自动控制理论(邹伯敏)第五章答案(1)

自控邹伯敏第05章1

0 ≤ ξ ≤ 0.707
图5-16 Mr与ζ 的关系曲线
2010-12-27 第五章频率响应 14
自动控制理论 5. 滞后因子
e −τjω
G ( jω ) = e −τjω = 1
ϕ (ω ) = −τω
图5-17 滞后因子的相频特性
2010-12-27 第五章频率响应 15
自动控制理论
二、开环系统的伯德图
例5-2 G ( s ) H ( s ) =
10 (1 + 0.1s ) 绘制Bode图。 s (1 + 0.5 s )
解：（1）幅频特性
G ( jω ) =
10 (1 + j
ω
10 2
) )
16
jω (1 + j
ω
2010-12-27
第五章频率响应
自动控制理论
L (ω ) = 20 lg 10 − 20 lg ω − 20 lg 1 − ( ) 2 + 20 lg 1 + ( ) 2 2 10
图5-9
2010-12-27
1 (1 + jωT ) −的对数幅频曲线、渐近线和相角曲线
第五章频率响应
9
自动控制理论
由于(1 + jωT )与(1 + jωT ) −1 互为倒数,则有
20 lg 1 + jωT = −20 lg arg(1 + jωT ) = − arg( 1 1 + jω T
试绘制系统的幅频和相频特性曲线。解：令
S ， jq =
10( j 2 + 1) ( j 2 + 2 + j 3)( j 2 + 2 − j 3)

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 /lgK 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PNN P Z 2-=闭环稳定性备注 1 G s KT s T s T s ()()()()=+++1231110 -1 2 不稳定 2 G s Ks T s T s ()()()=++12110 0 0 稳定 3G s Ks Ts ()()=+21-12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)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'=。

自控原理习题解答第五章

2
s 4s
3
2 2 2
0.5s 5s 0.5s 2s 3s 2 3s 12 - 10
s 2 1.4s 0.66 3 2 s 3.1 s 4.5s 5s 2 s 3.1s
3 2
1.4s 5s
2 2
1.4s 4.34s 0.66s 2 0.66s 2.05 - 0.05 分离点d 3.1
4求与虚轴的交点 2 ss 4 s 2s 2 k 0
s 6s 10s 8s k 0
4 4 3 2 3 2
s s s s s
1 6 6 10 - 1 8 52 6 6 52 8 - 36k 416 36k 52 52 k
10 8 6k - 0 6 0
1.1 0.38 s 0.45, s j0.67 0.93
2
5-5设控制系统的开环传递函数为
k G (s)H(s) s(s 2)(s 7)
(1)试绘制系统的根轨迹图。 (2)试确定系统稳定情况下k的取值范围； (3)试确定阻尼系数ζ =0.707情况下的k值。
1

i 1 i j1
m
n
j
2l 1 , l 0,1,2,
0 180 63.4 63.4 180 s1点满足幅角方程，它是根轨迹上的点。
求k 由式5 14得 k
(s p )
பைடு நூலகம்j j1 m
n
(s z )
s 1.1s 1.3s 0.5s k 0
4 3 2
k s 1.1s 1.3s 0.5s
4 3 2

dk 3 2 4s 3.3s 2.6s 0.5 0 ds

自动控制原理考试试题第五章习题及答案-1

第五章线性系统的频域分析与校正练习题及答案——15-1 试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。

cu rc(a) (b)图5-75 R-C 网络解（a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(R R C R R T C R RR R K s T s K sCR sC R R R s U s U r c ττ ωωτωωωωω11121212121)1()()()(jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a ++=+++== (b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sCR s U s U r c )(1111)()(2122222212ττ ωωτωωωωω2221211)(11)()()(jT j C R R j C R j j U j U j G r c b ++=+++==5-2 某系统结构图如题5-76图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s （1） t t r 2sin )(=（2） )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 解系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 图5-76 系统结构图频率特性: 2244221)(ωωωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 241)(ωω+=Φj相频特性: )2arctan()(ωωϕ-= 系统误差传递函数: ,21)(11)(++=+=Φs s s G s e则 )2arctan(arctan )(,41)(22ωωωϕωωω-=++=Φj j e e（1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1 则 ,35.081)(2==Φ=ωωj 45)22arctan()2(-=-=j ϕ4.1862arctan )2(,79.085)(2====Φ=j j e e ϕωω )452sin(35.0)2sin()2(-=-Φ=t t j r c m ss ϕ)4.182sin(79.0)2sin()2(+=-Φ=t t j r e e e m ss ϕ （2）当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5.26)21arctan()1(45.055)1(-=-===Φj j ϕ 4.18)31arctan()1(63.0510)1(====Φj j e e ϕ)]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t c m m s ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)902cos(7.0)4.3sin(4.0--+=t t)]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t e e e m e e m s ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)6.262cos(58.1)4.48sin(63.0--+=t t5-3 若系统单位阶跃响应 )0(8.08.11)(94≥+-=--t e e t h tt试求系统频率特性。

