自动控制原理课后习题解答(2)

n-m=3θ603+2s2+sA(s)=sσ=B(s)=1

4）根轨迹与虚轴的交点

2+4s+1A(s)'=3s32s+2s+s+Kr=0

B(s)'=0ω1=0Kr=0

s=-0.33Kr=2 ω2,3=±1

K(s+8)

(4) G(s)=1）开环零、极点

p1=0p2=-3p3=-7p4=-15z1=-82）实轴上根轨迹段p1~p2p3~z1p4~-∞3）根轨迹的渐近线

n-m=3σ=ooθ604）根轨迹与虚轴的交点s4+25s3+171s2+323s+8Kr=0

ω2,3=±6.2Kr=0 ω1=0Kr=638

5）分离点和会合点

3+171s2+315sA(s)=s4+25s

2+342s+315A(s)'=4s3+75s

B(s)'=2s+7)=s+8

s=-1.4

4-5 已知系统的开环传递函数。(1)试绘制出根轨迹图。(2)增益Kr为何值时，复数特征根的实部为-2。

K(s+2)

G(s)=解:p1=0p2=-1z1=-2

p1~p2z1~-∞分离点和会合点

s2+4s+2=0s1=-3.41s2=-0.59

-4ω=0ω+(1+Kr )

闭环特征方程式4-ω2-2(1+Kr )+2Kr=0

s=-2+js2+s+Krs+2Kr=0ωω=±1.41

Kr=3(-2+jω)2+(-2+jω)(1+Kr)+2Kr=0

4-6 已知系统的开环传递函数，试确定闭环极点δ=0.5时的Kr值。

(1)G(s)H(s)=K解:p1=0p2=-1p3=-3p1~p2p3~ -8

σ=-1.3θ60o180o根轨迹的分离点：

A(s)B'(s)=A'(s)B(s)3s2+8s+3=0s1=-0.45s2

=-2.2舍去与虚轴交点

s3+4s2+3s+K-r=0ω3+3

ω=0KωKr=0 1=0r-4ω2=0Kr=12

ω2,3=±1.7(2)G(s)H(s)=

K解：p1=0p2=-3p3.4=-1±jp1~p2

σ==-1.25θ= 45o135o根轨迹的出射角

θ3=-θ

1θ-2θ-4=-135º-90º-26.6º与虚轴的交点

=-71.6º

s(s+3)(s2+2s+2)+K4+5s3+8s2+6s+Kr=0sr=0

(jω)4+5(jω)3+8(jω)2+j6

ω+Kr=04-8

ω2+Kr=0Kr=0 ω1=0-5ω3+6ω=0

Kr=8.16 ω2,3=±1.1δ=0.5得s1=-0.37+j0.8s3=-4+0.37×2=-3.26Kr=|s3||s3+1||s2.263+3|

=3.26××0.26=1.9

分离点和会合点

4s3+15s2+16s+6=0

解得s=-2.3δ=0.5得s1=-0.36+j0.75

Kr=|s1||s1+3||s1+1+j||s1+1-j|

=2.92

4-7 已知系统的开环传递函数，(1) 试绘制出根轨迹图。KG(s)H(s)=解:p1=0p2=-2p3=-4p1~p2p3~ -oo60-2θσ=

根轨迹的分离点：A(s)B'(s)=A'(s)B(s)

s1=-0.85s2=-3.15舍去-ω1=0ω=0Kr=0 ω3+8(2) 阻尼振荡响应的Kr值范围ω2,3=±2.8Kr-6ω2=0Kr=48 s=-0.85Kr=0.85×1.15×3.15=3.1

s1=-0.7+j1.2(4)δ=0.5s=±j2.8Kr=48

s3=-6+0.7×2=-4.6(3)与虚轴交点

s3+6s2+8s+Kr=0

Kr=4.6×2.6×0.6=7.2

8

5-1 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 υ(s)=(1) 解：G(s)=A(ω)=

=-tg-

=-5.2oυ(ω)=-tg-

=0.905==cs(t)= 0.9sin(t+24.8o)

