自动控制原理答案完全版_第二版

自动控制原理（非自动化类）习题答案
第一章习题
被控量：水箱的实际水位 h c
执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。

比较计算元件：电位器。

h 「。

给定值为希望水位 h r （与电位器设定
c
r
电压u r 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）
当h c h r 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。

一但
h c h r 时，浮子位置相应升高（或
C
I
c I
降低），通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移（或上移） ，从而给电动机提供一定的工作电压，驱动
电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大）
，以使水箱水位达到希望值 h r 。

水位自动控制系统的职能方框图
受控量：门的位置 测量比较元件：电位计
工作原理：系统的被控对象为大门。

被控量为大门的实际位置。

输入量为希望的大门位置。

当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，
驱动电动机带动绞盘转动,
使大门向上提起。

同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开 门开关自动断开。

反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。

1-5 解：
系统的输岀量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉
1-1 （略） 1-2
（略）
1-3 解： 受控对象：水箱液面 测量元件：浮子，杠杆。

放大元件：放大器。

工作原理：系统的被控对象为水箱。

被控量为水箱的实际水位
1-4 解：
受控对象：门。

执行元
件：电动机，绞盘。

放大 元件：放大器。

开闭门
门实际
仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图
放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器比较元件：电位计测量元件：热电偶
职能方框图:
KK
3 2 Ts (T 1)s s K1K 3电位器电压放大
炉温
热电偶
第二章习题
2-1解：对微分方程做拉氏变换：X,(s) R(s) C(s) N,(s)
X 2 (s) Q X/s)
X 3 (s) X2 (s) X5
(s TsX4 (s) X 3 (s)
X5 (s) X4 (s) K2 N2
(s k 3 X
5 (s) s
2C (s) sC(s) C(s) / R(s) 功率放大加热器
'电机电炉
R(s)
绘制上式各子方程的方块图如下图所示:
C(s) / N i (s) C(s) / R(s),
K 2K 3TS
Ts 3
~~T 1)s 2
s K 1K 3
2-2解：对微分方程做拉氏变换
X i (s) K[R(s) C (s)] X 2 (s)
sR(s)
(s 1) X 3(s) X i (s) X 2 (s) (Ts 1)X 4 (s)
X 3 (s) X 5 (s)
C(s) X 4 (s) N (s) X 5 (s) (Ts 1) N(s)
(b) C (s)
字红
R(s) 1 G 1G 3 G G 4 G 2 G 3 G 2G 4
X
3(s) 绘制上式各子方程的方块如下图:
将方块图连接得出系统的动态结构图:
..R(s)
1
(s 1)：Ts 1)
C(s)
N (s) 0
2-3解：（过程略）
K
____________
C(s) (s 1)<Js 1) (s 1XTs 1) K ____________ Ts 2
(T s
1)s (K 1)
C(s) / N 2 (s)
R(s) ms fs K
(c)誤 R(s) G 2 G 1G 2 1 G-i G 2G-I (d 普 R(s)
G 1 G 2 1 G 2G 3
(e)R^ R(s)
G 1G 2G 3G 4 1 G<|G 2 G 2G 3 G 3G 4 G 1G 2G 3G 4 2-4 解：（1）求 C/R ，令 N=0 KK K 3
s(Ts 1) C (s) / R(s) G(s)
1 G(s) 求C/N ，令R=0，向后移动单位反馈的比较点 K C(s) / N (s) (K n G n K 1 0 ) — J s 1 亠 K 1
G(s)
K 1K 2 K 3 Ts 2
K i K 2 K 3
K n K 3s K 1K 2 K 3G K 2 n
2 一
Ts 2
s K 1K 2 K 3 Ts 1 s （2）要消除干扰对系统的影响
C(s) / N (s) K n K3s K1K2 K3Gn
Ts 2 s K 1K 2 K 3
G n (s) Kns
K 1K 2
2-5 解：（a ） （1 ）系统的反馈回路有三个，所以有
3
L a L 1 L 2 L 3 a 1
G 1G 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5
三个回路两两接触，可得 1 L a 1 GG 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5
(2) 有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以
P P 2 G 1G 2G 3,
1
1, 2 1
(3) 闭环传递函数C/R 为
GGG 3 1
1 G 1G 2G 5 G 2G 3G 4 G 4G 2G 5
(b)
(1) 系统的反馈回路有三个，所以有
3
L a
a 1
L 1
L 3 G 1G 2 G 1 G 1
三个回路均接触，可得 1 L a 1 G-i G 2 2G-)
(2 )有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以
R G 1G 2 , 1
1
P 2
G, 2
1
P
G
2
,
3 1
P 4
G 1,
4
1
(3)闭环传递函数C/R 为
C G 1G 2 G 1 G 2 G
G-i G 2 G 2 R 1 G 1G 2
2G 1 1 G-|G 2 2G.
2-6解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得
1
L a 1 GG 2G 3 G 2，可得
第三章习题
采用K 0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为
1OK o
要使过渡时间减小到原来的 0.1倍，要保证总的放大系数不变，则：
(原放大系数为10,时
间常数为0.2)
3-2解：系统为欠阻尼二阶系统(书上改为“单位
负反馈……”，“已知系统开环传递函数”)
% e / 1 $
100%
100% 1
C(s) G-|G 2G 3 G 2G 3 R(s) 1 G 1G 2G 3 G 2 C (s)
(1 G 2 )G 3
N 2 (s) 1 GG 2G 3 G 2 E(s) 1 G 2 G 2G 3 R(s) 1 G-|G 2G ：3 G 2 E(s) C(s) (1 G 2 G N 2 (s)
N 2 (s)
1 G 1G 2G 3 G 2
C (s) NQ
C(s) / R(s)
C(s) 1 (1 GG 2G 3 G 2 ) 1
N 3 (s) 1 G 1G 2G 3 G 2 E(s) C(s) G 2G 3 G 1G 2G 3 N 1 (s) N 1(s) 1 G 1G 2G 3 G 2
E(s)
C(s) 1
N 3 (s)
N 3 (s)
3-1解：(原书改为G(s) 10
0.2s 1)
(s)
C(s) K G(s) R(s) 0
1 G(S )K H
1 10K H 0.2
s
1 10K
10K 。

