自动控制理论第四版课后习题详细解答答案夏德钤翁贻方版名师制作优质教学资料

1、自动控制理论 (夏德铃)习题答案详解尺N zzfe弟早2-1试求图2-T-1所示RC网络的传递函数。Ri R(a)zi=CS =1, Z2 =R2,则传递函数为：rRCs 1CsUo(s)z2R1R2Cs R2Ui(s) 一 z1 z2 - R1R2Cs R1R2(b)设流过Ci、C2的电流分别为I1、I2 ,根据电路图列出电压方程:.1Ui(s)=l1(s)+Rl1(s) + l2(s)C1S1Uo(s) l2(s)C2s并且有11c l1(S)=(R2)l2(s)联立三式可消去I1(s)与l2(s),则传递函数为:Uo(s) Ui(s)CsC2sRRzCGs2 +(RG +R1C2 + R

2、Cz)s + 12-2假设图2-T-2的运算放大器均为理想放大器，试写出以Ui为输入，Uo为输出的传递函(a)由运算放大器虚短、虚断特性可知：C- + C0 , uc=Uj -Uo,R dt dt对上式进行拉氏变换得到UZTT) = sUi(s) sUo(s)RC故传递函数为U0(s) RCs 1 Ui(s) - RCs TOC o 1-5 h z dUc Ui -Uc -UcUcUo 0(b)由运放虚短、虚断特性有: 0 5 odt R 2 R 2 R 2R1rjf1联立两式消去Uc得到CR du02Ui2Ri dt R2 八 u0 = 0Ri对该式进行拉氏变换得CR22国SU。社记U0二。

3、故此传递函数为U0(s) _ 4Ri 5(s) - R(RCs 4)dUcUc -U0UcUiUc(c)C十+=0,且 =_dtR1 / 2R1 / 2RRi 2联立两式可消去Uc得到对该式进行拉氏变换得到CR2R故此传递函数为CRi2RdUi 2U02ui r dtRiR22sUi(s) U(s) Ui(s) =0RiRU0(s) _ Ri(RiCs 4)Ui(s)4R2-3试求图2-T-3中以电枢电压Ua为输入量，以电动机的转角9为输出量的微分方程式和传 递函数。解：设激磁磁通, =Kfif恒定 s = CmJUa s sLaJs2LafRaJsRaf型CeCm2 二2-4 一位置随动系统

4、的原理图如图2-T-4所示。电动机通过传动链带动负载及电位器的滑动触点一起移动，用电位器检测负载运动的位移，图中以c表示电位器滑动触点的位置。另r表不）即为该电位器用来给定负载运动的位移，此电位器的滑动触点的位置（图中以 随动系统的参考输入。两电位器滑动触点间的电压差 ue即是无惯性放大器（放大系数为Ka ）解:CsRs的输入，放大器向直流电动机 M供电，电枢电压为u,电流为I。电动机的角位移为 8。KACm3 一 2 一一 60 一 一 C -iLaJS3+i Laf +RaJ S2+i Raf+-CeeCmd S+KaJe2n2-5图2-T-5所示电路中，二极管是一个非线性元件，其电流id

5、与山间的关系为U Ud、id =10上父e0。26 -1 。假 设电路中的R = 103。，静态工作点u0 =2.39V ,IJ3i0 =2.19父10 Ao试求在工作点（U0,i。）附近id = f U）的线性化方程。解：id -2.19 10 3 = 0.084 ud -0.22-6试写出图2-T-6所示系统的微分方程，并根据力一电压的相似量画出相似电路。解：分别对物块 m（、m2受力分析可列出如下方程：dv1m1一r = F(t)+k2(y2 y1)f k1y1 dtdv2、m2= k2 (y2 - y1)dydy 2代入v =、V2 = 得学&(一 I*d2 y2 m2lF叫（丫2 -

