自动控制原理习题解答

第三章

3－3 已知各系统的脉冲响应，试求系统的闭环传递函数()s Φ：

()()

1.25(1)()0.0125;

(2)()

510sin 445;(3)()0.11t t k t e k t t t k t e --==++=-

解答： （1） []0.0125

()() 1.25

s L k t s Φ==

+

（2）

[])22222322

2()()5sin 4cos 425452442142511616116s L k t L t t t s s s s s s s s ??

Φ==++??

??

?=++?++???+++ ???=??+ ???

（3）

[]()111

()()0.1110313s L k t s s s s ????Φ==-=??+??+?

? 3-4 已知二阶系统的单位阶跃响应为)6.1sin(5.1210)(1.532.1?

-+-=t t h e

t

试求系统的超调量σ%，峰值时间

t

p

和调节时间

t

s

.

解答：因为0<ξ<1，所以系统是欠阻尼状态。阻尼比ξ=cos(

1.53?

)=，自然频率26.0/2.1==w n

，

阻尼振荡频率

w

d

=

6.16.01212

=-?=-=ξw w n d 1． 峰值时间

t

p

的计算

96.16

.1==

=

π

π

w

t d

p

2． 调节时间

t

s

的计算

9.22

6.05

.35

.3=?=

=

w t n

s ξ

3． 超调量σ%的计算%48.9%1006.0%100%2

2

1/6.01/=?=?=

-?--

-e

e

ππξξσ

3-5设单位反馈系统的开环传递函数为)

6.0(14.0)(++=s s s s G ，试求系统在单位阶跃输入下的动态性能。

解答：方法一：根据比例-微分一节推导出的公式

)

13

5

(6.014.0)

12/()

1()(+??+=

++=

s s s s s s K s G w T n d ξ

1)5.2(4.0114.0)

6.0(1

4.01)

6.0(1

4.0)

2()(1)()(2

22

22

+++=+++=+++

++=+++=+=s s s s s s s s s s s z

s z S G s G s s s w w s w n

n d

n ξφ

)

1(

)](1[

12)

1sin(1)(2222

2

2ξ

ξ

ξξ

ξ

ξ

ξπψξd

d

n

d

d

n

d

n

n d

d

n t

arctg z arctg z r t w r t h w

w

w w z

w e n d -+--+-=-+-=

ψ+-+=-

把z=1/

T

d

=,

1=w

n

,5.0=ξd

代入可得

)3.832

3

sin(

5.005.11)7.9623

sin(5.005.11)( ---=--+=t e t t e t t h

峰值时间的计算

0472.1)1(

2=-=ξ

ξ

β

d

d

d

arctg ，-1.6877=ψ

158.312=--=

ξ

β

ψ

d

n

d

p

w

t

超调量得计算%65.21%10011%22=?--=-

ξ

ξξσd

d

e

t

r

p

d

调节时间得计算29.6)

ln(21ln )2ln(2131222

=--+-+=-w

w w z t n

d

n n d s

d z ξξξ

方法二：根据基本定义来求解闭环传递函数为

114.0)

6.0(14.01)

6.0(1

4.0)(1)()(2

+++=+++++=+=s s s s s s s s S G s G s s φ当输入为单位阶跃函数时 )

2

3

2()21(21.0)232()21(2)

21

(11

6.01)

1(14.0)(22

++-+

+++-+=++--+

=

+++=

s s s s s s s s s s s C s s 得单位阶跃响应)2

3sin(1.0)23cos(1)

(21

2

1

t t t h e e

t -

-?--=

)3.842

3

sin(

12

1 +-=-t e

t )0(≥t 1． 峰值时间

t

p

的计算 对h(t)求导并令其等于零得

02

3)23cos()23sin(3.843.8421

2

1

=?+-+?-?-

t e t e

p

p t t p p 3)23tan(

3

.84=+?t p t p = 2. 超调量σ%的计算 %100)

()()(%?∞∞-=

h h h t p σ=%

3. 调节时间

t

s

得计算

05.0)84.523sin(2

1≤-?-

t e

s

t s

5.33=t s

3-6.已知控制系统的单位阶跃响应为

6010()10.2 1.2t t h t e e --=+- ，试确定系统的阻

尼比ζ和自然频率n ω。解答：系统的单位脉冲响应为 6010()

()1212t t k t h t e e --==-+

系统的闭环传递函数为 []2

1

1600()

()12106010600

s L k t s s s s ??Φ==-= ?++++??

