自动控制原理(邹伯敏)第三章答案
自动控制原理答案第3章
School of Electronic Engineering, Dongguan University of Technology【习题3-1】：已知某控制系统结构图，其中T m =0.2，K =5，求系统的单位阶跃响应性能。
1）对比二阶系统开环传递函数的一般表达式：2）解得：3）进而解得：4）超调量：5）调节时间：6）峰值时间：7）上升时间： School of Electronic Engineering, Dongguan University of Technology【习题3-2】：已知某控制系统结构图，系统的单位阶跃响应曲线，试确定系统参数K 1、的值。
）闭环传递函数：2）从曲线中可以直接获得：3））计算系统的参数：）比较二阶系统闭环传递函数的一般式：阶跃响应的输出通常用h(t)表示，代替c(t)()()()lim lim t s c c t sC s →∞→∞== School of Electronic Engineering, Dongguan University of Technology【习题3-3】：已知某控制系统结构图，要求系统的阻尼比ζ=0.6，试确定K t 的值，并计算动态性能指标：t p 、t s 和σp 的值。
1）闭环传递函数：2）比较二阶系统闭环传递函数的一般式：3）解得：4）计算系统的动态性能： School of Electronic Engineering, Dongguan University of Technology【习题3-4】：已知某控制系统结构图，要求系统的超调量σp =16.3%，峰值时间t p =1 秒，求K 与τ。
1）根据超调量和峰值时间的定义，有：2）计算系统的特征参数：3）闭环传递函数：4）比较二阶系统的闭环传递函数的一般形式：5）解得：【习题3-5】：系统的特征方程为：20=0 School of Electronic Engineering, Dongguan University of Technology【习题3-7】：特征方程为：结论：=0全为零构造辅助特征方程 School of Electronic Engineering, Dongguan University of Technology【习题3-9】：已知单位反馈系统的开环传递函数为：试确定系统稳定时K 的范围：解：闭环特征方程为：劳斯表：结论：0<K<1.708 School of Electronic Engineering, Dongguan University of Technology【习题3-10】：已知控制系统结构图，要求闭环系统特征根全部位于垂线s =-0.2 之左。
自动控制原理第三章课后习题答案(最新)汇总
3-1设系统的微分方程式如下:(1)0.2c(t) 2r(t)单位脉冲响应：C(s) 10/s g(t) 103t3 3tc(t) 1 e cos4t e si n4t413-2 温度计的传递函数为 —，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的Ts 198%的数值。
若加热容器使水温按 10(C/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大？解法一 依题意，温度计闭环传递函数由一阶系统阶跃响应特性可知： c(4T) 98 o o ，因此有 4T 1 min ，得出T 0.25 min 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为(s)1K 1TG(s)—1(s) Tsv 1用静态误差系数法，当r(t) 10t 时，e ss10 10T 2.5 C oK(2) 0.04c(t)0.24c(t) c(t)r(t)试求系统闭环传递函数① 部初始条件为零。
解：(s),以及系统的单位脉冲响应 g(t)和单位阶跃响应 c(t)。
已知全(1)因为 0.2sC(s)2R(s) 闭环传递函数(s)C(s) 10R(s) s单位阶跃响应c(t) C(s) 10/s 2c(t) 10t t 0(2) (0.04s 20.24s 1)C(s) R(s)C (s )闭环传递函数(s)C(s) R(s)120.04s0.24s 1单位脉冲响应:C(s)120.04s 2 0.24s 1g(t)25 e 33tsi n4t单位阶跃响应h(t) C(s)25 s[(s 3)216]1 s 6 s (s 3)216(s)1 Ts 1解法二依题意，系统误差疋义为e(t) r(t) c(t)，应有e(s)E(s)1 C(s)R(s)11 TsR(s) Ts 1 Ts 13-3 已知二阶系统的单位阶跃响应为c(t) 10 12.5e 1.2t sin(1.6t 53.1o)试求系统的超调量c%、峰值时间t p和调节时间t'si n( 1n t )t p Jl- 1.96(s■1 2n1.63.5 3.5t s 2.92(s)n 1.2或：先根据c(t)求出系统传函，再得到特征参数，带入公式求解指标。
