自动控制原理 课后答案(孙亮 杨鹏 着) 北京工业大学出版社.pdf 157页

'第2章习题及解答2－1已知电网络如题图所示，输入为ut()，输出为u(t)，试列写微分方程。ioCR1LR1uiRuouiCR2uo2(a)(b)习题2－1题解：（1）由题图，设电流变量如图所示，写出变量约束方程为R1i1(t)+R2(ti)=ui(t)i2Ci1it)(+it)(=ti)(121R1iuiR1i1(t)−∫i2(t)dt=0R2uoCR(ti)=u(t)2o化简，消去中间变量i(t),i(t),ti)(得到输出变量为u(t)，输入变量为ut)(的微12oi分方程为du(t)du(t)oiRRC+(R+R)u(t)=RRC+Ru(t)1212o122idtdt可简写为••RRCu(t)+(R+R)u(t)=RRCu(t)+Ru(t)12o12o12i2i（2）由题图，设电流变量如图所示，写出变量约束方程为1R1iLi2R(ti)+i(t)dt=u(t)1∫1iCi1i1t)(+i2t)(=ti)(uiCR2uodi(t)12L+Ri(t)=i(t)dt22∫1dtCRi(t)=u(t)22o化简，消去中间变量i(t),i(t),ti)(得到输出变量为u(t)，输入变量为ut)(的微12oi分方程为•••RLCu(t)+(L+RRC)u(t)+(R+R)u(t)=Ru(t)1o12o12o2i解毕。1 2－2电磁铁的磁拉力计算公式为2μSNi()0Fxi(,)=，（单位：N）24x式中，μ0为空气导磁率，S为磁极面积，N为激磁绕组匝数，i为激磁电流，x为气隙大小，求出F(,)xi的线性化方程。题解：由于磁拉力F(,)xi为电流i和位移x的双元函数，在工作点邻域F(x,i)，其泰000勒级数展开式为••F(xi),=F0(x0,i0)+Fx(xi),x=x0⋅(x−x0)+Fi(xi),x=x0⋅(i−i0)+i=i0i=i01••1••22+Fx(xi),x=x0⋅(x−x0)+Fi(xi),x=x0⋅(i−i0)+Λ!2i=i0!2i=i0忽略二次以上各项有••F(xi),=F0(x0,i0)+Fx(xi),x=x0⋅(x−x0)+Fi(xi),x=x0⋅(i−i0)i=i0i=i0令ΔF=F(xi),−F(x,i)0002•μ0S(Ni0)=−Kx=Fx(xi),x=x02x3i=i002•μ0SNi0=Ki=Fi(xi),x=x02x20i=i0Δx=x−x0Δi=i−i0则有磁拉力增量式ΔF=KΔ⋅x+KΔ⋅ixi将增量式写为一般函数表达式有22μS(Ni)μSNi0000F=K⋅x+K⋅i=−x+ixi2x32x200解毕。2－3求下列时间函数f()t的拉氏变换Fs()。（a）f()tt=051.(cos)−5−2.0t（b）f(t)=ecos314tπ（c）f(t)=sin(5t+)32−3t（d）f(t)=t⋅e题解：2 （a）f()tt=051.(cos)−5由定义或者查表1s125.F(s)=(5.0−)=22ss+25s(s+25)−2.0t（b）f(t)=ecos314t由于sL[cos314t]=22s+314应用拉氏变换的衰减定理有s+2.0s+2.0F(s)==22222(s+)2.0+314s+4.0s+(314+2.0)π（c）ft()sin(=+5t)3由于πππ13sin(5t+)=cossin5t+sincos5t=sin5t+cos5t33322所以153s.0866s+5.2F(s)=⋅+⋅=222222s+52s+5s+252−3t（d）f(t)=t⋅e由于2!2L[t]=3s应用拉氏变换的衰减定理有2F(s)=3(s+)3解毕。MATLAB语言求解（a）f()tt=051.(cos)−5symstf=0.5*(1-cos(5*t));F=laplace(f)F=1/2/s-1/2*s/(s^2+25)−2.0t（b）f(t)=ecos314tsymstf=exp(-0.2*t)*cos(314*t);F=laplace(f)F=(s+1/5)/((s+1/5)^2+98596)3 π（c）ft()sin(=+5t)3symstf=sin(5*t+pi/3);F=laplace(f)F=(1/2*s*3^(1/2)+5/2)/(s^2+25)23−t（d）ftte()=⋅symstf=t^2*exp(-3*t);F=laplace(f)F=2/(s+3)^3解毕。4 2－4求出题图所示时间信号f()t的拉氏变换Fs()。f(t)f(t)f(t)占空比=ηT半波正弦tM0Attt000t0π/ω-MT0<η<1（a）（b）（c）习题2－4题解：f(t)f1(t)（a）由于信号f(t)可以分解为信号的组合如图所示，t1f1t)(=t⋅t)(1→F(s)=0t0f2(t)12sf3(t)1−tsf(t)=−(t−t)⋅(1t−t)→F(s)=−⋅e020022s1−tsf(t)=−t⋅(1t−t)→F(s)=−t⋅⋅e030030s所以拉氏变换为1111−e−t0s1(+ts)F(s)=F(s)+F(s)+F(s)=−⋅e−t0s−t⋅⋅e−t0s=01232202ssss（b）由于信号f(t)可以分解为信号的组合如图所示，f(t)f1(t)f2(t)AωAf1t)(=Asinωt→F1(s)=22ts+ω0πππAω−sft=ωt⋅t−→F(s)=⋅eω2()sin(1)222ωωs+ω所以拉氏变换为πAω−sF(s)=F(s)+F(s)=⋅1(+eω)1222s+ω（c）由于信号f(t)为周期信号，第一周期的信号如图所示，其拉氏变换为f(t)占空比=ηTM2M−ηTsM−TsM−ηTs−TsF(s)=−e+e=1(−2e+e)M1Tssss0已知F1(s)，则周期信号的拉氏变换为-M1F(s)=⋅F(s)−Ts11−e所以占空比为η的方波脉冲信号的拉氏变换为−ηTs−Ts1M1−2e+eF(s)=⋅F(s)=⋅−Ts1−Ts1−es1−e解毕。2－5已知下列拉氏变换Fs()，求出时间表达式f()t，并画出曲线草图。5 22ss++100ss++35（a）Fs()=（b）Fs()=22ss()+100ss+24+−Ts1−e1（c）Fs()=2（d）Fs()=−Tss1−e题解：（a）将F(s)作海维塞分解可分解为1.111F(s)=+2ss+100作拉氏反变换，有1=1111f(t)=L[+]=(1t)+sin10t2ss+10010时间曲线如图所示。0.90123（b）将F(s)作海维塞分解可分解为1s+1s+1F(s)=1+=1+s2+2s+4(s+)12+()320.5作拉氏反变换，有−1s+1−t0f(t)=L1[+]=δ(t)+ecos3t22(s+)1+()3-0.5时间曲线如图所示。0246（c）F(s)可分解为11−TsTF(s)=−e22tss0作拉氏反变换，有T−111−Tsf(t)=L[−e]=t⋅(1t)−(t−T)⋅(1t−T)22ss时间曲线如图所示。（d）F(s)可作等比级数分解为1−Ts−2TsF(s)==1+e+e+Λ−Ts1−e作拉氏反变换，有−1−Ts−2Tsf(t)=L1[+e+e+Λ]=δ(t)+δ(t−T)+δ(t−2T)+Λ时间曲线如图所示。解毕。6 2－6用拉氏变换法求解下式微分方程。••••（a）2c+7c+5c=r，r=R⋅1()t，c)0(=,0c)0(=0•••••（b）2c+7c+5c=0，c)0(=c，c)0(=c00题解：••••（a）2c+7c+5c=r，r=R⋅1()t，c)0(=,0c)0(=0将方程两边作拉氏变换•••L2[c+7c+5c]=L[r]由拉氏变换的线性定理有•••L2[c]+L7[c]+L5[c]=L[r]由拉氏变换的微分定理有•2[2sC(s)−sc)0(−c0()]+[7sC(s)−c0()]+5C(s)=R(s)•1将初值c)0(=,0c)0(=0及输入信号的拉氏变换R(s)=L[R⋅(1t)]=R⋅代入上式s212sC(s)+7sC(s)+5C(s)=R⋅s有输出信号的拉氏变换为11111121C(s)=⋅⋅R=R⋅[⋅−⋅+⋅]22s+7s+5s5s3s+115s+5.2作拉氏反变换解得11−t2−5.2tc(t)=R⋅[⋅(1t)−⋅e+⋅e]5315•••••（b）2c+7c+5c=0，c)0(=c，c)0(=c00本题为齐次方程求解，初始条件不为零而输入信号为零。将方程两边作拉氏变换•••L2[c+7c+5c]=0由拉氏变换的微分定理有•2[2sC(s)−sc)0(−c0()]+[7sC(s)−c0()]+5C(s)=0••将初值c)0(=c0，c)0(=c0代入上式•22sC(s)−2sc−2c+7sC(s)−7c+5C(s)=0000整理有•22[s+7s+]5C(s)=2cs+2(c+7c)000方程解的拉氏变换为•2cs+2(c+7c)000C(s)=22s+7s+57 作拉氏反变换解得••2c0+5c0−t2c0+2c0−5.2tct)(=⋅e−⋅e33解毕。MATLAB符号运算求解••••（a）2c+7c+5c=r，r=R⋅1()t，c)0(=,0c)0(=0f="2*D2c+7*Dc+5*c=R,c(0)=0,Dc(0)=0";dsolve(f)ans=1/5*R-1/3*R*exp(-t)+2/15*R*exp(-5/2*t)•••••（b）2c+7c+5c=0，c)0(=c，c)0(=c00f="2*D2c+7*Dc+5*c=0,c(0)=c1,Dc(0)=c2";dsolve(f,"t")ans=(5/3*c1+2/3*c2)*exp(-t)+(-2/3*c1-2/3*c2)*exp(-5/2*t)解毕。2－7用运算放大器组成的有源电网络如题图所示，试采用复数阻抗法写出它们的传递函数。R2R3CR2CuiR1R3uouiR1-uo-+R4+R5（a）（b）习题2－7题解：（a）应用复数阻抗法，如图所示计算反馈复数阻抗U(s)R1o2⋅⋅=I(s)R+R2R2Cs+1R23RCs+12则反馈复数阻抗为U(s)oZ(s)==RRCs+R+Rf2323I(s)Uo(s)Zf(s)对于反相运算电路，其传输关系为，G(s)==−，输入阻抗为Z(s)=R，i1U(s)Z(s)ii将输入阻抗与反馈阻抗代入上式，得到传递函数为1R+RRR2323G(s)=−(RRCs+R+R)=−(Cs+)12323RRR+R11238 （b）应用复数阻抗法，计算反馈复数阻抗，由于R3R(R+)52U(s)RCs+11o3⋅⋅=I(s)fRRR333R(R+)R+(R+)R+52522RCs+1RCs+1RCs+1333R+4R3R+(R+)52RCs+13则反馈复数阻抗为RR23Cs+1U(s)(R+R)(R+R)R+Ro234523Z(s)==⋅+Rf4I(s)RRCs+1f53输入阻抗为Z(s)=R，将输入阻抗与反馈阻抗代入上式，得到传递函数为i1RR23Cs+1Uo(s)Zf(s)(R2+R3)(R4+R5)R2+R3R4G(s)==−=−[⋅+]U(s)Z(s)RRRCs+1Rii1531解毕。2－8力学系统如图所示，试写出系统的微分方程，并求取传递函数。yik1k1k2m1mk2F(t)x(t)m2fyo(a)(b)习题2－8题解：（a）忽略重力，应用牛顿第二定律ma=∑F，写出运动平衡方程为ma=F+F+F(t)k1k22dx其中F=−kx，F=−kx，而a=，均代入平衡方程得k22k112dt2dxm=−kx−kx+F(t)212dt2dx整理，得到微分方程为m+(k+k)x=F(t)212dtX(s)1传递函数为G(s)==2F(s)ms+(k+k)12解毕。9 （b）忽略重力，设中间变量质量m1的位移量为yx，应用牛顿第二定律ma=∑F，写出运动平衡方程如下。对于质量m有1••my=−k(y−y)−k(y−y)1x1xi2xo对于质量m有2•••my=−k(y−y)−fy2o2oxo化简消去中间变量y，得到输入为位移y，输出为质量m的位移y的微分方程为xx2o432dydydydyoooomm+mf+[mk+m(k+k)]+f(k+k)+1241312212212dtdtdtdt2+[k(k+k)−k]y=kky2122o12i传递函数为kk12G(s)=4322mms+mfs+[mk+m(k+k)]s+f(k+k)s+[k(k+k)−k]12112212122122解毕。2－9画出下面电网络的结构图，并化简求取传递函数。C1R1R1R2C1C2uiuouiuoC2R2(a)(b)习题2－9题解：（a）设电容C2的电位为ux，得到如下算子方程组u−uio=i1C1Cs1u−uix=iR1R1i+i=iC1R11i=uxCs2u+Ri=ux2C1o依照方程组的变量关系得到结构图如图所示。10 由梅逊公式化简该结构图共有3个前向通路C11p=RCs，p=，p=12123CRCs212共有3个独立回路C11L=−RCs，L=−，L=−12123CRCs212不相接触回路RC21LL=13RC12特征式C1RC121Δ=1−(L+L+L)+LL=1+RCs+++1231321CRCsRC21212余子式1Δ=1+L=1+，Δ=1，Δ=11323RCs12传递函数为1C11RCs1(+)++21pΔ+pΔ+pΔRCsCRCs11223312212G(s)==ΔC11R2C11+RCs+++21CRCsRC212122RRCCs+(RC+RC)s+112121121=2RRCCs+(RC+RC+RC)s+11212111221（b）设电阻R2的电位为ux，得到如下算子方程组u−uix=iR1R1u−uio=i1C1Cs1i+i=iR1C1Ri=u2x1u+i=uxR1oCs2依照方程组的变量关系得到结构图如图所示。由梅逊公式化简该结构图共有3个前向通路1R2p=，p=，p=RCs12321RCsR12111 共有3个独立回路1R2L=−，L=−，L=−RCs12321RCsR121不相接触回路RC21LL=13RC12特征式1RRC221Δ=1−(L+L+L)+LL=1+++RCs+1231321RCsRRC12112余子式Δ=1+L=1+RCs，Δ=1，Δ=1132123传递函数为1R21(+RCs)++RCs2121pΔ+pΔ+pΔRCsR112233121G(s)==Δ1R2R2C11+++RCs+21RCsRRC121122RRCCs+(RC+RC)s+112122122=2RRCCs+(RC+RC+RC)s+11212122221解毕。2－10已知陀螺动力学系统的结构图R1(s)C1(s)如题图所示，试分别求取传递函数G1(s)+Cs()Cs()Cs()Cs()-1122，，以及。Rs()Rs()Rs()Rs()G4(s)G3(s)1212C2(s)-+R2(s)G2(s)题解：习题2－10按照回路化简法则，各传递函数为C(s)G(s)11=R(s)1−G(s)G(s)G(s)G(s)11234C(s)−G(s)G(s)G(s)1124=R(s)1−G(s)G(s)G(s)G(s)21234C(s)−G(s)G(s)G(s)2123=R(s)1−G(s)G(s)G(s)G(s)11234C(s)G(s)22=R(s)1−G(s)G(s)G(s)G(s)21234解毕。12 2－11题图所示的力学测量系统原理，在满足相应要求的条件下，可以用于地震测量，也可以用于测量物体的加速度，位移量y(t)和y0(t)均为相对于惯性空间的位移。y0myfk习题2－11（a）试写出以y(t)为输出量，以y0(t)为输入量的传递函数。（b）试写出用于地震测量的传递函数。（c）试写出用于加速度测量的传递函数。题解：（a）忽略重力，应用加速度第二定律ma=∑F，写出运动平衡方程为2dydydy0m=−k(y−y)−f(−)20dtdtdt则传递函数为Y(s)fs+kG(s)==2Y(s)ms+fs+k0（b）由于位移量y(t)和y0(t)均为相对于惯性空间的位移，可测量为yk=y−y0，即质量m相对于壳体的位移，则有y=y+y，代入基本方程有k022dydydyk0km(+)=−ky−f22kdtdtdt整理22dydydykk0m+f+ky=−m2k2dtdtdt相应传递函数为2Y(s)skG(s)==−Y(s)2fk0s+s+mm即可用于地震测量，一般质量m做得较大。2dy02（c）由于壳体的位移为y，其加速度为，拉氏变换为sY(s)，则有可测量020dt与加速度的传递关系为Y(s)1kG(s)==−2fksY(s)20s+s+mm即可用于加速度测量，一般质量m做得较小。解毕。13 2－12惯性导航装置中的地垂线跟踪系统结构图如题图所示，试求其传递函数。s2sK3Ui(s)+-++Uo(s)K+1++11++ss--+K4K2s习题2－12题解：将结构图中的并联支路作一次化简如图s2sUi(s)+-+Uo(s)K+1+K3s+K4+11++ss--sK2应用梅逊公式求解。前向通路共有6个Ks+K1Ks+K3434p=(−s)()()=−1sss1Ks+K1Ks+K23434p=(s)()()()=2ssss211p=(s)()()=13ss11K1p=(K)()()=412sss1Ks+K1K(Ks+K)34134p=(K)()()()=513ssss11K2p=(−s)(−K)()()=62sss闭合回路共有3个1K2L=−(K)()=−12ss1Ks+K1K(Ks+K)34134L=−(K)()()()=−213ssss11K1L=−(K)()()=−312sss14 没有互不接触回路，且各回路都与各前向通路相接触，故由梅逊公式写出传递函数为p+p+p+p+p+p123456G()s=1−(L+L+L)143Ks+KKs+KKK(Ks+K)K343411342−++1+++23sssss==1KK(Ks+K)K213411+++32sss解毕。