6、必）2-7图2-T-7为插了一个温度计的槽。槽内温度为4,温度计显示温度为日。试求传递函数。（考虑温度计有贮存热的热容&（s）C和限制热流的热阻 R）。解：根据能量守恒定律可列出如下方程：d i -C一 二-对上式进行拉氏变换得到CsG),(s)=0i(S) -0(s)则传递函数为C(s)R(s)(s (s) Q(s) - RCs 12-8试简化图2-T-8所示的系统框图，并求系统的传递函数图 2-T-8解：（a）化简过程如下G G2传递函数为C(s)G3(G G2)R(S) -1 G3G Hi)(b)化简过程如下R.Gi (G2G3 +G4)C(s)l+GiG2Hi +(G2G3+G4)(H

7、2 +GiH3)传递函数为C(s)二Gi(G2G3 G4)R(s) i GiG2Hi (G2G3 G4)(H2 GG3)C(s)2-9试简化图2-T-9所示系统的框图，并求系统的传递函数R(s)解：化简过程如下R(s)0.7 s+0.42C(s)Z 5-；2s +(0.9+0.7k)s +(1.18+0.42k)s+0.52系统的传递函数为C s 0.7s 0.42R s s30.9 0.7k s21.18 0.42k s 0.52图 2-T-10系统的传递函数为CsGG2G3G4R2（s）Rs 1 G2Hl -G1G2Hl G2G3H22 （设解：系统信号流程图如图所示。题2-11系统信号流

8、程图C2 sRsCi s G1G2G3Rs -1G1G2G4-GG2G4G5H1H2G1G2G4G5G6H 21 G1G2G4 -G1G2G4G5H1H22-12求图2-T-12所示系统的传递函数 C(s)R(s)解：(a)系统只有一个回环：Z L1 =cdh ,在节点R(s)和c(s)之间有四条前向通道，分别为：p = abcdef , F2=abcdi,P3 = agdef , P4 =agdi ,相应的，有： & =A2 =& =S =1abcdef abcdi agdef agdi1 -cdhc(s) 1 .-、 Pkk =R(s)(b)系统共有三个回环，因此， L1 =R1clsR2

9、 c2 s R1C2s两个互不接触的回环只有一组，因此， z l2在节点R(s)和C(s)之间仅有一条前向通道:c(s)R(s) 1 - v L1 八 L2PrM =2-13确定图2-T-13中系统的输出c(s)。RC1sP1 =1R2c2slsc1 Rsc2R2RR2cle2sR1C1c2 s2,并且有2R1R2cle2s (R1G R2cl R2c2)s 1G1G2解：采用叠加原理，当仅有 R(s)作用时,G (s)R(s) 1 G2 H2 G1G2Hl当仅有Di（s）作用时,C2(s)G2D1(s)1 G2H2 G1G2Hl当仅有D2（s）作用时,C3(s)G2-D2(s)1 G2H 2

10、 G1G2Hl当仅有D3（s）作用时,C4(s)DyG1G2Hl1 G2H 2 G1G2Hl根据叠加原理得出C(s) =C1(s) C2(s) C3(s) C4 (s)=G1G2R(s) G2D1(s) -G2D2(s)-G1G2HlD3(s)1 - G2H2 G1G2HlAfV*弟二早3-1设系统的传递函数为22R(S) S 2 ，nS、：n求此系统的单位斜坡响应和稳态误差。 解：当输入为单位斜坡响应时，有,、，一 1r(t)=t, R(s)=s12 s所以有C(s)=S分三种情况讨论(1)当G 1时,S1,2 - - .2 -1 - nCt =t -2 n(2)当 0 U 02 .(2 )

11、 Kp =lim G(s)=叫 Kv =lim sG(s) = K, Ka =lim s G(s) = 0;p s )0v s J0a s )0/c、-一2-K(3 ) K p = limG(s)=8，Kv =雪sG(s) =8, Ka = lim s G(s) =0 ; HYPERLINK l bookmark269 o Current Document K2(4 ) K p = limoG(s)，Kv = lim sG(s) =,Ka =limQs2G(s) =03-3设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=10s(0.1s 1)若输入信号如下，求系统的给定稳态误差级数。1 _ 2(1)