自动控制原理第3章习题解答
（2） k (t ) = 5t + 10 sin( 4t + 45 )
0
（3） k (t ) = 0.1(1 − e 解： （1） Φ ( s ) =
−t / 3
)
0.0125 s + 1.25
1
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
（2） k (t ) = 5t + 10 sin 4t cos 45 + 10 cos 4t sin 45
3s 4 + 10s 3 + 5s 2 + s + 2 = 0
试用劳思稳定判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。 解： 列劳思表如下：
s4 s3 s2 s1 s0
3 5 2 10 1 47 2 10 1530 0 − 47 2
由劳思表可以得到该系统不稳定。 3-12 已知系统特征方程如下，试求系统在 s 右半平面的根数及虚根值。 （1）
2ξω n = 70
ξ=
7 2 6
根据（3-17）
h(t ) = 1 +
e − t / T1 e − t / T12 + T2 / T1 − 1 T1 / T2 − 1
解：根据公式（3-17）
3
胡寿松自动控制原理习题解答第三章
自控第三章答案
K
p
不稳定
稳定
0
K
d
不稳定
不稳定
临界阻尼轨迹： D （ s ） s 4 K d s 4 K
2 p
0 出现重根时
p
临界阻尼条件为： 即： K
2 d
4 K
2
2 d
4 4K
0 线。
K p , 以纵轴为对称轴的抛物 K K
2 d 2 d
过阻尼区： 欠阻尼区： K
B3.15 分析图B3.15所示的两个系统，引入与不引入反馈时 系统的稳定性 。
解 不引入反馈 显然不稳定。 引入反馈 D ( s ) s ( s 1 )( s 5 ) 10 ( s 1 ) 0 闭环稳定。 (s ) 10 ( s 1 ) s ( s 1 )( s 5 )
3
赫尔维茨判据： 9 100 D2 20 1 100 9 80 0
1 20 4 100
2
1
0
故系统是稳定的。
(3)s4+4s3+13s2＋36s+K=0
解
（1 ） 劳思判据： s s s s s
4
1 4 4 36 K K
13 36 K K
K 0
3
2
1
0
若系统稳定，则
36 K 0 0 K 36 K 0
( 2 )由
G (s )
7(s 1) s ( s 4 )( s 2 s 2 )
2
0 . 875 ( s 1 ) s ( 0 . 25 s 1 )( 0 . 5 s s 1 )
2
可知系统为
1
型的，于是
自动控制原理精品课程第三章习题解(1)精品文档6页
3-1 设系统特征方程式：试按稳定要求确定T 的取值范围。
解：利用劳斯稳定判据来判断系统的稳定性，列出劳斯列表如下：欲使系统稳定，须有故当T>25时,系统是稳定的。
3-2 已知单位负反馈控制系统的开环传递函数如下，试分别求出当输入信号为,21(),t t t 和 时，系统的稳态误差(),()().ssp ssv ssa e e e ∞∞∞和解：（1）根据系统的开环传递函数可知系统的特征方程为：由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，因此系统是稳定的。
由G(s)可知，系统是0型系统，且K=10，故系统在21(),t t t 和输入信号作用下的稳态误差分别为：(2)根据系统的开环传递函数可知系统的特征方程为：由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，且2212032143450,/16.8a a a a a a a ∆=-=>∆>=以及，因此系统是稳定的。
由G(s)可知，系统式I 型系统，且K=7/8,故系统在21(),t t t 和 信号作用下的稳态误差分别为：(3)根据系统的开环传递函数可知系统的特征方程为：由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，且21203 3.20a a a a ∆=-=>因此系统是稳定的。
由G(s)可知，系统是Ⅱ型系统，且K=8,故系统在21(),t t t 和 信号作用下的稳态误差分别为：3-3 设单位反馈系统的开环传递函数为试求当输入信号2()12r t t t =++时，系统的稳态误差.解：由于系统为单位负反馈系统，根据开环传递函数可以求得闭环系统的特征方程为：由赫尔维茨判据可知，n=2且各项系数为正，因此系统是稳定的。
由G(s)可知，系统是Ⅱ型系统，且K=8,故系统在21(),t t t 和 信号作用下的稳态误差分别为10,,K∞，故根据线性叠加原理有：系统的稳态误差为： 3-4 设舰船消摆系统如图3-1所示，其中n(t)为海涛力矩产生，且所有参数中除1K 外均为已知正值。
自动控制原理第三章习题答案
第三章习题答案名词解释1．超调量:系统响应的最大值与稳态值之差除以稳态值。
定义为)()(max ∞∞-=c c c σ 2．开环传递函数中含有2个积分因子的系统称为II 型系统。
