.=R2C,T=(R1R2)C则，G(s)=Uo(s)s1U(s)Ts1，且T>t,k=1由此概略绘制对数幅频特性图如图5-17(b)图所示。由(c)图得，G(s)=Uo(s)R2Cs(RGs1)(R2c2s1)Ui(s)R。.R.2RCiR2c2S2(R1C1R2c2RC2

37、)s1CsCs令T1=RC1,T2=R2C2,T3=RC2则，G(s)=Uo(s)(*1)(T2s1)-2-、Ui(s)TT2S2(T1T2T3)s1令TT2=TT2,T1T2=T1T2+T3则，网络传函可写为G(s)=(TiS+1)(T2s.1)(TiS1)(T2s1)再设工二三=U，且T1>T2工T2则有，G(s)=(Fs1)(T2s1)t2(二Ts1)(s1),且o(T>T>T2>T2/o(a由此概略绘制对数幅频特性图如图5-17(c)图所示。图5-17题5-4解答图11：T1T2T2(c)130015-5解：由(a)图得，L(1)=20lgK=60dB,K=10

38、00。且v=0,T1=1,T2=一,T3则，G(s)=-11(s1)(-s+1)(s+1)10300由(b)图得,1V=1,K=100,T1=1,T2=,100则G(s)二一/一1.s(s1)(s+1)100由(c)图得,1个二-2,=10,K=0.01。T=,K1，一且有两个惯性环节100则，G(s)=0.01s2(s+1)2100由(d)图得,0.5=2,T1=,T2=工且在缶2处有两个惯性环节''1.'2则，G(s)=2s(s+1)(s+1)2.，1-2由(e)图得，、=一1,L(0.01)=-10dB11则，L(1)=20lgK=20lg10=30dB,4#K=

39、32.6,且丁1=100,T20.010.0110.1=10则G(s)=(100；2)61sos+1)11由(f)图得，、=0,L(1)=20lgK=20dB,K=10,且丁1=1,T2=580在岫=5s-1处为振荡环节，二二0.2;在62=80s-1处为二阶微分环节，,=0.112110(2s20.1s1)则，G(s)一080一1121s20.21s11210(2s801s1)40025122.s's12525由(g)图得，v=1,K=100,在必定a=45.3s-1处有一振荡环节由-20lg2.1-2=4.85dB=:0.3100G(s)=G(s)120.6s(2s+TTTs+1)

40、、45.3245.31由(h)图得，=-2,厂=0.0111K=104,且T1=一,T2=一0.42在%=0.4s-1有两个惯性环节，在02=2e1处有一个惯性环节42则，G(s)二110sl(L1)2(产1)=2,m=1)n=45-6解：由G(s)=2K(T3s*)一可知s(Tis1)(T2s1)奈氏曲线起点坐标为（8,-180°）,终点坐标为（0,-270°）令华=-180°-arctan©T1-arctan©T2+arctanoT3=-180°,得©xT3-T1-T2T1T2T3可知，在丁3>1十丁2时，奈氏曲线

41、与负实轴有交点，位于第m、n象限。且此时，可判断人以）<1,奈氏图如图5-19（a）所示，作增补线，由奈氏判据可知系统闭环稳定。在T3WT1+丁2时，奈氏图与负实轴无交点，位于n象限，如图5-19（b）所示，作增补线，由奈氏判据可知系统闭环不稳定。“Im*Imft)(a)T3>T1T2(b)T3<TT2图5-19习题5-6解答图5-7解：奈氏判据的内容是：如果系统开环传递函数中有P个不稳定的极点（即s右半平面的极点），则当3=0-8变化时，开环奈氏曲线逆时针方向包围（-1,j0）点的圈数为N=P/2（即Z=0）时系统闭环稳定；否则，不稳定。对于（a）图，P=1,N=1/2=P