2－13分别用等价变换法与梅逊公式法化简图示各系统的结构图。G4(s)R(s)C(s)+G1(s)R(s)+C(s)++G1(s)G2(s)G3(s)-+++G2(s)--H1(s)H1(s)+-H2(s)H2(s)(a)(b)R(s)C(s)R(s)C(s)G1(s)G(s)++++-G2(s)+-+H(s)H(s)(c)(d)习题2－13题解：（a）等价变换法前向通路化简：由叠加原理有G(s)G(s)G(s)G(s)G(s)14123G(s)=，G(s)=o1o21+G(s)G(s)H(s)1+G(s)G(s)H(s)121121前向通路传递函数为G(s)G(s)+G(s)G(s)G(s)14123G(s)=G(s)+G(s)=oo1o21+G(s)G(s)H(s)121闭环传递函数为G(s)oG(s)=1+G(s)H(s)o2G(s)G(s)+G(s)G(s)G(s)14123=1+G(s)G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)+G(s)G(s)G(s)H(s)1211421232梅逊公式法前向通路2个p=G(s)G(s)，p=G(s)G(s)G(s)1142123独立回路3个L=−G(s)G(s)H(s)，L=−G(s)G(s)G(s)H(s)11212123215 L=−G(s)G(s)H(s)3142特征式Δ=1−(L+L+L)123=1+G(s)G(s)H(s)+G(s)G(s)G(s)H(s)G(s)GH(s)1211232142余子式Δ=,1Δ=112传递函数为pΔ+pΔ1122G(s)=ΔG(s)G(s)+G(s)G(s)G(s)14123=1+G(s)G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)+G(s)G(s)G(s)H(s)1211421232（b）等价变换法分别化简前向通路与反馈通路。前向通路为环节并联G(s)=G(s)+G(s)o12反馈通路也为环节并联H(s)=H(s)−H(s)12闭环传递函数为G(s)G(s)+G(s)o12G(s)==1+G(s)H(s)1+[G(s)+G(s)][H(s)−H(s)]o1212梅逊公式法前向通路2个p=G(s)，p=G(s)1122独立回路4个L=−G(s)H(s)，L=−G(s)H(s)，L=G(s)H(s)111221312L=G(s)H(s)422特征式Δ=1−(L+L+L+L)1234=1+G(s)H(s)+G(s)H(s)−G(s)H(s)−G(s)H(s)11211222余子式Δ=,1Δ=112传递函数为pΔ+pΔ1122G(s)=ΔG(s)+G(s)12=1+G(s)H(s)+G(s)H(s)−G(s)H(s)−G(s)H(s)11211222（c）等价变换法相加点右移如图R(s)C(s)G1(s)++G2(s)+-G2(s)H(s)16 相加点易位如图R(s)C(s)G1(s)+++G2(s)-G2(s)H(s)环节并联化简与回路化简R(s)1C(s)G1(s)+G2(s)1+G(s)H(s)2传递函数为G(s)+G(s)12G(s)=1+G(s)H(s)2梅逊公式法前向通路2个p=G(s)，p=G(s)1122独立回路1个L=−G(s)H(s)2特征式Δ=1−L=1+G(s)H(s)2余子式Δ=,1Δ=112传递函数为pΔ+pΔG(s)+G(s)112212G(s)==Δ1+G(s)H(s)2（d）等效变换法化简反馈通路得到R(s)C(s)G(s)+-H(s)1−H(s)传递函数为G(s)G(s)[1−H(s)]G(s)==cH(s)1+G(s)H(s)−H(s)1+G(s)1−H(s)梅逊公式法前向通路1个p=G(s)独立回路2个L=−G(s)H(s)，L=H(s)12特征式Δ=1−L−L=1+G(s)H(s)−H(s)12余子式Δ=1−H(s)传递函数为pΔG(s)[1−H(s)]G(s)==Δ1+G(s)H(s)−H(s)解毕。17 2－14已知系统结构图如题图所示，试用梅逊公式法求取传递函数。+R(s)10+1C(s)+s+1s+-+Ks(a)+R(s)+C(s)G1(s)G2(s)+++--+(b)习题2－14题解：（a）应用梅逊公式求解4个通路1个回路1101−10ksp=L=−⋅⋅k=1sss+1ss(s+)11011010p=⋅=p=23s+1ss(s+)1s+1110−10ksp=⋅(−k)⋅=4sss+1s(s+)1传递函数为1101010ks++−p1+p2+p3+p4ss(s+)1s+1s(s+)1G(s)==1−L10ks1+s(s+)111s+(11−10k)s=2s+s+10ks（b）应用梅逊公式求解4个通路3个回路p=G(s)L=−G(s)1211p=G(s)G(s)L=−G(s)G(s)212212p=G(s)L=−G(s)3131p=−G(s)4118 传递函数为p+p+p+p1234G(s)=1−L−L−L123G(s)+G(s)G(s)+G(s)−G(s)G(s)+G(s)G(s)21211212==1+G(s)+G(s)G(s)+G(s)1+2G(s)+G(s)G(s)1121112解毕。2－15写出题图所示系统的输出表达式C()s。N1(s)N2(s)++R(s)++C(s)G1(s)G2(s)++--N3(s)H1(s)++H2(s)习题2－15题解：该题为多信号输入系统，可以应用叠加原理得到系统的输出。系统的输出为C(s)=C(s)+C(s)+C(s)+C(s)RN1N2N3G(s)G(s)12CR(s)=GR(s)N(1s)=0⋅R(s)GR(s)=1+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)N(2s)=021122N(3s)=0G(s)2C(s)=G(s)⋅N(s)G(s)=N1N1R(s)=01N11+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)N(2s)=021122N(3s)=0G(s)2C(s)=G(s)⋅N(s)G(s)=N2N2R(s)=02N21+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)N(1s)=021122N(3s)=0−G(s)G(s)H(s)122CN3(s)=GN3(s)R(s)=0⋅N3(s)GN3(s)=1+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)N(1s)=021122N(2s)=0G(s)G(s)G(s)122C(s)=R(s)+N(s)11+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)1+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)2112221122G(s)G(s)G(s)H(s)2122+N(s)−N(s)231+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)1+G(s)H(s)+G(s)G(s)H(s)2112221122解毕。19 2－16已知系统的微分方程组描述如下，试画出结构图，并化简求取传递函数。x−x=x061x−x=x152x−x=x134dx32+=xx32dtdx505.+=xx54dtx+x=x356题解：步骤1：将微分方程组写为算子方程。微分方程为算子方程为x−=xxX(s)−X(s)=X(s)061061X(s)−X(s)=X(s)x15−=xx2152X(s)−X(s)=X(s)x13−=xx4134dx312+=xxX(s)=X(s)3232dt2s+1dx5105.+=xxX(s)=X(s)5454dt5.0s+1x+=xxX(s)+X(s)=X(s)356356步骤2：按照算子方程组的变量约束作出结构图如图所示。步骤3：应用梅逊公式化简前向通路11p=，p=122s+15.0s+111p=−，p=−342(s+1)(5.0s+)12(s+1)(5.0s+)11L=2(s+1)(5.0s+)1前向通路传递函数为p+p+p+p5.21234G(s)==o1−Ls+5.220 步骤4：结构图成为再作一次回路化简得到5.2Go(s)s+5.25.2G(s)===1+G(s)5.2s+5o1+s+5.2解毕。2－17已知系统在算子域的代数方程组描述如下，试画出系统的结构图，并化简求取传递函数。XsGsRsGsGsGsCs()=()()−()[()−()]()11178XsGsXsGsXs()=()[()−()()]22163XsGsXsGsCs()=()[()−()()]3325Cs()=GsXs()()43题解：根据算子方程作结构图如图所示应用梅逊公式计算传递函数p=G(s)G(s)G(s)G(s)1234L=−G(s)G(s)G(s)1236L=−G(s)G(s)G(s)2345L=−G(s)G(s)G(s)G(s)[G(s)−G(s)]3123478pG(s)=1−L−L−L123G(s)G(s)G(s)G(s)1234=1+G(s)G(s)G(s)+G(s)G(s)G(s)+G(s)G(s)G(s)G(s)[G(s)−G(s)]236345123478解毕。21 第3章习题及解答3－1已知某装置的电路如题图所示。输入信号为单位阶跃信号uti()=1()t时，试计算输出响应uo()t，画出uo()t的5K草图，并计算响应时间t。ui(t)5Kuo(t)s1μ题解：计算该电路的传递函数，由复数阻抗法计算得到习题3－1U(s).0005s+11s+200oG(s)===⋅U(s).001s+12s+100i输出响应的拉氏变换为1s+2001111U(s)=G(s)U(s)=⋅⋅=−⋅oi1Ui(s)=2s+100ss2s+100s输出响应为−11111−100tu(t)=L[−⋅]=(1t)−eos2s+1002响应曲线如图所示。计算响应时间：由于系统的初值为0.5，由公式t=3T,±5%s计算响应时间是不对的。由定义有1−100tu(t)=(1t)−e=.098,±2%ost=ts21−100tu(t)=(1t)−e=.095,±5%ost=ts2解出ln25t==.0032,±2%s100ln10t==.0023,±5%s100MATLAB仿真程序num=[0.0051];den=[0.011];step(num,den);[y,x,t]=step(nun,den);ti1=spline(y,t,0.98)ti2=spline(y,t,0.95)ti1=ti2=0.03220.0230解毕。21 3－2已知某检测元件响应特性为10Gs()=02.s+1为了将响应时间减小至原来的0.1倍，并保证原增益不变，采用负反馈方法来实现如题图所示，R(s)C(s)KhG(s)+-Kf习题3－2试计算图中各增益的值K、K。fh题解：结构图传递函数为C(s)KG(s)10K1hh==R(s)1+KG(s)1+10K2.0ffs+11+10Kf令增益不变，响应加快10倍，有10Kh110=1+10K2.0.002s+1fs+11+10Kf得到方程⎧10Kh⎪=10⎪1+10Kf⎨2.0⎪=.002⎪⎩1+10Kf解出K=,9.0K=10fhMATLAB仿真程序t=0:0.001:1;num1=[10];den1=[0.21];num2=[10];den2=[0.021];[y1,x1]=step(num1,den1,t);[y2,x2]=step(num2,den2,t);subplot(2,1,1);plot(t,y1);subplot(2,1,2);plot(t,y2);仿真曲线如图所示，解毕。22 3－3已知速度反馈控制系统如题图所示，为了保证系统阶跃响应的超调量M<20%，过渡时间t≤03.秒，试确定前向增益K的值和速度反馈系数K的值。ps12R(s)11C(s)K1++s+5s--K2习题3－3题解：闭环传递函数为K1G(s)=2s+5(+KK)s+K121由M<20%，t≤03.解出psζ=,5.0ω=20n由于222s+2ζωs+ω=s+20s+400nnζ=5.0ωn=20则有22s+5(+KK)s+K=s+20s+400121比较系数，解出K=400,K=.0037512SIMULINK仿真结构图MATLAB仿真程序1.5num=[400];den=[120400];step(num,den);阶跃响应[y,x,t]=step(num,den);max(y)计算峰值ans=1.1630仿真曲线如图所示。解毕。23 3－4已知系统的闭环特征方程如下，试用代数稳定性判据判别系统的稳定性。32（a）ss+++=209s20002（b）()sss++++2462()(s56).+6625=05432（c）ss++++632sss+1=0432（d）s++++81s81s65s=0题解：32（a）s+++=20s9s2000作劳斯表3s192s202001s-10s200第一列系数不全为正，系统不稳定。变号两次，有两个不稳定根。2（b）()sss++++2462()(s56).+6625=0写出多项式为432s+12s+69s+198s+866.25=0作劳斯表4s169866.253s121982s52.5866.251s00s866.25第一列系数有0出现，系统为临界稳定。5432（c）ss++++632sss+1=0作劳斯表5s1314s6213s2.670.832s0.1311s-19.70s1第一列系数不全为正，系统不稳定。变号两次，有两个不稳定根。432（d）ss++++8181ss65=0作劳斯表4s11853s8162s1651s13.50s5第一列系数全部大于零，系统稳定。24 MATLAB语言求解在MATLAB语言中是直接求根来进行判别的。32（a）s+++=20s9s20004den=[1209200];roots(den)2ans=-20.048700.0243+3.1583i0.0243-3.1583i-2有一对共轭复数根位于s的右半平面，系统不稳定。特征根的位置如图所示。-4-30-20-100102（b）()sss++++2462()(s56).+6625=0d1=[12];d2=[14];d3=[1625];d=conv(d1,conv(d2,d3));5d(5)=d(5)+666.25;roots(d)ans=0-6.0000+4.0620i-6.0000-4.0620i0.0000+4.0620i-50.0000-4.0620i有一对共轭复数根位于s平面的虚轴上，系统临-10-50界稳定。特征根的位置如图所示。5432（c）ss++++632sss+1=0den=[163211];1roots(den)ans=0.5-5.5171-0.5007+0.4636i0-0.5007-0.4636i0.2593+0.5675i-0.50.2593-0.5675I有一对共轭复数根位于s的右半平面，系统不稳-1-10-50定。特征根的位置如图所示。432（d）ss++++8181ss65=0x10den=[1818165];roots(den)ans=-5.0000-1.0000-1.0000+0.0000i(-1.0000+.71920e-5*i)-1.0000-0.0000i(-1.0000-.71920e-5*i)系统的特征根全部位于s平面的左半平面，系统是稳定的。特征根的位置如图所示。解毕。25 3－5实验测得单位反馈控制系统在输入信号为r()t=1()t时，其输出信号ct()的响应曲线如题图所示，试确定系统的开环传递函数。c(t)1.31.0t00.1习题3－5题解：由图所示，超调量Mp=30%，峰值时间t=1.0秒，由性能指标计算公式pζ−π1−ζ2πMp=e×100%，t=p2ω1−ζn解出⎧ζ=.0358⎨ω=33.65⎩n得到系统的开环传递函数为2ω11323.nG(s)==s(s+2ζω)s(s+24)1.n解毕。3－6题图所示机械系统，当受到F=40N力的作用时，位移量x()t的阶跃响应如图所示，试确定机械系统的参数m，，kf的值。Fkix(t)1.254m1.0fxt04习题3－6题解：图示机械系统的传递函数为1G(s)=2ms+fs+k由图所示稳态值c(∞)=1，由终值定理14040c(∞)=limsC(s)=limsG(s)R(s)=lims==12s→0s→0s→0ms+fs+ksk得到k=40N/m26 ζ−π1−ζ2ππ由超调量：M=e=254.%，峰值时间：t===4s，ppωω1−ζ2dn解出⎧ζ=4.0⎨ω=.0857⎩n所以2fk222s+s+=s+2ζωs+ω=s+.0686s+.0734nnmm解出⎧m=545.kg⎪⎨k=40N/m⎪⎩f=37.38N.s/m解毕。3－7试判别题图所示系统的稳定性。R(s)10C(s)R(s)s+110C(s)+s(s+)2+-s+-s(s+)1-2s1+10s（a）（b）习题3－7题解：（a）闭环传递函数为10G(s)=c2s+102s+10闭环特征方程为2s+102s+10=0多项式系数全部大于零（二阶系统），所以系统是稳定的。（b）闭环传递函数为10(s+)1G(s)=c32s+21s+10s+10闭环特征方程为32s+21s+10s+10=0作劳斯表3s1102s21101s9.5240s10第一列系数全部大于零，系统是稳定的。解毕。27 3－8试确定题图所示系统参数K和ζ的稳定域。R(s)KC(s)2+sss(.001++02.