自动控制原理第三章习题答案
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3-3 解：该二阶系统的最大超调量：
%100*2
1/ζ
ζπσ
--=e
p
当%5=p
σ
时，可解上述方程得：
69.0=ζ
当%5=p
σ
时，该二阶系统的过渡时间为：
n
s w t ζ3
≈
所以，该二阶系统的无阻尼自振角频率17.22
*69.033
==
≈s
n t w ζ
3-4 解：
由上图可得系统的传递函数：
10
)51(*2)1(*10)
2()1(*101)2()
1(*10)
()(2
++++==
+++
++=s K s Ks s s Ks s s Ks s R s C
所以10=n w ，K w n 51+=ζ
⑴ 若5.0=ζ时，116.0≈K 所以116.0≈K 时，5.0=ζ
⑵ 系统单位阶跃响应的超调量和过渡过程时间分别为：
9
.110
*5.03
3
%
3.16%100*%100*2
2
5
.01/14.3*5.01/≈=
=
≈==----n
s p
w t e e
ζσ
ζ
ζπ
⑶ 加入)1(Ks +相当于加入了一个比例微分环节，将使系统的阻尼比增大，可以有效地减小原系统的阶跃响应的超调量；同时由于微分的作用，使系统阶跃响应的速度（即变化率）提高了，从而缩短了过渡时间：总之，加入)1(Ks +后，系统响应性能得到改善。
3-5 解：
由上图可得该控制系统的传递函数：
1
2
1
10)110(10)
()(K s s K s R s C +++=
τ
二阶系统的标准形式为：
22
2
2)
()(n
n n
w
s w s w s R s C ++=
ζ
所以
1
1021012
+==τζn n w K w
由
5
.0%
5.91%
100*2
1/2
==-=
=--p p
n p p
t w t e
σ
ζ
π
σ
ζ
ζπ
可得
85
.76
.0==n w ζ
由
1
1021012
+==τζn n w K w 和
85
.76
.0==n w ζ可得：
64
.03
84
.016
.61=≈
==n
s w t K ζτ
3-6 解：⑴ 列出劳斯表为：
因为劳斯表首列系数符号变号2次，所以系统不稳定。 ⑵ 列出劳斯表为：
因为劳斯表首列系数全大于零，所以系统稳定。 ⑶ 列出劳斯表为：
因为劳斯表首列系数符号变号2次，所以系统不稳定。 3-7 解：系统的闭环系统传递函数：
3
2
(1)
()(1)(21)(1)
(1)()
(21)(1)(1)
1(21)(1)
(1)
2(2)(1)K s C s K s s s Ts K s R s s s Ts K s s s Ts K s Ts T s K s K
++++=
=
+++++++++=
+++++
列出劳斯表为：
3
21
2 1 2 (1)(2)2
2
s T K s T K
K T K T s T s K ++++-+
0T >，20T +>，(1)(2)202
K T K T
T ++->+，0K >
0T >
0K >，(1)(2)20K T KT ++->
(1)(2)2(2)22(2)2(2)(2)0(2)(2)
K T K T T K T K K T T K T K T K T K T T ++-=+++-=+-+=+-->-<+
3-9 解：
由上图可得闭环系统传递函数：
23
2
232323
()()
(1)K K K C s R s K K K a s K K K bs K K K =
+--
代入已知数据，得二阶系统特征方程：
2
(10.1)0.10K s K s K +--=
列出劳斯表为：
2
10 10.1 0.1
s K K s K s K +---
可见，只要放大器 100K -<<，系统就是稳定的。
3-12 解：系统的稳态误差为：
)()
(1lim
)(lim )(lim 00
s R s G s s sE t e e s s t ss +===→→∞
→
⑴ )
15.0)(11.0(10
)(0++=
s s s s G
系统的静态位置误差系数：
∞=++==→→)
15.0)(11.0(10
lim
)(lim 0
00
s s s s G K
s s p