5-2 已知单位负反馈系统开环传递函数，试绘制系统开环幅相频率特性曲线 。

I型系统(1) G(s)=解：

)=-90-90oω=0A(ω)=ω)=∞υ(

)=-270-270oω)=ω=∞A(

0υ(ω)=

解：(3) G(s)=0型系统n-m=2

ω=0A()=00oω)=ω)=10 υ(

ω)=ω=∞A(0υ(ω)=

解：(5) G(s)=解：I型系统n-m=2

)=-270-270oω=0A(ω)=ω)=∞υ(

)=-180-180oω)=ω=∞A(

0υ(ω)=

(7) G(s)=II型系统解：ω=0ω=∞

)=-180-180oω)=A(ω)=∞υ(A(0ω)=

)=-270-270oυ(ω)=

ω5-2 已知单位负反馈系统开环传递函数，试绘制系统开环对数频率特性曲线。

解：

(1) G(s)=G(s)=s+1)(3) G(s)=20lgK=20dBω1=5ω2=15ω=0ω=∞

υ(ω

)=-270-270oυ(ω)=

)=-90)=-90

o

解：20lgK=20dB

ω1=0.125ω2=0.5

)=00o

ω)=ω=0υ()=-180-180oω)=ω=∞υ(

(5) G(s)=解：ω1=1

20lgK=20dB

)=-180)=-180o

ωω=0υ(ωω=∞υ(

)=-270)=-270o(7) G(s)==解：

20lgK=2.5

dB

ω1=0.1ω2=0.2

)=-180ω=0

υ(-180oω)=

ω=∞υ()=-270-270oω)=

ω3=15

5-4

已知系统的开环幅频率特性曲线，写出传递函数并画出对数相频特性曲线。

(a)

20lgK=20

K=10

G(s)=(b)

20lgK=-20K=0.1G(s)=K=100

(d)20lgK=48

K=251

(c)

G(s)=G(s)=

(c)

K=100

G(s)=

(e)由图可得：

20lgMr=4.58dBMr=1.7=得：δ1=±0.94δ2=±0.32δ=0.3

ω0=100K=ωr =ωn

ωn=50

G(s)=)2=0.0222T

δ=0.01T2

=(n

5-7 已知奈氏曲线，p为不稳定极点个数，υ为积分环节个数，试判别系统稳定性。

(a)

(b)

系统不稳定(c)

ω=0+

(d)

(e)

(f)

系统稳定

(g)

ω(h)

5-17 已知系统开环幅频率特性曲线(1)写出传递函数。(2)利用相位裕量判断稳定性(3)将对数幅频特性向右平移十倍频程，讨论对系统性能的影响。

解：K=10

G(s)=≈ωc=11c

υ(ωc)γ=180o+

=180o-90o-tg-110-tg-10.05=90o-84.3o-2.9o= 2.8o

5-18 已知系统结构，试绘制系统的开环对数幅频特性曲线，并计算相角稳定裕量。

G(s)=解：

ωc=4.51c

γ=180o-90o-tg-1 0.5×4.5

-tg-10.02×4.5

=90o-66o-2.6o= 21.4o

6-1 已知单位负反馈系统开环传递函数，采

用超前校正满足Kυ =100, γ≥45o。

500KG0(s)=

解：K=Kv=100

G0(s)=≈120lgK=40dBc

ωc=22.4γ=12.6°

γ′γ取Δ=5.6oυm=-+Δ

=45o–12.6o+5.6o =38°

1+sinυa==4.2

m

L0ω( m)=10lga=6.2dB

'=40ωm= ωc

ω2ωm=82T==0.01

=23.8aT=0.04ω1Gc(s)=G(s)=G0(s)Gc(s)

6-5 已知单位负反馈系统开环传递函数，试 设计串联校正装置以满足Kυ =10, γ≥50o。

G0(s)=

解：K=Kv=10G0(s)=20lg10=20dB

≈

1ωc=4.5c

γ=-18°

υ=-180o+γ'+Δ= -180o+50o+10o=-120o取ω'c=0.5'L0ω( βc)=26dB=-20lg

β=0.05

'=0.1取ω2=c

ω1=βω2=0.005

=Gc(s)=G(s)=G0(s)Gc

(s)

6-12 已知系统G0(s) 和校正装置Gc(s)的对数频率特性曲线，要求绘制校正后

系统的对数频率特性曲线，并写出开环传递函数。

(a)G0(s)=解：

Gc(s)=G(s)=

(b)G0(s)=Gc(s)=G(s)=