ζ1)-习题3－8题解：闭环传递函数为KG(s)=c32.001s+2.0ζs+s+K闭环特征方程为32.001s+2.0ζs+s+K=0由劳斯判据，作劳斯表3s0.0112s0.2ζK1s0.2ζ-0.01K0sK令第一列系数全部大于零，解出⎧ζ>0⎨⎩00，1+K>0以及α(2+K)-(1+K)=0，解出00<α<1K>-100.512α−1K=1−α满足上述条件时系统的时间响应为等幅振荡型。其关系曲线如图所示。代入特征方程解出振荡频率为1ω=1−αMATLAB仿真程序2令α=0.8时，有K=3，ω=2.236num=[33];1den=[10.79954];0impulse(num,den);单位脉冲响应曲线;roots(den)求特征值;ans=0.0000+2.2361i等幅振荡频率ω=2.236;0.0000-2.2361i-0.8000仿真曲线如图所示。系统另外有一个单根分量，在t>5秒之后，该分量衰减至零，系统为等幅振荡运动。解毕。30 3－12题图所示系统，开环传递函数中的因子(s−1)作严格对消与不严格对消时，判别系统的稳定性。R(s)s−1KC(s)+-s+1ss()−1习题3－12题解：严格对消时，闭环传递函数为KG(s)=c2s+s+K闭环特征方程为2s+s+K=0当增益K大于零时，系统总是稳定的。不严格对消时，设抵消后的余因子为ε()s−1，（1）如果余因子在分子上，则开环传递函数为Kε(s−)1G(s)=os(s+)1闭环传递函数为Kε(s−)1G(s)=c2s+1(+Kε)s−Kε闭环特征方程为2s+1(+Kε)s−Kε=0由于二次三项式的系数有负值，系统是不稳定的。（2）如果余因子在分母上，则开环传递函数为KG(s)=os(s+1)[ε(s−1)]闭环传递函数为KG(s)=c3εs−εs+K闭环特征方程为3εs−εs+K=0多项式缺项（2次项系数为零），系统是不稳定的。因此，只要是不完全抵消，系统就是不稳定的。所以，控制对象如果在s的右半平面有极点时，简单采用抵消法是不允许的。解毕。3－13已知某控制系统如题图所示，内环为正反馈，反馈系数为K，K>0，是ss不稳定的，在反馈的基础上增加前向通路比例－微分控制时，系统可以稳定，试确定（1）系统稳定时，P－D控制器参数K,T的取值条件；cc（2）当正反馈系数K=08.时，要求系统阶跃响应的超调量M=163%.和过渡时sp间t=08.秒，试确定P－D控制器参数K,T的取值。scc31 R(s)1C(s)Kc(Tcs+1)2++s-+Ks习题3－13题解：（1）闭环传递函数为K(Ts+)1ccG(s)=c2s+KTs+(K−K)cccs闭环特征方程为2s+KTs+(K−K)=0cccs如果系统稳定，应有⎧KcTc>0⎨K>K⎩cs（2）K=08.时，闭环传递函数为sK(Ts+)1ccG(s)=c2s+KTs+(K−)8.0ccc由M=163%.和t=08.秒，计算出ps⎧ζ=5.0⎨ω=10⎩n由于222s+2ζωs+ω=s+10s+100=0nn比较系数解出⎧KcTc=10⎧Kc=1008.⎨⎨K−8.0=100T=.0099⎩c⎩c系统的闭环传递函数为10s+1008.G(s)=c2s+10s+100MATLAB仿真程序num=[10100.8];den=[110100];step(num,den);仿真结果如图所示。由于闭环零点的影响，实际的阶跃响应的超调量稍大。作为比较，作没有闭环零点的阶跃响应曲线如图。解毕。32 3－14温度计的特性可以用一惯性环节1Ts+1来描述。将某种温度计置于一恒温ο水槽内，约在一分钟时，温度计的指示值达实际值的98%。如果将水槽以10C/min的速度升温，试计算该温度计的稳态指示误差。题解：由于在一分钟时，温度计的指示值达实际值的98%，所以t=4T=60ss则有T=604/=15s温度计特性为11G(s)==T=15Ts+115s+1ο水槽以10C/min的速度升温时，相当于加斜坡信号输入，即ο10οr(t)=10C/min⋅t=(C/s)⋅t60误差为10115sE(s)=R(s)−C(s)=R(s)[1−G(s)]=260s15s+1所以稳态误差为10115sοe=lims⋅E(s)=lims⋅[]=5.2Css2s→0s→060s15s+1解毕。3－15设单位反馈系统的开环传递函数如下，分别计算系统的静态位置误差系数K，静态位置误差系数K，静态位置误差系数K，并分别计算当输入为r()tt=⋅21()、pva2r()tt=2、rt()=2t时的稳态误差。50（a）Gs()=()5161ss++()K（b）Gs()=ss(.05++14)(s1)K（c）Gs()=2ss()+++454s(s0)Ks()2141++()s（d）Gs()=22ss()++21s0题解：50（a）Gs()=()5161ss++()K=limG(s)=50ps−0K=limsG(s)=0vs−02K=limsG(s)=0as−033 12r(t)=2⋅(1t)时，e=⋅2=ss1+K51p1r()t=2t时，e==∞ssKv21rt()=2t时，e==∞ssKaK（b）Gs()=ss(.05++14)(s1)K=limG(s)=∞ps−0K=limsG(s)=Kvs−02K=limsG(s)=0as−01r(t)=2⋅(1t)时，e==0ss1+Kp12r()t=2t时，e=⋅2=ssKKv21rt()=2t时，e==∞ssKaK（c）Gs()=2ss()+++454s(s0)K=limG(s)=∞ps−0KK=limsG(s)=vs−02002K=limsG(s)=0as−01r(t)=2⋅(1t)时，e==0ss1+Kp1400r()t=2t时，e=⋅2=ssKKv21rt()=2t时，e==∞ssKaKs()2141++()s（d）Gs()=22ss()++21s0K=limG(s)=∞ps−0K=limsG(s)=∞vs−02KK=limsG(s)=as−01034 1r(t)=2⋅(1t)时，e==0ss1+Kp1r()t=2t时，e==0ssKv2140rt()=2t时，e=⋅4=ssKKa解毕。3－16带有扰动信号输入的控制系统其结构图如题图所示，输入信号为r()t=Rt，扰动作用为N()t=N⋅1()t，R,N为常数，N(s)R(s)K++KC(s)12+-Ts1+1sTs()2+1习题3－16（1）试计算系统的稳态误差。（2）系统的环节增益K、K均为可调参数，但是其约束为KK≤K，为了减1212M小系统的稳态误差，应如何调整增益K、K的值。12题解：（1）应用叠加原理求解输入信号为r()t=Rt时，令扰动作用为零。系统为I型系统，稳态误差为Re=ssrKK12扰动作用为N()t=N⋅1()t时，令输入信号为零，其误差为Ne=lim(−c)=−ssnnt→∞K1所以稳态误差为RNR−NK2e=e+e=−=ssssrssrKKKKK12112（2）由于约束为KK≤K，令KK最大为KK=K，12M1212M令分子R−NK=02则有R1K=K=K2，1MNK2可使系统的稳态误差最小。解毕。35 3－17已知二阶系统的单位阶跃响应曲线如图所示。1.51.0810.50-0.5-100.93246二阶系统为2bs+bs+b210G(s)=2as+as+a210已知系统参数b=,0a=,2a=1及阻尼参数ζ=.0316，试确定其它未知各参数的112值，并写出确定参数后的传递函数G(s)。解1由于稳态值为0.5，由2bs+bs+b1b2100c(∞)=limc(t)=lims⋅C(s)=lims⋅⋅==5.02t→∞s→0s→0as+as+asa2100所以有b=5.0⋅a002由于初值为-1，由2bs+bs+b1210c)0(=limc(t)=lims⋅C(s)=lims⋅⋅=b=−12a2=12t→0s→∞s→∞as+as+as210a1=2b1=0所以有b=−123由于a=2及阻尼参数ζ=.0316，因此有无阻尼振荡频率1ω=10=.316n2因此有a=ω=100n4得到b=5.0⋅a=5.0×10=500系统为2−s+5G(s)=2s+2s+10解毕。3-18*已知二阶系统的单位阶跃响应曲线如题图所示,试根据响应曲线写出传递函数G(s)。36 c(t)15t03510习题3-1837 第4章习题及解答4－1设系统的开环零、极点分布如下图所示，试绘制相应的根轨迹草图。习题4－1题解：应用MATLAB语言求解该题。22100-1-2-2-202-202（a）（b）42（c）（d）36 442200-2-2-4-4-6-6-505-505（e）（f）54200-2-4-5-6-505-505（g）（h）4－2设系统的开环传递函数为Kg（1）G(s)=1(s+2.0)(s+5.0)(s+)1K(s+)2g（2）G(s)=22s+2s+10Kg（3）G(s)=12(s+1)(s+5)(s+6s+13)试绘制控制系统的根轨迹草图。题解：Kg（1）G(s)=1(s+2.0)(s+5.0)(s+)11、起点：Sstart=-0.2,-0.5,-1，终点：S∞=∞,∞,∞。2、实轴根轨迹：[-0.2-0.5]，[-1∞)。3、分离点：s1=-0.8（舍去），s2=-0.334、渐近线：οο±1802(k+)1±1802(k+)1οο夹角θ===±60,±180n−m3−037 ∑p−∑z2.0+5.0+1交点−σ=−=−=−.057n−m3−05、虚轴交点：将s=jω代入特征方程232s+7.1s+8.0s+1.0(+k)=0g得到1ω=±j.089440K=.126g作根轨迹图如图所示。-1MATLAB作图程序n=[1];d=conv([10.2],conv([10.5],[11]));-2-2-1012rlocus(n,d)K(s+)2g（2）G(s)=22s+2s+101、起点：Sstart=-1-3i,-1+3i，终点：S∞=-2,-∞,42、实轴根轨迹：[-2,-∞)。s2+2s+10d23、分离点：由K=−，[K]=0，ggs+2ds0解出：si1=-5.1623，si2=1.1623（舍去）-24、出射角：由幅角条件-4Kg(s+)2ο-6arg[2]=±1802(k+)1-505s+2s+10ο有arg[s+]2−arg[s+1−3j]−arg[s+1+3j]=±1802(k+)1s=−1+3jοοο即θ=μ1802(k+)1+arg[s+]2−90=1616.s=−1+3j根轨迹为圆轨迹如图所示。MATLAB程序n=[12];d=[1210];rlocus(n,d)Kg（3）G(s)=12(s+1)(s+5)(s+6s+13)1、起点：Sstart=-1,-5,-3+2i,-3-2i终点：S∞=∞,∞,∞,∞。2、实轴根轨迹：[-1,-5]。3、渐近线：ο±1802(k+)1οο1+5+6夹角θ==±45,±135，交点−σ=−=−34−04−038 4、分离点：2由于K=−(s+1)(s+5)(s+6s+13)5gd由[K]=0，解出s=-3（3重根）gds5、虚轴交点：s=±3iο06、出射角：θ=±90MATLAB程序n=[1];d1=[11];d2=[15];d3=[1613];d=conv(d1,conv(d2,d3));-5rlocus(n,d);-6-4-202解毕。4－3设控制系统的结构图如题图（a）、（b）所示。图（a）中Ks为速度反馈系数，试绘制以Ks为参变量的根轨迹图。图（b）中τ为微分时间常数，试绘制以τ为参变量的根轨迹图。R(s)10C(s)+R(s)10C(s)-+-s(s+)21+τs+s(s+)2-Kss（a）（b）习题4－3题解：（a）单位反馈系统的开环传递函数为410G(s)=2o2s+2s+10Kss010由G(s)==−1-2o2s+2s+10Kss-4参量K的等效开环传递函数为s-610Ks-505sG(s)=Do2s+2s+104令K=10K，作根轨迹如图所示。gs2（b）单位反馈系统的开环传递函数为101(+τs)G(s)=os(s+)2101(+τs)由G(s)==−1os(s+)2作参量τ的等效开环传递函数为10τsG(s)=令K=10τ，作根轨迹如图所示。解毕。Do2gs+2s+1039 4－4设系统的开环传递函数为Kg(s+10)G(s)=2(s+1)(s+4s+)8试分别绘制负反馈系统和正反馈系统的根轨迹图。题解：（1）负反馈1、起点：Sstart=-2+2i,-2-2i,-1，终点：S∞=-10,∞,∞。2、实轴根轨迹：[-1-10]。3、分离点：s1=-14.2715，不在根轨迹上，不是分离点（正反馈根轨迹的会合点）s2=-1.6143-1.1481is3=-1.6143+1.1481I均不是重根点所以，负反馈根轨迹无分离点。4、渐近线：ο±180ο夹角θ==±9021[+2(+j)2+2(−j2)]−10交点−σ=−=5.225、虚轴交点：32将s=jω代入特征方程s+5s+(12+K)s+8(+10K)=0，得到ggω=±j.4733K=104.g6、出射角：由幅角条件有ο2arg[s+10]−arg[s+]1−arg[s+4s+]8=±1802(k+)1s=−2+j2οοοϕ=μ1802(k+)1+arg[s+10]−arg[s+]1−90=−12.53sis=−2+j2作根轨迹如图所示。（2）正反馈由于正反馈根轨迹与负反馈根轨迹在s平面上是互补的，许多计算可以由互补特性计算得出。1、起点：与负反馈相同。Sstart=-2+2i,-2-2i,-1，终点：S∞=-10,∞,∞。2、实轴根轨迹：实轴段互补，(-∞-10]，[-1,+∞)。3、分离点：s1=-14.2715，在根轨迹上，是会合点。4、渐近线：不用计算。5、虚轴交点：32将s=jω代入特征方程s+5s+(12+K)s+8(+10K)=0，得到ggω=0K=−8.0gοο6、出射角：由互补特性得到Φ=ϕ+180=167.47sisi40 根据互补特性将正反馈根轨迹作出。由MATLAB作图工具作根轨迹图如图所示2020101000-10-10-20-20-20020-20020（a）负反馈（b）正反馈MATLAB语言程序（a）负反馈（b）正反馈num=[110];num=[-1-10];den=[15128];den=[15128];rlocus(num,den);rlocus(num,den);解毕。4－5设非最小相位系统的开环传递函数为10K1(−0.5s)G(s)=os1(+2.0s)5试绘制该系统的根轨迹。题解：0该系统是非最小相位的，因此需要绘制正反馈的根轨迹。将开环传递函数写为-5−5.0K(s−)2K(s−)2zG(s)==o2.0s(s+)5s(s+)5-10-10010K=−5.2Kz1、起点：[0,-5]，终点：[+2，∞]2、实轴根轨迹：实轴段与负反馈根轨迹互补，[-5,0]，[+2,+∞)。3、分离点：s1=5.74不在根轨迹上舍去，s2=-1.74是分离点。4、渐近线：实轴，不用计算。25、虚轴交点：将s=jω代入特征方程s+5(+K)s−2K=0，解出ggw=k=[-5][10^(1/2)][-5][-10^(1/2)][0][0]根轨迹是个圆，根据上述计算作根轨迹如图所示。MATLAB程序num=[-0.51];den=[0.210];rlocus(num,den);根轨迹图如图所示。41 解毕。4－6延迟系统的开环传递函数为−τs（1）G(s)=Ke(τ=)11−τsKe（2）G(s)=(τ=,5.0p=)22s(s+p)试绘制该系统的根轨迹。题解：−τs（1）G(s)=Ke(τ=)11此题可以直接由闭环特征方程解出。闭环特征方程为−s1+Ke=0由−sKe=−1幅角条件为4ω=±π2(k+)1特征根的虚部为恒值。2k=(0,1]k=[1,+inf)幅值条件为0−sKe=1特征根的实部为K的函数，根轨迹为直线如图所示。-2−τs-4Ke-10010（2）G(s)=(τ=,5.0p=)22s(s+p)将参数代入，开环传递函数为−5.0sKeG(s)=2s(s+)21、起点，终点：有限起点：s=0,-2，无限起点：-∞（无穷多个）有限终点：无，无限终点：+∞（无穷多个）2、实轴根轨迹：[0,-2]3、实轴分离点：由dKd5.0s=[−s(s+)2e]=0dsds解出s1=-0.764s2=-5.2361（舍去）4、渐近线：由于延迟环节的多值性，当ω为定值时−5.0sKeK→0时，有∠=−2π−5.0ω=±π2(k+)1，s=σ+jωs(s+)2σ→−∞所以渐近线为：ω=μ2π2(k+)1−4π，ω=±2π,±4π,...37 −5.0sKeK→∞，有∠=－5.0ω=±π2(k+)1s=σ+jωs(s+)2σ→+∞所以渐近线为：ω=μ2π2(k+1),ω=±2π,±6π,...5、虚轴交点：特征方程为2−5.0ss+2s+Ke=0将s=jω代入方程，求得w=0,k=0,w=±1.72,k=4.54,w=±12.87,k=167.74,...作根轨迹草图如图所示。解毕。jωj6πj4πj2πσ0-2-j2π-j4π-j6πMATLAB作图：MATLAB中延迟环节可以由Pade近似展开为n阶模型，取阶数=2，作图如下：[n1,d1]=pade(0.5,2)n1=0.0202-0.24250.9699d1=0.02020.24250.9699n2=[1];d2=[120];n=conv(n1,n2)n=0.0202-0.24250.9699d=conv(d1,d2)d=0.02020.28291.45491.93990rlocus(n,d)38 1050-5-10-10-50510主周期根轨迹的形状与准确根轨迹基本相似，近似程度较好。解毕。54－7设非最小相位系统的开环传递函数为K(s+)1gG(s)=2s(s−1)(s+4s+16)0试绘制该系统的根轨迹，并确定使闭环系统稳定的Kg范围。题解：-5根据作图步骤，作出根轨迹如图所示。-50539 由劳斯判据计算临界增益，特征方程为432s+3s+12s+(K−16)s+K=0劳斯表4s112k3s3k-162s12-(k-16))/3k1s((12-(k-16))/3)*(k-16)-3k)/(12-(k-16))/3)0sk解出k^2-59k+832=0k1=23.3153k2=35.6847所以系统稳定的增益取值为23.315316/3时，根轨迹无分离点（2）a=163/时，根轨迹有一个3重分离点。