浙江大学自动控制理论课第五章频率响应

2
10(S 1) j3)(S 2
j3)
试绘制系统的幅频和相频特性曲线。
解：令 S ， jq
G( j2)
10( j2 1)
( j2 2 j3)( j2 2 j3)
10 563.4 。
2968.2 5 26.6
1.857 21.8
图5-5
2020/6/16
课件
6
自动控制理论图5-6
(1
2 n2
)2
4
2
2 n2
2
(
)
ar
c
tan 1
n 2
n2
limG( j) 10 0
limG( j) 0 180 0
2020/6/16
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28Leabharlann 自动控制理论根据不同的ζ值，作出的乃氏图如图5-23所示。
图5-23
2020/6/16
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29
自动控制理论
2)G( j) 1 2 j2
➢ 开环增益K在数值上等于低频渐近线（或延长线）与0dB线相交点频率值的平方。
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24
自动控制理论
第三节极坐标图
G( j) p() jQ() p2 () Q2 ()e j() 式中() arctan Q()
p()
当输入信号的频率ω由0→∞变化时，向量G(j ω) 的端点在复平面上移动的轨迹叫极坐标图或称为乃氏图。
1
1
结论: Cs按顺时针方向围绕F(S)的一个零点,则其在F(S)平面上的
映射曲线CF亦按顺时针方向围绕F(S)平面的坐标原点旋转一周. 如果Cs按顺时针方向围绕F(S)的z个零点,则其在F(S)平台上的映射

自动控制理论第三版课后答案

由和知系统有一串联纯滞后环节。系统的开环传递函数为
由解得。可确定系统的传递函数为
5-12系统的开环传递函数为
系统稳定的增益范围。
第六章
6-1 (a) ，超前网络的伯德图如图A-6-1所示。
图A-6-1题6-1超前网络伯德图
(b) ，滞后网络的伯德图如图A-6-2所示。
图A-6-2题6-1滞后网络伯德图
图A-3-1二阶系统极点在s平面上的分布区域
3-6系统在单位斜坡输入下的稳态误差为
加入比例—微分环节后
可见取，可使
3-7
3-8
3-9按照条件（2）可写出系统的特征方程
将上式与比较，可得系统的开环传递函数
根据条件（1），可得
解得，于是由系统的开环传递函数为
3-10
，过阻尼系统，无超调。
3-11（1）当a= 0时，。
（3）当时，系统处于临界阻尼状态，此时系统有二重闭环极点。
4-9主根轨迹如图A-4-9所示。系统稳定的值范围是。
图A-4-9题4-9系统主根轨迹
4-10 主根轨迹分离点；与虚轴交点，临界值。主根轨迹如图A-4-10所示。
图A-4-10题4-10系统主根轨迹
4-11（1）的根轨迹如图A-4-11所示。
图A-4-4题4-3系统常规根轨迹
（2）
分离点为；常规根轨迹如图A-4-4（b）所示。从根轨迹图看，加了零点后，无论取何值，系统都是稳定的。
4-4系统的根轨迹族如图A-4-6所示。
图A-4-6题4-4系统的根轨迹族
4-5系统的根轨迹族如图A-4-7所示。
图A-4-7题4-5系统的根轨迹族
4-7系统特征方程为
5-3

