自动控制原理考试试题第五章习题与答案-2
自动控制原理考试试题第五章习题及答案
第五章 线性系统的频域分析与校正练习题及答案——25-12 已知)(1s G 、)(2s G 和)(3s G 均为最小相角传递函数，其近似对数幅频特性曲线如图5-79所示。
试概略绘制传递函数 G s G s G s G s G s 412231()()()()()=+的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。
解：(1) ✈L K 11204511()lg .ω== ∴=K 1180则： G s K 11()=(2) G s K s s 22081()(.)=+20201022lg /lg K K ω== , K 21= (3) ✈L K K 333202001110()lg lg .ωω===s s K s G K 9)(,9111.01333====∴(4) ✈G s G G G G 412231()=+ 将G G G 123,,代入得：G s s s 41801251()(.)=+对数频率特性曲线如图解5-12(a)所示,幅相特性曲线如图解5-12(b)所示：图解5-12 (a) Bode图 (b) Nyquist图5-13 试根据奈氏判据，判断题5-80图(1)～(10)所示曲线对应闭环系统的稳定性。
已知曲线(1)～(10)对应的开环传递函数如下（按自左至右顺序）。
题号开环传递函数P N NPZ2-=闭环稳定性备注1G sKT s T s T s()()()()=+++1231110-12不稳定2G sKs T s T s()()()=++1211000稳定3G sKs Ts()()=+210-12不稳定4 G s K T s s T s T T ()()()()=++>12212110 0 0 稳定 5 G s K s ()=30 -1 2 不稳定 6 G s K T s T s s ()()()=++123110 0 0 稳定 7 G s K T s T s s T s T s T s T s ()()()()()()()=++++++5612341111110 0 0 稳定 8 G s KT s K ()()=->1111 1/2 0 稳定 9 G s KT s K ()()=-<1111 0 1 不稳定 10G s Ks Ts ()()=-11-1/22不稳定5-14 已知系统开环传递函数，试根据奈氏判据，确定其闭环稳定的条件：)1)(1()(++=s Ts s Ks G ； )0,(>T K（1）2=T 时，K 值的范围； （2）10=K 时，T 值的范围； （3）T K ,值的范围。
自控原理第五章习题参考答案
5-1 5()0.251G s s =+5()0.251G j j ωω=+()A ω=()arctan(0.25)ϕωω=-输入 ()5cos(430)5sin(460) =4r t t t ω=-︒=+︒(4)A ==(4)arctan(0.25*4)45ϕ=-=-︒系统的稳态输出为()(4)*5cos[430(4)]3045)17.68cos(475)17.68sin(415)c t A t t t t ϕ=-︒+=-︒-︒=-︒=+︒ sin cos(90)cos(90)cos(270)αααα=︒-=-︒=+︒或者，()(4)*5sin[460(4)]6045) 17.68sin(415)c t A t t t ϕ=+︒+=+︒-︒=+︒所以，对于cos 信号输入下的稳态输出计算规律与sin 信号作用下计算相同。
5-3（2）1()(1)(12)G s s s =++ 1()(1)(12)G j j j ωωω=++()A ω=()arctan arctan 2ϕωωω=--起点：0ω= (0)1;(0)0A ϕ==︒ 位于正实轴上。
终点：ω→∞ ()0;()180A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第三象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()arctan arctan 290ϕωωω=--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒所以有，1/(2)ωω= 21/2ω=()0.473A ω=== 因此，与虚轴的交点为（0，-j0.47）()ω（3）1()(1)(12)G s s s s =++ 1()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()90arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)90A ϕ=∞=︒∆－－ 