自然频率60024.5n

ω== 阻尼比 70

1.4292600

ζ=

=?

3-7 设图3－7是简化的飞行控制系统结构图，试选择参数1K 和2K ，使系统的6,1n

ωζ==。

图3－7飞行控制系统结构图

解答：简化3－7结构图，得到系统的闭环传递函数为 ()1

211

25()

0.82525t K s s K K s K Φ=

+++

将上式与二阶系统的传递函数的标准形式 2

2

2

()2n n n s s s ωζωωΦ=++

相比较可得 211250.8252n t n

K K K ωζω?=?

?+=??

将6,7n ωζ==代入上述方程组并解之可得 1 1.44

0.31t

K K =??=?

3-8分别求出图3-8中各系统的自然频率和阻尼比，并列表比较其动态性能。

图3－8 控制系统

解答： （1）由图3－8（a ）可得系统的闭环传递函数为 12

1

()1

s s Φ=+ 由上式易得，此系统的动态性能指标为 自然频率 1n ω=阻尼比 0ζ=

超调量 2

1%

100%e ζζσ--== 调节时间 s t =∞

（2）由图3－8（b ）可得系统闭环传递函数为22

1

()1

s s s s +Φ=

++ 显然，这是一个比例－微分控制二阶系统，因此有 1,0.5,1n z ωζ===

2222

22

2 1.155

111arctan arctan 1.047331arctan

1.047

3

d n n

d

n

d

d d d d d d d

z r z ζωωζ

ωζζππφππζπ

β-+=

=---=-++=-++=-?

?

-==

= 此系统的动态性能指标为 峰值时间 2 2.4181d p

n d

t ωζ

=

=-

超调量22%1135.1%d p

t d d e

ζσζζ-=--=

调节时间 ()()222113ln 2ln ln 122 6.29d n n d s d n

z z t ζωωζζω+-+---=

= （3） 由图3－8（c ）可得系统闭环传递函数为32

1

()1

s s s Φ=++ （4） 由上式易得此系统的动态性能指标为 自然频率1n

ω=阻尼比0.5ζ=，所以为欠阻尼二阶系统

超调量 2

1%16.3%e

ζπ

ζσ--==调节时间 3.5

7s n

t ζω=

=

动态性能的比较表如下表3－1所示。

表3－1 动态性能的比较表 (a)

(b)

(c)

1=w

n

1=w

n

1=w

n

0=ξ 5.0=ξ 5.0=ξ

)