3．单位阶跃响应达到第一个峰值所需时间。
4．指响应达到并保持在终值5%内所需要的最短时间。
5. 稳态误差：反馈系统误差信号e(t) 的稳态分量(1分)，记作e ss (t)。
6．开环传递函数中不含有积分因子的系统。
7．上升时间:○1响应从终值10%上升到终值90%所需的时间；或○2响应从零第一次上升到终值所需的时间。
简答1. 在实际控制系统中，总存在干扰信号。
1） 时域分析：干扰信号变化速率快，而微分器是对输入信号进行求导，因此干扰信号通过微分器之后，会产生较大的输出；2） 频域分析：干扰信号为高频信号，微分器具有较高的高频增益，因此干扰信号易被放大。
这就是实际控制系统中较少使用纯微分器的原因。
2．系统稳定的充分条件为：劳斯阵列第一列所有元素不变号。
若变号，则改变次数代表正实部特征根的数目。
3．二阶临界阻尼系统特征根在负实轴上有两个相等的实根，其单位阶跃响应为单调递增曲线，最后收敛到一个稳态值。
4. 闭环特征根严格位于s 左半平面；或具有负实部的闭环特征根。
5．欠阻尼状态下特征根为一对具有负实部的共轭复数，单位阶跃响应是一个振荡衰减的曲线，最后收敛到一个稳态值。
6．阻尼小于-1的系统，特征根位于正实轴上，单位阶跃响应是一个单调发散的曲线。
7. 无阻尼状态下特征根为一对虚根，响应为等幅振荡过程，永不衰减。
8．图4(a)所示系统稳定，而图4(b)所示系统不稳定。
原因是图4(b)所示系统的小球收到干扰后将不能恢复到原来的平衡状态。
9．不能。
原因是：两个一阶惯性环节串联后的极点为实极点；而二阶振荡环节的极点为复数极点。
计算题1. 解：r(t)=2t.v=1,系统为I 型系统k v =2,e ss =1.2.解：构造Routh 表：25:010:255:03/803/16:25203:35121:012345s s s s s s辅助方程：02552=+s 故纯虚根为：j s 52,1±=；故系统处于临界稳定状态。
自动控制原理 第3章习题解答
系统的 Bode 图为图 6-2-1(b)。
图 6-2-1(b)
6-2
2( s + 1) 时，则校正后系统的开环传递函数为： (10 s + 1) 10 2( s + 1) 20( s + 1) G" ( s ) = G ( s )Gc ( s ) = ⋅ = s (0.2s + 1) (10 s + 1) s (0.2 s + 1)(10 s + 1) ∴ 系统的 Bode 图为图 6-2-2。
ϕ c = ±(2k + 1)π − ∠G0 ( s1 ) = −180° − [−∠s1 − ∠( s1 + 1)] = 72.6° （4）由校正后系统的幅值条件，求校正装置的零极点位置及参数 α 和 T
由 K v = lim sG0 ( s ) = lim
s →0 s →0
K = K = 2即K = 2 s +1
该网络为一个比例微分环节,为超前网络。 （2）由题：
U N = U p = 0 i1 + i2 = 0
R1 //
∴U i + U 0 =0 1 R3 R1 // sC
∴ G ( s) =
U 0 ( s) =− U i ( s)
R3
1 sC = −
R1 R3 ( R1Cs + 1)
U0 1 1 R1 + ( + R 4 ) //( R 2 // ) sC 1 sC 2 =0
第 6 章 控制系统的设计和校正习题及解答
6-1 试求题 6-1 图有源网络的传递函数，并说明其网络特性。
题 6-1 图 解（1）由题：
U N = U p = 0 i1 + i2 = 0
《自动控制理论(第3版)》邹伯敏课件第03章精编版
CT
1
-
e
1 T
0.632
阶跃 响应曲线 C（t）上升到其终值的63.2%时，对应的时间就是系统 的时间常数T
二、单位斜坡响应
令Rs 1s 2 则
Cs
1
S 2 1 Ts
1 S2
T S
T2 1 TS
C
t
t
T
1
e
1 T
t
2020/1/10
第三章 控制系统的时域分析
图3-9 二阶系统的实极点
11
自动控制理论
Cs n n 2 1 1
1
s s n n 2 1 s s n n 2 1
c t 1 e 2 1 nt
如令n 1, 2,则输出响应的准确值为
等加速度信号是一种抛物线函数，其数学表达式为
0
r
t
1 2
a
0
t
2
＜t 0 t0
a0 常数。若a0 1，称为单位等加速度信号，其拉氏变换为1s3
四、脉冲信号
rt
0 H
t＜0, t 0＜ t＜
2020/1/10
图3-2
第三章 控制系统的时域分析
3
Cs
n2
ss n 2
1 s
n
2
s n 2
1 s n
其拉氏反变换为:
ct 1 1 nt ent t 0
2020/1/10
第三章 控制系统的时域分析
自动控制原理第三章课后习题 答案(最新)要点
