自动控制理论 自考 习题解答第5章稳定性分析分解
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 /lg K 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P N NPZ2-=闭环稳定性备注1G sKT s T s T s()()()()=+++1231110-12不稳定2G sKs T s T s()()()=++1211000稳定3G sKs Ts()()=+210-12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5-14 已知系统开环传递函数，试根据奈氏判据，确定其闭环稳定的条件：)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。
自动控制理论第5章
n1
n1 n n1 2 l n1 1
Bl e l t sin( l t l ), t 0 (3 - 21)
5.1 稳定性的基本概念
g( t ) Al e pl t
l 1 n1 n1 n n1 2 l n1 1
g(t)的表达式：g( t ) L T ( s ) sRes T(s)e ResT ( s ), pi p
1 n st n i 1
i
i 1
情况1：对T(s)的单实数极点-p，记( s ) ( s p) ( s ), 满足 ( p) 0
(s
l
j l )( s l j l ) 0 (3 - 23)
的根 pl l 1,..., n1） l j l ( l n1 1,..., n1 n n1 2) （ ,
02:27 在左半s平面。
5.1 稳定性的基本概念
二、判别系统稳定性的方法 一般情况下，确定系统稳定性的方法有： 1 直接计算或间接得知系统特征方程式的根。 2 确定特征方程的根具有负实部的系统参数的区域。 应用第一种类型的两种方法是：(1)直接对系统特征方 程求解；(2)根轨迹法 应用第二种类型的两种方法是：(1)劳斯-胡尔维茨判据; (2)奈氏判据
02:27
利用MATLAB分 析系统的稳定 性及特性
引言
一般来讲，根据应用的需求或者对象本身的特性，被
控对象既可以是稳定的也可以是不稳定的。
反馈控制系统的典型结构和常用传递函数。 如何系统稳定性定义？ 什么样的系统才是稳定的系统？ 反馈控制系统的特性如何？有什么优势？
02:27
5.1 稳定性的基本概念
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'=。
第五章 控制系统的稳定性分析
arctan
b a
2
arctan
j
b a
jw
1
s1 tan1 b
b
a
a Re
22
若上式b为负值，则角增量为
2
2
arctan
b a
如图：
j
jw
a
2
Re
tan1 b
s2
a b
23
若根在右半平面，其角增量如图所示，
j jw
tan1 b
3
b
a
a
Re
为
2
2
arctan
b a
24
现考虑n次多项式 Ds，且在原点有q个零点，可表示为
代入D(s)并命w从0增大到 时,复数D(s)的角连续增
大 ng
2
二 乃奎斯特稳定判据
1 反馈系统开环和闭环的特征方程式
Xi s
X0 s
27
该单位反馈系统的开环传递函数为
G
s
MK s DK S
闭环传递函数为
s
Gs 1Gs
DK
MK s s Mk
s
MK s Db s
令：F
s
1
G
s
1
MK DK
s s
arg1 G( j。w) 90o
列 系统的开环传递函数为
Go
(s)
(T1s
K 1)(T2s 1)(T3s
1)
讨论开环增益K的大小对系 统稳定性的影响
解：这是一个三阶系统，没有开环零点，且开环极点全部 位于左半s平面，因此是最小相位系统。 作极坐标草图，先计算极限值：
32
=0时，有
A(0) K
自动控制原理第五章课后习题答案(免费)[1]
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自动控制原理第五章课后习题答案（免费）5－１设单位反馈系统的开环传递函数为对系统进行串联校正，满足开环增益 及 解:① 首先确定开环增益K,00()12lim v s K SG S k →===② 未校正系统开环传函为:012()(1)G s s s =+M a g n i t u d e (d B )1010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 70.5 dB (at 200 rad/sec) , P m = 16.5 deg (at 3.39 rad/sec)Frequency (rad/sec)③ 绘制未校正系统的开环对数频率特性,得到幅穿频率 3.4c ω=,对应相位角'0()164,16c G j ωγ∠=-∴=,采用超前校正装置,最大相角 0(180())4016630m c G j ϕγωγ=-+∠+=-+=④ 11sin ,31m αϕαα--=∴=+ 0()(1)KG s s s =+40γ=︒112K s -=⑤ 在已绘图上找出10lg 10lg3 4.77α-=-=-的频率 4.4m ω=弧度/秒 令c m ωω=⑥0.128/,0.385/m T s T s ωα=⇒==∴=校正装置的传函为:110.385()110.128Ts s G s Ts s α++==++校正后的开环传函为:012(10.39)()()()(1)(10.13)c s G s G s G s s s s +==++ 校正后1801374340γ=-=>,满足指标要求.