《自动控制理论》各章自测题答案 (一)

♦自测题答案

第1章自动控制的一般概念

1.要求稳定电压为〃、扰动输入量为总的变化，给定输入量由必和的组成的稳压

管电路确定，兄和吊组成测量电路。

2.(DT图-2(a)中输出量为水池水位，给定输入量为Us,扰动输入量为用水量。方

框图如T图1-2(c)所示。图l-2(b)中的输出量、扰动输入量与图1-2(a)相同。给定输入

量为水位的希望值，由浮球八悬杆1、连杆两臂比及水阀门等参数确定。

T图1-2(c)

(2)T图1-2(a)中的误差和扰动无关,即T图「2(a)为无差系统。T图『2(b)中的

误差与扰动有关。

3.由T图1-3可知，炉内温度为系统输出量，给定的毫伏信号是给定输入量；炉内

加热物件和其它影响炉温的外界因素是扰动输入量；电炉是系统被控对象；电压放大器、

功率放大器、减速器、自耦调压器以及生产给定毫伏信号的给定器构成自动控制器；电

压放大器和功率放大器是放大元件，可逆电动机减速器是执行机构；热电偶为测量元件。

热电偶将温度信号转换为电信号，反映炉温，其输出电势与给定毫伏信号之差为偏

差信号。偏差经电压放大和功率放大后带动可逆电动机旋转，并经减速器使自耦调压器

的活动触点移动，从而改变加在加热器两端的电压。控制系统方块图如T图1-3(b)所示。

图中比较元件是由线路连接实现的，连接方式是负反馈方式。

第2章控制系统的数学模型

1.回路：Li=-G2H3,L2=-G3H2,L3=-G|G2G3〃|；从Ri(s)到C(s)：P|=G1G2G3，4=1

C(5)G[G2G3

&(s)-1+G2%+G3H2+GGG3d

从R2(s)到C(s)：PI=G3，AJ=1+G2H3

C(s)_G3+G3G2/

R式s)―1+G2H3+G3”2+G1G2G3〃

251,0.5k

2.(1)回路：L.=———,，L%="

'5+1s(s+1)s~(s+l)

/+3.5s?+s+0.5Z

所以A=1—(£j+L+L)=

23/(S+1)

n0.5k

△1=1

C(s)=0.5次

R(s)s'+3.552+s+0.5Z

由d――0.5%

(2)

R(s)i+*G(S)s'+3.5s~+s+0.5%

ss

1

解得G(s)=

s+3.5

3.前向通道：P1=G2G4G6，P2=G3G5G7，P3=G3G8G6.PA=G2G\GI,

P5=-G3G8/7IGIG7,P6=-G2GIH2G8G6

回路：LI=-G4//I，L2=-G5H2,L3=G|H2G8Hl

所以△=1一(乙1+七+乙3)+乙也2=1+G4//1+G5H2—G|H2G8E+G4H1G5H2

A,=1+A,=1+GH,A=1,A=1,A=1,A-1

GSH2,4t3456

C(s)

R(s)

G2G4G6+G2G4G6G5H2+G3G5G7+G3G5G7G4Hl+G3G8G6+G,GC?-G3G—G)G[H]G8G6

1+HR+H3G5--HQs%+G4G5&H2

4.两条前向通道：P]=G|G2G3，Pi=Gy

五个回路：L|=G|G2>L2=—G2G3,Li,=—1,LA=-G|G2G3，£5=-G\

A=1—(L)4-Z>2+Z/3+L44-L5)=2+G2G3—G1G2+G1+G]G2G3

A,=1A?=1

所以四二工£匕“=---------Gl+GiG2G3-------------

R(s)Atf2+G,+GtG2G3+G3G2-G,G2

5.L]=—G3H1,L?=—G2G3H2,L/3=—GiG2G3G4H3,£4—G\G2G4G5H3

A-1—(4+L?+L、+L4)+ZqL4

=1+G3H1+G2G3H2+G1G2G3G4H3—GlG2G4G5H3—G]G2G3G4G5”1“3

①求C(s)/R(s)时，两条前向通道：

Pi=GiG2G3G4,A1-1；Pi=—GiG2G4G5，△,=1+GjH।

C(5)___________________G&G3G4--G2G4G5(1+G3d)