（3）4T时，及T>TT123()Ts++11()Ts(Ts+1)123题解：由MATLAB语言工具求解。1（a）Gs()=，T=10及T=01.时；TsMATLAB程序num=[1];num=[1];den=[100];T＝10den=[0.10];T＝0.1bode(num,den);bode(num,den);040-2020-400-101-101101010101010-89-89-90-90-91-91-101-101101010101010Ts+11（b）Gs()=，T>T时，及T>TT123()Ts++11()Ts(Ts+1)123设T1=0.5，T2=5，T3=50，K=10100n=[10];d=conv([0.51],conv([51],[50,1]));bode(num,den);0解毕。-100-3-2-101101010101005－5作出下面传递函数极坐标图的-200草图。K-400（a）Gs()=10-310-210-1100101()Ts++11(Ts)12K（b）Gs()=sTs()+1KTs()+11（c）Gs()=，TT时，及TT时；-40-2001212设K＝10，T1＝0.1，T2＝2及设K＝10，T1＝0.1，T2＝2w=0.1:0.1:10;w=0.1:0.1:10;n=10*[0.11];n=10*[21];d=[2100];d=[0.1100];nyquist(n,d,w);nyquist(n,d,w)200200100100解毕。51 5－6已知最小相位系统的对数幅频特性如题图所示，试写出传递函数。dBL(ω)dBL(ω)0dB/dec0-20dB/decω+20ω00220220(a)(b)dBL(ω)dBL(ω)-20-4031.6ω31.6ω001010-40-20(c)(d)习题5－6题解：（a）传递函数为10G(s)=5.0s+1（b）传递函数为5.0sG(s)=.005s+1（c）设传递函数为KG(s)=s(Ts+)1K316.1由于20log=40log，解出K=100。时间常数为T==1.0，均ω=10ω=10ω10ω代入设定式得到100G(s)=s1.0(s+)1（d）设传递函数为K(Ts+)1G(s)=2sK1由于20log=0dB，解出K=100。时间常数为T==.00316，均代2ω=10ω=316.ωω入设定式得到100.0(0316s+)1G(s)=2s解毕。5－7设开环系统的极坐标图如题图所示，其中，P为s的右半平面上开环根的个52 数，ν为开环积分环节的个数，试用奈氏稳定性判据判别系统的稳定性。ImG(jω)Re-1-1-1P=0P=0P=0P=0-1ν=0ν=2ν=2ν=3（a）（b）（c）（d）-1-1-1-1P=1P=0P=1P=1ν=1ν=1ν=0ν=0（e）（f）（g）（h）习题5－7题解：（a）p=0,ν=0，稳定条件：角度增量为0。图中曲线角度增量为3π/2，所以系统是不稳定的。（b）p=0,ν=2，稳定条件：角度增量为0。由于ν=2，在无穷大半圆处作角度为ϕ=2×(π)2/的增补线后，曲线的角度增量为0，所以系统是稳定的。（c）p=0,ν=2，稳定条件：角度增量为0。由于ν=2，在无穷大半圆处作角度为ϕ=2×(π)2/=π的增补线后，曲线的角度增量为-3π/2，所以系统是不稳定的。（d）p=0,ν=3，稳定条件：角度增量为0。由于ν=3，曲线起于第二象限。在无穷大半圆处作角度为ϕ=3×(π)2/=3π2/的增补线后，曲线的角度增量为0，所以系统是稳定的。（e）p=1,ν=1，稳定条件：角度增量为pπ。由于ν=1，在无穷大半圆处作角度为ϕ=π2/的增补线后，图中曲线的角度增量为-π，所以系统是不稳定的。（f）p=0,ν=1，稳定条件：角度增量为0。由于ν=1，在无穷大半圆处作角度为ϕ=π2/的增补线后，图中曲线的角度增量为0，所以系统是稳定的。（g）p=1,ν=0，稳定条件：角度增量为pπ。图中曲线的角度增量为π，所以系统是稳定的。（h）p=1,ν=0，稳定条件：角度增量为pπ。图中曲线的角度增量为0，所以系统是不稳定的。解毕。5－8已知最小相位系统的开环对数幅频特性如题图所示，试计算开环增益K与开53 环截止频率ω的值，并写出开环传递函数。c-138dB-2-2-1ωc100ω0dB4dB-1210-2ωcω0dB2（a）（b）习题5－8题解：（a）初始斜率为-1，有一个积分环节。按照各转折频率从小到大的顺序与转折的方向，设定系统的传递函数为K0(.1s+1)G(s)=s5.0(s+1)(.001s+)1K由于20log=38dB，解出系统的开环增益为ω=2ωK=160ω10c由于20log+40log=38dB，解出系统的开环截止频率为102ω=317.1/sc系统的开环传递函数为1601.0(s+)1G(s)=s5.0(s+1)(.001s+)1（b）初始斜率为-2，有两个积分环节，一个转折频率。设定系统的传递函数为K5.0(s+)1G(s)=2sK由于20log=4dB，解出系统的开环增益为2ω=2ωK=.634ωc由于20log=4dB，解出系统的开环截止频率为2ω=.3171/sc系统的开环传递函数为.6345.0(s+)1G(s)=2s解毕。54 5－9最小相位系统的开环频率特性如题图所示，（a）试写出开环传递函数；-2（b）用奈氏判据判别闭环系统的稳定性。-130ω题解：0dB（a）设两个积分环节，一个一阶微分环节，三个310-4一阶惯性环节重叠，传递函数为1K(s+)1习题5－93G(s)=213s(s+)130K10由于20log=20log，解出开环增益为2ω=3ω3K=30则传递函数为130(s+)13G(s)=213s(s+)130（b）用奈氏判据判别闭环系统的稳定性计算系统的相位裕度，由于开环截止频率为ωc＝10，所以有ο11οϕ(ω)=−180+arctanω−3arctanω=−162cωc=10ccωc=10330则系统的相位裕度为οογ=180+ϕ(ω)=18ccο相位裕度大于零。另外，ϕ(ω)ω→∞→180，则系统的幅值裕度为Lg=+∞，所以系统是稳定的。解毕。5－10已知单位反馈系统的开环传递函数为KGs()=ss()++1011(.s)试计算：（a）使得开环系统的幅值裕度L为20dB的增益K值，gο（b）使得开环系统的相位裕度γ为60的增益K值。c题解：（a）计算相位角为-180时对应的频率，由幅角式οο−90−arctanω−arctan1.0ω=−180对应频率为ωο=2.3−180令增益K＝1，计算ωc=3.2时的增益为L=20logA)2.3(=−20dBω=2.355 则幅值裕度为Gm=20.83dB,(w=3.162)Pm=47.4deg.(w=0.7844)200L=−L=20dBgω=2.3即增益K＝1时，幅值裕度0就满足要求。MATLAB仿真程序n=[1];-200d=[conv([11],[0.11])0];-101210101010margin(n,d);0[gm,pm]=margin(n,d);lg=20*log10(gm)-90lg=-18020.8279dB-270-360-1012（b）计算相位角为-120时10101010的频率，由幅角式οο−90−arctanω−arctan1.0ω=−120对应频率为Gm=-0.1843dB,(w=2.983)Pm=-0.3322deg.(w=3.015)100ωο=5.0−120当K=1，ω=0.5时的增益为0L(ω)=6dBK=1ω=5.0-100-2-1012所以使得开环系统的相位裕度1010101010ογc为60的增益K值为0K=−1−6dB)=5.0-90log(20dB-180解毕。-2705－11已知单位反馈系统-360-2-1012的开环传递函数为1010101010Ks()10+1Gs()=2ss()++1011(.s)作该系统的波德图草图，并由奈氏判据确定使系统临界稳定的增益K值。题解：使用MATLAB语言求解。令增益K=1。MATLAB程序num=[101];den=[0.11.1100];margin(num,den);从图上读到幅值裕度为：Lg=-0.1843dB，系统不稳定，所以临界稳定的增益为−1−.01843dBK=log[]=.0979L20dB解毕。56 5－12已知某控制系统如题图所示，试计算系统的开环截止频率ω和相位裕度cγ。c-2R(s)11C(s)50(s+)1+7s20dBωcω-7-1习题5－12题解：方法1：在折线波得图上计算。作折线波得图如图所示。由50ωc20log()=20log()2ω=7ω7得到οοω=.714γ=180+ϕ(ω)=45.57ccc由计算结果可知，有折线误差。方法2：直接由公式作解析计算。频率特性50G(jω)=o21(jω)1(+jω)7由定义50G(jω)==1o2+1ω=ωc(jω)1(jω)7得到Gm=InfdB,(w=NaN)Pm=52.23deg.(w=9.036)100ω=.903cοϕ(ω)=−127.76cγ=52.23ο0c方法3：使用MATLAB语言求解。令增益K=1。-100MATLAB程序10-1100101102num=[50/750];den=[100];margin(num,den);0从图上读到截止频率为ωc=9.063相位裕度为γc=52.23°解毕。57 Ks()−15－13已知非最小相位系统的开环传递函数为GsHs()()=，试由频域稳ss()+1定性判据判别闭环系统的稳定性。题解：5令K=1作奈氏图。num=[1-1];den=[110];nyquist(num,den);0由奈氏图可知，曲线的幅角从-270°单调减至-450°。系统为I型系统ν=1，在无穷大半圆处作角度为ϕ=π2/的增补线后，曲线的角度增量为-π，不为零，所以系统是不稳定的。-5解毕。0121+Ts5-14已知最小相位系统的开环传递函数为G(s)=，分别由折线波德图和准确波2s德图,确定相位裕度γ为45°时参数T的值。c解：令T=1做折线波德图。-2-2ωc>1ωω1-11-1(a)(b)οο由于：ϕ)1(=−180+arctan1=−135οο所以：ω=,1γ=180+ϕ(ω)=45。因此折线波德图时，T=1如图(a)所示。cccο当T=1时，准确波德图如图(b)所示ω>,1γ<45，所以有cc1120log=−3dB=20log2ω211解出：ω=24=.1189，因此T==.084如图(b)所示。cωc58 5-15最小相位系统的开环对数幅频特性如下各题图所示，(1)试分别写出题中系统I与系统II的稳态性能，并确定两系统稳态性能的优劣；(2)试分别写出题中系统I与系统II的动态性能，并确定两系统动态性能的优劣。系统I-1系统I系统II系统II-16dBω-1612ω0dB0dB36-23-1-2-2-2(a)(b)-2系统II-1-10dB68ω系统I1020ω0dB145系统II系统II系统I系统I-2-2-2-2(c)(d)解：（1）稳态性能(a)系统I：K=12，系统II：K=3，跟踪速度信号时，系统I的稳态误差小于系vv统II。(b)系统I：K=3，系统II：K=6，跟踪速度信号时，系统I的稳态误差大于系vv统II(c)系统I：K=4，系统II：K=4，跟踪加速度信号时，两系统稳态误差相等。aa(d)系统I：K=2，系统II：K=10，系统I有差跟踪位置信号，不能跟踪速度信pv号；系统II有差跟踪速度信号，无差跟踪位置信号。（2）动态性能οο(a)系统I：ω=,3γ=63，系统II：ω=,5.8γ=352.，系统I的快速性优于系cccc统II；系统II的平稳性优于系统I。οο(b)系统I：ω=,3γ=63，系统II：ω=,6γ=63，系统II的快速性优于系统ccccI；两系统平稳性相同。οο(c)系统I：ω=,4γ=196.，系统II：ω=,4γ=125.，两系统快速性相同。cccc系统II的平稳性稍优于系统I。οο(d)系统I：ω=10,γ=716.，系统II：ω=10,γ=63，两系统快速性几乎相cccc同；两系统平稳性相差不大。s+25－16已知系统的开环传递函数为GsHs()()=，试由奈氏判据证明该系2s+1统是闭环稳定的。（提示：当频率ω0:→∞时，在ω=1和ω=1处有间断点。在间−+断点处，其幅值A1()=A1()=∞）+−59 题解：50（1）由MATLAB工具作波得图。MATLAB程序0bode(num,den);num=[12];-50den=[101];-101101010波得图分析：由于二阶分母多项式的阻尼参数为零，在ω＝1处，幅频特性趋于无穷大，相频特性有相-360角为-π的跳变。因为稳定裕度是对最小相位系-540统定义的，因此从特殊系统的波得图上来判别-101稳定性不太容易。101010（2）由MATLAB工具作奈氏图。MATLAB程序w=0:.1:10;4n=[12];d=[101];nyquist(n,d,w);2奈氏图分析：0从图上可以得到⎧A)0(=2⎧A(∞)=0-2⎨⎨⎩ϕ)0(=0⎩ϕ(∞)=−π2/-4且当ω增加，在ω=1时有幅值A)1(=∞，但是相位-6-10010角有跳变。即⎧⎪ϕ(ω)ω=1−=Φ⎨⎪⎩ϕ(ω)ω=1+=Φ−π稳定性判别由于p=0,ν=0，稳定条件为：角度增量为0。在图中无穷大间断点处作增补线，增补角度为-π，使得跳变点连续，则有角度增量为0，满足稳定条件，所以系统是稳定的。解毕。5－17已知带有比例－积分调节器的控制系统其结构图如题图所示，图中，参数τ,T,K,T为定值，且τ>T。试证明该系统的相位裕度γ有极大值γ，并计算当asiaccmax相位裕度γ为最大值γ时，系统的开环截止频率ω和增益K的值。ccmaxccR(s)1K1C(s)sK1(+)c+-τs1+TasTsi习题5－15题解：（1）证明该系统的相位裕度γc有极大值γcmax按照题目给定条件，系统开环传递函数写为60 KK(τs+)1csG(s)=o2τTs(Ts+)1iaKcKsο1τs+1因此∠=0，∠=−π，均为常数。在∠中，转折频率分别为2τTsTs+1ia11ω=和ω=。τTaτTa由于τ>Ta，所以有ωτ<ωT。当频率ω从0开始增加时，相位角从-180°先增后减，a11在两个转折频率ω=和ω=之间的几何中点处，ϕ(ω)有极大值ϕ(ω)，所τTamaxτTa以该系统可以有最大相位裕度γcmax波得图如图所示。1000-100-202101010-100-150-200-202101010（2）计算系统为最大相位裕度γ时，系统的开环截止频率ω和增益K的值。cmaxcc11最大相位裕度γ时，开环截止频率必定位于两个转折频率ω=和ω=cmaxτTaτTa的几何中点处，则开环截止频率为ωT1ω=ωa=cτωττTa相应地，系统的增益K应满足cKK1ωτcsc20log⋅=20log=20log21τT(jω)ω=/1τTiτa解出TiK=cKτTsa解毕。61 5－18某系统的开环传递函数为Ks()+ω2Gs()=ss()+++ωωω()s(s)1342其中ω<<<ωωω，K=ωω，ω为开环截止频率。试绘制开环对数幅频特性12344ccL()ω，并确定ω的正确位置。c题解：-1根据条件ω<ω<<ωω，作出开环对数幅频-21234特性L()ω如图所示。-1ωcω3ω4ω确定ω的正确位置。0dBcω1ω2由开环传递函数有-2-32Kωωω22cK开=K=ω4ωc2=（1）ωωωωω13413由波得图，如果ω<ω<ω，解出：ω=ω，与给定条件不符合。1c223如果ω<ω<ω，ω无解。3c4c如果ω<ω<ω，有2c3K开ωcω220log=20log+40logω=ω1ωωω21解出ωω2cK=开ω1令其与式（1）相等得到ω=ωc3解毕。62 第6章习题及解答6－1有源校正网络如题图所示，试写出传递函数，并说明可以起到何种校正作用。R2R3R4R2Cui1CuuiR1Rou--R3o++（a）（b）习题6－1题解：由复数阻抗法求解（a）传递函数为KT()1+s1Gs()=−()1+Ts2R+RRR2323其中：K=，T=RCT=()+RC24，14RRR+123频率特性如图所示。由于TT，网络可以起到相位滞后与高频衰减作用。21解毕。6－2已知系统的开环传递函数为4GsHs()()=ss()+1试采用根轨迹法设计微分校正装置G()s，使得系统的超调量M<20%，过渡时间cpt<4秒，并比较校正前后系统的稳态性能。s61 题解：（1）用MATLAB语言作原系统根轨迹图。MATLAB程序2num=[4];den=[110];rlocus(num,den);根轨迹作图0a=[114];roots(a);计算闭环极点ans=-2-0.5000+1.9365i-0.5000-1.9365I-202原系统根轨迹及闭环极点的位置如图所示。（2）系统性能分析从原系统根轨迹可以得到，调整增益的大小可以调整系统的超调量Mp，由于闭环特征根的实部为常数-0.5，因此过渡时间也为常数333t====6秒>4秒sζωRe[s]5.0ni如欲减小过渡时间，闭环极点的位置需要在s平面上左移，也就是根轨迹需要左移。根轨迹的左移可以通过根轨迹的微分校正实现。（3）根轨迹微分校正计算满足给定性能的闭环极点为2s=−ζω+jω1−ζ=−1+j.1732inn⎧ζ=5.0此时⎨ω=2⎩n计算补偿角ϕ。在新的闭环极点上，幅角为4οarg[G(s)]=arg[]=−210<-180°os=−1+j.1732s(s+)1ο不满足幅角条件，需要增加校正装置G(s)，使得arg[G(s)G(s)]=±180。则校ccos=si正装置应提供的补偿角为οοarg[G(s)]=±180−arg[G(s)]=30cos=si由分角法得到校正装置的零点极点如图所示。