1
10K H
10
1 10K H 10
K
K H
10 0.9
所以，开环传递函数为:
1136 47.1
s(s 24.1) s(0.041s 1)
3-3 解：(1) K 10s 1
时:
100 2 n 10
(2) K 20s 1
时:
200 2 n 10
解得: 33.71 0.358
G(s)
100 s 2
10s
解得：n 10,
0.5, % 16.3%, t p 0.363
G(s)
200 s 2
10s
结论， K 增大，超调增加， 峰值时间减
小。

3-4解 :（1）
a.
0.1, n 5s 1
时，
% e / . 1 2
100%
72.8%
t s
3.5
7s
n
b.
0.1, n 10s 1
时，
% e / 1 2
100%
72.8%
3 5
3.5s
t s
n
c.
0.1, n 1s 1
时，
解得：n 14.14, 0.354, %=30%, t p 0.238
G(s)
% e /1
'
100% 72.8%
丄 3.5 c 厂 t s 35s
n
时，
/ ■ ~2
% e
100% 16.3%
3.5 t s
n
(2)
0.5, n 5s 1.4s
（3）讨论系统参数： 则 %减小，t s 减小
3-5 解：（1）
（a ）用劳思判据
不变，%不变；不变，n 增加，则t s 减小；n 不变，
增加,
系统稳定。

（b ）用古尔维茨判
3 s 1 9 2 s 20 100 1 s 4
s 100
20 100
D 1 20, D 2
80 1
9
20 100 0 D 3
1 9 0 8000
0 20 100
系统稳定。

（2） （a ）用劳思判
s 4
3 5 2 s 3 10 1 0 s 2 4.7 2
s 1 3.2553 0 s 0
2
系统不稳定。

（b ）用古尔维茨判
0.2S 3
0.8S 2
s K 0
劳思表
s 3
0.2 1
S 2
0.8 K
K
若系统稳定，则：
1 0,K
4
(2)系统闭环特征方程为
3
2
0.2S
0.8S (K 1)s K 0
劳思表
s 3
0.2 K 1 s 2
0.8 K 1
3 s K 1
4 s 0
K
3
若系统稳定，则： K 1 0, K 0
4
4
解得K -
3
D 1
10, D 2
10 3 1
5
10 1 0
C
D 4
3 5 2 C
0 10 1 C
3 5
2
10 1 0 470
3
5 2
0 10 1
306
153
(其实D 4不必计算，因为 D 3
0。

无解
系统不稳
3-6解：(1)系统闭环特征方程为
3-7 解:
(a)系统传递函数: 劳斯表：
10(s 1) s321s2 10s 10
s 3
1 10 s 2
21
10
s I 200 / 21 0 s 0
10 0
系统稳定。