R(s)I+G3H]+G-,GyH+G]G2G3G4H3—GiG,G4G5H3—G]G,G3G4G5H#3

②求E(s)/N(s)时，从N(s)到E(s)的前向通路有两条：

P尸一G4H3,A(=1,尸2=一H2G2G5G4H3,A2=1

E(s)__________________________G4“3-"2G2G5G4/73_______________________

N(s)-1+G3Hl+G2G3H2+G]G2G3G4H3-G]G2G4G5H3-G]G2G3GaGsgH3

£\(s)R,R,Cs&尸/、

!!口,、

6.=------------——=———，EB(S)=——-—Eo(s)

£,.(5)l/Cs+居RCs+1H2+R3

因为⑸⑶一心(s)]K=%(s)且K》1,所以乙(5)=4(§)，得

£(s)RCS

0_R?+&}IK

E(s)R3R]Cs+1i

iSH----

R、C

7.运动方程为

%+，1倍一等）+3一%）-，2誓心必=/笨

结构图如下图所示:

8.△=1-£,=1-G|G2G3G4

从Ri(s)至ijG(s)：Pi=Gi，A,=1

从R(s)到C2(5)：Pi=-GiG2G3,A,=1

从/?2(s)至ijG(s)：Pi=-G|G3G4,A,=1

从&(s)到C2(s)：PI=G3，A1=1

G").GG⑸一-GjG3G4

&G)-1-G&G3G4R式s「1-G0G3G4

c2(s)_-G,G2G3g（s）=

&(S)一1—G|G2G3G4&⑸­1-G[G2G3G4

9.A=1-abed—gb-he-bee-1=-abed-gb-he-bee

4=abc,Aj=1

C(s)_abc

R(s)-abed-gb-he-bee

第3章线性系统的时域分析法

1.所求区域如T图3T1,3-12,3-13,3T4所示。

T图3—12

Ks+b

+as-Ks

(2)K-limsG(s)=---e=—=-

“ST。a-K*Kv

1o2121

3.(1)因为C(s)=—+—-------—,R(s)=-

ss+60s+10s

C⑸600

所以

-52+705+600

①(s)600

G(s)

1—①⑸5(5+70)

(2)=24.5,，=1.43>1

由于在两个闭环极点中，si=-60,S2=-10,,J>5卜所以si对系统动态响应的影

响可忽略不计，S2为闭环主导极点，即

①(s)«——-——

O.Ls+1

得r$=3r=0.3s,cr=0

(3)由于G(s)=9为i型,所以

5(5+70)

Kp=8,K〃=0

A」,Loo

故—+

1+K1+(

P

4.(1)①(s)=—----

TS2+S+K

咸=K/T

2轲,=1/7

令？20.5,得KW1/T

由劳斯判据可得，系统稳定条件为DO,K>0

-1,.V47X-1人1日

特征根$1.2=斤±/―——，十一斤<一2,

4

T图3-15所示。

(2)ess=l/K

(3)eQ)=r(f)-c(t)

小，、1CG).小/、s(Ts+\-KK)

①，G)=1一/=1一①⑸=，T八c。

R(s)s(Ts+1)+K

ess=lims。,,(s)R(s)=-一=0

ST。K

得Kc=l/K

C(s)2

5.(1)①G)

R(s)S2+3S+2

c(/)+3c(0+2c(f)=2r(r)

考虑非零初始条件下的拉氏变换:

($2+3s+2)C(5)=2R(s)+c(0)+5c(0)+3c(0)

…-52-35+2142

故

s(s+l)(s+2)ss+1s+2

c⑺=1-4/+2/2，

(2)K〃=8，KV

eM=-^-+^=0+—=6

1+K,,Kv2/3

(s+i)G(s)+&

6.(1)

2

s+(KlK2+l)s+Ki

22

令D(s)=s+(KiK2+l)s+Ki=(5+5+75)(5+5-J5)=5+105+50

得K=50,勺=9/50

小(、_($+1心—(&5+1),($)]_八

(2)由i—u

/+((勺+1)5+(

得G,(5)=---

'0+1

①"+1)(心+1)[-$+5叽0

(3)由e"—$2+(&a+1)5+('

得G2(S)=S

小/、11+4%s

7.①(s)=-------=--------------

2

"1+G(s)s+2^a)ns+或

/、C-2z-4fr->/\21s+6

当位）=1⑺时eQ)=2ee,E(s)==

s+25+4592+6.V+8

E(s)=①。(s)H(s)△①/s)