Si则校正装置的传递函数为60s+.1464G(s)=Kcc30s+.2732满足1515s+.1464οarg[G(s)]=arg[K]=30ccs=−1+j.1732s+.2732-PD-ZD-10由幅值条件确定增益补偿K(s+.1464)4cG(s)G(s)==1cos+.2732s(s+)1s=−1+j.1732解出增益补偿为K=.1183c62 校正系统的结构图为校正系统的根轨迹如图所示，校正装置使得原系统的根轨迹向左移动。51.5100.5-50-5050246作校正系统的时间仿真曲线，基本满足给定的校正设计要求。由于系统闭环零点的影响，超调量约为Mp=21%，比原设计值略大。校正前后稳态性能比较校正前：校正后：4×.1183×.1464K=4K==.254vv.2732校正后，稳态性能稍有降低。解毕。6－3系统结构图如题图所示，试用根轨迹法设计积分校正装置G()s，使得系统c的超调量Mp<5%，过渡时间ts<4秒，单位斜坡输入时的稳态误差ess<.002。R(s)KC(s)Gc(s)+-ss()++36()s习题6－3题解：（1）检验系统的动态性能。10由给定的性能要求得到⎧ζ=.0707⎨ω=.106⎩n闭环主导极点为2s=−ζω±jω1−ζ=−.075±j.075inn作原系统根轨迹图如图所示。可以确定，主导极点位于根轨迹的右边，不需要移动根轨迹，原系统的根轨迹可以满足动态性能要求。63 在原系统根轨迹上确定主导极点MATLAB程序n=[1];d=[19180];rlocus(n,d)[r,k]=rlocus(n,d);[k,r]ans=1.0e+003*......0.0123-0.0012+0.0006i-0.0012-0.0006i-0.00650.0128-0.0012+0.0007i-0.0012-0.0007i-0.0066......得到主导极点如上所示，相应地根轨迹增益为Kg=12.3den=[191812.3];roots(den)ans=-6.5329-1.2335+0.6010i-1.2335-0.6010i为主导极点。（2）检验稳态性能根轨迹增益为Kg=12.3，时系统的静态速度误差系数为Kgz123.K===.0683v3×63×6给定要求为：单位斜坡输入时的稳态误差e<.002，即Kv>50，远远不能满足要求，ss需要作积分校正来改善稳态性能。（3）设计积分校正装置积分校正装置为s+ZIG(s)=cs+PIZI令K==80，取Z=,2.0P=.00025，校正装置的传递函数为vIIIPIs+2.0G(s)=cs+.00025校正系统的开环传递函数为s+2.0123.G(s)G(s)=cos+.00025s(s+3)(s+)6静态速度误差系数为2.0×123.K==54.67>50v.00025×3×6满足给定的稳态性能要求。作校正系统的根轨迹图k=1;z=[-0.2];p=[0-3-6-0.0025];[num,den]=zp2tf(z,p,k);rlocus(num,den);与原系统根轨迹比较，积分校正基本不改变原根轨迹总体走向，只是原点附近的根64 轨迹作了改变，以补偿开环增益的不足。原点邻域的局部根轨迹如图所示。解毕。0.4100.2500-5-0.2-10-0.4-10010-0.4-0.200.2校正系统的根轨迹原点邻域的局部根轨迹6-4已知系统的开环传递函数分别为10（1）G(s)=o2s10（2）G(s)=os分别采用根轨迹同伦法设计串联校正装置G()s，使得系统的闭环极点为s=−2±j。c2,1题解：题（1）1作原系统根轨迹如图所示。开环极点为s=0，则2,122D(s)=∏(s−si)=s1i=12给定闭环主导极点为0.5s=−2±j2,10因此有2-0.52N(s)=∏(s−sj)=s+4s+5j=1-1KN(s)-0.100.1g3以G(s)=作负反馈根轨迹如图6-ojD(s)图6-23原系统根轨迹图所示。，则根轨迹的终点为希望极点的位置。65 221100-1-1-2-2-4-20-4-20(a)(b)图6-24负反馈与正反馈根轨迹图（4）再作正反馈根轨迹图如图6-24(b)，令K=−1计算或作图得到不动点。由g于2D(s)=s2N(s)=s+4s+5所以由N′(s)=D(s)−N(s)=0，得到Nf(s)=s+.125，sk=−.125为一个有限不动1点。KN(s)gf（5）再以不动点为根轨迹的零点，由G(s)=作负反馈根轨迹图如图所okD(s)示，则希望极点位于根轨迹上。由图上可以看出另一个不动点位于无穷远处。21R(s)10C(s)0(4.0s+.125)2+-s-1-2-4-20(a)(b)（6）计算根轨迹过希望极点的根轨迹增益。由于K(s+.125)g=12ss=−2+j求得K=4gs=−2+j由于原系统开环增益为10，所以串联校正装置为66 G(s)=(4.0s+.125)c该校正装置为PD校正装置。加有校正装置的系统结构图如图所示。校正后系统阶跃响应的仿真曲线如图6所示。1.210.80.60.40.200123题（2）系统开环传递函数为10G(s)=os要求闭环极点两个为s=−2±j而原系统为1阶系统，故可以任意设定一个s左半2,1，平面的开环极点为s=−1（该增加的开环极点在校正后由校正装置提供），则等效开2,1环传递函数成为10G(s)=os(s+)11作等效开环系统根轨迹如图所示。221100-1-1-2-2-4-20-4-20(a)(b)开环极点为s=,0s=−1，则1232D(s)=∏(s−si)=s(s+)1=s+si=12给定希望极点为[−2+,j−2−]j，因此67 32N(s)=∏(s−sj)=(s+2+)(js+2−)j=s+4s+5j=1KN(s)g3以G(s)=，作负反馈根轨迹如图所示，则根轨迹的终点为希望极点。ojD(s)221100-1-1-2-2-4-20-4-20(a)负反馈根轨迹图(b)正反馈根轨迹图图6-28根轨迹图KN(s)g4作G(s)=的正反馈根轨迹图如图(b)，则不动点在根轨迹上。ojD(s)5计算不动点，令K=−1计算或作图得到不动点。由于g2D(s)=s+s2N(s)=s+4s+5所以由N′(s)=D(s)−N(s)=0，得到N(s)=s+.1667fs=−.1667为有限不动点，另一个不动点在无穷远处。KN(s)gf6以不动点为系统零点，构造开环系统G(s)=，作负反馈根轨迹图如okA(s)图所示，则希望极点位于根轨迹上。（7）计算根轨迹过希望极点的根轨迹增益。由于K(s+.1667)g=1s(s+)1s=−2+j求得K=3gs=−2+j考虑到原系统开环增益为K=10，以及提供系统s=−1的开环极点，得到串联校正go装置为68 (3.0s+.1667)G(s)=cs+1该装置为一滞后校正装置。校正后系统的结构图与时间响应如图所示。R(s)(3.0s+.1667)10C(s)+-s+1s图6-29校正系统的结构图21.51100.5-1-20-4-200123(a)校正系统的根轨迹图(b)校正后的时间响应69 6－5已知系统的开环传递函数为K()s+2GsHs()()=ss()+1当调整根轨迹增益K时，可以获得其阶跃响应在欠阻尼条件下各种满意的动态性能。试确定满足下述要求的增益K值（a）系统具有最大的超调量M时；pmax（b）系统具有最大的阻尼振荡频率ω时；dmax（c）系统响应时间最快的t时；smin（d）系统的斜坡响应具有最小的稳态误差e时；ssmin题解：4应用MATLAB工具作系统的根轨迹图。MATLAB程序Mp,maxp=[0-1];z=[-2];k=1;2[num,den]=zp2tf(z,p,k);wd,maxrlocus(num,den);BA根轨迹如图所示。C0（a）系统具有最大的超调量Mpmax系统的闭环极点在阻尼角β为βmax时具有最ts,min大的超调量Mp，即图中原点的射线与根轨迹相-2max-4-202切的切点A处，计算此时的增益[r,kg]=rlocus(num,den);b=-atan(imag(r(:,2)).*real(r(:,2)).^(-1))*180/pi;[kg,b]ans=kgb............0.661243.75630.888744.90021.175244.8129............得到1.5K=.08887k=2.0Mp比较gMpmaxk=0.88K取不同值时，超调量变化的时间仿真曲线如1图所示。k=0.5k=02（b）系统具有最大的阻尼振荡频率ωdmax系统的闭环极点在其虚部Im[Si]为Im[Si]max时具有最大的阻尼振荡频率ω，即图中的水平线dmax与根轨迹相切的切点B处。计算此处的增益[kg,imag(r(:,2))]ans=kgimag(r(:,2))............2.43551.38582.81551.411270 3.19841.4107............得到K=.28155gωdmax（c）系统响应时间最快的t时；smin系统的闭环极点具有最大负实部时的共轭复数极点其响应最快，即图中的C点。计算此处的增益1.5[kg,(r(:,2))]k=2.0ts比较ans=k=5.83...........15.8213-3.4106+0.1004i5.8269-3.4135+0.0464ik=1.05.8325-3.49240.5............得到0Kgt=.582690246sminTi()（d）系统的斜坡响应具有最小的稳态误差essmin系统的欠阻尼响应中其最大的根轨迹增益值满足上述要求，即图中的C点处的根轨迹增益值K=.58269gtsmin&Kvmax此处的静态速度误差系数最大，为K=.58269×2=11.6538vmax不同增益时，超调量大小和过渡时间快慢的时域仿真曲线如图所示。（注意：由于系统具有闭环零点，因此当K增大时，闭环零点的影响逐渐增大，或者说，时间响应中，微分附加分量逐渐增大。因此仿真曲线中的实际超调量是包含零点影响在内的。读者可进行微分附加分量分离后的系统分析。）解毕。71 6－6已知双T网络如题图所示，试求它们的频率特性，作出波得图，并说明作为校正装置使用有什么特点。CRRRCCuiuouiuoCR(a)(b)习题6－5题解：（a）图与（b）图的传递函数均为.03821.2618222RCs+2RCs+1RCRCRCG(s)=2220dBωRCs+3RCs+1-1+1作因式分解，频率特性为(jRCω+1)(jRCω+)1G(jω)=(j.2618RCω+1)(j.0382RCω+)1波得图如图所示。由波得图可以看出，该双T网络具有带阻作用，作为校正装置可以起到P－I－D调节器的作用。令RC=1，由MATLAB作出波得图和零点极点图如图所示。解毕。10-20.5-4-101101010020-0.50-20-1-101101010-3-2-10222RCs+2RCs+1（b）G(s)=222RCs+3RCs+16－7已知系统的开环传递函数为KGsHs()()=ss(.02+1)试采用频率法设计超前校正装置G()s，使得系统实现如下的性能指标c（a）静态速度误差系数K≥100；v（b）开环截止频率ω>30；cο（c）相位裕度γ>20。c题解：（1）检验原系统的性能，由MATLAB语言作原系统波得图。MATLAB程序令K=100num=[100];den=[0.210];72 bode(num,den)[gm,pm,wg,wp]=margin(num,den);[gm,pm,wg,wp]100ans=Inf12.7578NaN22.0829从图上可以读到，开环截止频率为0ω=22<30c0-100相位裕度为-101210101010οογ=12.76<200c0由于ω>ω，可以采用超前校正实现。cc0-100（2）计算超前校正装置计算超前装置的超前角ϕm-200οοο-1012ϕ=γ−γ+20=27.33≈3010101010mcc0计算低频衰减率α1−sinϕmα==.0331+sinϕm计算校正装置中点增益10011L=20log=.477dBz2α0确定新的开环截止频率ωcL=20logG(s)=−.477dB-1000ωc0ω=ωc-202410101010ω=290c确定校正装置的转折频率ω,ω12-100⎧ω=αω=167.⎪1c-180⎨1ω=ω=50.23-200⎪2c10-2100102104⎩α校正装置为11+jωω111+j.006ωG(jω)=K=cc121+j.002ω1+jωω2（3）检验计算结果校正系统的开环传递函数为1+.006s100G(s)=G(s)G(s)=co1+.002ss2.0(s+)173 MATLAB程序校正结果num=[6100];den=[0.004.2210];ω=293.≈30cbode(num,den);οογ=396.>20[gm,pm,wg,wp]cans=K=K=100voInf39.6692NaN29.3363满足设计要求。解毕。6－8已知系统的开环传递函数为KGsHs()()=ss(.002+1)试采用频率法设计滞后校正装置G()s，使得系统实现如下的性能指标c（a）静态速度误差系数K≥50；v（b）开环截止频率ω>10；cο（c）相位裕度γ>60。c题解：（1）检验原系统的性能令K＝50，满足稳态要求。作原系统的波得图。MATLAB程序100num=[50];den=[0.0210];bode(num,den);0[gm,pm,wg,wp]=margin(num,den);[gm,pm,wg,wp]-100-2024ans=10101010Inf51.8273NaN39.30760开环截止频率为ω=393.>10-100c0相位裕度为οο-200γc0=51.83<60-202410101010由于ω<ω，可以采用滞后校正。cc0（2）计算滞后校正装置确定开环截止频率ωc在原波得图上选取满足相位裕度的频率作为ω，初选ω=20，则ccοοογ=180+ϕ(ω)=682.>60cω=20确定新的开环截止频率为ω=20c计算高频衰减率β由于L(ω)=8dB，在ω=20处校正装置要将原幅频特性衰减为0dBω=20cL(ω)=20logβ=8dBω=20所以有β=5.274 确定校正装置的转折频率ω,ω12⎧1ω=ω=22c⎪⎪10⎨1⎪ω=ω=8.012⎪⎩β校正装置为11+jωω1+j5.0ω2G(jω)==c11+j.125ω1+jωω1（3）检验计算结果校正系统的开环传递函数为1+2.0s50G(s)=G(s)G(s)=co1+5.0ss.0(02s+)1num=[1050];Gm=InfdB,(w=NaN)Pm=60.35deg.(w=19.19)den=[0.010.5210];100margin(num,den);作图结果开环截止频率为0ω=19.15>10c相位裕度为οο-100γ=60.35>60-2024c10101010速度误差系数为0K=K=50vo满足设计要求。-90解毕。-180-270-360-2024101010101+Ts16－9已知单位反馈系统的结构图如题图所示，其中K为前向增益，为超前1+Ts2校正装置，T>T，试用频率法确定使得系统具有最大相位裕度的增益K值。12R(s)1+Ts1C(s)1K2+1+Tss-2习题6－8题解：75 由于T>T，其波得图如图所示。-2121当开环截止频率为两转折频率的几何中点时，系统有-1T0dBωc2ω最大的相位裕度γ。cmax1K所以开环截止频率为T1-21111ω==cT1T2T1T1T2又，斜率为-40dB/dec的特性其延长线与0dB线的交点其值为K，所以有ωKc20log=40log1T1T11解出1K=TTT112解毕。6－10设单位反馈控制系统的开环传递函数为KGs()=s+1试采用二阶参考模型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）静态速度误差系数K≥10；v（b）阶跃响应的过渡时间t<04.秒；s题解：满足稳态性能，取K=10作原系统特性Lo如图所示。取ωc＝10作二阶参考特性L参如图所示。校正装置特性为：L校=L参-Lo，如图所示，则L参校正装置的传递函数为Lo-1ω20s+1G(s)=0dBcs.0(05s+)1110L校解毕。-26－11已知单位反馈系统的开环传递函数如下所示，试依照二阶参考模型作系统校正，使得系统的调节时间t<5.0秒。s12（1）G(s)=os(s+5.0)(s+)4(5s+)1（2）G(s)=o2s题解：76 12（1）G(s)=+2L校os(s+5.0)(s+)4-1+1将开环传递函数写为0dB612ω60.54G(s)=L参os2(s+1)(.025s+)1Lo-3-2作原系统波得图Lo如图所示。3给定t=<5.0秒，依照ω=6作二阶参考模型L参，则校正装置为L校=L参-Lo，scωc如图所示。校正装置的传递函数为2(s+1)(.025s+)1G(s)=c.0083s+1解毕。(5s+)1（2）G(s)=o2s作原系统波得图Lo如图所示。-23给定ts=<5.0秒，依照ωc=6作二阶参考L参-1ωc6120dBω模型L参，则校正装置为L校=L参-Lo，如图所示。1-1校正装置的传递函数为+1L校Lo1.2s-2G(s)=c(s+1)(0.083s+)1解毕。K6－12设角位移伺服系统的开环模型为Gs()=，试采用四阶参考模ss(.02+1)型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）静态速度误差系数K≥200；v（b）阶跃响应的过渡时间t<04.秒；s（c）阶跃响应的超调量M<30%；p并计算相位裕度γ的大小。c题解：（1）满足稳态精度，令K=200，作原系统的波得图Lo如图所示。ο原系统开环截止频率为ω=316.，相位裕度为γ=9。系统虽然是稳定的，但c0c0是存在严重的振荡。