自动控制理论邹伯敏第3版课后答案总.doc

《自动控制理论第2版》习题参考答案第二章2-1 (a)()()1121211212212122112+++⋅+=+++=CS R R R R CS R R R R R R CS R R R CS R R s U s U (b)()()1)(12221112212121++++=s C R C R C R s C C R R s U s U 2-2 (a)()()RCs RCs s U s U 112+= (b) ()()141112+⋅-=Cs R R R s U s U (c) ()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=141112Cs R R R s U s U 2-3 设激磁磁通f f i K =φ恒定()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=Θφφπφm e a a a a m a C C f R s J R f L Js L s C s U s 2602 2-4()()()φφφπφm A m e a a a a m A C K s C C f R i s J R f L i Js iL C K s R s C +⎪⎭⎫⎝⎛++++=260232-5 ()2.0084.01019.23-=⨯--d d u i2-8 (a)()()()()3113211G H G G G G s R s C +++= (b) ()()()()()31243212143211H G H G G G H G G G G G G s R s C +++++=2-9 框图化简中间结果如图A-2-1所示。

图A-2-1 题2-9框图化简中间结果()()()()52.042.018.17.09.042.07.023++++++=s k s k s s s R s C 2-10()()4232121123211G H G G H G G H G G G G s R s C ++-+=2-11 系统信号流程图如图A-2-2所示。

图A-2-2 题2-11系统信号流程图()()()()2154214212654212215421421321111H H G G G G G G G H G G G G G s R s C H H G G G G G G G G G G s R s C -++=-++=2-12 (a)()()()adgi abcdi agdef abcdef cdhs R s C +++-=11(b) ()()()1221211222112++++=s C R C R C R s C R C R R s R s C2-13 由选加原理,可得()()()()()()[]s D H G G s D G s D G s R G G G H G H s C 3121221221221111--+++=第三章3-1 分三种情况讨论 (a) 当1>ζ时()()()()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+----+-=-+-=---=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛---221221222211112121,122ζζζζωζωζωζζωζζωζζωζζt t n n nn n n e e t t c s s (b) 当10<<ζ时()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----+-=---+---=-+-=---=---22222222222121121sin 1121sin 1211cos 221,1ζζζωζωζωζωζωζζωζωζωζωζζωζζζωζωζωarctg t et t e t et t c j s j s n tnnn t nn tnnn n n n n(c) 当1=ζ时设系统为单位反馈系统,有()()()()()2222nn n r s s s s R s c s R s E ωζωζω+++=-= 系统对单位斜坡输入的稳态误差为 ()nn n n s sr s s s s s s im e ωζωζωζω22212220=+++⋅⋅=→ 3-2 (1) 0,0,50===a v p K K K (2) 0,,==∞=a v p K K K K(3) 10,,K K K K a v p =∞=∞= (4) 0,200,==∞=a v p K KK K 3-3 首先求系统的给定误差传递函数()101.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()()()0)101.0()12.0(20)101.0(2lim lim 1.0)101.0()12.0(10lim lim 0101.0)11.0(lim lim 322202202220012000=+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s e s s e s(1) 0)(R t r =，此时有0)()(,)(0===t r t r R t r s s s ，于是稳态误差级数为()0)(0==t r C t e s sr ，0≥t(2) t R R t r 10)(+=，此时有0)(,)(,)(110==+=t r R t r t R R t r s s s ，于是稳态误差级数为()1101.0)()(R t rC t r C t e s s sr =+= ，0≥t (3) 221021)(t R t R R t r ++=，此时有t R R t rt R t R R t r s s 212210)(,21)(+=++= ，2)(R t r s = ，于是稳态误差级数为 ())(1.0)(!2)()(21210t R R t r C t rC t r C t e s s s sr +=++= ，0≥t 3-4 首先求系统的给定误差传递函数()5001.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()⎪⎭⎫⎝⎛++-=-=-t e t t c s n t n nn n 21222,1ωωωωω()()()232220220222001200050098)5001.0()12.0(1000)5001.0(100lim lim 5001)5001.0()12.0(500lim lim 05001.0)11.0(lim lim =+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s es s e stt r t t rt t r s s s 5sin 25)(5cos 5)(5sin )(-===稳态误差级数为()[][][]tt tC t C C t e sr 5cos 1015sin 109.45cos 55sin 25224120 -⨯++⨯=-⨯+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯-=- 3-5 按技术条件（1）~（4）确定的二阶系统极点在s 平面上的区域如图A-3-1 (a) ~ (d)的阴影区域。