10
(b)系统传递函数：—
s 101s 10
劳思表：
s 2
1 10 s 1 101 0
s 0
10
系统稳定。

3-8解：系统闭环特征方程为:
0.01s 3 2 s 2
s K 0
劳思表:
当
2 0
,乙严0，K 0
时系统稳定
稳定域为：
0,0 K 200
3-9 解：(1)
I 2
当 r (t) t 1(t)时，e ss
0.1;当 r (t ) t 2
1(t )时，e ss K
解法二、系统的闭环特征方程为：
3 s 0.01 1 2
s 2
K
1
s
2
0.01K
2
s
K 解法一、因为
1,属于I 型无差系统，开环增益 K 10,故当r (t)
1(t )时，e ss 0;
劳思表:
0.05s 3
0.6s 2
s 10
3 s 0.05 1
2 s 0.6 10
1
1
s
6
0 s
10
系统稳定。

1
E
s 巳 R
(s)R(s)
盲
R(s)
(2) 解法一、因为
1 ,属于I 型无差系统，开环增益
1 8
当 r (t) t 1(t)时，e ss
1.14 ；当 r (t)
K 7 解法二、系统的闭环特征方程为：
s 4
6s 3
10s 2
15s 7 0
劳思表:
4 s 1 10 7 3
s 6 15 0
2 s 7.5
7
1 s
9.4
7
s
系统稳定。

1
当输入 r (t) 1(t )时，R(s) 1
, e ss
s
帅sE s lim s-
s 0
1
1 1 10
s
s(0.1s 1)(0.5s 1)
输入 r (t) t 1(t)时，R(s) 乓
s m s
m o S
-2
2 2
输入 r (t) t 2 1(t)时，R(s)气,e ss lim sE.
s s 0
lim s-
s 0
1 _______ 10
s(0.1s 1)(0.5s
3
s 1)
lim s~
s 0
1 _____ 7(s 1)
s(s 4)(s 2
2s 2)
K 7
，故当 r (t) 1(t)时，e ss 0 ；
t 2
1(t)时，e ss。

1 1 G(s)
R(s)
1
当输入 r (t) 1(t )时，R(s) -, e ss
s
s
E s
mo
s
mo
1S
2)
Ei R (s)
R(s)
2
输入 r(t) t2 1(t)时，R(s) (3)
es
2
-
3
S s
E
s
m s m o
■
I
s
1
2S
解法一、因为2，属于n型无差系统, 开环增益8，故当r (t) 1(t)时，e ss 0 ；
当 r (t) t 1(t)时，e ss0 ；当r(t) t21(t)时, e
ss 0.25。

解法二、系统的闭环特征方程为:
0.1s34s 劳思表:
3 s
2 s
1 s
0 s 0.1 1 3.2 8
系统稳
定。

E s Ei R (s) R(s) 1 G(s) R(s)
当输入 r (t) 1(t )时，R(s) lim sE s
s 0 lim s-
1
1
8(0.5s
s2 (0.1s
1
1)
输入 r (t) t 1(t)时，R(s) 1
2 ，e ss
s
!m s乓lim s-
s 0
1
1
8(0.5s
s2 (0.1s
1)
1)
输入 r (t) t2 1(t)时，R(s) lim sE
s
3-10解：系统传递函数为器
G(s)
调节时间 t s 4T 1min,T 0.25min
10
输入 r (t) 10t, R(s)—
s
2
lim s 30.25 s
18(0.5s 1) s
3
I 2
s2 (0.1s 1)
—为一阶惯性环节Ts 1
稳态误差:
E(s) R(s) C(s)- s
e ss 叽 sE(s) 2.5(C D)
10
~2
s (0.25s 1)
3-11解：用梅森公式:
Ei R E(s)
R(s)
1
2.5K
Ei N E(s)
N (s)
1
(0.05s 1)(s 5)
2.5
____
2.5K
E(s)
1
(0.05s 1)(s 5) (0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1) 1
(0.05s 1)(s 5) 2.5K
1
输入 R(s) -, N (s)
s
当K=40时
(1)
vs 帅sE(s)(0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1) 1
(0.05s 1)(s 5) 2.5K s
2.5
5 2.5K
0.0238
(2) 当K=20时
(3) !叩sE(s) 5 2.5K
在扰动点前的前向通道中引入积分环节1/s,
0.0455。