cos(1)(t t h -= )23sin(321)(1205.0 +-

=-t t h e t

)23sin(3

21)(605.0

+-=-t t h e t

s t r

9.0= s t r

42.2= s t

p 42.2=

s t

p

63.3=

s t

s

29.6=

s t

s

7=

%7.24%=σ %3.16%=σ

3-9设控制系统如图3-9所示。要求：

（1） 取,1.0,021

==ττ

计算测速反馈校正系统的超调量，调节时间和速度误差； （2） 取

,0,1.021

==ττ

计算比例-微分校正系统的超调量，调节时间和速度误差；

图3－9 控制系统

解答：（1）取1

20,0.1ττ==时，系统的传递函数为

()210

()210()210

G s s s s s s =

+Φ=

++

由开还传递函数可知，此系统是一个I 型系统，其速度系数为5v

K =，由静态误差系数法可得系统的速

度误差为 1

0.2ss

v

e K =

= 由闭环传递函数可知，

1

10 3.16,0.3163.16

n ωζ===

=， 超调量

2

1%35.09%e ζσ--== 调节时间 3.5

3.5s n

t ζω=

=

(2)取1

20.1,0ττ==时，系统的传递函数为

()()2100.11()110()210

s G s s s s s s s +=

++Φ=

++

由开还传递函数可知，此系统是一个I 型系统，其速度系数为 10v

K =，由静态误差系数法可得系统的

速度误差为 1

0.1ss

v

e K =

= 由比例微分校正系统的闭环函数可知

22

222

2

21

10 3.16,0.316,103.162 1.095

1110.322 1.249 1.571 1.249

0.941n d n n

d

n d d d n d d d d

d p n d

z z r z t ωζζωωζ

ωζζφππζβωζ

===

==-+=

=---=-+=-++=--===

=-

超调量 212%176%d d

t d r e

ζζσζ--=-=

调节时间 ()222113ln 2ln ln(1)22 3.09d n n d s d n

z z t ζωωζζω+-+---=

= 3-11已知系统特征方程为

432

310520s s s s ++++= 试用劳思判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。

解答：首先用劳思判据来判定系统的稳定性，列出劳思表如下：

43210

3 5 2

10 1

47

2

10153

47

2

s s s s s -

显然，由于表中第一列元素的符号有两次改变，所以该系统在s 右半平面有两个闭环极点。因此，该系统不稳定。再用赫尔维茨稳定判据来判定系统的稳定性。显然，特征方程的各项系数均为正，则

2120322142

310531470

102

2001

a a a a a a a ?=-=?-?=>?==>?显然，系统不稳定。 3－13 已知单位负反馈系统的开环传递函数为

()

()20.51()1(0.51)K s G s s s s s +=

+++试确定系统稳定时的K

值范围。解答： 由题意可知系统的特征方程为432()34(2)20D s s s s K s K =+++++=

列劳思表如下

4321 1 4 2 3 2+

10

2 3

1 s K

s K K

s K s -()()0

0263 103

2K K K

K s K -+--

由劳思稳定判据可得

()()100310263010320K K K K K K -?>??

-+?-?>?-?

?

?>??

解上述方程组可得0 1.705K <<

3－15 已知单位反馈系统的开环传递函数：

()()()()()

()22100

(1) ()0.11550

(2) ()

0.1151021(3) ()6100G s s s G s s s s s G s s s s =

++=+++=

++试求输入分别是2()

2()22r t t r t t t ==++和时，系统的稳态误差。

解答：（1）()()()()

10020

()0.1150.115G s s s s s =

=++++由上式可知，该系统是

0型系统，且

20K =.0型系统在211(),,

2t t t 信号作用下的稳态误差分别为：1,,1K

∞∞+。该系统在输入为()2r t t =时的稳态误差为∞=ss1e 根据线性叠加原理，该系统在输入为2()22r t t t =++时的稳态

误差为2

1

2.

2.1ss e K

=+∞+∞=∞+

（2）()()()()

5010

()

=

0.1150.110.21G s s s s s s s =

++++由上式可知，该系统式1型系统，且

10K =。1型系统在211(),,2t t t 信号作用下的稳态误差分别为：1

0,,K ∞。该系统在输入为()2r t t

=时的稳态误差为112.0.2ss e K ==根据线性叠加原理，该系统在输入为2

()22r t t t =++时的稳态误差为 21

20 2.

ss e K =?+=∞+∞

（3） 首先需要判定此系统的稳定性，对于单位负反馈系统有()1H s =，所以系统的闭环特性方程为

()()2

2

432 ()61001021=610020100D s s

s

s s s s s s =++++++++=

用劳思稳定判据来确定此系统的稳定性，列劳思表如下

4321 1 100 10 6 20

580

6 10

11240s s s s 0280 10

s

显然，劳思表中的第一列元素均大于零。由劳思稳定判据可知系统是稳定的。 用终值定理来求系统的稳态

误差，有

()

()()

10

22220

1

lim ()lim .()

1()()

6100lim .().

61001021ss s s s e sE s s

R s G s H s s s s s R s s s s s →→→==+++=++++

当输入为()2r t t =时，2

2

()R s s

=，则()()()

221222061002

lim ..061001021ss s s s s e s s s s s s →++==++++ 当输入为2

()22r t t t =++时，()2233

21222()s s R s s s s s

++=++=，则 ()()

()()

22223

2

2

216100lim .

.