42、/2,系统闭环稳定；对于（b）图，P=1,N=-1/2wP/2,系统闭环不稳定；对于（c）图，P=1,N=-1/2wP/2,系统闭环不稳定；对于（d）图，P=0,需做辅助线如图5-21（d）,则N=0=P/2,系统闭环稳定；对于（e）图，P=2,需做辅助线如图5-21（e）,则N=1=P/2,系统闭环稳定；对于（f）图，P=0,需做辅助线如图5-21（f）,则N=-1半P/2,系统闭环不稳定；对于（g）图，P=1,则N=0.5=P/2,系统闭环稳定；对于（h）图，P=2,则N=1=P/2,系统闭环稳定；对于（i）图，P=0,需做辅助线如图5-21（i）,则N+=N-=1,N=N+=N-=0=P

43、/2,系统闭环稳定；对于（j）图，P=1,需做辅助线如图5-21（j）,则N=-1WP/2,系统闭环不稳定；对于（k）图，P=0,需做辅助线如图5-21（k）,则N=-1WP/2,系统闭环不稳定；对于（l）图，P=2,则N=0wP/2,系统闭环不稳定；'Ini1cM图5-21习题5-7解答图5-8解:G(s)=Ks(Ts1)(s1)=1,m=0,n=3奈氏曲线起点坐标为(8,-90。)，终点坐标为(0,-270°),曲线位于第m、n象限与负实如图5-22所示。令(x)=-90-arctanTx-arctanxxxKx,(1'2)(1-T2)K11T(1T)(1T)KT

44、1+T21-一KT2.(1)T=2时，6x=l=0.5,A(8x)=KT1T3根据奈氏判据，要使系统稳定，奈氏曲线应不包围(-1,j0)点，即有:2A(x)=K<1即K<1.5310T(2)K=10时，Agx)：10T1T根据奈氏判据，要使系统稳定，奈氏曲线应不包围A级尸更<1,即T<-1+T9(-1,j0)点,即有:(3)同(2)方法可求出:2_11KTT'l'F根据奈氏判据，要使系统稳定，奈氏曲线应不包围(-1,js点，即有:/、kt日口11TA(ox)=<1,即T<或者K<1+TK-1T*Im图5-22习题5-8解答图5-9解：由

45、图知，开环奈氏曲线与负实轴有三个交点，设从左到右交点处相位截止频率频率分别为61、02、03,系统开环传递函数可写为由题设条件知:工一K一=1和G（j）=Gi（j）,jii=1,2,3当取K=10时，G（j必）=-2,G（jco2）=1.5,G（僮3）=0.5若令G（jM）=-1,可得对应的K值分别为-=5,入外“-2/10j1K2二20分别画出0VKvK1,K1VKvK2、K2vKvK3和K>K3时的奈氏图，并作对应的增补辅助线，如图5-24所示。由奈氏判据可判断：0<K<K1K2<K<K3时，闭环系统稳定；K1VKVK2和K>K3时，闭环系统不稳定。20

46、由此可得，系统闭环稳定时K的取值范围是（0,5）和（一，20）。3图5-24习题5-9解答图5-10解：（1）对于（a）图有，v=0,20lgK=40dB,K=100,100则G(s)二丁1(s1)(s1).，1.，2对于（b）图有，v=2且低频段延长线与O轴的交点频率为L(，1)=40lgK=20lg-2,Kf)1，2'''11'''1，1,、-12(s1)则，G(s):s2(-s1)'3,1对于（c）图有，v=-1且低频段与切轴的交点频率为=必,KK=11则，G(s)二一1一1(s1)(s1).2.'3（2）对于（a）图，由对

47、应传递函数知，相频特性为re,、,040,、(1)-arctan-arctan(、2).12可见，co=0TS时，59)=0t180。由此可大致画出相频特性如图5-26（a）所示。100再由由G(s尸11得，v=0,K=100,m=0,n=2得,(s+1)(s+1)奈氏曲线起点坐标（100,0°）,终点坐标为（0,-180°所示。），由此可大致画出系统奈氏图如图5-26（b）（a）解答图对于(b)图，由对应传递函数知，该系统为典型n型系统，相频特性为邛(缶)=180'+arctan-arctan(01<83)，且'1.'3co=0Tg时，邛(M