比较说明, K越大，稳态误差越
小。

EiR
E(s)
R(s)
1
1 - s(0.05s 1)(s 5)
2.5
Ei N
E(s)
N (s)
s 5 ________
_____ 2.5K
s(0.05s 1)(s 5)
E(s)
s(0.05s 1)(s 5) 2.5s(0.05s 1) 1
s(0.05s 1)(s 5) 2.5K s
s(0.05s 1)(s 5)
s(0.05s 1)(s 5) 2.5K
2.5(0.05s 1)s
s(0.05s 1)(s 5) 2.5K
(0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1)
s(0.05s 1)(s 5) 2.5K
所以对输入响应的误差，e ss lim sE(s) 0。

s 0
在扰动点之后引入积分环节
1/s
，
E(s)
1 s(0.05s 1)(s 5)
Ei R
R(s) 1
2.5K
s(0.05s 1)(s 5)
2.5K
(0.05s 1)(s
5)s
2.5
E(s)
s 5 1 2.5(0.05s 1)
Ei N
N (s) 1
2.5K
s
s(0.05s 1)(s 5) 2.5K
(0.05s 1)(s ，5)s
E (s) R(S)Ei R
N (s)
Ei N
(0.05s 1)(s 2
5s 2.5) 1
s(0.05s 1)(s 5) 2.5K s
1
所以对输入响应的误差，e ss lim sE(s)
s 0
K
3-12 解：
解法一、原系统结构图变换为
N(s)
R(s)
1
s 1
C(s)
----- J
「s 2
q(T 2
K )s 5 k
—
系统开环 1，故对R 为I 型，干扰N 作用点之前无积分环节，系统对 N 为0型
解法二、用梅森公式
1
斗，N (s) s
1 1 ,N (s)
s s
1 . 1
e
ssr
lim s
EiR —
，
e
ssn
“叩 s
EiN —
s
s
令 R(s) 2
1
J
T ，N (s) s
1 2
s
Ei R
E(s)
R(s)
1
_______ ( s 1)
T ； s 2 (T 2s 2
K s 2
Ks 5s) s(T 1s 2)(T 2s K s K 5) s(T | s
2)(T 2s K s K 5) ( s 1)
Ei N
E(s)
N (s) (s ___________
s(T 2s 5) Ks( s 1) 1
( s 1) s 2 (T 2S 2
K s 2
Ks
5s)
___________ ( s 1)店 s(T , s 2)(T 2s K s K 5) ( s 1)
令 R(s)
s m
s
2(K
5), s m
s
令 R(s)
EiR 3 s ，e ssn lim s
s 0
lim s s 0
系统对r(t)为I型，对n⑴为0型。

3-13:
(a)解法一、解得，CiR J
「,
R(s) s(s 1) 1 CiN
C(s)
N (s)
s(s 1)
s(s 1) 1
E(s) R(s) C(s) R(s) (R(s)i * N (s)i
1 1
输入 R(s) 2, N (s) ，所以电 lim sE(s)
s s 0
解法二、C(s)
R(s)
—，因为分子分母后两项系数对应相等,
s 1
故系统为n无差，在
r (t )
t
1(t)时, e ssr 0,又在n(t)作用点以前原系统串联了一个积分环节，故对阶跃干扰信号Qsn 0 ,从而有e ss e ssr e ssn 0。

(b)系统开环1，为I型系统，故e ssr0 ；又 E n
(s) N (s)i C iN
0.1. 200
s i 0.5s2 s 200
根据疋^义 e r c , e；s Q；sr e$sn O ssn lim sE n (s)
s 0 0.1。

3-14解：开环传递函数为
2
G(s)円―,误差传递函数
s EiR(S)R(S)
1
1 G(s)
R(s)
(1)输入 r (t) 1(t),
R(s)
S irm sE s R(s) lim s-
s 0
1
1
7 s s22 s
⑵输入 r (t) 1(t), R(s)
氐s ir m sE s R(s)lim s-
s 0
1
1 1
2 2
n s
s2 2 s
第四章习题4-1 解:
"了£匚）另解
(
4-2 解:
4-3解：根轨迹如图
i
i J
f A
-J
弋J
i
% *
极点R 0,P21,F3 共有三条渐近线
D
60 渐近线交点为2) 1
3条渐近线与实轴夹角
(2k 1)
3 (k 0)
(k
(k
1），分离点坐标
1)
分离角为 -
2 与虚轴交点：
1 GH s(s 1)(0.5s
3 2
0.5( j ) 1.5( j ) j
2, K 3
1) 当0<K<3时系统稳定，K d 0.5s3 1.5s2
1)
所以，无超调时K的取值范围为0 0.1925。