《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5章习题解答-

第5章频率特性法教材习题同步解析一放大器的传递函数为：G (s )=1+Ts K测得其频率响应，当ω=1rad/s 时，稳态输出与输入信号的幅值比为12/2，稳态输出与输入信号的相位差为－π/4。

求放大系数K 及时间常数T 。

解：系统稳态输出与输入信号的幅值比为A ==222172K T ω=+ 稳态输出与输入信号的相位差arctan 45T ϕω=-=-︒，即1T ω=当ω=1rad/s 时，联立以上方程得T =1，K =12放大器的传递函数为：G (s )=121s +已知单位负反馈系统的开环传递函数为5()1K G s s =+ 根据频率特性的物理意义，求闭环输入信号分别为以下信号时闭环系统的稳态输出。

（1）r （t ）=sin （t +30°）；（2）r （t ）=2cos （2t －45°）；（3）r （t ）= sin （t +15°）－2cos （2t －45°）；解：该系统的闭环传递函数为65)(+=Φs s 闭环系统的幅频特性为365)(2+=ωωA闭环系统的相频特性为6arctan )(ωωϕ-=（1）输入信号的频率为1ω=，因此有37375)(=ωA ，()9.46ϕω︒=- 系统的稳态输出537()sin(20.54)37ss c t t ︒=+ （2）输入信号的频率为2ω=，因此有10()A ω=，()18.43ϕω︒=- 系统的稳态输出10()cos(263.43)2ss c t t ︒=- （3）由题（1）和题（2）有对于输入分量1：sin （t +15°），系统的稳态输出如下5371()sin( 5.54)37ss c t t ︒=+ 对于输入分量2：－2cos （2t －45°），系统的稳态输出为102()cos(263.43)ss c t t ︒=-- 根据线性系统的叠加定理，系统总的稳态输出为)4363.632cos(210)537.5sin(37375)(︒︒--+=t t t c ss绘出下列各传递函数对应的幅相频率特性与对数频率特性。

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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《自动控制理论第2版》习题参考答案第二章2-1 (a)()()1121211212212122112+++⋅+=+++=CS R R R R CS R R R R R R CS R R R CS R R s U s U (b)()()1)(12221112212121++++=s C R C R C R s C C R R s U s U 2-2 (a)()()RCs RCs s U s U 112+= (b) ()()141112+⋅-=Cs R R R s U s U (c) ()()⎪⎭⎫⎝⎛+-=141112Cs R R R s U s U 2-3 设激磁磁通f f i K =φ恒定()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=Θφφπφm e a a a a m a C C f R s J R f L Js L s C s U s 2602 2-4()()()φφφπφm A m e a a a a m A C K s C C f R i s J R f L i Js iL C K s R s C +⎪⎭⎫⎝⎛++++=260232-5 ()2.0084.01019.23-=⨯--d d u i2-8 (a)()()()()3113211G H G G G G s R s C +++= (b) ()()()()()31243212143211H G H G G G H G G G G G G s R s C +++++=2-9 框图化简中间结果如图A-2-1所示。

图A-2-1 题2-9框图化简中间结果()()()()52.042.018.17.09.042.07.023++++++=s k s k s s s R s C 2-10()()4232121123211G H G G H G G H G G G G s R s C ++-+=2-11 系统信号流程图如图A-2-2所示。