12、r(t)=R), Mt)=R0+Rt, (3) r(t) = R0 + R1t+-R2t2解：首先求系统的给定误差传递函数6cs啸11 G(s)s(0.1s 1)20.1s s 10误差系数可求得如下Cs(0.1s 1)_2_0.1s s 10C110(0.2s 1)(0.1s2 s 10)2=0.1C2= lim 旦s-Q ds22(0.1s ，s = lim -s-0s 10) -20(0.2s 1)2(0.1s2s 10)3r(t)=R0,此时有rs(t) = R,r；(t)=r；=0,于是稳态误差级数为esr (t )= C0rs(t) = 0 , t 2 0r (t) = R0 +

13、Rt ,此时有 rs (t) = R0 + Rt, rs(t) = R ,r；=0 ,于是稳态误差级数为esr(t)=C0rs(t)+C1rs(t)=0.1R1, t 之 0 TOC o 1-5 h z 1 _ 212r(t) =R+Rt+Rzt,此时有 rs(t) = R + Rt + R2t2, %(t) =R+R?t, HYPERLINK l bookmark172 o Current Document 22r；(t) =R2,于是稳态误差级数为C, .ekWM+CMtaRMhOIR+ROtN。3-4设单位反馈系统的开环传递函数为G (s)=1。s(0.1s 1)E(s)R(s)11 G

14、(s)C0C1= lim /e s =lim 呼1s- =0s 0 s，0 0.1s2 s 500d500(0.2s 1)= lim ，,e s =lim s 力 dss 力(0.1s2 s 500)21500以及C2= lim d：3s =|而100(0.俏2 s 2500)一10003(0外优二 %s 0 ds2s 力(0.1s2 s 500)35002rs(t) = sin 5trs(t) = 5cos5trs(t) - -25sin 5t则稳态误差级数为eSr t = C0 - C 25 sin5t C1 5 -bos5t= 4.9 10 gin5t 1 102 - Cos5t3-6系

15、统的框图如图3-T-1a所示，试计算在单位斜坡输入下的稳态误差的终值。如在输入端加入一比例微分环节(参见图3-T-1b ),试证明当适当选取 a值后，系统跟踪斜坡输入的稳态误差可以消除。R(s)+C(s)s(s 2 n)a)若输入为r(t)=sin5t,求此系统的给定稳态误差级数。解：首先求系统的给定误差传递函数s(0.1s 1)20.1s s 500误差系数可求得如下R(s)* 1 +asb)2 ns(s 2 ，n)C(s)图 3-T-1解：系统在单位斜坡输入下的稳态误差为：esr2，加入比例一微分环节后nC s = R s 1 as -C s G s1 as G sCs=mRs =2s 2

16、 ns 2ES=RS-CS=Ss2 2 ：n：SRsesr = lim sE s = 2a-S ：- n可见取a =2,可使esr =0 n3-7单位反馈二阶系统，已知其开环传递函数为.:G(s) = n.s(s 2n)从实验方法求得其零初始状态下的阶跃响应如图3-T-2所示。经测量知，M p = 0.096 ,tp =0.2s。试确定传递函数中的参量及切n。p解：由图可以判断出 0 ，1 ,因此有rbFM p =exp(. -) 100%,1- 2tpJI - 2 -)n代入Mp =0.096, tp =0.2可求出C(s5 =0.598 0n =19.5883-8反馈控制系统的框图如图 3

17、-T-3所示，要求Rs_+ g帆G(s TOC o 1-5 h z (1)由单位阶跃函数输入引起的系统稳态误差为零。半(2)整个系统的特征方程为 s3 +4s2 +6s+4 = 0图3-T-3求三阶开环传递函数 G(s),使得同时满足上述要求。解：设开环传递函数为 HYPERLINK l bookmark26 o Current Document C(s)K 二= 3；2； -R(s) s k1s k2s k3根据条件(1) e5r = lim 1 = 3s +s k = 0可知：k3 = 0 ； s 01 G(s)s3 k1s2 k2s k3 K根据条件(2) D(s) =s3 +4s2 +