位于负虚轴（左侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()270A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第二象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与实轴有交点，并且满足：()90arctan arctan 2180ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=2()0.673A ω===与实轴的交点为（-0.67，-j0）)ω（4）21()(1)(12)G s s s s =++ 21()()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()180arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)180A ϕ=∞=︒∆－－ 位于负实轴（上侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()360A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第一象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()180arctan arctan 2270ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=()0.94A ω===与虚轴的交点为（0，j0.94）)ω=5-4（2）10.5ω=，21ω=，1K =，0ν=（3）10.5ω=，21ω=，1K =，1ν=低频段直线（延长线）与0db 线交点的频率为：1/cK νω'=。
自动控制原理简明教程第二版课后答案第五章习题答案
5-13 试用奈氏判据分宾判断题 5-5，5-6 系统的闭环稳定性。 解：5-5 （1）τ > T 时系统闭环稳定。 （2）T >τ 5-6 （1）ν =1 时系统闭环稳定。 （2）ν = 2,3,4 时系统闭环不稳定。 5-14 已知下列系统开环传递函数（参数 K,T,Ti > 0;i = 1,2,,6 ） ： 时系统闭环不稳定。
8
胡寿松自动控制原理习题解答第五章 电 3 刘晓峰制作
L（ω ） （dB）
60 40 20
-20 -40 -20
0
0.1 1 2 10
-40 20 -60
100ω
ω 0 − 90
−180
5-11 绘制下列函数的对数幅频渐进特性曲线：
2
（1）G(s) =
(2s +1)(8s +1) 200 （2）G(s) = s 2(s +1)(10s +1)
1
所以：G(s) = 100(0.001s/ω
1
+1)
(s
/ω 1 +1)(s /100 +1)
11
胡寿松自动控制原理习题解答第五章 电 3 刘晓峰制作
（b）G(s) = s 102 (s(s/ω /ω
21
++11) )
（c）
G(s) = (s
2
2ξ ω nKs+2ω + s
n 2
ω
n
2
)(s /10 +1)
0.5 −87.2
1 −92.1
3 −164
5 − 216
7 − 234.5
10 − 246
自动控制原理及其应用课后习题第五章答案
ω
20 0 -20
10 ωc
1
2 -20dB/dec
ω
-60dB/dec
10 ≈1 ω2 0.5 c
ω c=4.5
5 ≈1 ω c=7.9 ω 0.01 c3
第五章习题课 (5-17)
-20
低频段曲线： 低频段曲线： 20lgK=20dB φ (ω ) 0 ω1=5 ω2=15 -90 相频特性曲线： 相频特性曲线： -180 -270 φ ( )= -90o ω ω=0 φ ( )= -270o ω ω=∞
-60dB/dec
ω
第五章习题课 (5-2)
10(s+0.2) 1.33(5s+1) (5) G(s)= s2(s+0.1)(s+15)=s2(10s+1)(0.67s+1) 解： 低频段曲线： 低频段曲线： 20lgK=2.5dB
第五章习题课 (5-7)
5-7 已知奈氏曲线，p为不稳定极点个数， 已知奈氏曲线， 为不稳定极点个数 为不稳定极点个数， υ为积分环节个数，试判别系统稳定性。 为积分环节个数，试判别系统稳定性。 Im υ=2 (b) p=0 (a) p=0 Im υ=0
ω=0 Re -1 0 ω=0+ -1 0 ω=0 Re
第五章习题课 (5-1)
5-1(1) 已知单位负反馈系统开环传递函数， 已知单位负反馈系统开环传递函数， 当输入信号r(t)=sin(t+30o)，试求系统的稳态 当输入信号 ， 输出。 输出。 10 G(s)=(s+1) 10 解： φ(s)= (s+11) 10 = 10 = 10 ω A( )= 2 2 112+1√ 122 =0.905 √ 11 +( ) √ ω φ ( )=-tg-1ω =-tg-1 1 =-5.2o ω 11 11 cs(t)=0.9sin(t+24.8o)