3-1（1） )(2)(2.0t r t c= （2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c=++ 试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1） 因为)(2)(2.0s R s sC =闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ 单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C 闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ 单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4s i n 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s Ct e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的98%的数值。
若加热容器使水温按10ºC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大？解法一 依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由一阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Tss s s G 1)(1)()(=Φ-Φ=⎩⎨⎧==11v TK 用静态误差系数法，当t t r ⋅=10)( 时，C T Ke ss ︒===5.21010。
解法二 依题意，系统误差定义为 )()()(t c t r t e -=，应有 1111)()(1)()()(+=+-=-==ΦTs TsTs s R s C s R s E s e C T s Ts Ts ss R s s e s e s ss ︒==⋅+=Φ=→→5.210101lim )()(lim 23-3 已知二阶系统的单位阶跃响应为)1.536.1sin(5.1210)(2.1o tt et c +-=-试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs 。
自动控制原理第三章课后习题 答案(最新)
3-1 设系统的微分方程式如下：（1） )(2)(2.0t r t c =&（2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c =++&&&试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1） 因为)(2)(2.0s R s sC = 闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ 单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C 闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ 单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4sin 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s Ct e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的98%的数值。
若加热容器使水温按10ºC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大？解法一 依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由一阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Tss s s G 1)(1)()(=Φ-Φ=⎩⎨⎧==11v TK 用静态误差系数法，当t t r ⋅=10)( 时，C T Ke ss ︒===5.21010。
自动控制原理邹伯敏第三章答案
自动控制理论第三章作业答案题3-4解：系统的闭环传递函数为由二阶系统的标准形式可以得到因此，上升时间 2.418r dd t s ππβωω--===峰值时间 3.6276p d t s πω=== 调整时间：35% 642% 8s n s n t s t s ωζωζ∆=≈=∆=≈=超调量：100%16.3%p M e =⨯=题3-5解：题3-7解：题3-8 （1）2100()(824)G s s s s =++ 解：闭环传递函数为2()100()(824)100C s R s s s s =+++ 特征方程为328241000s s s +++=列出劳斯表：第一列都是正数，所以系统稳定（2）10(1)()(1)(5)s G s s s s +=-+ 解：闭环传递函数()10(1)()(1)(5)10(1)C s s R s s s s s +=-+++ 特征方程为3255100s s s +++=列出劳斯表：第一列都是正数，所以系统稳定（3）10()(1)(23)G s s s s =-+ 解：闭环传递函数()10()(1)(23)10C s R s s s s =-++ 特征方程为3223100s s s +-+=列出劳斯表：劳斯表第一列的数符号变了2次，因此在s 平面的右半部分有两个特征根，系统不稳定。