18、6s + 4 = 0可知：k1=4, k2=6, K=4。所以有4s s2 4s 63-9 一单位反馈控制的三阶系统，其开环传递函数为G(s),如要求 TOC o 1-5 h z (1)由单位斜坡函数输入引起的稳态误差等于2.0。(2)三阶系统的一对主导极点为s1,s2 = 1 j1。求同时满足上述条件的系统开环传递函数G(s)。解：按照条件(2)可写出系统的特征方程232(s 1 - j)(s 1 j)(s a) -(s 2s 2)(s a)=s (2 a)s (2 2a)s 2a =0将上式与1 +G(s) =0比较，可得系统的开环传递函数G(s) = TV2a(2 a)s (2 2a)1

19、根据条件(1),可得12aKv = = 0.5 =3r2 2a解得a =1 ,于是由系统的开环传递函数为G(s)=2sS2 3s 413-10已知单位反馈控制系统的开环传递函数为G(s)=Ks( s 1)试求在下列条件下系统单位阶跃响应之超调量和调整时间。K=4.5=1s(2) K=1,7=1s(3) K=0.16,E=1s解：系统单位阶跃响应的象函数为C(s) = R(s)G(s)=Ks2( s 1)(1)将K =4.5, 1 =1s代入式中可求出 6n =2.12rad /s , 0 =0.24,为欠阻尼系统, 因此得出M p = 46% , ts = 7.86s(2%), 5.90s(5

20、%)(2)将K=1, E=1s代入式中可求出con=1rad/s,。= 0.5 ,为欠阻尼系统，因此 得出M p =16.3% , ts =8s(2%) s , 6s(5%)(3)将K =0.16, E=1s代入式中可求出con=0.4rad/s, 。= 1.25 ,过阻尼，无最大超调量。因此只有ts =15s。3-11系统的框图如图 3-T-4所示，t求当a=0时，系统的之值。如要求，是确定 a的值。(1)当a=0时，则系统传传递函数为 G(s) = 8，其中/ = J8 = 2w”，2Gn =2 , s2 2s 8 n所以有,=0.354。80n不变时，系统传函数为G(s)=，,要求：=0

21、.7,则有s (8a 2)s 822n = 2(4a +1),所以可求得求得 a = 0.25。z=1的零点对系统单位3-12已知两个系统的传递函数，如果两者的参量均相等，试分析脉冲响应和单位阶跃响应的影响。1.单位脉冲响应(a)无零点时(b)有零点z = 1时e- nt sin 1 - 2 nt, t _ 0,1-2 HYPERLINK l bookmark63 o Current Document 22k2q1nsin V1 一， ct + arctg j1J比较上述两种情况，可见有零点z = -1时，单位脉冲响应的振幅较无零点时小，而且产生相移，相移角为arctg2.单位阶跃响应(a)无

22、零点时(b)1一；2有零点z = -1时e- nt sin；2,21 -.1- nt arctg：t-0加了3-13c t )=1.1 -2 ,n - - -n2I/TC )sin q1 J nt -arctg- ,(t 之 0)z = _1的零点之后，超调量 M p和超调时间tp都小于没有零点的情况。p p单位反馈控制系统的框图如图3-T-5所示。假设未加入外作用信号时，系统处于零初始状态。如果不考虑扰动，当参考输入为阶跃函数形式的速度信号时，试解释其响应为何 必然存在超调现象？单位反馈控制系统的框图如图3-T-5所示。假设未加入外作用信号时，系统中存在比例积分环节Ki(s+1),当误差信号