自动控制原理第五章课后习题答案(免费)[1]
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自动控制原理第五章课后习题答案（免费）5－１设单位反馈系统的开环传递函数为对系统进行串联校正，满足开环增益 及 解:① 首先确定开环增益K,00()12lim v s K SG S k →===② 未校正系统开环传函为:012()(1)G s s s =+M a g n i t u d e (d B )1010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 70.5 dB (at 200 rad/sec) , P m = 16.5 deg (at 3.39 rad/sec)Frequency (rad/sec)③ 绘制未校正系统的开环对数频率特性,得到幅穿频率 3.4c ω=,对应相位角'0()164,16c G j ωγ∠=-∴=,采用超前校正装置,最大相角 0(180())4016630m c G j ϕγωγ=-+∠+=-+=④ 11sin ,31m αϕαα--=∴=+ 0()(1)KG s s s =+40γ=︒112K s -=⑤ 在已绘图上找出10lg 10lg3 4.77α-=-=-的频率 4.4m ω=弧度/秒 令c m ωω=⑥0.128/,0.385/m T s T s ωα=⇒==∴=校正装置的传函为:110.385()110.128Ts s G s Ts s α++==++校正后的开环传函为:012(10.39)()()()(1)(10.13)c s G s G s G s s s s +==++ 校正后1801374340γ=-=>,满足指标要求.-100-50050100M a g n i t u d e (d B )101010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 99.2 dB (at 1.82e+003 rad/sec) , P m = 42.4 deg (at 4.53 rad/sec)Frequency (rad/sec)5－２设单位反馈系统的开环传递函数为要求 设计串联迟后校正装置。
《自动控制原理》第5章习题答案
G0 ( s ) =
1 s (0.1s + 1)
特征方程为， D( s ) = 0.1s 2 + s + 1 = 0 ，即，s + 10 s + 10 = 0 ，
2
ω n = 10 = 3.162 ， ζ =
10 = 1.58 ，原系统为过阻尼系统， 2ω n
2
σ % = 0 ， ts >
4
ζω n
解： G ( jω ) =
ω＝0 时， G (0) = 0.4 ，在低频段， L(ω ) = 20 lg 0.4 = −8dB ； ω → ∞ 时， G ( j∞) = 1 ，
在高频段， L(ω ) = 20 lg1 = 0dB 。转折频率 ω1 = 2 ，ω 2 = 5 。串联校正装置是超前校正装 置。
-j 3.46
②计算期望主导极点位置。 系统期望闭环主导极点具有阻尼系数 ζ =
2 ，自然振荡频率 ω n = 4 2 ， 2
θ = arccosζ = arccos
2 = 450 ， 则 一 个 具 有 期 望 极 点 的 2 阶 系 统 特 征 方 程 为 ， 2
s 2 + 8s + 32 = 0
jω
期望极点
期望极点
− p3
j
600
j0.58
− p2
-1
− p1
0 -j
-3
-2
σ
-2
19.150 -1
40.880 0.33 0
119.640
校核相角条件： 根据在图中主导极点位置的近似值－0.33 ± j 0.58 和开环极点的位置， 作由各开环极点到期望主导极点的向量，
Φ = －119.640 －40.880 －19.150 = －179.670≈－1800
《自动控制原理》第五章习题解答
2 ωn s( s + 2ζω n )
G( s) =
当取 r (t ) = 2 sin t 时，系统的稳态输出
css (t ) = 2 sin(t − 450 )
试确定系统参数 ω n , ζ 。 解：根据公式（5-16）和公式（5-17） 得到： c ss (t ) = A G B ( jω ) sin(ωt + ϕ + ∠G B ( jω ))
根据题目给定的条件： ω = 1 A = 2 所以： G B ( jω ) =
2 (ω n − ω 2 ) + (2ζω nω ) 2
=
=1
（1）
∠G B ( jω ) = − arctan
2ξω nω 2ξω = − arctan 2 n = −45 0 2 2 ωn − ω ωn −1