题3-9（1）320.10s s s K +++=解：列出劳斯表要使系统稳定，则有（2）432413360s s s s K ++++=解：列出劳斯表：要使系统稳定，则有题3-10解：系统的闭环传递函数为：特征方程为2(2)(4)(625)=0s s s s K +++++系统产生等幅振荡，则特征根在虚轴上令s j ω=，有43212691982000j j K ωωωω--+++=题3-12解：闭环传递函数为特征方程为列出劳斯表：要使系统稳定，有。
自动控制原理第三章课后习题答案解析(最新)
3-1（1） )(2)(2.0t r t c= （2） )()()(24.0)(04.0t r t c t c t c=++ 试求系统闭环传递函数Φ(s),以及系统的单位脉冲响应g(t)和单位阶跃响应c(t)。
已知全部初始条件为零。
解：（1） 因为)(2)(2.0s R s sC =闭环传递函数ss R s C s 10)()()(==Φ 单位脉冲响应：s s C /10)(= 010)(≥=t t g单位阶跃响应c(t) 2/10)(s s C = 010)(≥=t t t c（2）)()()124.004.0(2s R s C s s =++ 124.004.0)()(2++=s s s R s C 闭环传递函数124.004.01)()()(2++==s s s R s C s φ 单位脉冲响应：124.004.01)(2++=s s s C t e t g t 4sin 325)(3-= 单位阶跃响应h(t) 16)3(61]16)3[(25)(22+++-=++=s s s s s s Ct e t e t c t t 4sin 434cos 1)(33----=3-2 温度计的传递函数为11+Ts ，用其测量容器内的水温，1min 才能显示出该温度的98%的数值。
若加热容器使水温按10ºC/min 的速度匀速上升，问温度计的稳态指示误差有多大？解法一 依题意，温度计闭环传递函数11)(+=ΦTs s 由一阶系统阶跃响应特性可知：o o T c 98)4(=，因此有 min 14=T ，得出 min 25.0=T 。
视温度计为单位反馈系统，则开环传递函数为Ts s s s G 1)(1)()(=Φ-Φ= ⎩⎨⎧==11v T K用静态误差系数法，当t t r ⋅=10)( 时，C T Ke ss ︒===5.21010。
解法二 依题意，系统误差定义为 )()()(t c t r t e -=，应有 1111)()(1)()()(+=+-=-==ΦTs TsTs s R s C s R s E s e C T s Ts Ts ss R s s e s e s ss ︒==⋅+=Φ=→→5.210101lim )()(lim 23-3 已知二阶系统的单位阶跃响应为)1.536.1sin(5.1210)(2.1o tt et c +-=-试求系统的超调量σ％、峰值时间ｔp 和调节时间ｔs 。
自动控制原理课后答案第三章
环传递函数, 已知单位反馈系统的开 环传递函数, 的稳定性. 试用劳思判据判断系统 的稳定性. 50 ; G(s) = s(s + 1)(s + 5)
若要求右半s 若要求右半s平面闭环 极点数,则列Routh表 极点数,则列Routh表 : Routh 1 5 s3 6 50 s2 6 × 5 − 1× 50 1 <0 0 s 6 0 s 50 首列元素反号两次, 首列元素反号两次, 故 右半s 右半s平面闭环极点数 为2.
第三章重点
进行时域分析的基本方法：重点是二阶系统的时域响应、 进行时域分析的基本方法：重点是二阶系统的时域响应、劳斯稳定判据 及稳态误差分析。 及稳态误差分析。 基本概念，稳定性和动态性能、主导极点、稳态误差、串联校正、 基本概念，稳定性和动态性能、主导极点、稳态误差、串联校正、反馈 校正等。 校正等。 Routh判据的应用；建立系统稳定（绝对稳定和相对稳定）的概念；稳 判据的应用； 判据的应用 建立系统稳定（绝对稳定和相对稳定）的概念； 定和闭环极点的关系 二阶系统的典型输入及性能指标； ）（3-27）（ ）（3-28） 二阶系统的典型输入及性能指标；式（3-26）（ ）（ ）（ ） ）（3-31）和（3-32）为参数与指标间的数学描述 （3-30）（ ）（ ） ） 高阶系统重点建立主导极点概念， 高阶系统重点建立主导极点概念，非主导极点及开环小时间常数影响 根据稳态误差定义推导出稳态误差与系统结构参数以及输入信号形式大 小的关系，引出静态误差系数。（ 。（0、 、 型系统 型系统？ 小的关系，引出静态误差系数。（ 、I、II型系统？）
自控原理习题解答第三章
自控原理习题解答自控原理习题解答（（第三章第三章））
•[答3-3(3)]