48、=180，t180°,由此可大致画出其相频特性如图5-27(a)所示。,1-1'2(s+1)再由G(s)=知v=2,m=1,n=3,奈氏曲线起点坐标为(°°,-180),终点s2(1s+1).3坐标为(0,-180。)，且由相频特性可知奈氏曲线位于第出象限。由此可大致画出其奈氏图如图5-27(b)所示。图5-27习题5-10(b)解答图对于(c)图，有对应传递函数知，相频特性为邛(。)=90-arctan-arctan(o2<©3),o=0t七时，邛(6)=90't-90j2''3且5(6)=0°,8=6嬴

49、，即邛(CO)从62和63的几何中心穿过0轴。由此可大致画出其相频特性如图5-28(a)所示。再由G(s)=1三知1(一s+1)(s+1)'2'30=0T8时，G(j0)=0T0F©)=90't90奈氏曲线起点坐标为(0,90。)，终点坐标为(0,-90。)，且由相频特性可知奈氏曲线位于第n、V象限。由此可大致画出其奈氏图如图5-28(b)所示。ImRe(b)奈氏图图5-28习题5-10(c)解答图5-11解：(1)由相位裕量定义得=180”；(.七)=180-902arctan:如c=45,c由A(，c)i_L=_22=1得，=.=0.84；1/:(2)由相

50、位裕量定义得丁=180+%钓=1803arctan0.0=145=s1100KK由A(Oc)=,23=一广工=1行，K=2.8°.1(0.01c)23(2)3KK(3)由G(s):一2，G(j©)=2s(ss100)j(100-j)令(x)=-90'-arctanx-2=-180',-x=10s，100-x由A(cox)=K=和h=得,x(100-S)2100A(x)一K.一20lg=-20Algx,(即)-20*gdB,得&=101005-12解：(1)由低频段延长线L(10)=0dB导，K=10由图有，40lg上=20lg10得，c=1sa0.1

51、0.1(2)该系统为最小相位系统，且G(s)=10s(10s1)(0.1s1)=1s-则，系统相位裕量为¥=180,+中(0c)=180'90'arctan10M1arctan0.1M1=0：,可知系统临界稳定。(3)令中()=_90:-arctanTixarctanTztOx=180",得以则，A(-x)=Kx1(T.)21(TfjKTT2T1t2系统幅值裕量为，h='J_iK=U。A(")KTT2TTzh5-13解：由结构图得，系统开环传递函数为G(s)=200102s2(0.2s1)20s10000'_2Zs(s5s100)第

52、一种方法，用劳斯判据。系统闭环特征方程为：D(s)=s3+5s2+100s+10000=0因方程中，5x100<1X10000,所以系统不稳定。第二种方法，用奈氏判据。4c1000010000由G(s)=2信，G(jo)=2，v=1,m=0,n=3s(s25s100)j(100-2j5)奈氏曲线起点坐标为(8,-90。)，终点坐标为(0,-270。)，曲线位于第m、n象限。由此可大致画出其奈氏图如图5-31所示。令(x)=-90：'arctan=-180,得x=10s工100一；ntt10000则，A(x)20>1。.x.(100-x)2(5x)2可见，奈氏曲线包围(-1J

53、0)点，而G(s)中不含s有半平面极点，即P=0,所以系统不稳定。图5-31习题5-13解答图5-14解：由教材5.3节图5-29可知，延迟系统的奈氏曲线是一条绕坐标原点顺时针旋转的螺旋线。要使系统稳定，则螺旋线应不包围(-1,j0)点，即对应于最小的相位穿越频率(离原点最远的穿越频率)必处应有A(6x)=G(jx)<1o即A(3)=12<1,得鼻后1-x(2k1)星一arctanx又由或ox)=侬-arctancox=-(2k+1)n,信7=可见，T是似的减函数，所以系统稳定时有T<"arcan3=1.2函。35-15解：本系统含有延迟环节，奈氏曲线为螺旋线。,Ke2s由G(s)H(s)=/5/(K>0,00)可得s(s1)(4s1)邛(小)=-2ccx-90°-arctanccx-arctan4ox=-(2k+1)n,彳导ox&0.58由A(.)=可知，随口的增大幅值递减，因此在系统稳定的范围内，对