自动控制原理课后习题与答案

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。解答：将系统输出信号引回输入端并对系统

2、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)？,2，、，一，一2d4t)3皿4y(t)=5皿6u(t)(1) 出出出(2) y(t)=2+u(t)t皿2y(t)=4Wu(t)(3) dtdtdy(t)2y(t):u(t)sint(4)出专业word可编辑(6)乎y2(t)=2u(t)dt(7)y(t) =2u(t)3* 5u出解答：(1)线性定常(4)线性

3、时变(2)非线性定常(5)非线性定常(3)线性时变(6)非线性定常d2y(t)dy(t)(5)于y*.2y=3u(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。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

4、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。控制阀电位计Qif w S- 减速齿轮电动机题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(M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

5、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。题1-6图仓库大门自动控制系统示意图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。解答:(1)仓库大门自动控制系统方框图：开(关)门位置实际位置(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

6、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00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。0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

7、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？+十+1+Ur(s)1_1Uc(s)Ur(s)5(s)U1(s)，一Uc(s)asc2sosc2sRiR2(a)(a)解答:(R2cS)1csUc(s)JgS, iCiS + R21 C2SUr(S)Ri(R2 +/c2s)/c1sRRGC2S2 (R1cl R1C2 R2c2)S 1(b)Ui(s)Ur(S)11R.C2sC1S R21 CiS15 (s)14(S)Uc(s) U

8、1(S)=X1csRGS+ru乂s)R2c2S+1'ur(s)u1(s)ur(s)RC1S + 1R2c2S + 1k>2D1DR1R2C1C2S2(R1C1RC2)S1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=KU2cos%式中K为常数，U2为整流变压器副边相电压有效值，口为可控硅的控制角，设在口在须附近作微小变化，试将Ud与的线性化。解答：ud=ku2cos：0-(ku2sin10)(工，0)线性化方程：'ud=-ku2sin：0-即ud=-(ku2sinu0)a2-9系统的微分方程组为Xi(t)=r(t)-c(t)Ti甯2)一。)X3(

9、t)=X2(t)-K3c丁2曙c(t)=叱式中T1、T2、K1、K2、K3均为正的常数c，试画出动态结构图，并求出传递函数 解答：系统地输入量为r(t),输出量为C(s)/R(s)。RXi(s)X2(S)X3(s)1Js2fsC(s)k3k1k2C(s)_(T1s1)(T2S1)k1k2R(S)-1.k2k3kR(工S1)(T2s1)k2k3U1S1)kkT2S1(T1s1)(T2S1)C(s)2-12简化图示的动态结构图，并求传递函数/R(s)。解答：(a)GiG2G31G1G2G3H2G2G3H1(b)(c)C(S)GiG2G3R(S)-1GiG2G3H2G2G3H1C(S)_(1Gi)(

10、1G2)R(S)-12G2G1G2C(s)GiG2R(s)-1G2G3(d)R(e)C(s)_G1G2R(s)-1G2G3R(c)(d)R+C(1-G)(1-G)G1-GGC(s)G1G2-2G1G2R(s)一1-G1G2C(s)2-13简化图示动态结构图，并求传递函数/R(s)解答:(a)RG11 +GGG4* G2G3 +G5CR J GGG+GQ 1 +G1G2G4C(s)G(G2G3G5)R(s)-1G1G2G4(b)CRGiG2G3G1G4GiG2 G4G61G2G6GiG2G5G6图(b)-(5)C(s)G1G4G1G2G3G1G2G4G6R(s)1G2G6G1G2G5G6(c)(

11、d)C(s)G1G4G1G2G3G1G2G4G6R(s)-1G2G6G1G2G5G6(e)C(s)G1G3。G2)R(s)-1G1G2G5G1G3G4(1G2)(f)CRG1G2G4G5(e)1G2G3G3G5C(s)G1G2G4G5R(s)1G2G3G3G5第三章时域分析法3-1已知一阶系统的传递函数G(s)=10：(0.2s1)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。R(s)Ko解答:闭环传递函数"T°t1 02s1 (s) =k°G(S)10k。1 KhG(S) 0.2s 1 10kH由结构图

12、知：10K0110KH0S 11 10KH10ko110kH1011010kH=10k=0.9k0=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。R(s)KTs1bs题3-2图解答:系统的闭环传递函数为：1(s)=C(S)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