（2）估算四阶参考模型参数计算开环截止频率ωc，给定t<04.s1ω≥6(~)8取ω=20，作斜率为-20dB的斜线。ccts，计算中频段宽度h，给定M<30%p77 Mp%+6430+64h===7.6取h=8。Mp%−1630−16，确定各转折频率1ω=ω=.707≈72chω=hω=566.≈603c过ω=7作斜率-40dB的斜线与原系统波得图低频段相交，求得第一衔接点为21ω=ω=7.01210取ω的2倍频作为ω34ω=2ω=12043作参考特性L参如图所示，校正装置的特性为L校，L校=L参-Lo如图所示。-1Lo(ω)-2-2L参(ω)31.60dB-160120ω0.75720-1+1-2L校(ω)-3校正装置的传递函数为2.0(s+1)(.0143s+)1G(s)=c.1(43s+1)(.0017s+1)(.00084s+)1（3）校验校正设计结果MATLAB仿真程序100num=[200];den=[0.210];n=num*conv([0.21],[0.1431]);dc=conv([1.431],conv([0.0171],...0[0.00841]));d=conv(den,dc);bode(n,d);-100[n1,d1]=cloop(n,d,-1);-202410101010step(n1,d1);[gm,pm,wg,wp]=margin(num,den);[gm,pm,wg,wp]ans=7.467444.516576.708919.4143校正后，开环截止频率为ω=194.cοο相位裕度为γ=45>>γ=9cc0时域仿真结果如图所示。超调量Mp约为30%，过渡时间约为0.4秒，且大大减小了振荡。78 21.51.5110.50.50001200.5（a）校正前阶跃响应仿真（b）校正后阶跃响应仿真解毕。6－13设受控对象的开环模型为KGs()=ss()++1011(.s)试采用四阶参考模型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）静态速度误差系数K≥80；v（b）开环截止频率ω>2；c题解：（1）满足稳态精度，令K=80，作原系统的波得图Lo如图所示。ο原系统开环截止频率为ω=9.8，相位裕度为γ=−35。系统不稳定。c0c0（2）计算四阶参考模型参数由于仅给定了开环截止频率ω>2的性能指标，所以计算如下c令开环截止频率ω=4，满足开环截止频率要求。令中频段宽度h=6，保证稳定c性要求。确定各转折频率1ω=ω=6.12chω=hω=10（为原系统转折）3c过ω=6.1作斜率-40dB的斜线与原系统波得图低频段相交，求得第1衔接点为21ω=ω=.0081220过ω=10作斜率-40dB的斜线与原系统波得图高频段相交，求得第4衔接点为3ω=2ω=2043作参考特性L参如图所示，校正装置的特性为L校，L校=L参-Lo如图所示。79 -1Lo(ω)-2-2L参(ω)8.9-10dB1020ω0.08-111.64+1-2L校(ω)-3校正装置的传递函数为(s+1)(.0625s+)1G(s)=c(125.s+1)(.005s+)1（3）校验校正设计结果开环截止频率为ω=4>2cο相位裕度为γ=362.c解毕。6－14设受控对象的开环模型为126G(s)=s1.0(s+1)(.001s+)1试采用四阶参考模型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）输入速度信号为1rad/s时，稳态误差误差系数e2cο相位裕度为γ=362.c解毕。81 6-15随动系统的开环对数幅频特性如题图所示。将系统I的频带加宽一倍成为系统II，（a）写出串联校正装置的传递函数G()s；c（b）比较两系统的动态性能和稳态性能有何不同。III-1-2-1101530ω0dB0.5123.16-2-3习题6-14题解：(3.6s+)1(a)系统I传递函数为GoI(s)=s2(s+1)(1.0s+1)(.0067s+)1125.0(6.s+)1系统II传递函数为GoII(s)=s(s+1)(.005s+1)(.0033s+)12(2s+1)(5.0s+1)(1.0s+1)(.0067s+)1则校正装置的传递函数为Gc(s)=2(s+)1.0(05s+1)(.0033s+)1校正装置的波德图III1.5-1系统II系统I-215101-120ω0dB0.512300.53.16-2-300123(b)比较两系统的性能动态性能两系统的相位裕度相同γ=γ，阶跃响应的超调量相同。cIcII开环截止频率ω=2ω，系统II的响应速度比系统I快1倍。cIIcI稳态性能系统II的开环增益K=126.，系统I的开环增益K=3.6，则单位斜坡输入时的稳oIIoI态误差分别为e=/1126.=.008e=3.6/1=.016ssII，ssI稳态精度提高1倍。两系统的阶跃响应曲线的比较如图所示，解毕。82 83 6-16已知最小相位系统的三阶参考模型，其折线对数幅频特性如题图所示。主要特点：(a)斜率变化为2-1-2型；-2h(b)ω,ω为两个转折频率；12-1(c)ωc为两个转折频率的几何中点；0dBωcω2ω(d)中频段宽度为h=ω/ωω121；-2(e)具有相位裕度极值γc,max。现有一系统开环传递函数为习题6-152G(s)=，os1(+.025s)要求依照三阶参考模型，满足：ω=,4h=4，设计校正装置G(s)。cc题解作原系统波德图与三阶参考模型如图所示LcL-2Lo-10dB48ω2-2-22原系统为G(s)=os1(+.025s)1(8+5.0s)3阶参考模型为G(s)=开2s1(+.0125s)由波德图，Lc=L开-Lo，求得：5.0(4s+1)(.025s+)1G(s)=cs1(+.0125s)84 6-17控制系统如题图所示，试作复合校正设计，使得Gr(s)R(s)K++2C(s)+s+1ss(.05+1)-习题6-17(1)系统的超调量M<20%，确定前向增益值K。p(2)设计输入补偿器G(s)，使得该系统可以实现II型精度。r题解：（1）由MATLAB作系统的根轨迹图如图所示。42100.5-2-40-6-4-20051015MATLAB程序n=[1];d=[1320];rlocus(n,d);由给定的超调量M<20%可以得到pοζ>.0455，β<62则由根轨迹图上读到r=-0.3376+0.5623ikg=1.0K=kg/4=0.25时域仿真结果如图所示。（2）初取G(s)为理想的全补偿即r12G(s)==.025s+5.0srG(s)0此时E(s)≡0。由于全补偿时G(s)为二阶的，因此取二次项系数为零，即取rG(s)=5.0sr此时，闭环传递函数为85 22s+2s+1G(s)=c32s+3s+2s+1系统的误差为32s+sE(s)=1[−G(s)]R(s)=R(s)c32s+3s+2s+11如果输入信号为斜坡信号，r(t)=t,R(s)=，稳态误差为2s32s+s1e=lims⋅E(s)=lims⋅⋅=0ss322s→0s→0s+3s+2s+1s系统具有II型精度。或者，由闭环传递函数G(s)求得单位反馈的等效开环传递函数为c2G(s)2s+2s+1cG(s)==Do21−G(s)s(s+)1c前向通路中有两个积分环节，该系统为II型系统，斜坡信号输入时，可以使得稳态误差为零。斜坡响应的仿真曲线如图所示。解毕。121086420051026-18设控制系统如题图所示，为了将环节的频带宽度增加一倍再作校正设计，试s+1设计局部闭环结构。R(s)K21C(s)+01.s+1s+1s-习题6-17题解：设局部反馈回路如图所示，86 2Kh+-s+1Kf传递函数为2K1hG(s)=1+2K1fs+11+2Kf2Kh1⎧Kf=5.0令=2和=5.0，解出：⎨，传递函数为1+2Kf1+2Kf⎩Kh=22G(s)=5.0s+1增益与原来相同，频带宽度展宽了一倍。增加局部反馈后的结构图如图所示。局部反馈R(s)K21C(s)+-01.s+1+-s+1s0.587 第7章习题及解答7－1设某非线性控制系统如题图所示，试确定自持振荡的幅值和频率。R(s)110C(s)+--1s(s+1)(s+)2习题7－1题解：图示非线性特性为继电特性，其描述函数为0.54MNX()=πX是输入正弦信号幅值X的函数。其负倒数特性为01πX−=−N(X)4M-0.5固有特性为10G0(s)=-1s(s+1)(s+)2-4-20令X从零变到无穷与ω从零变到无穷，分别在复平面上作出两条特性如图所示。MATLAB作图程序w=1:.1:5;g1=10*((w*i).*(w*i+1).*(w*i+2)).^(-1);x=0:.1:5;g2=-pi*x/4;plot(real(g1),imag(g1),g2,zeros(size(x)));由于非线性系统的稳定条件为1G(s)=−0N(X)图中被奈氏曲线包围的部分振幅增加，不被奈氏曲线包围的部分振幅减小，因此在两曲线交点处形成极限环。计算极限环振荡的频率ωx与振幅Xω：计算ω的MATLAB程序xw=1:.01:2;g1=10*((w*i).*(w*i+1).*(w*i+2)).^(-1);wx=spline(imag(g1),w,0)wx=1.4142g1x=10*((wx*i).*(wx*i+1).*(wx*i+2)).^(-1)g1x=-1.6667-0.0000i计算结果中，奈氏曲线穿过负实轴时有wx=1.4142g1x=-1.6667所以极限环振荡频率为ω=.141x79 计算X的MATLAB程序ωx=1.5:.01:2.5;g2=-pi*x/4;xw=spline(g2,x,g1x)xw=2.1221计算结果中，当负实部的长度为-1.6667时，Xω为2.1221，所以极限环振荡幅值为Xω=2.1221极限环振荡参数为ωx=1.4142Xω=2.1221解毕。7－2设题图所示非线性系统，试应用描述函数法分析当K=10时系统的稳定性，并确定临界稳定时增益K的值。R(s)1KC(s)+-1s(s+1)(s+)2习题7－2题解：该题的非线性特性是饱和特性，其描述函数为21112N(X)=[arcsin+1−()]，X≥1πXXX当X<1时，系统的传输关系为线性关系，比例为1。其负倒数特性为1π1−=−N(X)21112[arcsin+1−()]XXXK=10时固有特性为0.510G(s)=0s(s+1)(s+)20令X从1变到无穷与ω从零变到无穷，分别在复平面上作出两条特性如图所示。MATLAB作图程序-0.5w=1:.1:5;g1=10*((w*i).*(w*i+1).*(w*i+2)).^(-1);x=1:.01:5;g2=-pi/2*(asin(x.^(-1))+(x.^(-1))....*sqrt(1-x.^(-2))).^(-1);plot(real(g1),imag(g1),g2,zeros(size(x)));显然两曲线相交处产生极限环，该非线性系统是极限环稳定的。计算极限环振荡频率ω的MATLAB程序与题7－1相同，极限环振荡频率和与x负实轴交点分别为wx=1.4142g1x=-1.666780 计算X的MATLAB程序ωx=1.9:.01:2.1;g2=-pi/2*(asin(x.^(-1))+(x.^(-1)).*sqrt(1-x.^(-2))).^(-1);xw=spline(g2,x,g1x)xw=2.0331极限环振荡参数为ωx=-1.6667，Xω=2.0331当K值增加时，两曲线的交点，即极限环稳定点沿负实轴向左移动，总是极限环稳定的，临界稳定增益K临趋于无穷大。无饱和特性时，增益K＝10时，由劳斯判据可判得，系统不稳定。但是，增加了饱和特性之后，系统不会发散，满足了某些特定条件下控制的需要。解毕。7－3设某非线性控制系统的结构图如题图所示，试应用描述函数法分析该系统的稳定性。为使系统稳定，非线性参数a，b应如何调整？R(s)b2C(s)+-as5.0(s+1)(s+)1习题7－3题解：该题的非线性特性是继电加死区特性。当X0⎪α+1⎨•1•⎪x=−x,x<0⎩α−1等倾线为过原点的直线族，分为上下两部分如图所示。由MATLAB语言作相平面图。SIMULINK仿真结构图，与所作的相平面图如图所示。84 •••（b）xxx++=0则等倾线方程为⎧•xx=−,x>0⎪α+1⎨•x⎪x=,x<0⎩α+1等倾线为过原点的直线族，分为左右两部分如图所示。由MATLAB语言作相平面图。SIMULINK仿真结构图，与所作的相平面图如图所示••（c）x+=Asinx0则等倾线方程为•x1=−sinxAα等倾线为正弦曲线族。等倾线和相轨迹如图所示。解毕。85 7－6设某二阶非线性系统结构图如题图所示，R(s)1KC(s)+-1s(Ts+)1习题7－6⎧e=02.0给定初始条件，⎨•，试用等倾线法作出系统的的相轨迹图。⎩e0=0题解：系统方程为⎧1e>1•••⎪Tc+c=⎨e−11⎪•••⎪⎨Te+e=e−11⎪Tα+1⎪⎪•1⎨e=−e−10h=⎨•⎪⎩−2c<0令输入信号r=0，得到分区运动方程为••••⎧⎪5.0c+c+5c=−,2c>0⎨••••⎪⎩5.0c+c+5c=+,2c<0••••••由e=−c，e=−c，e=−c，得到误差方程为••••⎧⎪5.0e+e+5e=+,2e<0⎨••••⎪⎩5.0e+e+5e=−,2e>0由于非线性的作用，系统的运动分为上下两个区。•⎧⎪e=0由方程⎨•计算系统的奇点⎪⎩f(e,e)=0•当e<0时，方程的奇点为e=4.0。•当e>0时，方程的奇点为e=−4.0。系统特征方程的根为s=−1±j3，是位于2,1s平面左半平面的共轭复数根，所以两个奇点的性质均为稳定焦点。87 ••••••作变量代换u=10e±h,u=e,u=e，得到对于奇点的等倾线方程为•10u=−uα+2是过奇点的直线族，作上下分区的等倾线如图所示。r=(1t)作系统仿真，SIMULINK仿真结构图、相平面图分别如图所示。解毕。7－8某种非线性积分器，输入信号为正弦信号ut()=Asinωt时，其输入输出波i形如题图所示ui(t)uo(t)置零积分保持tm2tn2tm3t0tm1tn1积分保持置零习题7－8分段算式为⎧0ut()==0,ttim⎪1t•⎪∫tutdti()uuii><0,tmtt0,ttnο试由描述函数法证明该种非线性积分器的相位滞后角为−276.。题解：证明：给定输入正弦信号为u(t)=Asinωt，则1/4周期的积分值为i1tAπu(t)=Asinωtdt=1[−cosωt],0<ωt0T0Iut()=⎨π2πo1tωt⎪−∫ut()dt•0T0iut()<0⎩Ii得到分段函数表达式为：⎧Aπuo(t)⎪(sin−+≤ωωtt10)≤ωT2I⎪Aπωt⎪(sinωtt−≤1)ωπ≤0⎪π2πωT2Iut()=⎨oA3π⎪(sin−−≤ωπtt1)ω≤⎪ωT2习题7－9I⎪A3π(sinωtt+≤1)ωπ≤2⎪⎩ωTI2ο试由描述函数法证明该种非线性积分器的相位滞后角为0。题解：证明：由输出曲线的分段表达式可以得到，基波分量中的正弦函数项的系数为零，而余弦项的系数为2π.0637AA=u(t)cosωt⋅d(ωt)=1∫0oπωTI所以基波分量为.0637Au(t)=cosωt1ωTI写出它的描述函数为uo1(t).0637Aj0οj0ο.0637Aj0οN(jω)==(e)/(Ae)=eu(t)ωTωTiII其幅值为.0637N(jω)=ωTI幅角为0°ο∠N(jω)=0证毕。90 7－10已知二阶系统的结构图如题图所示，试采用非线性输入控制方法，使得系统单位阶跃响应的超调量为零，设计分段阶跃信号的幅值R和R，并确定切换时间t。12cR2R1t1C(s)0tc+-s(s+)5.0NIC控制器习题7－10题解：（1）计算原系统参数1.5系统的特征方程为2s+5.0s+1=01所以系统参数为⎧ζ=.0250.5⎨ω=1⎩n0性能指标为01020ζ−2π（a）原系统单位阶跃响应1−ζM=e×100%=44%pπt==.324秒p2ω1−ζn（2）由分段阶跃信号的幅值R和R的关1.512系⎧R+R=1112⎪⎪10.7⎨R1=0.51+M⎪p⎪R=1−R⎩210得到3.2401020R=,7.0R=.0312（b）分段阶跃输入响应切换时间为系统阶跃响应的峰值时间t=t=.324秒cp（3）MATLAB阶跃仿真分段阶跃信号的系统仿真曲线如图所示。解毕。91 92 第8章习题及解答8－1已知时间信号x(t)如下，试求取它们的z变换X(z)。2（1）x(t)=Acosωt（2）x(t)=t−5t−2t（3）x(t)=1−e（4）x(t)=2t⋅e−at（5）x(t)=e⋅sinbt题解：（1）x(t)=Acosωtz(z−cosωT)查z变换表，因为Z[cosωt]=，所以有2z−2cosωT⋅z+1Az(z−cosωT)X(z)=2z−2cosωT⋅z+12（2）x(t)=t查z变换表有22Tz(z+)1X(z)=Z[t]=3(z−)1−5t（3）x(t)=1−ez−atz查z变换表，Z(1[t)]=，Z[e]=，所以−aTz−1z−e−5T−5tzz1(−e)zX(z)=Z1[−e]=−=−5T2−5T−5Tz−1z−ez−1(+e)z+e−2t（4）x(t)=2t⋅e−aT−atTez查z变换表，Z[te]=，所以−aT2(z−e)−2T−2t2TezX(z)=Z2[te]=−2T2(z−e)−at（5）x(t)=e⋅sinbt查z变换表有−aT−atesinbT⋅zX(z)=Z[esinbt]=2−aT−2aTz−2ecosbT⋅z+e由MATLAB语言的符号运算工具，z变换函数“ztrans”求解。