-100-50050100M a g n i t u d e (d B )101010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 99.2 dB (at 1.82e+003 rad/sec) , P m = 42.4 deg (at 4.53 rad/sec)Frequency (rad/sec)5－２设单位反馈系统的开环传递函数为要求 设计串联迟后校正装置。
《自动控制原理》第五章：系统稳定性
5.2 稳定的条件
当σi和λi均为负数，即特征根的 σi和λi均为负数， 均为负数 实部为负数，系统是稳定的； 实部为负数，系统是稳定的； 或极点均在左平面。 或极点均在左平面。
5.3 代数稳定性判据
定常线性系统稳定的充要条件 定常线性系统稳定的充要条件是特征方程的根具有负 充要条件是特征方程的根具有负 实部。因此，判别其稳定性，要解系统特征方程的根。为 实部。因此，判别其稳定性，要解系统特征方程的根。 避开对特征方程的直接求解，可讨论特征根的分布， 避开对特征方程的直接求解，可讨论特征根的分布，看其 是否全部具有负实部，并以此来判别系统的稳定性，这样 是否全部具有负实部，并以此来判别系统的稳定性， 也就产生了一系列稳定性判据。 也就产生了一系列稳定性判据。 其中最主要是E.J.Routh(1877 )h和Hurwitz（ 其中最主要是E.J.Routh(1877年)h和Hurwitz（1895 E.J.Routh(1877年 年）分别提出的代数判据。 分别提出的代数判据 代数判据。
习题讲解： 习题讲解：
µ
G1
Q21
G1
h2
k1 k1 G1 ( s ) = , G1 ( s ) = (T1s + 1) (T1s + 1) k1k 2 G0 ( s ) = (T1s + 1)(T2 s + 1)
kp
G0 ( s ) G(s) = 1 + G0 ( s ) K p
5.4 Nyquist稳定性判据 Nyquist稳定性判据
系统稳定的条件？ 系统稳定的条件？
5.2 稳定的条件
d n y (t ) d ( n −1) y (t ) dy (t ) 线性系统微分方程： 线性系统微分方程： n a + an −1 + L + a1 + a0 y (t ) n ( n −1) dt dt dt d m x(t ) d ( m −1) x(t ) dx(t ) = bm + bm−1 + L + b1 + b0 x(t ) m ( m −1) dt dt dt d n y (t ) d ( n −1) y (t ) dy (t ) + a( n −1) + L + a1 + a0 y (t ) = 0 齐次微分方程： 齐次微分方程： an n ( n −1) dt dt dt an s n + an −1s n −1 + L + a1s + a0 = 0 设系统k 设系统k个实根
自动控制理论课后习题详细解答答案(夏德钤翁贻方版)第五章
第五章5-1 已知单位反馈系统的开环传递函数，试绘制其开环频率特性的极坐标图(1)解：幅频特性：相频特性：列表取点并计算。
0.5 1.0 1.5 2.0 5.010.01.790.7070.370.2240.0390.0095-116.6-135-146.3-153.4-168.7-174.2系统的极坐标图如下：(2)解：幅频特性：相频特性：列表取点并计算。
00.20.50.8 1.0 2.0 5.010.910.630.4140.3170.1720.01950-15.6-71.6-96.7-108.4-139.4-162.96系统的极坐标图如下：(3)解：幅频特性：相频特性：列表取点并计算。
0.20.30.51254.55 2.74 1.270.3170.0540.0039-105.6-137.6-161-198.4-229.4-253系统的极坐标图如下：(4)解：幅频特性：相频特性：列表取点并计算。
0.20.250.30.50.60.8122.7513.87.86 2.520.530.650.317-195.6-220.6-227.6-251.6-261.6-276.7-288.4系统的极坐标图如下：5-2 试绘制上题中各系统的开环对数频率特性（伯德图）。