23、e(t)=0时，由于积分作用，该环节的输出保持不变，故 s系统输出继续增长，知道出现 e(t )0时，系统稳定。(2) K0时，系统不稳定。(3) 0K 0便有二个闭环极点位于右半 s平面。所以无论 K取何值，系统都不稳定。图44-5曲4 系统相机逑图A-4-4 题4-3系统常规根轨迹(2) G(s) =K1 s 1s2 3 s 2实轴L2, -1 上有根轨迹，乜=90：oa = -0.5,分离点为(0, j0 )；常规根轨迹如图A-4-4 (b)所示。从根轨迹图看，加了零点 z = 1后，无论K取何值，系统都是稳定的。4-4设系统的开环传递函数为G(s)H(s)Ki(s 2)-2 Z 7s(

24、s 2s a)试绘制下列条件下系统的常规根轨迹(1) a=1 (2) a=1.185 (3)a=3/=90一，仃a=0,分离点为( 0.38,0),常(1) a=1时，实轴( 2,0】上有根轨迹,规根轨迹如图图 A-4-5 (1)Root Locus-1Real Axisaa m图 A-4-5 (1)Root Locus4图 A-4-5 (2)(0, 士 j ),-6Root Locus-2-1.；-1.6-1.4-1.2-1-0.8Real Axis-0.6-0.4-0.26 4 2 O-2-4CTXA vraDya ml图 A-4-5 ( 3)Ki(S 1),4-5求开环传递函数为 G(s

25、)H (s) = 2的系统在下列条件下的根轨迹(1) a=10 (2)s (s a)a=9 (3) a=8 a=3(1)实轴10,1】上有根轨迹，Q =90：oa=Y.5,分离点为(0, j0),与虚轴交点为j0(K1 =0卜常规根轨迹大致图形如图A-4-6 (1)Root Locus10 TOC o 1-5 h z I，fT 3(ppT8u6一,4-rS2.A n01-a m -2 .4 -6 -rJ8310 1EE11EL11-10-9-8-7-6-5-4-3-2-10Real Axis图 A-4-6 (1)(2)实轴 匚9,-1上有根轨迹，Q =90：3 = Y，分离点为(0, j0 )

26、，与虚轴交点为j0(K1 =0卜常规根轨迹大致图形如图A-4-6 (2)Root Locus-6Real Axisn a mx A图 A-4-6 (2)(3)实轴L8, 1】上有根轨迹，中a = 90 :仃a = 3.5 ,分离点为(0, j0 ),与虚轴交点为j0(K1 =0 )。常规根轨迹大致图形如图A-4-6 (3)Root Locus图 A-4-6 ( 3)(4)实轴 匚3, 1】上有根轨迹，Pa =90：oa =1 ,分离点为(0, j0 ),与虚轴交点为j0(Ki =0 )。常规根轨迹大致图形如图A-4-6 (4)Root LocusCTXA vraH aa mlReal Axis

27、图 A-4-6 (4)4-7设系统的框图如图 4-T-2所示，试绘制以a为变量的根轨迹，并要求：(1)求无局部反 馈时系统单位斜坡响应的稳态误差，阻尼比及调整时间。(2)讨论a=2时局部反馈对系性能的影响。(3)确定临界阻尼时的 a值。系统特征方程为2s 1 +.2 s 1 = 0以a为可变参数，可将特征方程改写为2s s 1从而得到等效开环传递函数c ， 、sGeq(S)= 2 彳s s 1根据绘制常规根轨迹的方法，可求得实轴(-如Q】上有根轨迹=180a =-1,分离点为(1, j0 ),出射角为 9P =1150：参数根轨迹如图 A-4-7所示。图A-4-7题4-7系统参数根轨迹无局部反