•比较比较（（1）和（2）性能指标得知性能指标得知：：增加比例反馈的作用后例反馈的作用后，，使超调量大大减小使超调量大大减小，，调整时间大大减小整时间大大减小，，上升时间和峰值时间有所增加所增加，，控制质量有所提高控制质量有所提高。
•3-6设一单位反馈控制系统的开环传递函数为G 0(s) =K/([s(0.1s+1)]。
试分别求出当K=10和K=20时系统的阻尼系数时系统的阻尼系数ζζ、无阻尼自然振荡频率自然振荡频率ωωn 、单位阶跃响应的超调量σ％、％、调整时间调整时间t s ，并讨论K 的大小对过渡过程性能指标的影响过程性能指标的影响。
•3-13试用劳斯判据判别具有下列特征方程式的系统稳定性统稳定性：：。
）（
）（）（012s 4s 4s s s 3;
02-s 5s 10s 3s 2;
01009s 20s s 1234523423=+++++=+++=+++
[]
不稳定。
系数不全为正，故系统）（答02-s 5s 10s 3s 21332
34=+++−。
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自动控制理论第三章作业答案
题3-4
解：
系统的闭环传递函数为
2()()1()1()1
C s G s R s G s s s ==+++ 由二阶系统的标准形式可以得到
11, 2
n ωζ==
因此，上升时间arctan 2.418r d
d t s ππβωω--===
峰值时间 3.6276p d t s πω=== 调整时间：35% 642% 8s n s n t s t s ωζ
ωζ∆=≈
=∆=≈
=
超调量：
100%16.3%p M e =⨯=
题3-5
解：
22()10()(51)10
102510.60.5589
n n n C s R s s a s a a ωωζωζ=+++⎧=⎧=⎪⎪⇒⇒⎨⎨=+==⎪⎩⎪⎩
⇒=闭环传递函数
1.242
100%9.45%
p
d
p
t s
M e
π
ω
===
=⨯=
3
5% 1.581
4
2% 2.108
s
n
s
n
t s
t s
ωζ
ωζ
∆=≈=
∆=≈=
题3-7
解：
0.1
1.31
100%30%
1
p
d
p
t
M e
π
ω
===
-
=⨯==
上升时间
超调量
=0.3579
33.64
n
ζ
ω
⎧
⇒⎨
=
⎩
2
2
1131.9
()
(2)24.08
n
n
G s
s s s s
ω
ζω
==
++
开环传递函数
题3-8
（1）
2
100
()
(824)
G s
s s s
=
++
解：闭环传递函数为
2
()100
()(824)100
C s
R s s s s
=
+++
特征方程为32
8241000
s s s
+++=
列出劳斯表：
3
2
1240
81000
11.50
100
s
s
s
s
第一列都是正数，所以系统稳定
（2）
10(1)
()
(1)(5)
s
G s
s s s
+
=
-+
解：闭环传递函数()10(1)()(1)(5)10(1)
C s s R s s s s s +=-+++ 特征方程为3255100s s s +++=
列出劳斯表：
3
2
01504100
2.5010s s s
s 第一列都是正数，所以系统稳定
（3）10()(1)(23)
G s s s s =-+ 解：闭环传递函数
()10()(1)(23)10C s R s s s s =-++ 特征方程为3223100s s s +-+=
列出劳斯表：
3
2
10230110023010s s s
s --
劳斯表第一列的数符号变了2次，因此在s 平面的右半部分有两个特征根，系统不稳定。
题3-9
（1）320.10s s s K +++=
解：列出劳斯表
3
2
100.1101010.10s s K s K
s K
- 要使系统稳定，则有
{1-0.100100K K k >⎧⇒<<⎨>⎩
（2）432413360s s s s K ++++=
解：列出劳斯表：
4
3
2
1
0113436040360s K s s K s K s K
- 要使系统稳定，则有
3600360
K K K ->⎧⇒<<⎨>⎩
题3-10
解：系统的闭环传递函数为：
2()()(2)(4)(625)C s K R s s s s s K
=+++++ 特征方程为2
(2)(4)(625)=0s s s s K +++++ 系统产生等幅振荡，则特征根在虚轴上
令s j ω=，有43212691982000j j K ωωωω--+++=
423692000 4.062121980666.25K K ωωωωω⎧⎧-++===⎪⎪⇒⇒⎨⎨-=⎪⎩⎪=⎩
题3-12
解：闭环传递函数为
2()10(1)()(110)10(1)
C s s R s s s s τ+=++++ 特征方程为
32(110)10100s s s τ++++=
列出劳斯表：
3
2
10
1100110100100011010s s s s ττ
τ++ 要使系统稳定，有 110001000τττ+>⎧⇒>⎨>⎩。