(1)解：系统为Ⅰ型，伯德图起始斜率为－20dB/dec，在处与=20=0相交。
环节的交接频率，斜率下降20dB/dec，变为-40dB/de c。
系统的伯德图如图所示:(2)解：伯德图起始为0dB线，的交接频率，斜率下降20dB/dec，变为－20dB/de c。
的交接频率，斜率下降20dB/dec，变为－40dB/de c。
系统的伯德图如图所示。
（3）解：系统为Ⅰ型，伯德图起始斜率为－20dB/dec，其延长线在=1处与=20=0相交。
的交接频率，斜率下降20dB/dec，变为－40dB/de c。
的交接频率，斜率下降20dB/dec，变为－60dB/de c。
自动控制原理第五章习题集与答案解析
第五章习题与解答5-1试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。
u rR1u cR2CR2R1u r u c(a) (b)题5-1图 R-C网络解（a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(RRCRRTCRRRRKsTsKsCRsCRRRsUsUrcττωωτωωωωω11121212121)1()()()(jTjKCRRjRRCRRjRjUjUjGrca++=+++==(b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=CRRTCRsTssCRRsCRsUsUrc)(1111)()(2122222212ττωωτωωωωω2221211)(11)()()(jTjCRRjCRjjUjUjGrcb++=+++==5-2某系统结构图如题5-2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)(tcs和稳态误差)(tes（1）ttr2sin)(=（2）)452cos(2)30sin()(︒--︒+=tttr题5-2图反馈控制系统结构图解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 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 ss 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 ss ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)6.262cos(58.1)4.48sin(63.0 --+=t t5-3若系统单位阶跃响应h t e e t t t()..=-+≥--11808049试求系统频率特性。
自控控制原理习题 王建辉 第5章答案
第五章 频率法5-1用时域与频域法分析设计和设计系统的主要区别是什么？ 5-2用时域法分析和设计系统的主要优点是什么？ 5-3奈氏稳定判据的本质是什么？5-4何谓幅值裕度与相位裕度，并举例说明之。
5-5试述二阶系统闭环频率特性与时域中阶跃相应之间的关系。
5-6试定性叙述伯德图各段与时域指标之间的对应关系。
5-7已知单位反馈系统的开环传递函数为 W K (s)=110+s当系统的给定信号为 （1）)30sin()(01+=t t x r(2) )452cos(2)(02-=t t x r(3))452cos(2)30sin()(03--+=t t t x r求系统的稳态输出。
解：5-7（1）系统的闭环传递函数为1110)(1)()(+=+=s s W s W s W K K B因为)30sin()(0+=t t x r )30(0)(+=t j r ej X ω 02.511arctan29054.012110)(j j B eej W --=+=ωωω)2.530(09054.0)()()(-+==t j B r c ej W j X j X ωωω所以)8.24sin(9054.0)(0+=t t x c 解：5-7（2）系统的闭环传递函数为1110)(1)()(+=+=s s W s W s W K K B因为)452cos(2)(0-=t t x r 化为正弦表达形式则)452sin(2)(0+=t t x r )452(02)(+=t j r ej X ω 3.1011arctan28944.012110)(j j B eej W --=+=ωωω)3.10452(07888.1)()()(-+==t j B r c ej W j X j X ωωω所以)7.342sin(7888.1)(0+=t t x c解：5-7（3）根据叠加原理，系统的输出为5-7（1）-5-7（2）)7.342sin(7888.1)8.24sin(9054.0)(0+-+=t t t x c5-8绘出下列各传递对应的幅相频率特性。
自动控制理论自考习题解答第5章稳定性分析分解
⾃动控制理论⾃考习题解答第5章稳定性分析分解第五章稳定性分析5—1 解：（1）系统的特征⽅程为020)1(212=++?=++s s s s 。