（2）
由式（1）得 ω n = (ω n − 1) + ( 2ζω n )
20
ϕ (ω )
− 89 o
− 87.2 o
− 92.1o − 164 o
− 216 o
− 234.5 o
− 246 o
− 254 o
− 258 o
ω
30
50
100
ϕ (ω )
− 262 o
− 265 o
− 267.7 o
作系统开环对数频率特性图，求得 ω c = 1 ,系统的穿越频率 ω r = 18 系统的幅值裕度和相角裕度为 h =
-26
-20
5-12 已知最小相位系统的对数幅频渐进特性曲线如图 5-50 所示， 试确定系统的开环传递函 数。 解： （a） G ( s ) =
自动控制原理课后习题答案第五章
第 五 章5-2 若系统单位阶跃响应为49()1 1.80.8tth t ee--=-+试确定系统的频率特性。
分析 先求出系统传递函数，用j ω替换s 即可得到频率特性。
解：从()h t 中可求得：(0)0,(0)0h h '==在零初始条件下，系统输出的拉普拉斯变换()H s 与系统输出的拉普拉斯变换()R s 之间的关系为()()()H s s R s =Φ⋅即()()()H s s R s Φ=其中()s Φ为系统的传递函数，又1 1.80.836()[()]49(4)(9)H s L h t s s s s s s ==-+=++++1()[()]R s L r t s ==则()36()()(4)(9)H s s R s s s Φ==++令s j ω=，则系统的频率特性为()36()()(4)(9)H j j R j j j ωωωωωΦ==++5-7 已知系统开环传递函数为)1s T (s )1s T (K )s (G 12++-=;（Ｋ、Ｔ1、Ｔ2＞０）当取ω＝１时， o180)j (G -=ω∠,|Ｇ(ｊω)|＝０.５。
当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式G(ｊω)。
分析：根据系统幅频和相频特性的表达式，代入已知条件，即可确定相应参数。
解： 由题意知：()G j ω=21()90arctan arctan G j T T ωωω∠=---因为该系统为Ⅰ型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，即1()lim ()0.1ss s e E s K→∞===所以：10K =当1ω=时，(1)0.5G j ==21(1)90arctan arctan 180G j T T ∠=---=-由上两式可求得1220,0.05T T ==，因此10(0.051)()(201)j G j j j ωωωω-+=+5-14 已知下列系统开环传递函数(参数K 、T 、T ｉ＞０，ｉ＝１，2，…，６)(1))1s T )(1s T )(1s T (K)s (G 321+++=(2))1s T )(1s T (s K)s (G 21++=(3))1Ts (s K )s (G 2+=(4))1s T (s )1s T (K )s (G 221++=(5)3s K )s (G =(6)321s)1s T )(1s T (K )s (G ++=(7))1s T )(1s T )(1s T )(1s T (s )1s T )(1s T (K )s (G 432165++++++=(8)1Ts K)s (G -=(9)1Ts K )s (G +--=(10))1Ts (s K)s (G -=其系统开环幅相曲线分别如图5-6(1)～(10)所示，试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定性，若系统闭环不稳定，确定其s 右半平面的闭环极点数。
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第五章线性系统的频域分析与校正练习题及答案——25-12 已知G1(s)、G2(s)和G3(s)均为最小相角传递函数，其近似对数幅频特性曲线如图5-79 所示。
试概略绘制传递函数G4 (s)G1( s) G2 ( s) 1 G2 ( s) G3 (s)的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。
解： (1)L1 () 20lg K1 45.11K1180则：G1 ( s)K1(2)G2(s K2图5-79 5-12题图)ss(1)0.820lg K2 /20 lgK 20 ,K211(3)L3 () 20 lg K320 lg 0.111K30K 319, G3 (s) K3 s 9s0.111(4)G4 ( s)G1G2 1 G2G3将 G1 ,G2, G3代入得：G4(s)18s(0.125s1)对数频率特性曲线如图解5-12(a) 所示 , 幅相特性曲线如图解5-12(b) 所示：77图解 5-12 (a) Bode 图 (b) Nyquist 图5-13 试根据奈氏判据，判断题5-80 图 (1) ～ (10) 所示曲线对应闭环系统的稳定性。