13、数系统的闭环传递函数为：R(S)c(S)G(S)系统的传递函数：G(s) =11 Ts则题目的误差传递函数为：E(s)11 Tsr(t)= 1t 即 ct(=) -e*1e(s) = r1 -TS根据c匕= 0.98得出T=0.255610当 r (t) = 10时，ess =四 sE(S)屋=10T = 2.5563-4设一单位反馈系统的开环传递函数G(s)试分别求K =10s和K =20s时系统的阻尼比( wn、单位阶跃响应的超调量 晓和峰值时间tp 对动态性能的影响。解答：开环传递函数为K s(0.1s 1) 、无阻尼自振频率 ,并讨论K的大小G (s) =10 KS(0.1 S 1)

14、S(S 10)皿 25W则 2Wnn =10二10 K2 W=10时由n =10得出WWn -10 n=0.5二10 K二 p%trJi= 16.3%- 二-arccos=0.242n=0.363''d得出20 W=20时由n -10WWn =14,14=0.347n2 =10K二p%冗 - t r 二darccosn J- 2JItp=0.238''dn23-8设控制系统闭环传递函数(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1.1-0,707, n -22.0.5 0,4 - n -23.0.707 -0.5, n 2解答:欠阻尼二阶系统的

15、特征根：1.由 0.707 ，1, P =arccos,得 0口 P W45由于对称关系的下半部还有。2 .由0M0M0.5，P=arccos',得60"990:由于对称关系，在实轴的下半部还有。3 .由0.5M0.707,P=a9cos',得出45NPw60口，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2.3.s3-10设单位反馈系统开环传递函数分别为：1G(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)=0.2s30.8s2-

16、sk系统都D(s)中存在特征多项式中存在负项,所以K无论取什么值,不会稳定。2 .系统的特征多项式为：D(s)=0.2s3+°.8s2+(k-1)s+k劳斯阵列为：3s0.2k-1s20.8k0.6k-0.81s0.8s0k0.6k-0.800.8系统要稳定则有lk>°k4所以系统稳定的K的范围为33-14已知单位反馈系统开环传递函数如下：1 .G(s)=10/I(0.1s+1)(0.5s+1)2 G(s)=7(s+1)/s(s+4)(s n+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户0.0g0.$61

17、1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=lsimG(s>10kv=limsG(s)=02_ka=lisms2G(s)011ess=二那么当r(t)=1(t)时，1+kp111ess=一二:当r(t)=t1(t)时，kv22ess=1=：当r(t)=t1(t)时，ka2.系统的闭环特征多项式为：_4_32D(s)=s6s10s15s7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=lJ_mG(s尸8kv=lsm0sG(s)=：ka=limSG(s)0s01ess=：那么当r=1时，1+kp18ess=一二二当r(t)=t1(t)时，k

18、v则对于零型系统来说，其静态误差系数为：kp=1邛6(s片g2ka=lims2G(s>81 cess=0那么当r(t)=1(t)时，1+kPess=0当r(t)=t1(t)时，kv2 12ess当r(t)=t21(t)时，ka4=lim sG(s)=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1.G(s) =Kis(s 1)(s 3)2.G(s) =K1s(s 4)(s2 4s 20)时系统的根轨迹图，并加以简要说明解答：(1)开环极点：p1=0,p2=-1,p3=-3实轴上的根轨迹区间：(一,3,1,0渐进线：0-1-34(2k 1)二(k=0) (

19、k=1)(k = -1)111360°1800-6000分离点：dd+1d+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(s)=s3.4s2-3s-K1=0将s=j代入后得K1一42=0j3：.；.-：3=0解之得=3Ki=12当OWE"时，按180,相角条件绘制根轨迹如图4-2(1)所示j (2)开环极点：p1=0 , p2= -4, p3、4= -2 ±j4实轴上的根轨迹区间： 4, 0渐进线：aa分离点：K14 2 1 2二-24'450,-450,1350,-1350，'=-(s4 8s3 36

20、s2 18s 80)-0由ds解得si、2=-2,，通二2士jV6分离点可由a、b、c条件之一进行判定：件;a./G(s3)=(129o+51o90o+90o)=180o,满足相角条s3dH = 1000432K1(s3)=-(s+8s+36s+80s)b.K1在变化范围0t叫内；c.由于开环极点对于产-2直线左右对称，就有闭环根轨迹必定也是对于0=-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)=s48s336s280sK1=0Routh表s4136Kis3880s226K1s80-8K1/26s0K1由80-8k1/26=0和26s2+k1=0,解得k1=260sl,2=J