因为⼆阶特征⽅程的所有项系数⼤于零，满⾜⼆阶系统的稳定的充分必要条件，即两个特征根均在S 平⾯的左半⾯，所以此系统稳定。
（2）系统的特征⽅程为030)1(312=+-?=-+s s s s 。
因为⼆阶特征⽅程的项系数出现异号，不满⾜⼆阶系统的稳定的充分必要条件，所以此系统不稳定。
（注：BIBO 稳定意旨控制系统的输⼊输出（外部）稳定，系统稳定的充分必要条件是输出与输⼊之间传递函数的极点均在S 平⾯的左半平⾯。
若传递函数⽆零极点对消现象时，内部稳定与外部稳定等价。
此系统只含极点不含零点，所以传递函数的极点和特征⽅程的特征根等价，故直接可以⽤特征根的位置判系统的稳定性。
） 5—2 解：（1）特征⽅程中所有项系数⼤于零，满⾜稳定的必要条件；⼜三阶系统的系数内项乘积⼤于外项乘积（5011020?>?），满⾜稳定的充分条件。
∴该控制系统稳定。
（2）特征⽅程中所有项系数⼤于零，满⾜稳定的必要条件；特征⽅程中所有项系数⼤于零，满⾜稳定的必要条件；列写Routh故系统有两个特征根在S平⾯的右半部。
（3）特征⽅程中所有项系数⼤于零，满⾜稳定的必要条件；⼜三阶系统的系数内项乘积⼩于外项乘积（30020?），不满⾜<81稳定的充分条件。
∴该控制系统不稳定。
（4）特征⽅程中所有项系数⼤于零，满⾜稳定的必要条件；稳定。
由于第⼀列元素符号变化两次，系统特征根有两个在右半平⾯，其它4个根在左半平⾯。
（5）特征⽅程中所有项系数⼤于零，满⾜稳定的必要条件；不稳定。
由于表中出现全为0的⾏，为确定特征根的分布可构造辅助⽅程012048402324,43324=+?=+?=++=s s s s s s k利⽤辅助⽅程的导数⽅程的对应项系数代替全零⾏元素，继续完成表的列写。
结果：第⼀列元素⽆负数，右半平⾯⽆根，有4个根在虚轴上。
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。
自控原理习题解答第五章
dk 3 2 4s 18s 20s 8 0 ds
s 1.5s 0.5 3 2 s 3 s 4.5s 5s 2
2
s 3s
3
2 2 2
1.5s 5s 1.5s 4.5s 0.5s 2 0.5s 1.5 0.5
s 0.5s 3 3 2 s 4 s 4.5s 5s 2
1
4 95.58
6求与虚轴的交点
s 1.1s 1.3s 0.5s k 0
4 3 2
s4 s3 s s
2
1 1.1 0.93 0.465 1.21k 1.1k
1.3 0.5 1.1k 0
k
s1
0
2 0.465 1.21k 0,0 k 0.38;0.93s 1.1k 0
4
j
45; l 1 : 3, 4 3 (135)
4
m i 1 i
a
p z
j1
nm
0.5 0.3 j0.96- 0.3 - j0.96- 0 0.275 4
4分离点 2 ss 0.5s 0.6s 1 k 0
试绘制系统的根轨迹图。
2实轴上的根轨迹： 0,0.5 3n m 4, 渐近线的倾角和渐近线 与实轴的交点 2l 1 , l 0,1,2
nm l 0 : 1, 2
n
k 答5 - 4Gs Hs ss 0.5 s 2 0.6s 1 1n 4, m 0, p1 0, p 2 -0.5, p 3 0.3 j0.96, p 4 0.3 j0.96
武汉大学自动化专业 《现代控制理论》第五章稳定性
V (4). V (X)在Xe =0的某一个领域内是正定的； ( X ) 在同样的领域内是正定的，则系统在原点处的平衡状 态是不稳定的 。
12
第四节 线性系统的稳定性分析
1.线性定常系统稳定性判据
设线性定常自治系统为X = AX ,.. X (0) = X 0,..t ≥ 0 ,x e＝0为平衡状态。
d1 ... 0 = X T ... ... ... X 0 ... d n
称D为实对称阵。
③二次标准型：V ( X 1,. ...X n ) = d1 x12 + ...d n X n 2 ④V (X)= X TDX 的符号性质：
a. V (X)或对称阵 D 为正定的充要条件是D 的主子行列式均为正； b. V (X)或对称阵 D 为负定的充要条件是D 的主子行列式满足： i ＜0 (i为奇数 )； i ＞ (i 为偶数 )， i ＝1,2,3,4…
第五章 系统的稳定性
稳定性属于系统的基本结构特性。 BIBO——输入输出稳定性 由状态空间描述的内部稳定性 ——适用于各类系统。
1
第一节 LIAPUNOV稳定性定义
一.系统运动稳定性的实质：自治系统平衡状态的稳定 性——偏离平衡状态的受扰运动能否仅依靠系统内部的结 构因素使之限制在平衡状态的有限领域内或使之最终返回 到平衡状态——系统偏差量过渡过程的收敛性。
三.渐近稳定