28、馈时(U=0 ),单位速度输入信号作用下的稳态误差为esr =1 ;阻尼比为。=0.5；调节时间为ts=6s(5%)口 =0.2时，esr =1.2, U =0.6, ts =5s(5%)比较可见，当加入局部反馈之后，阻尼比变大，调节时间减小，但稳态误差加大。当a =1时，系统处于临界阻尼状态，此时系统有二重闭环极点s1,2 = -1。4-8根据下列正反馈回路的开环传递函数，绘制其根轨迹的大致图形。(1)实轴(笛，一2仙匚1,十由府根轨迹，Q =90：a =-2,虚轴交点为 aa(0, j0.911Ki =5.375 )。常规根轨迹大致图形如图A-4-8 (3)4-9绘出图4-T-3所示滞后系

29、统的主根轨迹，并确定能使系统稳定的K值范围。主根轨迹如图A-4-9所示。系统稳定的 K值范围是0父K 14.38。图A-4-9 题4-9系统主根轨迹Ke-s4-10若已知一个滞后系统的开环传递函数为G(s )H (s )=，试绘制此系统的主根轨s迹。Ke 一由 G (s H (s )=知sK1 =0时系统的根轨迹从开环极点P1 =0和仃=* 出发，实轴(-比,0】上有根轨迹，主根1),一,、， 冗兀 一一轨迹分离点-一，j0 I；与虚轴父点 士 j,临界 K值。王根轨迹如图 A-4-10所不。一 J，2丁图 A-4-10(2)4-11上题中的开环传递函数可用下列近似公式表示(1) G(sH(s

30、)= K0 TS) sK 1 - % i!2 G s H s =J 1s1 + s I2 JK (3) G(s H (s )= K 试绘制以上三种情况的根迹，并和题 s s 14-10的根轨迹进行比较，讨论采用近似式的可能性。(1) G sH s =口巴)的根轨迹如图A-4-11 (1)所示。s图 A-4-11 (1)G(s)H(s)= K4带)根轨迹s(2) G(sH(s)=sXs)I 2 J分离点-2(-1), j0 ；会合点2(1 + 22 )2,j0 ;与虚轴交点士 j 界稳定K值为2。根轨迹如图A-4-11 (2)所示。T图 A-4-11 (2)G(SH(S)=KJ)根轨迹 si (

31、. /2)sK(3) G(sH(S )=- s s 11分离点 1一，根轨迹如图 A-4-11 (3)所不。一K 图 A-4-11 (3)G (s H (s )=根轨迹s s 1讨论：当七较小时，且 K在某一范围内时，可取近似式K 。右七较大，取上述近似s s 1式误差就大，此时应取近似式K 1- s 1 2 J(T、s1+-s I 2 J4-12已知控制系统的框图如图4-T-4所示，图中G（s） =K1(s 5)(s -5)、s 2，G2 (s)=。s试绘制闭环系统特征方程的根轨迹，并加简要说明。系统的根轨迹如图 A-4-12所示。图 A-4-12_K1(s a)4-13设单位反馈系统的开环

32、传递函数为G(s)= 芋-，确定a的值，使根轨迹图分别具s2(s a)有0,1,2个分离点，画出这三种情况根轨迹图。111当0a时，没有分离点。999系统的根轨迹族如图 A-4-13所示。图 A-4-13第五章5-1已知单位反馈系统的开环传递函数，试绘制其开环频率特性的极坐标图1(1) G s = s s 1 1解：幅频特性：A( ) h,1，门 2相频特性： ()-90 - arctg列表取点并计算。0.51.01.52.05.010.0A( )1.790.7070.370.2240.0390.0095白白GOO()-116.6-135-146.3-153.4-168.7-174.2系统的极

33、坐标图如下:(2) G s =1 s 1 2s解：幅频特性:1A()=22.114相频特性:()=arctg。一 arctg 2 -列表取点并计算。000.20.50.81.02.05.0A()10.910.630.4140.3170.1720.0195()0-15.6-71.6-96.7-108.4-139.4-162.96系统的极坐标图如下：s s 1 2s 1解：幅频特性:A()相频特性:-900 - arctg - arctg2列表取点并计算。00.20.30.5125A()4.552.741.270.3170.0540.0039()-105.6-137.6-161-198.4-229