而

s

所以sE(s)=①,(s)

s+6_52+2血户

即

s?+6s+8s?+2血,5■+叱

co,,=2.828

所以

<=1.061

4

又K-limsG(s)=—

vs->o3

所以r(f)=t时，ess=1/A：.=0.75

7iQ_9

8.〃(8)=2,b%=M^=9%,「0.8

由b%=”^?xl00%=9%

得

，=0.608

_71

由

P0,/Y

得

con=4.946

小，、K、K,

①⑸:

其单位阶跃响应的稳态误差值为

/?(oo)=K、=2

因为co；=K2,2M=a

可求得七=24.46,a=6.01

小/、EG)-1

9.(1)①(s)=------=-----------------------------

4N(s)]।K/K4

$(A+l)(s+K3K2)

"吧s"N(s)=建

(2)先由梅逊公式求闭环传递函数：

K[K2K4+K,K4s

①G)

/(7i+1)+K2K3s(△+1)+K1K2K4

再求等效单位反馈系统的开环传递函数：

G=①⑶=_________-K/4+K'Ks________

”-1-0(5)一屋(仆+1+&K3T)+(K2K3-K’KJs

要使系统在中)虫作用下稳态误差为o,系统应为n型系统，

即K2K3—鼠匕=0,KC=K2K3/K*

10.系统闭环传递函数

小/、G(s)1010

①(s)=----=------------------------------=------------------------------------

1+G(s)53+752+105+10(5+5.52X52+1.485+1.83)

系统的闭环主导极点为5L2=-0.74±jl.133

用主导极点代替全部极点，并保持①(0)=1,得近似闭环传递函数

1.83

①G)=

52+1.485+1.83

2

口“=1.353,，=0.547,cod=ty,Jl-<=1.133

6=arccos，=56.839"

所以，系统单位阶跃响应为

/?«)=1一一e'^'sm(co,t+。)

=1-1.195e47"sin(l.133t+56.839°)

tr=-------1,9s,tp=――—2.77s,—————4.05~5.4.V

以0dm

cr%=I"-xlOO%=12.8%

①(s)=2—%⑶+0_

R(s)(7]s+l)(7；s+l)+K]

7；7>2+(7+7一次1)5+&(/7

①e(5)=—=1-①⑸

R(s)(7Js+l)((s+1)+&

要使系统对中)成为II型系统，则当()=/时，essr=O,即

74s2+(7+/唱”+&KQ

=limsE(s)=liin5•—•=0

s-*0sfOZ(7]s+l)Ws+D+Kl

&一和=0

得

Tt+与一的=0

12.当〃⑺=0时，开环传递函数为

G(s)=----------r2?4里-1-----------([型系统)

s(77+1)[(7；+Kr)s+1+K]

当中)=0时，由于扰动点前的前向通路传递函数为

1

T1

0,(5)=^s-=-~-(0型系统)

1+±小+1

小

所以，系统对中)为I型系统，对"⑺为0型系统。

13.系统为I型系统。可设开环传递函数为

〜、K

G(s)=——5--------

s(s+as+b)

则特征方程为?+a?+fe+^=0

与?+4?+6,v+4=0比较可得

G(s)=—--

s(s~+4s+6)

14.e(t)=r(t)—c(t)

2

C(5)_5+1£(5)_1C(S)_S

~R(s)~s2+s+V~R(S)~~R(s)~s2+s+\

e^=limsE(s)=0

r.10

又扰动点前的前向通路有一个积分环节，故

^ssn一()

所以Gs=+eXXft=0

第4章线性系统的根轨迹法

1.此题为非最小相位系统，根轨迹方程为G(s)H(s)=-l,相角满足180°条件。

渐近线与实轴的夹角3a=60°,-60°,180°

-2

渐近线与实轴的交点=---

-

由求分离点的方程可得解为由=0.46,“2=2.22,di.4=-0.79±j2.16Cd},应不满

足幅值条件，舍去)。

由劳斯判据可求得根轨迹与虚轴的交点为S|,2=±j2.56,S3.4=±jL56,相应地,K=35.7

及K=23.3

根轨迹的出射角％“一2=±54.5°。根轨迹如T图4-2所示，由图可知，当23.3<K<35.7

时，根轨迹在左半s平面，系统稳定，否则，系统是不稳定的。

T图4-2

2.系统的根轨迹在复平面上的一部分是一个以有限零点T为圆心，以有限零点到分

离点的距离为半径的圆，如T图4-3所示。

T图4-3

系统的闭环传递函数为

10(s+l)_10"+1)_10(s+l)