1)定义：若①由任一初态X 0∈S (δ) 出发的受扰运动X 0u(t) 相对于 X e =0 对所有 t ∈t 0 均为有界，② X 0u(t) 满足 lim X 0u (t ) = 0 ，则称自治 t →∞ 系统的孤立平衡状态X e＝0 在t 0 为渐近稳定的。 2）说明： ①渐近稳定反映X 0u(t)相对于 X e 随时间变化的渐近性。 ②若定义中δ(ε,t 0)与t 0无关，则X e 称为一致渐近稳定。 ③定常系统中X e 的渐近稳定和一致渐近稳定等价。 ④不管初始偏差X 0有多大， X e 均为渐近稳定的，则X e 必为大范围 渐近稳定的。 ⑤大范围渐近稳定的必要条件是系统在状态空间中不存在其他渐 近稳定的平衡状态。 ⑥若线性系统的X e 为渐近稳定，则必为大范围渐近稳定。 ⑦Liapunov意义下的渐近稳定即为工程意义下的稳定。
自动控制理论第五章习题答案
2 ωn s( s + 2ζω n )
G( s) =
当取 r (t ) = 2 sin t 时，系统的稳态输出
css (t ) = 2 sin(t − 450 )
试确定系统参数 ω n , ζ 。 解：根据公式（5-16）和公式（5-17） 得到： c ss (t ) = A G B ( jω ) sin(ωt + ϕ + ∠G B ( jω ))
20
ϕ (ω )
− 89 o
− 87.2 o
− 92.1o − 164 o
− 216 o
− 234.5 o
− 246 o
− 254 o
− 258 o
ω
30
50
100
ϕ (ω )
− 262 o
− 265 o
− 267.7 o
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 系统的幅值裕度和相角裕度为 h =
根据公式（5-16）和公式（5-17） 得到： c ss (t ) = A G ( jω ) sin(ωt + ϕ + ∠G ( jω ))
c ss1 (t ) = A1 G ( jω1 ) sin(ω1t + ϕ1 + ∠G ( jω1 ))
所以
=
1 5
sin(t + 30 0 − 26.6 0 ) = 0.447 sin(t + 3.4 0 )
C ( s) 36 = G ( s) = R( s) ( s + 4)( s + 9)
所以系 = A(ω )e jϕ (ω ) ( jω + 4)( jω + 9)
《自动控制理论》参考答案第五章
第五章一、单项选择题1-5：D 、B 、D 、A 、B 6-10：B 、D 、C 、A 、C 11-13：D 、A 、B二、分析计算题5-1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 t5-4解 ()()()12G j K j K e j ==-+ωωπω=→∞00,()G j ω→∞∞=,()G j 0ϕωπ()=-2幅频特性如图解5-4(a)。
第五章 控制系统的稳定性分析(含习题答案)
f1 g1
劳斯阵列
注意：如果劳斯阵列第一列元素的符号不全 相同，则该列元素符号变化的次数，就是特 征方程所含实部为正的根的数目。
劳斯判据使用说明： （ 1）用一个正数去乘或除劳斯阵的某一整行，不会改变稳定性的结论。
4 3 2 例5-1 设控制系统的特征方程式为：D s s 8s 17 s 16s 5 0
Bl e
l 1
sin l t l Dr t r e r t sin r t r
r 0
n4 1
n2重实根
s pk
n3对不同的共轭复数根 s l jl
结论：控制系统稳定的充分必要条件：系统特征方程式的根全部具 有负实部。
5. 2 系统稳定的充要条件
s3, 4 2 j
系统特征方程具有两对共轭虚根，系统处于临界稳定。（不稳定，对应的 暂态分量为等幅振荡。)
劳斯判据使用说明：
例 5-3 ： 已知单位反馈控制系统的开环传递函数为：G s 试应用劳斯判据判断预使系统稳定的K的取值范围。 解：根据题意，可得系统的闭环传递函数为：
K s s 2 s 1 s 2
大范围稳定：系统稳定与否，与初始偏差的大小无关。 小偏差稳定：初始偏差不超过一定范围的情况下，系统是稳定的。
5. 2 系统稳定的充要条件
一、系统稳定条件分析
系统扰动输入到输出之间的传递函数：
Xo s G2 s b0 s m b1s m 1 bm 1s bm M s N s 1 G1 s G2 s H s a0 s n a1s n 1 an 1s an D s
C s D s
闭环传递函数的特征方程：D(s)=0，特征方程的根即系统传递函数的极点。
自动控制理论 自考 习题解答第5章稳定性分析
第五章 稳定性分析5—1 解：（1） 系统的特征方程为020)1(212=++⇒=++s s s s 。
因为二阶特征方程的所有项系数大于零，满足二阶系统的稳定的充分必要条件，即两个特征根均在S 平面的左半面，所以此系统稳定。
（2） 系统的特征方程为030)1(312=+-⇒=-+s s s s 。
因为二阶特征方程的项系数出现异号，不满足二阶系统的稳定的充分必要条件，所以此系统不稳定。