34、.4-253系统的极坐标图如下:1s2 1 s 1 2s解：幅频特性:A(;：:)二 -2 V f J1 4 2相频特性：()=-1800 -arctg -arctg2 .列表取点并计算。0.20.250.30.50.60.81A()22.7513.87.862.520.530.650.317：()-195.6-220.6-227.6-251.6-261.6-276.7-288.4系统的极坐标图如下:5-2试绘制上题中各系统的开环对数频率特性（伯德图）Gs 二大解：系统为I型，伯德图起始斜率为 20dB/dec,在8=1s，处与L侔）=20lgK =0相交。1i 环卫的父接频率 81 =1s

35、，斜率下降20dB/dec ,变为-40dB/dec。s 1系统的伯德图如图所示1G s =1 s 1 2s解：伯德图起始为 0dB线，的交接频率以 =-sA ,斜率下降20dB/dec ,变为20dB/dec。1 2s21 山-一、.一、一的父接频率 82 =1s ,斜率下降20dB/dec ,变为一40dB/dec。1 s系统的伯德图如图所示。(3) G s =4-hlH 1Mtrw 一1s s 1 2s 1解：系统为I型，伯德图起始斜率为20dB/dec ,其延长线在 =1处与L()=20lgK =0相交。 TOC o 1-5 h z 1 11的交接频率 01 = s ,斜率下降20dB

36、/dec ,变为40dB/dec。 HYPERLINK l bookmark342 o Current Document 1 2s21 一 一的父接频率 g2 =1s ,斜率下降20dB/dec ,变为60dB/dec。1 s系统的伯德图如图所示。(4) G s =12。-s 1 s 1 2s解：系统为 错误！未找到引用源。型，伯德图起始斜率为 40dB/dec ,其延长线在 切=1处 与 L(s)=20lgK =0 相交;的交接频率 以 =1s,，斜率下降20dB/dec ,变为60dB/dec。1 2s21 山_.一、.一、一的父接频率 82 =1s ,斜率下降20dB/dec ,变为一8

37、0dB/dec。1 s系统的伯德图如图所示。105-3设单位反馈系统的开环传递函数为G s =s 0.1s 1 0.5s 1试绘制系统的内奎斯特图和伯德图，并求相角裕度和增益裕度。 10解：幅频特性： A()： 一. .1 (0.1 )2 ,1 (0.5 )2相频特性()-90 -arctg0.1 - - arctg0.5 .13 if00.51.01.52.03.05.010.0A()17.38.95.33.51.770.670.24：()-106.89-122.3-135.4-146.3-163-184.76-213.7错误！未找到引用源。系统的极坐标图如图所示。令中(s )=1800,解

38、得 0g =4.47 sKg1A ( .g)= 1.2,增益裕度:GM= 20lgKg =1.58dB。错误！未找到引用源。伯德图起始斜率为-20dB/dec,经过点co =1s,，L(co) = 20lg K = 20。4. ._1.切=1s 处斜率下降为-40 dB/dec,切=10s 处斜率下将为-60dB/dec。系统的伯德图如下图所示。令A()=1得剪切频率 0c = 4.08s,相角裕度PM=3.94deg。5-5已知单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=12s(1 s)-in110IDICFrequency (rad/sec)10用MATLAB绘制系统的伯德图，确定 L侬)=0的

39、频率8c，和对应的相角 中(0c)。解：命令如下： s=tf(s); G=1/(s*(1+s)A2); margin(G2);Bdqb DiagramGm fi.02 dB (st 1 rad/sac) ( Pm 21 4 deg ad 0 682 rad/sec)1QQ SD0-50-100-150-90程序执行结果如上，可从图中直接读出所求值。5-6根据下列开环频率特性，用 MATLAB绘制系统的伯德图，并用奈氏稳定判据判 断系统的稳定性。(1)G(j )H(j )10(j )(0.1j 1)(0.2j . 1)解：命令如下： s=tf(s); G=10/(s*(0.1*s+1)*(0.2