2（1）x(t)=Acosωt（2）x(t)=tf="a*cos(w*t)";f="t^2";F=ztrans(f)F=ztrans(f)F=F=z*a*(-cos(w)+z)/(1-2*z*cos(w)+z^2)z*(z+1)/(z-1)^391 −5t−2t（3）x(t)=1−e（4）x(t)=2t⋅ef="1-exp(-5*t)";f="2*t*exp(-2*t)";F=ztrans(f)F=ztrans(f)F=F=-z*(exp(-5)-1)/(z-1)/(z-exp(-5))2*z*exp(-2)/(z-exp(-2))^2−at（5）x(t)=e⋅sinbtf="exp(-a*t)*sin(b*t)";F=ztrans(f)F=exp(-a)*sin(b)*z/(-2*z*exp(-a)*cos(b)+z^2+exp(-2*a))解毕。8－2已知时间函数x(t)的拉氏变换X(s)，试求取它们的z变换X(z)。−Ts5050e（1）X(s)=（2）X(s)=(s+5)(s+10)(s+5)(s+10)−Ts11−e（3）X(s)=（4）X(s)=22s(s+)1s(s+)1题解：50（1）X(s)=(s+5)(s+10)因为501010X(s)==−(s+5)(s+10)s+5s+10−5t−10tx(t)=10e−10e所以−5T−10T10z10z10(e−e)zX(z)=−=−5T−10T2−5T−10T−5T−10Tz−ez−ez−(e+e)z+ee−Ts50e（2）X(s)=(s+5)(s+10)因为501010X′(s)==−(s+5)(s+10)s+5s+10−5t−10tx′(t)=10e−10e所以−5T−10T10z10z10(e−e)zX′(z)=−=−5T−10T2−5T−10T−5T−10Tz−ez−ez−(e+e)z+ee−Ts−1又Z[e]=z，所以−5T−10T−110(e−e)X(z)=X′(z)⋅z=2−5T−10T−5T−10Tz−(e+e)z+ee92 1（3）X(s)=2s(s+)1因为1111X(s)==−+22s(s+)1sss+1−tx(t)=t−(1t)+e所以−T2−T−TTzzz(−1+T+e)z+1(−e−Te)zX(z)=−+=2−T3−T2−T−T(z−)1z−1z−ez−2(+e)z+1(+2e)z−e−Ts1−e（4）X(s)=2s(s+)1因为1111X′(s)==−+22s(s+)1sss+1−tx′(t)=t−(1t)+e所以−T2−T−TTzzz(−1+T+e)z+1(−e−Te)zX′(z)=−+=2−T3−T2−T−T(z−)1z−1z−ez−2(+e)z+1(+2e)z−e−Ts−1又，Z[e]=z，所以−1X(z)=X′(z)−X′(z)⋅z−T2−T−T−T−T−T(−1+T+e)z+1(−e−Te)z(−1+T+e)z+1(−e−Te)=−3−T2−T−T3−T2−T−Tz−2(+e)z+1(+2e)z−ez−2(+e)z+1(+2e)z−e−T2−T−T−T−T(−1+T+e)z+2(−T−2e−Te)z+1(−e−Te)=3−T2−T−Tz−2(+e)z+1(+2e)z−e由MATLAB语言的符号数学工具，拉氏反变换函数“invlaplace”和z变换函数“ztrans”求解。50（1）X(s)=(s+5)(s+10)Fs="50/(s+5)/(s+10)";ft=invlaplace(Fs)ft=10*exp(-5*t)-10*exp(-10*t)Fz=ztrans(ft)Fz=10*z*(-exp(-10)+exp(-5))/(z-exp(-5))/(z-exp(-10))−Ts50e（2）X(s)=(s+5)(s+10)Fz=10*z*(-exp(-10)+exp(-5))/(z-exp(-5))/(z-exp(-10))Fi="z^(-1)";93 Fe=symmul(Fi,Fz)Fe=10*(-exp(-10)+exp(-5))/(z-exp(-5))/(z-exp(-10))1（3）X(s)=2s(s+)1Fs="1/s^2/(s+1)";ft=invlaplace(Fs)ft=t-1+exp(-t)Fz=ztrans(ft)Fz=z*(-2*exp(-1)+z*exp(-1)+1)/(z-1)^2/(z-exp(-1))−Ts1−e（4）X(s)=2s(s+)1Fz1=Fz;Fi="z^(-1)";Fz2=symmul(Fi,Fz)Fz2=(-2*exp(-1)+z*exp(-1)+1)/(z-1)^2/(z-exp(-1))FFz=symsub(Fz1,Fz2)FFz=z*(-2*exp(-1)+z*exp(-1)+1)/(z-1)^2/(z-exp(-1))...-(-2*exp(-1)+z*exp(-1)+1)/(z-1)^2/(z-exp(-1))解毕。∗8－3已知采样信号的z变换X(z)如下，试求z反变换x(t)。z（1）X(z)=(z−1)(z−)21（2）X(z)=(z−1)(z−)2z（3）X(z)=−T−2T(z−e)(z−e)z（4）X(z)=2(z−)1(z−)2题解：z（1）X(z)=(z−1)(z−)2由于X(z)1−11==+z(z−1)(z−)2z−1z−2zzX(z)=−+z−1z−294 −1znT查z变换表，由Z[]=a得到z−anTx(nT)=−1+21（2）X(z)=(z−1)(z−)2由于111X(z)==−+(z−1)(z−)2z−1z−2zzz⋅X(z)=−+z−1z−2−1−1zz−nTZ[z⋅X(z)]=Z[−+]=−(1nT)+2z−1z−2所以−1−nTx[(n+)1T]=Z[z⋅X(z)]=−(1nT)+2−(n−)1Tx(nT)=−1[(n−)1T]+2z（3）X(z)=−T−2T(z−e)(z−e)由于X(z)1111==[−]−T−2T−T−2T−T−2Tz(z−e)(z−e)e−ez−ez−e1zzX(z)=[−]−T−2T−T−2Te−ez−ez−e−1z−anT查z变换表，由Z[]=e得到−aTz−e1−nT−2nTx(nT)=[e−e]−T−2Te−ez（4）X(z)=2(z−)1(z−)2由于X(z)1−111==−+22z(z−)1(z−)2(z−)1z−1z−2−zzzX(z)=−+2(z−)1z−1z−2查z变换表−1Tz−1znTZ[]=nT，Z[]=a2(z−)1z−a得到1nTX(nT)=(nT)−1+2T95 由MATLAB语言的符号运算工具，z反变换函数“invztrans”求解。z（1）X(z)=(z−1)(z−)2F="z/(z-1)/(z-2)";f=invztrans(F)f=-1+2^n1（2）X(z)=(z−1)(z−)2F="1/(z-1)/(z-2)";f=invztrans(F)f=1/2*Delta(n)-1+1/2*2^nz（3）X(z)=−T−2T(z−e)(z−e)F="z/(z-exp(-1))/(z-exp(-2))";f=invztrans(F);vpa(f,4)ans=4.300*.3679^n-4.300*.1353^nz（4）X(z)=2(z−)1(z−)2F="z/(z-1)^2/(z-2)";f=invztrans(F)f=-1-n+2^n解毕。8－4分别用z变换法和迭代法（解出5项以上）求解如下差分方程。（1）x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)=u(k)输入信号：u(k)=(1k)初始条件：x)0(=,0x)1(=0（2）x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)=0初始条件：x)0(=,1x)1(=1题解：（1）x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)=u(k)，u(k)=(1k)，x)0(=,0x)1(=0z变换法：方程两边作z变换，代入初值有Z[x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)]=Z[u(k)]2z(z−3z+)2X(z)=z−1得到输出离散序列的z变换为1zzX(z)==22(z−3z+)2z−1(z−)1(z−)2作z反变换得到差分方程的解为96 1nTX(nT)=(nT)−1+2T迭代法：写出迭代式为x(k+)2=3x(k+)1−2x(k)+u(k)迭代解为k0123456...x(k)0014112657...x(k+1)014112657120...x(k+2)14112657120247...u(k)1111111...差分方程的解序列为x(k)=0⋅δ(t)+0⋅δ(t−)1+1⋅δ(t−)2+4⋅δ(t−)3+......+9⋅δ(t−)4+20⋅δ(t−)5+43⋅δ(t−)6+...（2）x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)=0，x)0(=,1x)1(=1z变换法：方程两边作z变换，代入初值有Z[x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)]=022[zX(z)−zx)0(−zx1()]−[3zX(z)−zx0()]+2X(z)=022(z−3z+)2X(z)=z−2z2z−2zzX(z)==2z−3z+2z−1作z反变换得到差分方程的解为X(nT)=(1nT)迭代法：写出迭代式为x(k+)2=3x(k+)1−2x(k)迭代解为k0123456...x(k)1111111x(k+1)1111111x(k+2)1111111差分方程的解序列为x(k)=δ(t)+δ(t−)1+δ(t−)2+δ(t−)3+δ(t−)4+δ(t−)5+δ(t−)6+...MATLAB语言的符号运算求解（1）x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)=u(k)，u(k)=(1k)，x)0(=,0x)1(=0在MATLAB语言中，可以调用MAPLE符号运算函数rsolve()来求解离散时间序列的差分方程。y=maple("rsolve({c(n)=3*c(n-1)-2*c(n-2)+1,c(1)=0,c(2)=0},c)")y=1/2*2^n-n（2）x(k+)2−3x(k+)1+2x(k)=0，x)0(=,1x)1(=1y=maple("rsolve({c(n)=3*c(n-1)-2*c(n-2),c(1)=1,c(2)=1},c)")y=1解毕。97 ∗8－5采样控制系统如图所示，采样间隔为T=1秒，试计算其输出c(t)，c(t)，并画出输出信号波形c(t)。Tc*(t)Tx(t)=1(t)1c(t)s+1习题8－5题解：∗（1）计算采样输出c(t)系统传递函数为1G(s)=s+1系统的脉冲响应为−1−11−tg(t)=L[G(s)]=L[]=es+1离散式为−nTg(nT)=e脉冲传递函数为∞∞n−nTnzG(z)=∑g(nT)⋅z=∑e⋅z=−Tn=0n=0z−ez输入信号r(t)=(1t)，z变换为R(z)=，则采样系统输出的z变换为z−1−Tzz1zezC(z)=G(z)R(z)=⋅=−−T−T−T−Tz−ez−11−ez−11−ez−e系统的采样输出为−T∗−11e−nTct)(=c(nT)=Z[C(z)]=⋅(1nT)−⋅e−T−T1−e1−e将采样间隔T=1秒代入求得∗−nTct)(=.158⋅(1nT)−.058⋅e（2）计算实际输出c(t)输入信号r(t)=(1t)，其离散式为r(nT)=(1nT)，可以写为∗rt)(=δ)0(+δ2(T)+δ3(T)+Λ其拉氏变换为∗−Ts−2Ts−3TsR(s)=1+e+e+e+Λ系统输出的拉氏变换为∗11−Ts1−2Ts1−3TsC(s)=G(s)⋅R(s)=+e+e+e+Λs+1s+1s+1s+198 系统输出的拉氏变换为−1−t−(t−T)−(t−2T)−(t−3T)ct)(=L[C(s)]=e+e+e+e+Λ由MATLAB语言作出采样输出和实际输出的波形如图所示。解毕。∗（1）采样输出c(t)（2）实际输出c(t)8－6已知系统结构图如题图所示，试求系统输出的z变换C(z)。T1R(s)110C(s)(a)ss+10T1TR(s)110C(s)(b)ss+101TR(s)110C(s)(c)ss+10习题8－6题解：（a）系统的脉冲传递函数为−10Tzz1(−e)zG(z)=Z[G(s)G(s)]=−=12−10T2−10T−10Tz−1z−ez−1(+e)z+e所以−10T1(−e)zC(z)=G(z)R(z)=⋅R(z)2−10T−10Tz−1(+e)z+e（b）系统的脉冲传递函数为两个环节脉冲传递函数的乘积G(z)=G(z)G(z)=Z[G(s)]⋅Z[G(s)]12122z10z10z=⋅=−10T2−10T−10Tz−1z−ez−1(+e)z+e所以210zC(z)=G(z)R(z)=⋅R(z)2−10T−10Tz−1(+e)z+e99 （c）由于两个环节间的采样信号为1RG(z)=Z[R(s)]1s第二个环节的脉冲传递函数为1010zG(z)=Z[]=2−10Ts+10z−e所以10z1C(z)=G(z)⋅RG(z)=⋅Z[R(s)]2−10Tz−es解毕。8－7已知系统结构图如题图所示，采样间隔为T=1秒，试求取开环脉冲传递函数∗G(z)，闭环脉冲传递函数G(z)，及系统的单位阶跃响应c(t)。ocR(s)T1−e−Ts11C(s)+sss+1-习题8－7题解：（1）计算开环脉冲传递函数G(z)。有零阶保持器，开环传递函数为o−Ts1−e11−Ts111G(s)=⋅=1(−e)[−+]o2sss+1sss+1开环脉冲传递函数为−1111z−1TzzzG(z)=1(−z)Z[−+]=()[−+]o22−Tsss+1z(z−)1z−1z−e−T−T−T(T−1+e)z+1(−e−Te)=2−T−Tz−1(+e)z+e将T=1秒代入，求得系统的开环脉冲传递函数为−T−Tez+1(−2e).0368z+.0264G(z)==o2−T−T2z−1(+e)z+ez−.1368z+.0368（2）计算闭环脉冲传递函数−T−Tez+1(−2e)2−T−T−T−TG(z)z−1(+e)z+eez+1(−2e)oG(z)===c−T−T2−T1+G(z)ez+1(−2e)z−z+1(−e)o1+2−T−Tz−1(+e)z+e将T=1秒代入，求得系统的闭环脉冲传递函数为.0368z+.0264G(z)=cT=12z−z+.0632100 ∗（3）计算系统的单位阶跃响应c(t)z单位阶跃信号的z变换为R(z)=，所以输出响应的z变换为z−1.0368z+.0264zC(z)=G(z)R(z)=⋅c2z−z+.0632z−1z(−z+.0368)z=+2z−1z−z+.0632单位阶跃响应c∗(t)为1.5∗−1ct)(=Z[C(z)]MATLAB仿真程序1n=[0.3680.264];d=[1-10.368];0.5dstep(n,d)仿真结果曲线如图所示。解毕。0010208－8已知采样控制系统的结构图如题图所示，试确定系统的传递关系。R(s)TC(s)G1(s)G2(s)(a)+-H(s)R(s)TTC(s)G1(s)G2(s)(b)+-H(s)R(s)TC(s)G1(s)G2(s)(c)+-H(s)习题8－8题解：C(z)GG(z)12（a）=R(z)1+GGH(z)12C(z)G(z)G(z)12（b）=R(z)1+G(z)GH(z)12G(z)2（c）C(z)=RG(z)11+GGH(z)12解毕。101 8－9已知采样控制系统的结构图如题图所示，试确定系统的传递关系。TG1(s)R(s)++C(s)(a)G2(s)+-H(s)G3(s)R(s)T+-C(s)(b)G1(s)G2(s)+-H(s)习题8－9题解：（a）该题有两条通路，两个回路，分别为通路P1：输入输出变量的采样关系存在C′(z)1p==Z[G(s)G(s)]=GG(z)11212R(z)因此C′(z)=GG(z)R(z)112通路P2：输入变量的采样不是独立存在，因此传递关系为C′(z)=RG(z)22回路L1：由于采样器的存在所以有L=−GGH(z)112回路L2：由于无采样器所以有L=−G(s)H(s)22设假想采样有L=−GH(z)22总传递关系为C(z)+C(z)GG(z)R(z)+RG(z)12122C(z)==1+L+L1+GGH(z)+GH(z)12122GG(z)112=R(z)+RG(z)21+GGH(z)+GH(z)1+GGH(z)+GH(z)122122（b）应用叠加原理有GG(z)−112C(z)=R(z)C(z)=RGG(z)12231+GGH(z)1+GGH(z)1212102 总传递关系为C(z)=C(z)+C(z)12GG(z)112=R(z)−RGG(z)231+GGH(z)1+GGH(z)1212解毕。8－10已知系统的闭环特征方程如下，试判别采样系统的稳定性。（1）(z+1)(z+2.0)(z+)2=032（2）z−5.1z−.025z+4.0=0题解：（1）(z+1)(z+2.0)(z+)2=0系统的特征根分别为z=−,1z=−,2.0z=−2，其中特征根z=−2位于z平面1233的单位圆外，根据z平面的稳定判据：z<,1i=,2,1Λ,n，该系统是不稳定的。i32（2）z−5.1z−.025z+4.0=0w+1作w变换，将z=代入方程w−1w+13w+12w+1()−(5.1)−.025()+4.0=0w−1w−1w−1化简得到32−.035w+.055w+.595w+.185=0系数不全为正，所以系统不稳定。由MATLAB语言直接求解。MATLAB程序a=[1-1.5-0.250.4];roots(a)ans=1.48730.5250-0.5123三个特征根中，有一个特征根的模是大于1的，所以系统不稳定。解毕。8－11已知采样系统的结构图如题图所示，试确定K~T平面上的稳定域。