（注：BIBO 稳定意旨控制系统的输入输出（外部）稳定，系统稳定的充分必要条件是输出与输入之间传递函数的极点均在S 平面的左半平面。
若传递函数无零极点对消现象时，内部稳定与外部稳定等价。
此系统只含极点不含零点，所以传递函数的极点和特征方程的特征根等价，故直接可以用特征根的位置判系统的稳定性。
） 5—2 解： （1）Θ特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；又Θ三阶系统的系数内项乘积大于外项乘积（5011020⨯>⨯），满足稳定的充分条件。
∴ 该控制系统稳定。
（2）Θ特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；Θ特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；列写Routh故系统有两个特征根在S平面的右半部。
（3）Θ特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；又Θ三阶系统的系数内项乘积小于外项乘积（30020⨯⨯），不满足<81稳定的充分条件。
∴该控制系统不稳定。
（4）Θ特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；稳定。
由于第一列元素符号变化两次，系统特征根有两个在右半平面，其它4个根在左半平面。
（5）Θ特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；不稳定。
由于表中出现全为0的行，为确定特征根的分布可构造辅助方程012048402324,43324=+⇒=+⇒=++=s s s s s s k利用辅助方程的导数方程的对应项系数代替全零行元素，继续完成表的列写。
结果：第一列元素无负数，右半平面无根，有4个根在虚轴上。
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 。
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第五章 稳定性分析5—1 解：（1） 系统的特征方程为020)1(212=++⇒=++s s s s 。
因为二阶特征方程的所有项系数大于零，满足二阶系统的稳定的充分必要条件，即两个特征根均在S 平面的左半面，所以此系统稳定。
（2） 系统的特征方程为030)1(312=+-⇒=-+s s s s 。
因为二阶特征方程的项系数出现异号，不满足二阶系统的稳定的充分必要条件，所以此系统不稳定。
（注：BIBO 稳定意旨控制系统的输入输出（外部）稳定，系统稳定的充分必要条件是输出与输入之间传递函数的极点均在S 平面的左半平面。
若传递函数无零极点对消现象时，内部稳定与外部稳定等价。
此系统只含极点不含零点，所以传递函数的极点和特征方程的特征根等价，故直接可以用特征根的位置判系统的稳定性。
） 5—2 解： （1）特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；又三阶系统的系数内项乘积大于外项乘积（5011020⨯>⨯），满足稳定的充分条件。
∴ 该控制系统稳定。
（2） 特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；列写Routh故系统有两个特征根在S平面的右半部。
（3） 特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；又 三阶系统的系数内项乘积小于外项乘积（30020⨯⨯），不满足<81稳定的充分条件。
∴该控制系统不稳定。
（4） 特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；稳定。
由于第一列元素符号变化两次，系统特征根有两个在右半平面，其它4个根在左半平面。
（5） 特征方程中所有项系数大于零，满足稳定的必要条件；不稳定。
由于表中出现全为0的行，为确定特征根的分布可构造辅助方程012048402324,43324=+⇒=+⇒=++=s s s s s s k利用辅助方程的导数方程的对应项系数代替全零行元素，继续完成表的列写。
结果：第一列元素无负数，右半平面无根，有4个根在虚轴上。
5—3 解：（1）系统开环极点为-1、-2、-3，均在S 平面的右半平面，所以开环系统稳定；闭环系统的特征方程为0261160)3)(2)(1(20123=+++⇒=++++s s s s s s特征方程的系数均大于零，满足系统稳定的必要条件；又有内项系数乘积大于外项系数乘积，满足系统稳定的充分条件。
所以该系统闭环稳定。
（2）系统开环极点为0、-1、-2、-3，有一个在原点处，所以开环系统不稳定；闭环系统的特征方程为02061160)3)(2)(1(201234=++++⇒=++++s s s s s s s s特征方程的系数均大于零，满足系统稳定的必要条件； 列写定，根据第一列元素符号变化情况，有2个特征根在S 平面的右半平面，其它2个在S 平面的左半平面。