2061001021ss s s s s s s e s s

s s s s →++++==++++

3－16 已知单位反馈系统的开环传递函数：

()()()

()()()

2

2250

(1) ();

0.1121(2) ();

4200102141(3) ()210G s s s K

G s s s s s s G s s s s =++=++++=

++ 试求位置误差系数p K ，速度误差系数v K ，加速度误差系数a K 。 解答：（1）此系统时一个0型系统，且 50K

=。故查表可得

50

p a

v K K K K ====

(2)根据误差系数的定义式可得

()

()()

2

20

0240

0lim ()()lim

4200lim ()()lim

2004200lim ()()lim

4200p s s v s s a s s K

K G s H s s s s K K

K sG s H s s s K

K s G s H s s s →→→→→→===∞++===++===++ （3）根据误差系数的定义式可得()()()

()()()

()()

()

2

20

2

2

20

102141lim ()()lim

210102141lim ()()lim

210102141lim ()()lim

1

210p s s v

s s a s s s s K G s H s s s s s s K sG s H s s s s s s K s G s H s s s →→→→→→++===∞

++++===∞++++===++ 补充题： 1. 某单位反馈系统的开环传递函数为()()

()0.110.251K

G s s s s =

++

试求：（1）使系统稳定的K 值范围；

（2）要求闭环系统全部特征根都位于Re s ＝－1直线之左，确定K 的取值范围。

解答： （1）特征方程1()0G s +=，即3

20.0250.350s

s s K +++=

要使系统稳定，根据赫尔维茨判据，应有00.350.025 014

K K K >??

>?<<即

（2）令 1s z =

-代入系统特征方程，得320.0250.2750.3750.6750z z z K +++-=

要使闭环系统全部特征根都位于s 平面Re s ＝－1直线之左，即位于z 平面左平面，应有

()0.6750

0.3750.2750.0250.675K K ->????>-??

即 0.675 4.8K

<<

2.系统结构图如图3－12所示。试判别系统闭环稳定性，并确定系统的稳态误差

ssr ssn e e 及。

图3－12

解答： ()()2

32110105()0.50.2510.251()105()1()0.25510

s G s s s s s s G s s

s G s s s s +??

=+= ?++??+Φ==

++++ 即系统特征多项式为3

20.25510s

s s +++＝0劳斯表为

32 1

0 0.25 5

1 10

2.5

s s s

s 10

由于表中第一列元素全为正，所以系统闭环稳定，又因为()

2105()0.251s

G s s s +=

+有两个积分环节，

为2型系统，输入()1r t t =+，2型系统可无静差踪，所以ssr e =0。对扰动输入，稳态误差取决于扰动点以前的传递函数1()G s ，由于本系统中，110.51

()0.5s G s s s

+=+=

，有一个积分环节，且()0.1n t =为阶跃输入，故可无静差跟踪，所以ssn e ＝0。 3.设系统如图3－14所示，要求：当0a =时，确定系统的阻尼比ζ

，无阻尼自然振荡频率n ω和()

r t t

=作用下系统的稳态误差；当0.7ζ

=时，确定参数a 值及()r t t =作用下系统的稳态误差；在保证

0.7ζ=和0.25ssr e =的条件下，确定参数a 及前向通道增益K

图3-14 解答： （1）当0a

=时，

()()()

2

2

22

200828

()8281220.3548 42222 2.828

12 ()828

122 =lim ()()lim .e n n n

e ssr e s s s s s s s s s s s s s s s s s e s s R s s ζωζωω→→+Φ==+++

+??=

==????

=???==?+Φ=

=+++

++Φ=即所以2211

.=

284

s s s s ++

或由开环传递函数

()

8

(),211lim ()4,4

v ss s v G s s s K sG s e K →=

+===

=得

（1）

因为()()

2

828

()8(28)1.2s s G s s a s as s s +==++++ ()()22

28

28 ()8

()81 ()(28)8128s a s G s s G s s a s s a s

++Φ===+++++++ 所以 2

8 22n

n ωω==即228n a ζω=+

()()

11

220.72210.24584

n a

ζω=

-=?= 此时，

()()

()0

8

28

()8 3.96128

lim () 2.023.96

v s s s G s as s s s s K sG s →+==

+++==

=当()

1r t =时，1

0.495ss v

e K =

= （2） 设前向通路增益为K ，则

(

)()

()02

22()212 lim ()2 ()(2) 22v s n n K s s K

G s Kas s s aK s s K

K sG s aK

K

s s aK s K

K aK

ωζω→+==

+++

+==

+Φ=+++?=?