21、10当0WK1<:好时，按180-相角条件绘制根轨迹如图42(2)所示皎 xy A骑 uCTglu 一a(Ki = 260)4-3设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=Ki2_s (s 2)(1)试绘制系统根轨迹的大致图形 析。、,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)K1>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；4Rei Axis也箜人四匚一6仍一匕一(2)增加一个零点z二1之后，根轨迹左移，根轨迹中的三个分支始终位于s左半平面，系统稳定。Rod Locus5 4 3 2 1 0 1 2 3I

22、- - Aa5LI-6laE-12-1-0,B-0,BReal AxisK1(s2)G(s)H(s)=2n4-4设系统的开环传递函数为s(s+2s+a),绘制下列条专业word可编辑件下的常规根轨迹a=1;(2)a=1.185(3)a=3解答：(1) a=11 ， 0实轴上的根轨迹区间：(一00,1,渐进线：-2-(-2)八二a)?-二0200_中(2k+1)n90(k=0)L2-_900(k=-1)3_2_s2sasK1=一分离点：s+2解得联0-1d2,3d=只取2与虚轴交点：3-2特征方程D(s)=s2sasK1S-2K1令'=川代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：(2

23、) a=1.185零点为z=-2极点为P=-1-j0.43,0实轴上的根轨迹区间：(一00,1,1,0渐进线：-2-(-2)二a二07=02_00八一0(2k+1)n90(k=0)T=<dK1a2-900(k=-1)特征方程D(s)=s3-2s2-asK1S-2K1=0令3 2s2 asK1 二 一分离点：s + 2=jw代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图Root Locus4 3蚣登8届匚目£一-1-0 5Real Axfc0-2(3) a=3零点为z-2极点为P=-1-j1.41,0实轴上的根轨迹区间：（8i1,1,0渐进线:-2-(-2)二02(k=0)(k =

24、 .1)一一0(2二(2k+1)一二90a2-90°32I,s2sasKi二一分离点：s+2解得ds32特征方程D(s)=s2sasK1s2K1=0令$=jw代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图专业word可编辑RootLocus-1.5-1RealAxis0oI找笠斗03LIm'®E-0.5专业word可编辑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)G(s)H(s)KiG(s)H(s)Kis2(3)解答:ss1s3(s4)(i)Root Locus0 4专业word可编辑RealAxisRocrtLcjcus04R

25、ealAxisRoot Locus6n-BRealAxis专业word可编辑4-15设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=Kisa确定a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：K1分离点：1dK1=-s解得ds2s2 (3a 1)s 2a(s a)2=. 0得出分离点1 da 1当9di,2-(1 3a)-(1 3a)2-16a时,上面的方程有一对共腕的复根1a1或a；9时，上面的方程有两个不等的负实根a=1或a=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4O.4O.-Real Axis专业word可

26、编辑1a=一一.一.2当9时系统的根轨迹为：可以看出系统由一个分离点RootLocus-0.3-02-0.17O.一：口U->I5口50.O.Amu_Efls£_3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RoutLocus-2-1.5-1-0.5Real AidsReal Axis专业word可编辑11a：二一a=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RootLocusLa,1a5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Root Locus-0.9-0 8-0 7-C.6-C.5-0.4-0.3-0j2-0.1Reel

27、Axis5 2 5 15 Q5152 L 4 L 1- - 12 10 0 1 .w一置 AJgulmmun专业word可编辑第五章频域分析法5-1设单位反馈控制系统开环传递函G二的，当将r(t)=sin(2t+606)-2cos(t-45：)作用于闭环系统时，求其稳态输出。解答：4G(s)二开环传递函数s14J(s)=闭环传递函数s-5中(j)=M()ej：()=-4一闭环频率特性j'54M():1-225二()=Tan(/5)当=2时，M(2)=0.74,a(2)=-21.8;当必=1时，M(1)=0.78,a(1)=-11.3;则闭环系统的稳态输出：Css(t)=0.74sin(