已知曲线 (1) ～ (10) 对应的开环传递函数如下（按自左至右顺序）。
解 题5-13 计算结果列表题 开环传递函数PZ 闭环 备号 N2N稳定性注P1G (s)K-12不稳定(T 1s 1)( T 2s 1)( T 3 s 1)2 G ( s)K0 0 0稳定s( T 1s 1)( T 2 s 1)3G (s) K-12不稳定2s (Ts 1)78G (s)K (T 1s 1)T 2 )4 2(T 10 0 01)s (T 2 s5G(s)K-123s6K ( T 1 s 1)( T 2 s 1)G( s)3s稳定不稳定稳定7 G (s)K( T 5 s 1)( T 6 s 1)s( T 1s 1)( T 2 s 1)( T 3s 1)( T 4 s 1)8 G ( s) K( K 1)T 1s 19G ( s) K( K 1)T 1s 1K10G ( s)s( Ts 1)00011/20 1011-1/22稳定稳定不稳定不稳定5-14已知系统开环传递函数，试根据奈氏判据，确定其闭环稳定的条件：KG( s)；(K , T 0)s(Ts 1)( s 1)（1）T 2时， K 值的X 围；（ 2）K 10时，T 值的X 围；（ 3）K , T 值的X 围。
解G( j)KK (1T)j (1 T2 )j (1j )(1jT )(12)(1 T22 )令Y()0 ，解出 1) 表达式并令其绝对值小于 1，代入 X(T1 KTX ()1T1 T得出：1 T 或0 T1 KT K 13（1）T2时， 0K；2（2）K 10 时， 0（3）K , T 值的X 围如图5-15已知系统开环传递函数G(s)(s 2)( s0.5) X( ) Y( )79试概略绘制幅相特性曲线，并根据奈氏判据判定闭环系统的稳定性。
解 作出系统开环零极点分布图如图解5-15 （a ）所示。
G ( j ) 的起点、终点为：G( j 0) 50 180 G( j )10 0G ( j ) 与实轴的交点：10(52j 2 )G( j )(2 j )(0.5j )10 (52)(1 2) 32j ( 5.53.5 2)(12 )2(1.5 ) 2令 Im G( j )0 可解出5.5 /3.51.254 代入实部Re G( j 0 )4.037概略绘制幅相特性曲线如图解5-15 （ b ）所示。
根据奈氏判据有ZP 2N1 2(1) 22所以闭环系统不稳定。
5-16 某系统的结构图和开环幅相曲线如图 5-81 (a) 、 (b) 所示。
图中G ( s)1, H ( s)s 3s)2 ( s 1)2s(1试判断闭环系统稳定性，并决定闭环特征方程正实部根个数。
s 2解内回路开环传递函数:G( s) G ( s) H (s)(s 1)480G( j 0)00G( j 0)01800G( j)01800大致画出 G0 ( j ) 的幅相曲线如图解5-16 所示。
可见G0( j )不会包围（ -1,j0 ）点。
Z0P0 2N00200即内回路小闭环一定稳定。
内回路小闭环极点（即开环极点）在右半S平面的个数为0。
P Z0 0由题 5-16 图(b) 看出 : 系统开环频率特性包围（-1,j0 ）点的圈数N=-1 。
根据劳斯判据ZP2NZ12N02(1)2系统不稳定，有两个闭环极点在右半S平面。
5-17已知系统开环传递函数10G(s)s(0.2s20.8s1)试根据奈氏判据确定闭环系统的稳定性。
解作出系统开环零极点分布图如图解5-17(a) 所示。
G( j )1010[0.8j(10.22 )]j(1j 0.2 )(1 j )(12 )(10.04 2 )G ( j ) 的起点、终点为：G ( j 0)180G( j 0)270G ( j )0270lim Re[G ( j)]8幅相特性曲线 G ( j ) 与负实轴无交点。
由于惯性环节的时间常数T10.2 ，小于不稳定惯性环节的时间常数 T2 1，故( )呈现先增大后减小的变化趋势。
绘出幅相特性曲线如图解5-17(b) 所示。
根据奈氏判据1Z P 2N 1 2 ( )2表明闭环系统不稳定。
815-18已知单位反馈系统的开环传递函数，试判断闭环系统的稳定性。
G (s)101)( s2s( s1)4解作出系统开环零极点分布图如图解5-18(a) 所示。
当0变化时， G ( j) 的变化趋势：G ( j 0)0G( j 0)90G( j 2)153.4G( j 2)333.4G ( j )0360绘出幅相特性曲线G ( j ) 如图解5-18(b)所示。
根据奈氏判据Z P 2N 0 2 (1)2表明闭环系统不稳定。