图A-2-2 题2-11系统信号流程图()()()()2154214212654212215421421321111H H G G G G G G G H G G G G G s R s C H H G G G G G G G G G G s R s C -++=-++=2-12 (a)()()()adgi abcdi agdef abcdef cdhs R s C +++-=11(b) ()()()1221211222112++++=s C R C R C R s C R C R R s R s C2-13 由选加原理,可得()()()()()()[]s D H G G s D G s D G s R G G G H G H s C 3121221221221111--+++=第三章3-1 分三种情况讨论 (a) 当1>ζ时()()()()()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+----+-=-+-=---=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛---221221222211112121,122ζζζζωζωζωζζωζζωζζωζζt t n n nn n n e e t t c s s (b) 当10<<ζ时()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----+-=---+---=-+-=---=---22222222222121121sin 1121sin 1211cos 221,1ζζζωζωζωζωζωζζωζωζωζωζζωζζζωζωζωarctg t et t e t et t c j s j s n tnnn t nn tnnn n n n n(c) 当1=ζ时设系统为单位反馈系统,有()()()()()2222nn n r s s s s R s c s R s E ωζωζω+++=-= 系统对单位斜坡输入的稳态误差为 ()nn n n s sr s s s s s s im e ωζωζωζω22212220=+++⋅⋅=→ 3-2 (1) 0,0,50===a v p K K K (2) 0,,==∞=a v p K K K K(3) 10,,K K K K a v p =∞=∞= (4) 0,200,==∞=a v p K KK K 3-3 首先求系统的给定误差传递函数()101.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()()()0)101.0()12.0(20)101.0(2lim lim 1.0)101.0()12.0(10lim lim 0101.0)11.0(lim lim 322202202220012000=+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s e s s e s(1) 0)(R t r =，此时有0)()(,)(0===t r t r R t r s s s ，于是稳态误差级数为()0)(0==t r C t e s sr ，0≥t(2) t R R t r 10)(+=，此时有0)(,)(,)(110==+=t r R t r t R R t r s s s ，于是稳态误差级数为()1101.0)()(R t rC t r C t e s s sr =+= ，0≥t (3) 221021)(t R t R R t r ++=，此时有t R R t rt R t R R t r s s 212210)(,21)(+=++= ，2)(R t r s = ，于是稳态误差级数为 ())(1.0)(!2)()(21210t R R t r C t rC t r C t e s s s sr +=++= ，0≥t 3-4 首先求系统的给定误差传递函数()5001.0)11.0()(11)()(2+++=+==Φs s s s s G s R s E s e 误差系数可求得如下()⎪⎭⎫⎝⎛++-=-=-t e t t c s n t n nn n 21222,1ωωωωω()()()232220220222001200050098)5001.0()12.0(1000)5001.0(100lim lim 5001)5001.0()12.0(500lim lim 05001.0)11.0(lim lim =+++-++=Φ==+++=Φ==+++=Φ=→→→→→→s s s s s s ds d C s s s s ds d C s s s s s C s e s s es s e stt r t t rt t r s s s 5sin 25)(5cos 5)(5sin )(-===稳态误差级数为()[][][]tt tC t C C t e sr 5cos 1015sin 109.45cos 55sin 25224120 -⨯++⨯=-⨯+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯-=- 3-5 按技术条件（1）~（4）确定的二阶系统极点在s 平面上的区域如图A-3-1 (a) ~ (d)的阴影区域。

自动控制理论邹伯敏答案精编版

由开环传递函数容易得到〃 =3,〃? = 0 ,三个极点分别为p 严0,p,=_4+2j,Ps=—4_2j, 因此，有3条根轨迹趋于无穷远，其渐近线倾角为~=（2* + 1）兀=兰艺,渐近线与实3 3 3ft m工（-门）-工（-乙）8轴交点为=旦 -------------- 旦 ------ =__。

n - m3下面确定根轨迹的分离点和汇合点D （s ） = 5（0.0552 + 0.4s +1） + K° = 0dK=> —5- = -0.1552- 0.85 -1 = 0as计算根轨迹的出射角与入射角Op2 =兀_（兀一 aictan （-）） -y = -63.4 % f = 63.4。

确定根轨迹与虚轴的交点j （f ）/~M ----- X 0()»(T最新资料推荐⑻题4・2 解：最新资料推荐令$=特征方程 Z)(s) = j co^-0.05a)2+ 0.4 jco+1) + K Q = 0 co = ±2>/5A =8由开环传递函数容易得到H = 3,777 = 0,三个极点分别为一必=0,-伐=—2,-必=-4,因此，有3条根轨迹趋于无穷远，其渐近线倾角为~=（2* + 1）兀=兰空,渐近线与实轴33 3nm工（一门）一工（7）交点为一6 =旦 -------- 旦 ------=-2。

n - m下面确定根轨迹的分离点和汇合点D （s ） = 5（5 4- 2）（5 + 4） + K 。

= 0 => —-=—3s 2 — 125 — 8 = 0as ^>s i = -2 + —.s.=-2~—（舍去）33确定根轨迹与虚轴的交点斗-。

.荷+3。

=严。

或] —0.05/ +血=0 lK° = 0解：令s = J Q,特征方程D(s) = jco{jcD+ 2)(〃y+ 4) + K° = 0 o)=±2\/J 〔K° = 48 [-6ar + K=0Q=0 ..=>\ , => “c或{+8Q=0 〔K° = 0最新资料推荐⑵ 要产生阻尼振荡，需要b<o 且当$]=—2 +半时，K°=3.O8,所以，当 3.1 <K Q < 48时，系统呈阻尼振荡。