G（5）

B5(5-3)4-10(5+1)+75+10-(5+2)(5+5)

对于单位阶跃函数，系统的输出响应为

10(s+l)

y（s）=

s(s+2)(5+5)

其拉氏反变换为

y（f）=l+1.67e2，一2.67e”(r>0)

单位阶跃响应曲线如T图4-4所示。

由图可见，当时间为0.4秒时，超调量为40%。系统随无振荡特性，但由于系统存在

s=-l零点，所以响应有超调现象。

K(0.5s+l)K*(s+2)

3.G(s)H(s)=

s(0.25s+l)(0.5s+1)-s(s+2)(s+4)

式中，

M=4K

渐近线与实轴的夹角为/=±90°，交点为b“=-2。

根轨迹的分离点d=-2。

根轨迹如T图4-5所示。

T图4-5

当，=0.707时，作等阻尼比线交根轨迹于A点，求得此时的闭环极点为

=-2±，2相应的K=2,K*=8

闭环传递函数为

________2________

生.y(0.25.v+l)(0.5,v+l)16

①($)=--------------------------=--------------------------------

]+2(0.255+1)(s+2)(5+2+72)(5+2-；2)

s(0.25s+l)(0.5s+l)

系统阶跃响应的拉氏变换为

八不12s

C(s)=①(s)R(s尸一--~-+-----

s5+2s+4-s+8

有拉氏反变换的阶跃响应

c(t)=l(t)—2e2'_V2e2lsin(2t—45°)

单位阶跃响应曲线如T图4-6所示。

T图4-6

注意：当开环传递函数中有零点相消时，由此求出的根轨迹并不能反映系统所有的

闭环极点，消去的开环极点也是闭环极点，应该将其增加进去，因为在消去的开环极点

处，有一支根轨迹的起点与终点重合，且根轨迹的变化与K值无关。

4.(1)

(s+2)(5-0.5)

式中《=K/4

112

由分离点方程------1---------------,解得"=-0.182«

2+dJ-0.5d-2

系统的特征方程

D(s)=(1+**)?+(1.5-K)s+4K-1=0

由劳斯判据，解得根轨迹与虚轴的交点Si=0,S2=±0.603,相应地，必=0.25,心*=1.5,

根轨迹如T图4-7所示。

T图4-7

(2)由根轨迹知，若系统稳定，则0.25**〈1.5,即1〈K〈6。

(3)系统的静态位置误差系数

Kp=limG(s)=-K

5-»0

在系统稳定的范围内，

l+K*=l-Kma「百

5.系统的开环传递函数为

xrjzxK(7i+1)

Gr(⑹H(s)=—~—

系统的特征方程为

力(S)=$2+(3+K7)S+K

令O(s)=(s-2-八仿)(s—2+jV10)=52-45+14,比较系数,得子=14,六-0.5

将T=-0.5代入开环传递函数中，有

G(s)”(s)=K(《5s+D=­2)

s(s+3)s(s+3)

当K从零到无穷变化时，应按0°根轨迹规则画图。

由根轨迹的分离点方程,+」一=」一，解得

dd+3d-2

Ji=-1.16,4=5.16

根轨迹与虚轴的交点为$=/Jd,K=6,根轨迹如T图4-8所示。由图可知，系统稳定

的K值范围是0<K<6.

T图4-8

6.(1)开环极点pi=T4,p2=T+j,p,3=-l-j

600

渐近线与实轴的夹角Sa=={180。

3-60。

渐近线与实轴的交点6,=-16/3=-5.3

出射角%]=180°—180°+arctan--90°=85.6

e,»=180°—180°-arctan—+90°=—85.6°

L13

求根轨迹与虚轴的交点：

系统特征的方程为

(s+14)(52+2.v+2)+k=0

根据劳斯判据可得

53130

?1628+k*

,452—Z*

5---------

16

s°28+k*

令&*=452,由辅助方程16s2+28+无*=0,解得s=±/5.48

根轨迹如T图4-9所示。

作《=0.5的阻尼比线，得到与根轨迹的交点，即复数闭环极点约为

si=-0.98+j1.7,$2=—0.98—jl.7,

所以

r=|(13.12+jl.7)[(-0.98+儿7)2+2(-0.98+儿7)+2卜25

(2)0“=2时，从复平面的根轨迹上得到至原点距离为2的复数极点

uVi=-0.9+jl.8,$2=—0.9—jl.8

F=|(13.1+jl.8)|(-0.9+jl.8)2+2(-0.9+Jl.8)+2«30

(3)勿“=0.7时，系统的闭环极点为

si=-0.7+j3.5,$2=-0.7—j3.5

F=|(13.3+；3.5)|(-0.7+J3.5)2+2C-0.7+j3.5)+2)«157

Z*(s+2)(s+3)

