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
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（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

15 − 254
20 − 258
ω ϕ(ω )
30 − 262
50 − 265
100 − 267.7
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 1 系统的幅值裕度和相角裕度为 h = = 0.512 G( jω c ) γ =180+ϕ(ω r ) =−16.1
2 2
所 （1）
以：GB ( jω ) = (ω
Hale Waihona Puke n2−ω 2ω ) +n (2ζ ω nω )2 = (ω
n2
−1ω ) +n (2ζ ω n )2 =1
∠GB ( jω ) =−arctanω 2ξ ω
n2
−nω
ω
2
=−arctanω
2 ξ ω
2
n
1
=−450 （2） n −
由式（1）得 ω
n
4
= (ω
n
2
−1) + (2ζ ω n )2 即：
2ω
n
2
− 4ζ 2ω
n
2
−1= 0 （3）
2 ξ ω n 450 由式（2）得 arctanω n2 − 1 =
即：ω
n
2
− 2ζ ω n −1= 0 （4） 联立方程（3）和（4） ，解方程得：
ω n =1.848 ξ = 0.6532
3
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2
0 .5 ω ϕ(ω ) =−900 − arctan2ω − arctan1 − ω
6
2
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（1）ω = 0.5 时
A(ω ) = =
10 10 =17.86 ω 4ω +1 (1−ω ) + (0.5ω )2 0.5 2
2 2 2
0.625
0 .5 ω ϕ(ω ) =−900 − arctan2ω − arctan1 − ω
ω
2
n
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其中：GB (s) = s2 + 2ζ ω ns +ω
n2
2
ω
n
所以：GB ( jω ) = (ω 2 −ω 2) + (2ζ ω nω )2
n
2ξ ω ( jω ) =−arctan
2 2
n
ω
∠GB
ω n −ω
根据题目给定的条件：ω =1 A = 2
5-9 已知系统开环传递函数
10 G(s)H(s) = s(s +1)(s 2 /4 +1)
试绘制系统概略开环幅相曲线。 解：
5-10 已知系统开环传递函数
7
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G(s)H(s) =
2
s
1( s
s + 921) + 3s + s 1
要求选择频率点，列表计算 A(ω ) ，L(ω )和 ϕ(ω ) ，并据此在对数坐标纸上绘制系统开环 对数频率特性曲线。
作用下，系统的稳态误差 ess (t) 。 解：系统的闭环传递函数为：
1 G(s) = s +1 = 1
1
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1 1+ s +1
s+2
根据公式（5-16）和公式（5-17） 得到：css (t) =
AG( jω )sin(ω t = A1 G( jω 1)sin(ω 1t
(1) τ < T 时，ϕ(ω ) <−1800 概略开环幅相曲线如下
5-6 已知系统开环传递函数
1 G(s)H(s) = ν s (s +1)(s + 2)
4
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试分别绘制 ν =1,2,3,4 时系统的概略开环幅相曲线。 解： （1）ν = 1 时系统的概略开环幅相曲线如下：
所以
+ϕ+∠G( jω )) css1(t) +ϕ1 +∠G( jω 1))
=
1
sin(t + 300 − 26.60) = 0.447sin(t + 3.40) 5 = 1 A2 G( jω 2)sin(ω 2t +ϕ2 +∠G( jω 2))
css2(t) =−
cos(2t − 450 − 450) =−0.354cos(2t −900) 8
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5-2 若系统单位阶跃响应为
h(t) =1−1.8e−4t +0.8e−9t (t ≥ 0)
试确定系统的频率特性。 解：对单位阶跃响应取拉氏变换得：
1
1.8 0.8 36 −+ = s+4 s+9 s(s + 4)(s + 9)
s
C(s) 36 即： = G(s) = (s + 4)(s + 9) 所以系统的频率特性为： 36 G( jω ) = = A(ω )e ( jω + 4)( jω + 9)
s 8( +1)
（3）G(s) =
0.1 s s(s2 + s +1)( +1) 2
s2 s 10( + +1) （4）G(s) = 400 10 s s(s +1)( +1) 0.1
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解： （1）系统的交接频率为 0.125 和 0.5，低频段渐近线的斜率为-0，且过
jω (20 jω +1)
5-8 已知系统开环传递函数
10 G(s)H(s) = s(2s +1)(s2 + 0.5s +1)
试分别计算 ω = 0.5 和 ω = 2 时，开环频率特性的幅值 A(ω ) 和相位 ϕ(ω ) 。 解：
10 A(ω ) = ω 4ω +1 (1−ω 2)2 + (0.5ω )2
-40 66
L(ω) -60
6 0.1 1 -80
ω
（3）系统的交接频率为 0.1 1 2，低频段渐近线的斜率为-20，且过（0.1,38dB）点，
截止频率为 ω c = 5.43。
对数幅频渐进特性曲线如下：
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（4）系统的交接频率为 0.1 1 20，低频段渐近线的斜率为-20，且过（0.1,40dB）点，
K
（1）G(s) =
(T1s +1)(T2s +1)(T3s +1) K
（2）G(s) =
s(T1s +1)(T2s +1) K （3）G(s) = s 2 (Ts +1)
（4）G(s) = s K2 ((TT12s s++11) )
K （5）G(s) = s 3
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css (t) = css1(t) + css2(t)
所以：
= 0.447sin(t + 3.40) − 0.354cos(2t −900) ess (t) = css (t) − r(t) = 0.447sin(t + 3.40) − 0.354cos(2t −900) −sin(t + 300) + cos(2t − 450)
jϕ(ω )
R(s)
36
其中： A(ω ) =
(ω )2 +16 ω − arctan 4 9 ω
(ω )2 +81
ϕ(ω ) =−arctan
5-3 设系统结构图如图 5-49 所示，试确定输入信号 R(s) － 1 s+1 C(s)