5-19已知反馈系统，其开环传递函数为82(1)100G (s)1)s( 0. 2s(2)G (s) 501)( s 2)( s 0.5)(0.2 s (3)G (s)10s(0.1s 1)( 0.25s 1)100(s1) (4)G(s)2 1)(ss(s 1)(s1)1020试用奈氏判据或对数稳定判据判断闭环系统的稳定性，并确定系统的相角裕度和幅值裕度。
解 (1)G ( s)100100s(0.2s 1)s1)s(5画Bode 图得： C 5 10022.36g1800 G( j) 1800 900 tg 1 0.2 C 12.60h1G(g )图解 5-19 (1) Bode 图Nyquist图(2)G (s)50501)( s 2)( s 0.5)ss(0.2s( 1)( 1)( 2s 1)5 283画 B ode 图判定稳定性： Z=P-2N=0-2 × (-1)=2系统不稳定。
由Bode 图得： c6令：G( j) 150解得c6.3cc2c5 2令：G( jg ) tg1gtg 1gtg 1 21800解得g 3.752g180 0G( j ) 1800tg 1 Ctg 1 Ctg 12 C29.452(g2 1 (g)21 (2 g )211) 2h50.391G (g )50图解 5-19 (2) Bode 图Nyquist 图(3)1010G (s)sss( 0.1s 1)( 0.25 s 1)1)(s(1)10 4 画 B ode 图得：C4 10 6.3250 0系统临界稳定。
g4 10 6.325 h 184图解 5-19 (3) Bode 图 Nyquist 图100(s1)(4)G(s)21)(s1)(ss( s1)1020画 B ode 图得：c 21.5g13.1180(c )24.8h 0.3439.3( dB)系统不稳定。
图解 5-19(4) Bode 图5-20设单位反馈控制系统的开环传递函数为G(s)as 1s245°时的 α值。
试确定相角裕度为G ( j )1 (a ) 21180 0)解2( tg a开环幅相曲线如图所示。
以原点为圆心作单位圆，在Ａ点：1 a 22A)c1(2c即：c4a 2c 21(1)85要求相位裕度即：180(c )450(c )tg 1ac180 450 18001350ac 1(2)联立求解（ 1）、（ 2）两式得：c 1.19，a 0.84。
5-21 在已知系统中10, H ( s) 1 K h sG (s)s( s 1)试确定闭环系统临界稳定时的K h 。
解 开环系统传递函数为10(1 K h s)G (s) H (s)1)s(s 解法 ( 一 ): 画伯特图如图解5-21 所示图解 5-21G ( j ) H ( j)10( K h j 1)j( j1)临界稳定时( c ) 900 1800 tg 1 c tg 1 K h c 1800 tg 1ctg 1 K hc900cK hc1cKh c1 K h2 0c86K h12c由 B ode 图c3.16K h0.1法( 二)G ( j ) H ( j )10(1 K h j )jv ( )j ( j1) u( )u( )10 (1 K h )v( 10(K h21)(2;)(21)1) 令 v()0 , 则 10( K h 21)21 K h1(1)K h又令u( )10 (1 K h )1(21)代入 (1) 得：10(1K h ) (1 1)K h10K h 2 9 K h 1解出：K h9121K h1 , K h 1 （舍去）。
201010 1/故当秒， K h 1 10时，系统临界稳定。
5-22若单位反馈系统的开环传递函数Ke 0.8 sK 的临界G (s)，试确定使系统稳定的s1值。
解G ( j)K e j 0.81 j幅频特性为 相频特性为G ( jK)211( )e j 0.81 0.8tg 1 ( )j求幅相特性通过 (-1,j0)点时的Ｋ值即G ( j)K 1(1)12( )G ( j )0.8tg 1 (2)由(2) 式tg 10.887tg (tg1 ) tg (0.8)tg .0 8tg0.8K代入 (1) ：1[ tg(0.8 )] 21K 1 [tg (0.8)] 2sec0.8解出 :c 2. 45,K 2.65 5-23设单位反馈系统的开环传递函数G( s)5s2 e s ( s 1) 4试确定闭环系统稳定的延迟时间τ 的X围。
解令G ( j)521(1) (1 2 ) 2G ( j)1800180 4tg11800(2)由(1):125解得：1 1. 618,20.618(舍去）将ω =0.618 代入 (2) 式：18036004tg 1解得：τ =1.3686, 由图可见：当τ〈 1.3686 时， G(j ω ) 不包围 (-1,j0)点, 所以的稳定X围是：0<τ <1.36865-24某最小相角系统的开环对数幅频特性如图5-82所示。