?

=+??

12 =

==0.25=0.7, 0.186,31.16

ssr V aK e K K

a K ζ+==由及可解得

4. 已知单位反馈系统的开环传递函数()

10

(0.010.2)

s G s s =

+。试分析：

（1）系统是否满足超调量%5%σ≤的要求？

（2）若不满足要求，可采用速度反馈进行改进，画出改进后的系统的结构图，并确定速度反馈的参数。 （3）求出改进后系统在输入信号r(t)=2t 作用下的稳态误差。（华中理工大学2000年考题） 解答： （1）由开环传递函数可得系统的闭环传递函数为 ()()

2()

1000

1201000

s s s G G s s Φ=

=

+++

由上式可得2

1000,220n

n ωζω==，即 n ω=，ζ

＝

此时2

1%100%5%e

πζ

ζσ--=?>，不满足超调量%5%σ≤的要求。

（2）采用速对反馈进行改进后的系统的结构图如图3－28所示。

图3－28

此时系统的开环传递函数为()

1000

(100020)

s G s s τ=

++

系统的闭环传递函数为()()

2

()

1000

1(100020)1000

s s s G G s s τΦ=

=

+++

由上式可得2

1000,2100020n

n ωζωτ==+。当2

1%100%e πζ

ζσ--=?＝5％时，ζ

＝,所

以

20.691000100020

0.024

ττ??=+=

（3）系统改进后，由其开环传递函数可知，此系统为I 型系统。系统的开环增益为1000

100020

K

τ=

+

当输入信号为r(t)=2t 时，由静态误差系数法可得222(100020)0.0881000

ss

v e K K τ+=

=== 5.系统动态结构图如图3－29所示。试确定阻尼比ζ＝时的K f 值，并求出此时系统阶跃响应的调节时间t s 和超调量%σ。（北京航空航天大学2000年考题）

图3－29

解答： 由图3－29可得系统的闭环传递函数为()

29

(2)9

s f s K s Φ=

+++

显然，2

9,22n

n f K ωζω==+。又由ζ

＝可得 2220.632 1.6f

n K ζω=-=??-=

系统超调量为2

1%100%e

ζσ--=?＝％

系统的调节时间为 3.5

1.94s

n

t s ζω=

=

第四章

1.已知单位负反馈控制系统的开环传递函数为：

()()()

63K

G s s s s =

++

（1） 绘制系统的根轨迹图

()0K <<∞；

（2） 求系统临界稳定时的K 值与系统的闭环极点。（上海交通大学2002年考题） 解答：（1）绘制系统的根轨迹。①系统有3个开环极点

1231,3,6,p p p ==-=-没有开环零点；

②根轨迹有3条分支。这三条根轨迹分支分别起始与开环极点

1231,3,6,p p p ==-=-终止

于无穷远处；③实轴上的根轨迹为

(][],6,3,0;-∞-- ④渐近线如下

()()1

1

36

3

3

2121160,1803

n

m

i j

i j a a p z

n m k k n m σππ?==---=

=

=--++=

==±-∑∑

⑤分离点如下

111036

d d d ++=++ 解之得

121.27, 4.72d d =-=-（舍去）

⑥与虚轴的交点：将s j ω=代入系统闭环特征方程，令其实部，虚部都为零，可得

2

2

180

90

K ωωω?-=??-=??解之得 4.24,162K ω== 根据以上分析，绘制系统的根轨迹图，如图4－5所示。

图4－5 根轨迹

系统临界稳定即为根轨迹与虚轴的交点处，由以上分析可知临界稳定时的K 值为K ＝162临界稳定时的闭环极点

4.24s j j ω=±=±

2.已知负反馈控制系统的闭环特征方程为：

()()*214220K s s s ++++=(1)绘制系统的根轨迹

*(0)K <<∞；(2)确定使复数闭环主导极点的阻尼系数0.5ζ=的*

K 值（上海交通大学2000年考题）

解答： （1）系统的闭环特征方程为()()*

214220K

s s s ++++=

()()

*2

101422K s s s +=+++因此系统的等效开环传递函数为

()()()()