R(s)TKC(s)+-s(s+)1习题8－11题解：开环传递函数为KG(s)=os(s+)1103 开环脉冲传递函数为−TK1(−e)zG(z)=o2−T−Tz−1(+e)z+e闭环脉冲传递函数为−TG(z)K1(−e)zoG(z)==c2−T−T−T1+G(z)z+[K1(−e)−1(+e)]z+eo闭环特征方程为2−T−T−Tz+[K1(−e)−1(+e)]z+e=0w+1作w变换，将z=代入方程w−1w+12−T−Tw+1−T()+[K1(−e)−1(+e)]()+e=0w−1w−1化简得到−T2−T−T−TK1(−e)w+1(2−e)w+1(2[+e)−K1(−e)]=0稳定系统，各系数均大于零−T⎧K1(−e)>0⎪−T⎨1(2−e)>0⎪−T−T1(2[+e)−K1(−e)]>0⎩解出稳定条件为⎧⎪T>0⎪⎨K>0−T⎪1(2+e)K<⎪−T⎩1−eK~T平面的关系曲线如图所示。400K300200解毕。8－12已知系统结构图如题图所示，试确定系统的稳定条件。104 R(s)T1−e−Ts11C(s)+sss+1-习题8－12题解：由于1111111⋅G(s)=⋅==[−+]22sss(s+)1s(s+)1sss+1所以1111TzzzZ[⋅G(s)]=Z[−+]=[−+]22−Tssss+1(z−)1z−1z−e带有零阶保持器时，开环脉冲传递函数为−11z−1TzzzG(z)=1(−z)⋅Z[⋅G(s)]=⋅[−+]o2−Tsz(z−)1z−1z−e−T−T−T(T−1+e)z+1(−e−Te)=−T(z−1)(z−e)闭环脉冲传递函数为−T−T−T(T−1+e)z+1(−e−Te)−TGo(z)(z−1)(z−e)G(z)==c−T−T−T1+G(z)(T−1+e)z+1(−e−Te)o1+−T(z−1)(z−e)−T−T−T(T−1+e)z+1(−e−Te)=−T−T−T−T(z−1)(z−e)+(T−1+e)z+1(−e−Te)−T−T−T(T−1+e)z+1(−e−Te)=2−Tz+(T−)2z+1(−Te)闭环特征方程为2−Tz+(T−)2z+1(−Te)=0w+1作w变换，将z=代入方程w−1w+12w+1−T()+(T−2)()+1(−Te)=0w−1w−1化简整理−T2−T−TT1(−e)w+2Tew+4(−T−Te)=0令各系数大于零有−TT1(−e)>0−T2Te>0−T4−T−Te>0解出系统的稳定条件为：105 004-T-T*exp(-T)>01.542*T*exp(-T)>05120.500005100505解毕。8－12**已知系统结构图如题图所示，试确定系统的稳定条件。R(s)T1−e−Ts1KC(s)+sss+1-习题8－12题解：由于11KK111⋅G(s)=⋅==K[−+]22sss(s+)1s(s+)1sss+1所以1111TzzzZ[⋅G(s)]=K⋅Z[−+]=K⋅[−++]22−Tssss+1(z−)1z−1z−e带有零阶保持器时，开环脉冲传递函数为−11z−1TzzzG(z)=1(−z)⋅Z[⋅G(s)]=K⋅⋅[−+]o2−Tsz(z−)1z−1z−e−T−T−TK[(T−1+e)z+1(−e−Te)]=−T(z−1)(z−e)闭环脉冲传递函数为−T−T−TK[(T−1+e)z+1(−e−Te)]−TG(z)(z−1)(z−e)oG(z)==c−T−T−T1+Go(z)K[(T−1+e)z+1(−e−Te)]1+−T(z−1)(z−e)−T−T−TK[(T−1+e)z+1(−e−Te)]=−T−T−T−T(z−1)(z−e)+K[(T−1+e)z+1(−e−Te)]106 −T−T−TK[(T−1+e)z+1(−e−Te)]=2−T−T−T−T−Tz+[K(T−1+e)−1(+e)]z+[e+K1(−e−Te)]闭环特征方程为2−T−T−T−T−Tz+[K(T−1+e)−1(+e)]z+[e+K1(−e−Te)]=0w+1作w变换，将z=代入方程w−1w+12−T−Tw+1−T−T−T()+[K(T−1+e)−1(+e)]()+[e+K1(−e−Te)]=0w−1w−1化简整理−T2−T−T−TKT1(−e)w+1[2−e−K1(−e−Te)]w−T+[(2+2K−KT)+2(−2K−KT)e]=0令各系数大于零有−TKT1(−e)>0（1）−T−T−T1[2−e−K1(−e−Te)]>0（2）−T[(2+2K−KT)+2(−2K−KT)e]>0（3）由不等式（1）有10K>0&T>0由不等式（2）有−T1−eK<5−T−T1−e−Te由不等式（3）有−T2+2eK<0−T0510T+2(+T)e−2所以特性稳定条件为K>0&T>0−T−T1−e2+2eK<&K<−T−T−T1−e−TeT+2(+T)e−2系统稳定的K，T取值为两曲线交域如图所示，107 8－13给定采样间隔为T=2.0秒，试分析题图系统的稳定性。R(s)T1−e−Ts2C(s)+-ss.0(05s+1)(1.0s+)1习题8－13题解：有零阶保持器，开环传递函数为−Ts1−e2G(s)=⋅oss.0(05s+1)(1.0s+)1−Ts−1.04.0−3.02=1(−e)[+++]2s+20s+10ss开环脉冲传递函数为−1−1.0z4.0z−3.0z2TzG(z)=1(−z)[+++]o−20T−10T2T=2.0z−ez−ez−1(z−)132.01523z+.0027z−.01713z−.00079=32z−.11537z+.01561z−.00025闭环脉冲传递函数为G(z).1495z+.02024oG(z)==c21+G(z)z+.134z+.02049o32.01523z+.0027z−.01713z−.00079=32.11523z−.11267z+.00152z−.00104闭环特征方程为32.11523z−.11267z+.00152z−.00104=0整理有32z−.09778z−.00132z−.0009=0w+13次方程，作w变换，将z=代入方程w−1w+13w+12w+1()−.09778()−.00132()−.0009=0w−1w−1w−1化简整理32w+.19688w+.1018w−.00132=0由劳斯判据可得，特征根全部位于左半平面，所以采样间隔时间为T=2.0秒时，系统是稳定的。实际上，求解方程32z−.09778z−.00132z−.0009=0的3个根为z1=-0.9819z2=-0.0937z3=0.0978全部位于单位圆内，所以系统是稳定的。解毕。108 8－14已知采样系统的闭环脉冲传递函数为C(z)z+c=2R(z)z+az+b试确定系统稳定时，参数a,b,c所应满足的关系。题解：系统的闭环特征方程为2z+az+b=0分子多项式的系数c与特征方程无关，因此与系统的稳定性无关。w+1将特征方程作w变换，将z=代入方程有w−1w+12w+1()+a()+b=0w−1w−1化简得到21(+a+b)w+2(−2b)w+1(−a+b)=0令各系数大于零有⎧1+a+b>0a⎪1⎨2−2b>0⎪b⎩1−a+b>0-11解出-1⎧b<1⎨⎩−1(+b)0，是不稳定的，ss在反馈的基础上增加前向通路比例－微分控制时，系统可以稳定，试确定（1）系统稳定时，P－D控制器参数K,T的取值条件；cc（2）当正反馈系数K=08.时，要求系统阶跃响应的超调量M=163%.和过渡时间spt=08.秒，试确定P－D控制器参数K,T的取值。sccR(s)1C(s)Kc(Tcs+1)2++s-+Ks习题3－133－14温度计的特性可以用一惯性环节1Ts+1来描述。将某种温度计置于一恒温水槽内，ο约在一分钟时，温度计的指示值达实际值的98%。如果将水槽以10C/min的速度升温，试计算该温度计的稳态指示误差。3－15设单位反馈系统的开环传递函数如下，分别计算系统的静态位置误差系数K，静态p位置误差系数K，静态位置误差系数K，并分别计算当输入为r()tt=21⋅()、r()tt=2、va2rt()=2t时的稳态误差。50（a）Gs()=()5161ss++()K（b）Gs()=ss(.05++14)(s1)K（c）Gs()=2ss()+++454s(s0)K()2141ss++()（d）Gs()=22ss()++21s0 3－16带有扰动信号输入的控制系统其结构图如题图所示，输入信号为r()t=Rt，扰动作用为N()t=⋅N1()t，R,N为常数，N(s)R(s)K++KC(s)12+-Ts1+1sTs()2+1习题3－16（1）试计算系统的稳态误差。（2）系统的环节增益K、K均为可调参数，但是其约束为KK≤K，为了减小系1212M统的稳态误差，应如何调整增益K、K的值。123－17已知二阶系统的单位阶跃响应曲线如图所示。1.51.0810.50-0.5-100.93246二阶系统为2bs+bs+b210G(s)=2as+as+a210已知系统参数b=,0a=,2a=1及阻尼参数ζ=.0316，试确定其它未知各参数的值，并112写出确定参数后的传递函数G(s)。3-18*已知二阶系统的单位阶跃响应曲线如题图所示,试根据响应曲线写出传递函数G(s)。c(t)15t03510习题3-18 4－1设系统的开环零、极点分布如下图所示，试绘制相应的根轨迹草图。习题4－14－2设系统的开环传递函数为Kg（1）G(s)=1(s+2.0)(s+5.0)(s+)1K(s+)2g（2）G(s)=22s+2s+10Kg（3）G(s)=12(s+1)(s+5)(s+6s+13)试绘制控制系统的根轨迹草图。4－3设控制系统的结构图如题图（a）、（b）所示。图（a）中Ks为速度反馈系数，试绘制以Ks为参变量的根轨迹图。图（b）中τ为微分时间常数，试绘制以τ为参变量的根轨迹图。R(s)10C(s)+R(s)10C(s)-+-s(s+)21+τs+s(s+)2-Kss（a）（b）习题4－34－4设系统的开环传递函数为Kg(s+10)G(s)=2(s+1)(s+4s+)8试分别绘制负反馈系统和正反馈系统的根轨迹图。4－5设非最小相位系统的开环传递函数为K1(−5.0s)G(s)=os1(+2.0s) 试绘制该系统的根轨迹。4－6延迟系统的开环传递函数为−τs（1）G(s)=Ke(τ=)11−τsKe（2）G(s)=(τ=,5.0p=)22s(s+p)试绘制该系统的根轨迹。4－7设非最小相位系统的开环传递函数为K(s+)1gG(s)=2s(s−1)(s+4s+16)试绘制该系统的根轨迹，并确定使闭环系统稳定的Kg范围。4-8设系统的开环传递函数为KgG(s)=02s(s+4s+a)试讨论，a取何值时，该系统的根轨迹在实轴上有：(1)无分离点，(2)一个3重分离点，(3)一个分离点与一个会合点。(4)只有一个分离点4－9设单位反馈控制系统的开环传递函数为K(s+)2gG(s)=s(s+1)(s+)4若要求其闭环主导极点的阻尼角为60°，试用根轨迹法确定该系统的动态性能指标Mp、tp、ts、和稳态性能指标Kv。4-10单位反馈控制系统，开环传递函数为K(s+)1G(s)=o2s(s+10)(1)试作根轨迹草图。(2)确定系统闭环根全部为负实根时，增益K的取值范围。K(s+)2g4-11设单位反馈控制系统的开环传递函数为G(s)=，根轨迹图如题图所示。os(s+)1 jωC(t)s平面1jω−2−10t01(a)根轨迹图(b)单位阶跃响应习题4-11（1）当系统的阻尼振荡频率ω=1rad/s时，试确定闭环主导极点的值与相应的增d益值。（2）当系统的阻尼参数ζ=1时，其单位阶跃响应如题图所示，试分析超调量产生的原因。4－12设某随动系统的结构图如下，其中检测比较放大环节：K1=0.8v/deg，250.0156功率放大环节：G2(s)=，执行电机(含减速器)：G3(s)=，.005s+1s.0(25s+)1deg/v⋅s。试用根轨迹法分析系统性能。若在系统中加入串联校正装置⎛.025s+1⎞Gc(s)=1.0⎜⎟⎝.0025s+1⎠试用根轨迹法分析系统的动态性能和稳态性能。检测比较放大R(s)功率执行C(s)K1减速器+放大电机-习题4－9 5－1计算图示电网络在输入为ut()sin=ωti时的稳态正弦输出u()t。o10μ10Kuiuo40K5－2已知系统的极坐标图如题图所示，试确定系统的传递函数。ImG(jω)ImG(jω)24Re-2-10Re0R=2-jω=10ω=2ϕ=45°（a）（b）1001005－3已知两装置的传递函数分别为Gs()=、Gs()=，作出它们的对数1205.s+105.s−1幅频特性L()ω与对数相频特性ϕ()ω，并比较有何不同。5－4作出下述传递函数的对数幅频特性L()ω与对数相频特性ϕ()ω。1（a）Gs()=，T=10及T=01.时；TsTs+11（b）Gs()=，T>T时，及T>TT123()Ts++11()Ts(Ts+1)1235－5作出下面传递函数极坐标图的草图。K（a）Gs()=()Ts++11(Ts)12K（b）Gs()=sTs()+1KTs()+11（c）Gs()=，TT时，及TT。试证明该系统的相位裕度γ有极大值γ，并计算当相位asiaccmax裕度γ为最大值γ时，系统的开环截止频率ω和增益K的值。ccmaxccR(s)1K1C(s)sK1(+)c+-τs1+TasTsi习题5－155－18某系统的开环传递函数为K()s+ω2Gs()=ss()+++ωωω()s(s)1342其中ω<<ωω<ω，K=ωω，ω为开环截止频率。试绘制开环对数幅频特性L()ω，12344cc并确定ω的正确位置。c 第6章习题6－1有源校正网络如题图所示，试写出传递函数，并说明可以起到何种校正作用。R2R3R4R2Cui1CuuiR1Rou--R3o++（a）（b）6－2已知系统的开环传递函数为4GsHs()()=ss()+1试采用根轨迹法设计微分校正装置G()s，使得系统的超调量M<20%，过渡时间t<4cps秒，并比较校正前后系统的稳态性能。6－3系统结构图如题图所示，试用根轨迹法设计积分校正装置G()s，使得系统的超调量cMp<5%，过渡时间ts<4秒，单位斜坡输入时的稳态误差ess<.002。R(s)KC(s)Gc(s)+-ss()++36()s习题6－36-4已知系统的开环传递函数分别为10（1）G(s)=o2s10（2）G(s)=os分别采用根轨迹同伦法设计串联校正装置G()s，使得系统的闭环极点为s=−2±j。c2,16－5已知系统的开环传递函数为Ks()+2GsHs()()=ss()+1当调整根轨迹增益K时，可以获得其阶跃响应在欠阻尼条件下各种满意的动态性能。试确定满足下述要求的增益K值（a）系统具有最大的超调量M时；pmax（b）系统具有最大的阻尼振荡频率ω时；dmax（c）系统响应时间最快的t时；smin （d）系统的斜坡响应具有最小的稳态误差e时；ssmin6－6已知双T网络如题图所示，试求它们的频率特性，作出波得图，并说明作为校正装置使用有什么特点。CRRRCCuiuouiuoCR(a)(b)6－7已知系统的开环传递函数为KGsHs()()=ss(.02+1)试采用频率法设计超前校正装置G()s，使得系统实现如下的性能指标c（a）静态速度误差系数K≥100；v（b）开环截止频率ω>30；cο（c）相位裕度γ>20。c6－8已知系统的开环传递函数为KGsHs()()=ss(.002+1)试采用频率法设计滞后校正装置G()s，使得系统实现如下的性能指标c（a）静态速度误差系数K≥50；v（b）开环截止频率ω>10；cο（c）相位裕度γ>60。c1+Ts16－9已知单位反馈系统的结构图如题图所示，其中K为前向增益，为超前校正装1+Ts2置，T>T，试用频率法确定使得系统具有最大相位裕度的增益K值。12R(s)1+Ts1C(s)1K2+1+Tss-2习题6－86－10设单位反馈控制系统的开环传递函数为KGs()=s+1试采用二阶参考模型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）静态速度误差系数K≥10；v（b）阶跃响应的过渡时间t<04.秒；s 6－11已知单位反馈系统的开环传递函数如下所示，试依照二阶参考模型作系统校正，使得系统的调节时间t<5.0秒。s12（1）G(s)=os(s+5.0)(s+)4(5s+)1（2）G(s)=o2sK6－12设角位移伺服系统的开环模型为Gs()=，试采用四阶参考模ss(.02+1)型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）静态速度误差系数K≥200；v（b）阶跃响应的过渡时间t<04.秒；s（c）阶跃响应的超调量M<30%；p并计算相位裕度γ的大小。c6－13设受控对象的开环模型为KGs()=ss()++1011(.s)试采用四阶参考模型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）静态速度误差系数K≥80；v（b）开环截止频率ω>2；c6－14设受控对象的开环模型为126G(s)=s1.0(s+1)(.001s+)1试采用四阶参考模型法设计校正装置G()s，使得校正后实现下述性能指标c（a）输入速度信号为1rad/s时，稳态误差误差系数e0T0Iut()=⎨π2πo1tωt⎪−∫ut()dt•0T0iut()<0⎩Ii得到分段函数表达式为：⎧Aπuo(t)⎪(sin−+≤ωωtt10)≤ωT2I⎪ωtAπ⎪(sinωtt−≤1)ωπ≤0⎪π2πωT2Iut()=⎨oA3π⎪(sin−−≤ωπtt1)ω≤⎪ωT2习题7－9I⎪A3π(sinωtt+≤1)ωπ≤2⎪⎩ωTI2ο试由描述函数法证明该种非线性积分器的相位滞后角为0。7－10已知二阶系统的结构图如题图所示，试采用非线性输入控制方法，使得系统单位阶跃响应的超调量为零，设计分段阶跃信号的幅值R和R，并确定切换时间t。12c86 R2R1t1C(s)0tc+-s(s+)5.0NIC控制器习题7－1087'