7.0(5)=--------------

s(s+1)

式中，K=6K

1111

(1)由分离点方程--1-----=-------1------

dd+1d+2d+3

解得4=­0.634,4=—2.366

相应的k*值为

\did.+11*

kdi=J~1-7=0.0718,Kdi=6k.=0.4308

|4+胴+3|%

同%+i|

=13.928,给"=83.568

|J2+2p2+3|

系统的根轨迹如T图4-10所不。

(2)当系统具有复数闭环极点时，处于欠阻尼状态。由根轨迹知，K的取值范围为

0.438(,K<83.568

(3)复平面上的根轨迹是圆，圆心B位于小于4之间，即立&.=-1.5处，圆

2

半径为幺一4句.866。在根轨迹上作OA与圆切于A点(A点即为所求极点的位置)。

2

由相似三角形的关系，有

ABBC»AB2MOZZ：2

-----，---=0.5,0C=30—BC=1.5—0.5=1

BOABBO1.5

AC==A/0.8662-0.52=0.707

所以，系统在最小阻尼状态时的闭环极点为51.2=-1±70.707

T图4-10

第5章线性系统的频域分析法

1.不同K值时曲线如T图5-9所示,

K

G(j3)H(j3)

ja(l++ja)T2)

令虚部为零，得

闭环系统稳定时,必须满足

-K(TT)

A(。)=]+2

l+co^Tc+T^)+a)^T^

刀+72'

即

所以，当K<(T1+T2)/(TZ)时，G(汝)H(〃y)曲线不包围(T,j0)点，闭环系统稳定；

当K=(TI+T2)/⑺㈤时，G(."y)”(/。)曲线正好通过(T,j0)点，系统临界稳定；当

K>(Ti+K)/(Ti4)时，G(/o)H(.〃y)曲线包围(T,j0)点，闭环系统不稳定。

将7=1,八=0.5和K=0.75代入A((y),得幅值裕度

0.75x1x0.5-，

h=------------=4

1+0.5

2.G(s),H(s)组成的内回路的特征方程为

O(s)=1+G(s)H(s)=O

由劳斯判据，内回路位于右半S平面的闭环极点个数为零。系统开环零极点数与闭合

回路零极点数相等，故尸=0。根据开环幅相频率特性曲线，N=-1,有

Z=P—2N=2

故两个闭环极点位于右半s平面，系统不稳定。

10(1+K.s)10(1+/KM)

3.G(s)H(s)

5(5-10)j①("。一10)

令Im[G(_/g)"(汝)]=0,Re[G(jco)H(jco)]=-1

\Kh以疗+100)

解方程100K；-90Kh-10=0

得Kh=l,K/,=—0.1

故闭环系统临界稳定时Kh—1O

4.由T图5-3知，在低频段渐近线斜率为0,因为最小交接频率前的低频段

L.(3)=-v201g3,故丫=0。渐近特性为分段线性函数，在各交接频率处，渐近特性

频率发生变化，因此系统的传递函数具有如下形式：

K(—+1)

0.1

G(s)

(—+1)(—+1)(—+1)(—+1)

69)S、CDy①4

式中，乂劭,0>2，@3，@,待定.

由201gK=30,得

K=IO1-5=31.62

由T图5-3知，

,403010jI

2()=----------------=-----------,他=().316raaIs

Igd?1-IgO.llg«y,+1

-5+0-5

-60=-----------------=------------,co.=82.54raJ/5

IglOO-Ig^2—lg04

40.5-20

(o3=34.81rad/s

lg@4-电口3

240

一。=/69,=3.481raJ/5

lgg-lg

于是，所求的传递函数为

31.62(二+1)

G(s)0.1

+1)(^^+1)(-----+1)(^^+1)

0.3163.48134.8182.54

5.由T图5-5知，系统的闭环传递函数为

①(s)=、,①1G)

(s)

式中,

G*G)

RG)

l+G-(s)haG)G(s)c(.：)

/⑸31

先考虑①I(s)的稳定性：由⑴知，G3(s)在右半s平面的极点数为(P|-2N|),

G-($)="用)6")6式5)在右半S平面的极点数为(P+P2-2M)，由奈氏判据，0,(5)

/G)

稳定条件为2N2=B+PL2M即2(NI+M)=PI+P2.