40、*s+1); margin(G);Bode。日中 amGm 工 3.62 d日(at 7.07 rad/sec), Pm = 11.4 deg (at 6.72 radfeec)o1o 5So o z & 9Ju - 一(63口) swEud2jFrequency (radfeec)10如图，相角裕度和增益裕度都为正，系统稳定。 Gj)Hj)=22(j ) (0.1 j - 1)(10j 1)解：命令如下： s=tf(s); G=2/(sA2)*(0.1*s+1)*(10*s+1); margin(G);200-200100Bode DiagramGm Inf , Pm - -83 6 deg

41、 (at 0.582 rad/sec)口001- 072名卫匚由工-3DQ-1S0(6牲)氏mud-3qdini10101010wFrequency (rad/sec)后10如图，增益裕度无穷大，相角裕度-83,系统不稳定。5-7已知最小相位系统的开环对数幅频特性的渐近线如图所示，试写出系统的开环传 递函数，并汇出对应的对数相频曲线的大致图形。(a)解：低频段由201g K=10 得，K =T101 ,O =2S处，斜率下降120dB/dec,对应惯性环节0.5s 1 由上可得，传递函数G s =,100.5s 1 相频特性中=-arctg 0.5。汇出系统的相频特性曲线如下图所示。1(b)解

42、：低频段斜率为-20dB/dec,对应积分环节。s TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark91 o Current Document 16 =2 s处，斜率下降20dB/dec,对应惯性环节 0.5s 1K HYPERLINK l bookmark411 o Current Document 在剪切频率0c =2.8s处， K =1,解得K =4.8 c722- c /10.5 - c4 8传递函数为：G(s) =48s(0.5s 1)1(c)低频段余率为-40dB/dec,为两个积分环下的叠加 ;s以=0.5s,处，斜率上升 20dB/dec,对应一阶微分环节

43、2s+ 1;-1102 =2s处，斜率下降20dB/dec,对应一阶惯性环节 0.5s 1传递函数形式为:G(s)=K(2s 1)-2s (0.5s 1)图中所示Bode图的低频段可用传递函数为K/s2来描述，则其幅频特性为 K/切2。取对数,得 L1(s) =20lgK -20lgs2。同理，Bode图中斜率为-20dB/dec的中频段可用 K1/s来描述，则其对数幅频特性为L2(0) =20lgK1 20lgco。由图有，L2(0c) =0dB,则有 K1 =c。再看图，由 L。=L2(%)可解得K =露 &c =0.5综上，系统开环传递函数为G(s)=s2(0.5s 1)(参考李友善做法

44、)系统相频特性：邛(切)=-180 +arctg 2切-arctg 0.5。曲线如下:二-二3G5-8 设系统开环频率特性的极坐标图如图5-T-2所示，试判断闭环系统的稳定性。(a)解：系统开环稳定，奈氏图包围(-1, 0j)点一次，PW0,所以闭环系统不稳定。(b)解：正负穿越各一次，P=2 (N+-N-) =0,闭环系统稳定。(c)闭环系统稳定。(d)闭环系统稳定。，一 2e-s5-9根据系统的开环传递函数 G(s)H(s)=绘制系统的伯德图，并确s(1 s)(1 0.5s)定能使系统稳定之最大T值范围。解： =0时，经误差修正后的伯德图如图所示。 从伯德图可见系统的剪切频率0c =1.15s”,在剪切频率处系统的相角为(c) - -90 一 arctg c 一 arctg0.5 c - -168.9由上式，滞后环节在剪切频频处最大率可有11.1二的相角滞后，即180T冗= 11.1解得t = 0.1686s 。因此使系统稳定的最大 t值范围为0 E e 40 :并保持原有的开环增益。解：原系统的相角裕度为 =20 =。计 算 未 校 正 系 统 中 对 应 相 角 裕 度 为%