*

2

1422K G s H s s s s =+++①系统有

3个开环极点

1,231,14,p j p =-±=-没有开环零

点；②根轨迹有3条分支，这三条根轨迹分支分别起始于开环极点

1,231,14,p j p =-±=-，终止于无

穷远处；③实轴上的根轨迹为

(],14;-∞-④渐近线如下

()()1

1

16

3

2121160,1803

n m

i j

i j a a p z

n m k k n m σππ?==--=

=

-++=

==±-∑∑

⑤分离点如下

111

01411d d j d j

++=++++-

解之得

19.63d =-（舍去），2 1.04d =-（舍去）

⑥与虚轴的交点：将s j ω=代入系统闭环极点方程，令其实部，虚部都为零，可得3

*2

300

28160

K ωωω?-=??+-=??

解之得

*5.48,452K ω==根据以上分析，绘制系统的根轨迹图，如图4－6所示。

图4－6 根轨迹

(1)设闭环主导极点为21,210.50.75n n s j j ζωωζωω=-±-=±

由根之和可得

123123p p p s s s ++=++ 即 316n s ω=-

由123,,s s s 可得系统的闭环传递特征方程为

()()()()()()1233

2

2

2333n n

n n

D s s s s s s s s s s s s s ωωωω

=---=+-+--

又由题目可得系统的闭环特征方程为

()32*163028D s s s s K =++++

比较上述两个式子可得

*

315113,,21.4888

n s K ω=

=-= 即使复数闭环主导极点的阻尼系数*0.5,K ζ=的值为 *21.48K =

3.单位负反馈系统的开环传递函数为：()()

()

54.8K s G

s s s +=

-

画出K>0,时，闭环系统的根轨迹，并确定使闭环系统稳定时K 的取值范围。（北京航空航天大学2001年考题）解答： 由题目可知，系统的开环传递函数为

()()

()

54.8K s G s s s +=

-①系统有2个开环极点

120, 4.8p p ==，1个开环零点15;z =-②根轨迹有2条分支，这两条根轨迹分支分别起始与开环极点120, 4.8p p ==，其中一条终止与无穷远处，另一条终止与开环零点15;z =-③实轴上的根轨迹为

(][],5,0,4.8-∞- ，④渐近线如下

()()1

1

4.85

9.8

1

21211801

n m

i j

i j a a p z

n m k k n m σππ?==-+=

=

=-++=

==-∑∑

⑤分离点如下111

4.85d d d +=

-+

解之得1

22,12d d ==-

⑥与虚轴的交点如下：系统的闭环特征方程为()()2 4.850D s s K s K =+-+=

由上式可得，在根轨迹与虚轴的交点处：5 4.9s

K j j =±=± 4.8K =

根据以上分析，绘制系统的根轨迹，如图4－14所示。由以上分析，结合系统的根轨迹图4－14易得：当

4.8K >时系统稳定。

图4－14 根轨迹

第五章5-1．设系统闭环稳定，闭环传递函数为()s Φ，试根据频率特性的定义证明：输入为余弦函数

()cos()r t A t ω?=+时，系统的稳态输出为

()cos[()]A j t j ωω?ωΦ++∠Φ

解：由题目可得()cos()r t A t ω?=

+=cos cos sin sin A t A t ω?ω?-对等式两边同时进行拉氏变

换可得

222222

cos sin cos sin ()s s R s A

A A

s s s ?ω??ω?

ωωω-=-=+++

由于系统闭环稳定，所以()

s Φ不存在正实部的极点。假设

22

12()cos sin ()()()()()()n M s s C s s R s A s s s s s s s ?ω?

ω-=Φ=

??

++++

可表示为如下表达式：

12()

()()()()

n M s s s s s s s s Φ=

+++

由以上分析可得，系统的闭环传递函数为

22

12()cos sin ()()()()()()n M s s C s s R s A s s s s s s s ?ω?

ω-=Φ=

??

++++

将上述闭环传递函数作如下分解12

1()

n

i i i D B B C s s s s j s j ωω

==++

++-∑

对上式两边同时进行拉氏反变换可得121

()

i n

s t j t j t i i c t D e B e B e ωω--==++∑

由系统稳态输出的定义可得12lim ()j t j t ss t c c t B e B e ωω-→∞

=

+（t)=

利用留数法确定待定系统B1和B2

()1cos sin cos sin lim ()

()()22j j s j s B A s A j e s j j ωω

?ω???