（3）系统开环极点为0、1、-5，其中一个在原点处，一个在右半平面，所以开环系统不稳定；闭环系统的特征方程为010540)5)(1()1(10123=+++⇒=+-++s s s s s s s特征方程的系数均大于零，满足系统稳定的必要条件；又有内项系数乘积大于外项系数乘积，满足系统稳定的充分条件。
所以该系统闭环稳定。
（4）系统开环极点为0、1、-3/2，其中一个在原点处，一个在右半平面，所以开环系统不稳定；闭环系统的特征方程为010320)32)(1(10123=+-+⇒=+-+s s s s s s特征方程的系数不全大于零，不满足系统稳定的必要条件，所以，系统不稳定。
若列写Routh 表可以确定根的分布。
开环系统稳定与否是由系统开环极点的位置确定；而闭环系统稳定与否是由系统闭环极点的位置（或特征根的位置）确定。
所以，开环系统稳定，闭环系统不一定稳定；开环系统不稳定，闭环系统也不一定不稳定。
5—4 解：（1） 系统稳定的必要条件是0>K ；系统稳定的充分条件是719570065030<⇒>⨯K K ；所以系统稳定的充分必要条件是71950<<K 。
（2） 系统稳定的必要条件是0030>⇒⎩⎨⎧>+>K K K ；系统稳定的充分条件是⎩⎨⎧<+<-⎩⎨⎧>+>-⇒>+-⇒>-+⇒>+041.3041.0041.3041.00)41.3)(41.0(04.137)3(52K K K K K K K K K K 或由⎩⎨⎧>+>-041.3041.0K K 得：41.041.341.0>⇒⎩⎨⎧->>K K K 由⎩⎨⎧<+<-041.3041.0K K 得：41.341.341.0-<⇒⎩⎨⎧-<<K K K所以系统稳定的充分必要条件是41.0>K 。
5—5 解：（1） 系统的特征方程为024110)8)(3(123=+++⇒=+++K s s s s s s K系统稳定的必要条件是0>K ；系统稳定的充分条件是2642411<⇒>⨯K K ； 所以系统稳定的充分必要条件是2640<<K 。
（2）若希望系统的特征根具有稳定裕量11=σ，则表示特征根不但在S 平面的左半平面，且距虚轴有一个单位。
设1-=v s ，做坐标变换。
得0)1(24)1(11)1(23=+-+-+-K v v v0145823=+-++K v v v系统稳定的必要条件是14014>⇒>-K K ；系统稳定的充分条件是541458<⇒->⨯K K ； 所以系统稳定的充分必要条件是5414<<K 。
5—6 解：（1） 系统特征方程为025*******=+++s s s所有项系数1，21，80，250大于0； 赫尔维茨主行列式为021;0801250211>=∆>=∆主子行列式为；结论：满足系统稳定的充分必要条件，所以该系统稳定。
（2） 系统特征方程为02502507520234=++++s s s s所有项系数1，20，75，250，250大于0；赫尔维茨主行列式为;0250200250751025020>=∆ 075125020,02021>=∆>=∆各阶主子行列式为；结论：满足系统稳定的充分必要条件，所以该系统稳定。
5—7 解：(b)(a) 题为1型系统，则在原点的开环极点数为Q 开=1，开环传递函数不含右半平面极点，则P 开=0。
绘制辅助线：以原点为圆心、无穷大为半径，起于实轴顺时针旋转90°*Q开=90°与奈氏曲线起点相连成封闭曲线。
计算奈氏曲线与（-1，j0）点沿反时针方向所引射线的正负穿次：顺时针穿次数b=1，逆时针穿次数为a=0，则系统闭环在右半平面的极点数P闭=P开-2（a-b）=2。
结论：该系统不稳定，有两个特征根在S平面的右半平面。
（b）题为2型系统，则在原点的开环极点数为Q开=2，开环传递函数不含右半平面极点，则P开=0。
绘制辅助线：以原点为圆心、无穷大为半径，起于实轴顺时针旋转90°*Q开=90°*2=180°与奈氏曲线起点相连成封闭曲线。
计算奈氏曲线与（-1，j0）点沿反时针方向所引射线的正负穿次：顺时针穿次数b=1，逆时针穿次数为a=1，则系统闭环在右半平面的极点数P闭=P开-2（a-b）=0。
结论：该系统稳定，所有特征根在S平面的左半平面。
5解：（a）奈氏曲线起于实轴，故为0型系统，则在原点的开环极点数为Q开=0，不需加辅助线。
开环传递函数在右半平面极点数为P开=2。
计算奈氏曲线与（-1，j0）点沿反时针方向所引射线的正负穿次：顺时针穿次数b=1，逆时针穿次数为a=0。
则系统闭环在右半平面的极点数P闭=P开-2（a-b）=4。
结论：该系统不稳定，有4个特征根在S平面的右半平面。
（b）奈氏曲线起于实轴，故为0型系统，则在原点的开环极点数为Q开=0，不需加辅助线。
开环传递函数在右半平面极点数为P开=2。
计算奈氏曲线与（-1，j0）点沿反时针方向所引射线的正负穿次：顺时针穿次数b=0，逆时针穿次数为a=1。