使整个闭环系统稳定的另一个条件为」一在右半s平面的极点数为0,即要求M(s)

4⑶

在右半S平面无零点。

讨论：判别多回路系统的稳定性时，应首先判别其局部反馈部分(即内环)的稳定

性,然后根据内环部分在右半S平面的极点数和整个控制系统其余开环部分在右半S平面

的极点数判别整个控制系统的稳定性。多环控制系统需多次利用奈氏判据才能最后判别

整个系统稳定性。

6.本题可按常规解法将内回路进行结构变换。求得系统的开环传递函数，然后绘制

频率特性曲线，再用奈氏判据判别其稳定性。该法由于内回路变换使得前向传递函数复

杂化，故绘制开环频率特性较繁。

根据T图5-6的结构，将内反馈通道与主反馈通道合并，组成如T图5T0所示的单

环系统，图中R'(s)=200R(s)。可得系统的开环传函数为

10(25+200)2000(0.015+1)

52(0.25+1)-52(0.25+1)

其奈奎斯特曲线如T图5-11所示。

显然，这里N=-l,P=0。闭环系统不稳定，它在右半s平面的极点数为

7.奈氏路径如T图5T2(a)所示。

G(j(»)H(jco)=咨，=A(⑼/(⑼

\-a)-

....、#0/(12)

式中，A(。)=-------,0(。)=arctan——-----

1-dW22/(1—炉)

当<0=0时，A(«y)=2,。(啰)=0

当<y—>1-时，A(a>)->oo,(/)(0))—>26.6°

当口―「时，A(a))t00,03)T-153.4°

当g—>oo时，A(M-0,。(⑼--90°

对应于虚轴上(0,jl)点右边的小半圆，轨迹由下式计算:

[.一、V/+注川+21-2/_：

limG(s)H(5)=lim---------^―：-----=lim--------eJ0

6-。s=26To(/+注/)2+1SfO28

=11m旦"+634。)

328

当bf0,。从一90°变化到90°时，即得到一个半径为无穷大，相角从26.6。减小

到753.4。的半圆。奈奎斯特曲线如T图572(b)所示。

由T图572(b)可见，奈式曲线不包围(-1,jO)点，又开环系统在右半s平面的极点

数为零，所以该闭环系统是稳定的。

8.G(jco)=------------------------------------------------

%(1+/0.1切(1+/0.2。)(1+加)

L(ey)=201gK—201g口一20lg^1+(0Aco)2

-20lgJ1+((Ui-201gJl+―

7T

0(6y)=0---arctan(O.l<w)-arctan©.26y)—arctano

K=I时系统的伯德图如T图5-13所示。

对于临界稳定系统，T图5-13中的幅值曲线应提高，满足刃，=«yg=\.Srad/So

如图中虚线所示。延长斜率为-20dB/dec的虚线段与零分贝线相交，交点处所对应的频率

为3.2rad/s。所以，系统在闭环时处于临界稳定的速度误差系数Kx3.2rad/sT。

在T图5T3上量取10dB的幅值裕量，Kv=\s',/=28°

图5-13

9.因为系统为最小相位系统，故尸=0,要使系统稳定，奈氏曲线不应环绕(T,jO)

点，所以有

(1)迎<K<网，BP25<A：<10000

200.05

(2)迎〉K,即K<10

50

在以上K的取值范围内，系统稳定。

当10<K<25时，系统不稳定。

10.用Gi(s)的零点消去G2(s)中较大的一个时间常数♦，取7=(,系统的开环传递

KRL

函数为G1(s)G,(s)=-------J,可知，当。=—=—时，相角裕量为45。。故应取

5(7^5+1)T2T

0=1-=2,为使开环对数幅相频率特性在此频率处过零分贝线，只需选K1=5/K,即

心7

可。

11.幅相频率特性曲线如T图5T4所示。系统

无在右半s平面的开环极点，P=0。

由奈氏判据，系统若不稳定，则幅相频率特

性曲线会包围(-1.j0)点，即(-1,j0)在A点右侧，

曲线顺时针包围(-1,j0)点一周，N=T,Z=P-2N

=2

T图5-14

第6章线性系统的校正方法

1.由题意选择K=K.=10