ωω-∠Φ→-=Φ=Φ--

()2cos sin cos sin lim ()

()()22j j s j s B A s A j e s j j

ωω

?ω???

ωω∠Φ→-=Φ=Φ++

所以可得

[()][()][()][()]

cos sin cos sin ()()(

)2222j t j j t j j t j j t j ss c t A j e e e e j j

ωωωωωωωω????ω-+∠Φ-+∠Φ+∠Φ+∠Φ=?Φ++- =(){cos cos[()]sin sin[()]}A j t j t j ω?ωω?ωωΦ+∠Φ-+∠Φ =

()cos[()]A j t j ωω?ωΦ++∠Φ

5-3.设系统结构图如图5-3所示，试确定在输入信号()sin(30)cos 245)o o r t t t =+--（作用下，系

统的 稳态误差()ss e t 。

解：系统的误差传递函数为1

11()1()11211

s s s s s s ++Φ=-Φ=-=

+++

其幅频特性和相频特性分别为221(),arctan arctan

42

e e j j ωω

ω?ωωω+Φ==-+（） 当()

sin(30)cos 245)sin(30)sin(245)o o o o r t t t t t =+--=+-+（时，

1141

()30arctan1arctan 0.5)45arctan 2arctan1)1444

o o ss e t t t ++=

++-++-++ 1010304526.574563.4345)o o o o o o t t ++--++-） =0.63sin(48.43

)0.79sin(226.57)o

o t t +--

5-5.已知系统开环传递函数0,,;)

1()

1()()(2>++=

T K Ts s s K s H s G ττ试分析并绘制T >ττ>T 情况下

的概略开环幅相曲线。并用奈奎斯特判断系统的闭环稳定性。（辽宁p163） 解：由题目可知，系统的频率特性如下：()()()()

11)1()1()(2

2++-=++=

ωωωτωωωτωωTj j K Tj j j K j H

j G 。 由于系统2=ν，所以开环幅相曲线要用虚线补画 180的半径为无穷大的圆弧。

当+=0ω时，()()()()()

()

1800,10010002-=∞=++-=

+

+++++?τTj j K j H j G 当+∞=ω时，()()()()()

()

180,0112-=∞=+∞∞+∞-=

∞∞?τTj j K j H j G

又由于()()(

)

()(

)

11)

1()1()(22222

+-++-=++=ωωτωωτωωωτωωT T jK T K Tj j j K j H j G ，所以有

图5-3

当T

>

τ时，开环幅相曲线始终处于第三象限，如图5-3（a）所示；

由图可知，系统的开环幅相曲线不包围()0

,1j

-，根据奈奎斯特判据可得：N=0，又由系统的开环传递函数可知：P=0即Z=P-2N=0，闭环系统在s右半平面无极点，T

>

τ时闭环系统稳定。

当τ

>

T时，开环幅相曲线始终处于第二象限，如图5-3（b）所示。由图可得N=-1，又由系统的开环传递函数可知：P=0，即Z=P-2N=2，闭环系统在s右半平面有2个极点，τ

>

T时闭环系统不稳定。

5-9、已知系统开环传递函数

()??

?

?

?

?

+

+

=

1

4

1

10

)

(

)

(

2

s

s

s

s

H

s

G试绘制系统概略开环幅相曲线。并用奈奎斯特判断系统的闭环稳定性。（辽宁p166）

图5-9

解：系统的开环频率如下()()

()

()()4

4

40

1

4

1

10

2

2

2

2-

-

-

=

??

?

?

?

?

+

+

=

=

ω

ω

ω

ω

ω

ω

ω

j

s

s

s

j

H

j

G

j

s

当+

=0

ω时，()() 90

,

)

(-

=

∞

=ω

?

ω

ωj

H

j

G；

当-

=2

ω时，()∞

=

ω

ωj

H

j

G)

(，曲线处于第三象限；

当+

=2

ω时，()∞

=

ω

ωj

H

j

G)

(，曲线处于第一象限；

当+∞

=

ω时，()0

)

(=

ω

ωj

H

j

G，()

360

-

=

ω

?。又由于1

=

ν，需要在幅相曲线上用虚线补