自动控制理论第五章习题汇总

自动控制理论第五章习题汇总填空题1、系统的频率响应与正弦输入信号之间的关系称为频率响应2、在正弦输入信号的作用下，系统输入的稳态分量称为频率响应简答题：5-2、什么是最小相位系统及非最小相位系统？最小相位系统的主要特点是什么？答在s平面上，开环零、极点均为负实部的系统称为最小相位系统；反之，开环零点或极点中具有正实部的系统称为非最小相位系统。

最小相位系统的主要特点是：相位滞后最小，并且幅频特性与相频特性有惟一的确定关系。

如果知道最小相位系统的幅频特性，可惟一地确定系统的开环传递函数。

5-3、什么是系统的频率响应？什么是幅频特性？什么是相频特性？什么是频率特性？答对于稳定的线性系统，当输入信号为正弦信号时，系统的稳态输出仍为同频率的正弦信号，只是幅值和相位发生了改变，如图5-3所示，称这种过程为系统的频率响应。

图5-3称为系统的幅频特性，它是频率的函数；称为系统的相频特性，它是频率的函数：称为系统的频率特性。

稳定系统的频率特性可通过实验的方法确定。

计算题5-1、设某控制系统的开环传递函数为)()(s H s G =)10016()12.0(752+++s s s s 试绘制该系统的Bode 图，并确定剪切频率c ω的值。

解：Bode 图如下所示剪切频率为s rad c /75.0=ω。

5-2、某系统的结构图和Nyquist 图如图(a)和(b)所示，图中2)1(1)(+=s s s G 23)1()(+=s s s H 试判断闭环系统稳定性，并决定闭环特征方程正实部根的个数。

解：由系统方框图求得内环传递函数为：ss s s s s s H s G s G +++++=+23452474)1()()(1)( 内环的特征方程：04742345=++++s s s s s由Routh 稳定判据：1:0310:16:44:171:01234s s s s s由此可知，本系统开环传函在S 平面的右半部无开环极点，即P=0。

自动控制原理第五章课后答案2

① 0=ν② )1)(12()12()(32222211221+++++=s T s T s T s T s T K s G k ξξ③32.0116.340lg 10lg 201111==⇒=⇒=-ωωωT032.016.314010lg lg 202222==⇒=⇒=-ωωωT025.040013==T 2.0821lg 2011≈⇒=ζζ 1621lg2022≈⇒-=ζζ④ 1.020lg 20=⇒-=K K)10025.0)(1064.0001.0()113.01.0(1.0)(22+++++=∴s s s s s s G k【解】：（1）504.12lg 2021===ωνK 其伯德图如解图（1）所示。

剪切频率204.121lg40≈⇒=c cωω相角裕量︒-≈⨯-︒⨯-︒=-8.2122.0tg 9021801γ 系统不稳定（特征方程漏项），相角裕量为负数。

（2）系统传递函数为)12.0()1(4)(2++=s s s s G其伯德图如解图（2）所示。

剪切频率(1)(2) 题2-5-12解图404.121lg20≈⇒=c cωω相角裕量︒≈⨯-=-︒⨯-+︒=----3.3742.0tg 4tg 2.0tg 902tg 1801111c c ωωγ系统稳定。

（3）一阶微分环节的介入，增加了剪切频率附近的相位，即增加了相位裕量，提高了系统的稳定性。

（4）希望中频段折线斜率为-20db/十倍频程，且该斜线的频宽越大越好。

【解】：方法一[])1()1()1()1()1)(1()1)(1(1)1)(1()1(1)(31231212321311+++-+=-+-++-++=+=s T K s T s T s T K K s T s T s T s T K s T s T s T K K GH G K s G k二阶系统，有一个右半平面的开环极点，0,1==v p 。

由开环幅相曲线可知21,1==b a 。

自动控制理论(邹伯敏)第五章答案(1)

自控 邹伯敏第05章1

自动控制原理考试试题第五章习题及答案

自控原理第五章习题参考答案

自控原理习题解答第五章

自动控制原理考试试题第五章习题及答案-1

浙江大学自动控制理论课第五章频率响应

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