28、2t600-21.80)-1.56cos(t-450-11.30)=0.74sin(2t38.20)1.56cos(t-56.30)=0.74sin(2t38.20)-1.56sin(t33.70)_GG(s)=5-2试求(1)10s+4(2)G(s)=4s(2s+1)(3)K（s1）G二"（）的实频特性X侬）、虚频特性Y（®）、幅频特性A（s）、相频特性甲）。解答:G(jw)=1010(4-jw)40jw416w216w210w16w2_10_16w2_jarctanwe4Y(w)10w16w210A(w)一一16一w2(w)w=-arcta#G(jw)=jw(2jw1)

29、444www4w21j(180arctan_!_)e2w8wX(w)=-3则4ww4A(w)=；2w、4w14Y(w)=-一34ww-(w)=1801arcta-n2wG(jw)=k(1jw)k(1Tw2).k(-T)wk1二j二221jTw1T2w21T2w2jarctan(w)-arctan(wT)X(w)=则k(1Tw2)Y(w)*岩1Twk.12w2Si-TW(w)=arctaw()-arctawT)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G(s)=(1)(2s1)(8s1)G(s)=(2)24s2(s0.4)(s40)(3)8(s0.1),22s(ss1)(s4s25)G

30、(s)=(4)10(s0.4)-2s(s0.1)11、w1=,w2=一解答：（1）转折频率为8220ooc2cmp)OJprill匚6日Woo654i3035印(2)Bode DiiagramFrequency(radfeec)20-3040oo505lj00ooo987-12沏50口(4)专业word可编辑BodeDigramm巳岩三品£1010Frequency(radfeec)1O1so1QO122专业word可编辑5-10设单位负反馈系统开环传递函数G(s)= 10s(0.5s+1)(0.02s+1),G(s) =as 1丁试确定使相角裕量等于45的口值G(s)= 34(0.

31、01s+1)，试确定使相角裕量等于45的K值。G(s) =(3)s(s2+s + 100),试确定使幅值裕量为 20 dB的开环增益K值。解答：(1)由题意可得：(wc)=180(-180arctan：w)=452010g.(aw)21|w=wc - 0解得:(2)由题意可得：wc =1.19=» = 0.84(wc)=180,-3arctan0.01wc=45k20log322(0.01wc)12W=100=解得：lk=2.83(3)由题意可得：wg(wg)-90-arctan2=-180100-wgk20log1)-2022、2观斗w.w(100-w)wg=10=解得：卜=105

32、-13设单位反馈系统开环传递函数G(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-arctan0.02wg-180wg=101 2L(wc)=2020log40log=-142 10所以幅彳fi裕量h=14(dB)wc=210=4.47故(wc)=-90-arctan0.5wc-arctan0.02wc=-161所以相角裕量(wc)=180一161=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

33、？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7Ho(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：申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。申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

34、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？6-3设系统结构如图6-3图所示，其开环传递函数KGo(s)二s(s+i)。若要求系统开环截至频率®；44(rad/s),相角裕量厂"50,在单位斜坡函数输入信号作用下，稳态误差%w0L试求无源超前网络参数。1一，e$s=-0.1解答：(

35、1)由K可得：K，。，取K=10(2)原系统统=日O=3.16rad/s,¥=17.60,不能满足动态性能指标。10201g2-10lg;(3)选触=4.4rad/s,由L0。)=-101gs即露可得:=3.75T = 那么 .'2 cGc(s)无源超前校正网络：(4)可以得校正后系统的5 =51.8,二 Ts 10.53s 1Ts 1 - 0.12s 1满足性能指标的要求。G0 s = 一6-4设单位反馈系统开环传递函数s(s+1X0.5s+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 七=5(拒) 相角裕量40。解答：由KvTsm0SG0=K可得：K=5(2

36、)原系统露=25 ,尸=-22.2不满足动态要求确定新的8c由 一180 +40 +12 = (90 arctan c0c arctan 0.5tcc)可解得.c =0.46 c由 201gb = -20lg|G°(j2')b = 0.092取卜/%得:T =118Gc(s)=校正网络为：Tbs 111s 1R:Ts 1118s 1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要求。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1.G(s)二2s(0.1s 1)2.G(s)二2s(s 1)3.G(s)二2(1.5s 1)s(s 1)(0.1

37、s 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。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c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：j+N(A)1当k=1时，N(A)曲线的起点为复平面上的(T，j。)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(-00,-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，-1/N(A)与G(je)的交点是否为自振点。图中P为G(s)的右极点个数。q)ja