则系统闭环在右半平面的极点数P闭=P开-2（a-b）=0。
结论：该系统稳定，所有特征根在S平面的左半平面。
（c）奈氏曲线起于实轴，故为0型系统，则在原点的开环极点数为Q开=0，不需加辅助线。
开环传递函数在右半平面极点数为P 开=1。
计算奈氏曲线与（-1，j0）点沿反时针方向所引射线的正负穿次：顺时针穿次数b=1，逆时针穿次数为a=0.5（起于射线为半穿）。
则系统闭环在右半平面的极点数P 闭=P 开-2（a-b ）=1-2（0.5-1）=2。
结论：该系统不稳定，有2个特征根在S 平面的右半平面。
5—9 解：（1） 系统开环频率特性为：2)(1)(ωωωj aj j G += 方法一：对应的相角与幅值条件为：2211)()(180)(ωωωωω+=+-=∠-a j G a tg j G依据相角裕量和穿越频率的计算公式得：84.019.1119.121)(111)()(45)(180442221==⇒=⇒=⇒⎩⎨⎧=+=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+===∠+=-a a a a j G a tg j G c c c c c c c c c c ωωωωωωωωωωγ方法二：依据相角裕量和幅值在不同频段的近似计算公式得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧≥=≤≈===∠+=-)1(lg 20lg 20)1(1lg 20)(lg 20)(45)(180221a a a a j G L a tg j G c c ωωωωωωωωωωγ⎩⎨⎧≈≈⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⇒==⇒1110)(1cc c c a aL a ωωωω [注]：穿越频率刚好在转折频率处，计算误差较大。
若穿越频率远离转折频率时，计算精度较高。
（2） 系统开环频率特性为：3)101.0()(+=ωωj Kj G 对应的相角与幅值条件为：⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≈+=-=∠-)100()01.0(lg 20)100(lg 20)(]1)01.0[()(01.03)(32321ωωωωωωωωKKL Kj G tg j G依据相角裕量和穿越频率的计算公式得：83.2100]1)01.0[(101.01]1)01.0[()(4501.03180)(180232232.1≈⇒=⇒⎪⎩⎪⎨⎧+==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+==-=∠+=-K K K j G tg j G c c c c c c c ωωωωωωωγ[注]：若采用折线近似计算方法，由于穿越频率刚好在转折频率处，可能产生的计算误差较大。
5—10 解：（1） 系统开环频率特性为：)105.0)(12.0()(++=ωωωωj j j Kj G对应的相角与幅值条件为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥⋅⋅≤≤⋅≤≈---=∠--()2005.02.0lg 20)205(2.0lg 20)5(lg 20)(05.02.090)(11ωωωωωωωωωωωωωK K K L tg tg j G根据增益裕量定义由相角条件得：10005.02.019005.02.0105.02.0]05.02.0[9005.02.018005.02.090)(11111111111111111111=⇒=⋅-⇒∞==⋅-+=+⇒=+⇒-=---=∠------ωωωωωωωωωωωωωω tg tg tg tg tg tg tg tg j G）（幅值裕量1ωL k g -=dB ，根据101=ω所在频段，利用幅值近似计算公式得：21.0202020lg 202.0lg 2011=⇒=⇒=-=⋅-=K KKK k g ωω（2） 根据穿越频率和相角裕量定义得：42.15005.02.0105.02.05005.02.04005.02.090180)(1801111≈⇒≈=⋅-+⇒=+⇒=---=∠+=----c c c cc c c c c c tg tg tg tg tg j G ωωωωωωωωωωγ幅值近似计算公式为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥⋅⋅≤≤⋅≤≈)2005.02.0lg 20)205(2.0lg 20)5(lg 20)(ωωωωωωωωωωKKK L由5.4≈c ω所在频段，利用幅值近似计算公式得：410lg 20)(=⇒=⇒=≈K K KL cc c ωωω5—11解：（1）绘制题5-11图（1）（3） 绘制K=100时，系统的Bode 图为：题5-11图（2）[注]：开环增益变化，仅仅是上下移动幅频特性曲线，而相频特性不变。