作图测得0.5的阻尼线与根轨迹交点s,,
20.33 j0.58，根据’根之和’法则,
s 1 S> S s P ! p 2 p 3，求得Sj 2.34。

S s 对虚轴的距离是 §,2的7倍，故认为s ,2是 S 1S 2 主导极点，系统近似为二阶，即（s ） （s s ）（s s2） 0.445 s 2__0.667s 歸，从而得到 0.5， n 0.667，其阶跃响应下的性能指标为 % 16.3%，t s 3.5 i
10.5s 。

n
1 4-4 解：（1）s —— 0.67 1 即（s ） , t 0.67s 1 1.5， S
2,3 3T 2s, %
4 j9.2，主导极点为s ，系统看成一阶系统。

（2）由于极点为S 1
—与零点z 1 0.67 1
0.59
构成偶极子，所以主导极点为
s 2，s 3，即
1 2 0.01s 2
0.08s 1 系统可以看作（S ） 10，
0.4，
n
% 25% 4-5解：（题目改为‘单位 负反馈’） 3.5
0.88s ，
由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性,
5-1 解： 0 arcta n T 超过10D
, 所以不满足要求。

5-2 解: 设 G(s)
1 LCs
2 RCs 1
5-3
解: (1)G(s) 160 s(s 8)
第五章习题答案
arcta n 2 f T
10 arctan 2 10 0.01
32.1*，相位差
3 54
D
，G(10 j)
0.708, G(10 j) 90
5
_______________ 1 ______________
1 100 2L 10 6 10__10 6Rj ,
1 104
亍 6 马 1013H ) 100 10 1 10__10 6
R G(10 j) 0.708
R 44959() 986.96
G(s)
s 2
44.37s 986.96
m s
H z
□ode Diagram
1 Q0
* ”””
r
〔
E u 10 -1
口 1 2
10 10 10
Frequency (reid/sec)
o o o 35
101
(2) G(s)
10°(s 2
s(s 1)(s 20)
64(s 2)
2
s(s 0.5)(s 3.2s 64)
Bode Diagram
o
o
2 4
■ ■101
Frequency (rad/sec)
〔6333W 更厘o o
Bode Diagram
50
-50
wo
Frequencv (rad/sec)
〔b tD p j a (3) G(s)
(4)
G(s)
如 s
S(
1)(s
0.1)
4s 25)
5-4 解: K
G(s)
由一个放大环节、一个惯性环节组成 Ts 1
丄，穿越频率
c 40，L( )c 20lg K 20lg
80
(b) 20lg K G(s)
G(s)
20,K
10 ； 1
0.1s s(Ts K _ 1)
1
10 T 0.1
T
由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成
(c ) G(s)
G(s)
L(k )
40
s(
80 s 1)
— 由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成
s(
n
2 —s
n
20lg K
20ig k
k
100，由图可知r 45.3,
-20
10
o o o o OO 5 0 5 0 5 0 5 4 6 8 O 2 9 4 4 9 3 ao 2
- - - 1 1 - - 1 1 2
■■〔】也酣
10
m p
〕电
左
(a )
1T 80
K 40
Bode Disgram
10 10°
Freciuencv frad/secl
0.1 得 10;
2
1 得 T 1
L( ) 20lg K 20lg10 20lg( 2
c 1)
0， K 0.2， G(s)
0.2
(10s 1)
2
s (s 1)
(或者米用精确表示：
L( ) 20lg K 20lg 102
1 20lg12
20lg(1 1)
0，
2 4.85, n
r
，得到 n 50 ,
0.3 ( 0.954 舍去)。

2 2
G(s)
2.5 103
100 s(s 2
30s 2.5 103
)
(d) G(s) -s _1
由一个放大环节、一个微分环节、两个积分环节、两个惯性环节
s 2 (Ts 1)2
组成
2 .101
0.1990， G(s)
0.1990(10s 1))
s 2(s 1)2
s( 2 s 2 —s 1)
n n 1 1
1
1， 2 2 n 2，20lg
8 2
L 20lg K
20， K 10 G(s) 10(s 1)
2
e )G(s)占丄 s(0.25s 0.2s 1)
5-5 解： 0.2，在 1 1 处，
(1)G(s) 伯德图：
250 s 2
(s 50)
5 s2(
50 s 1)
，20 Ig K 14
100 Bode Diagram
o 4 0 o
o
5(1S E 5
- 1
- §冬営翼s
10
Q
101
Frequency (rad/sec)
D -
o
5 o 5
o 5 3 4 9 3 8
2
1 - '112
- ■ ■ ■
〔 S I W O L I n
10
10
有一次负穿越, P 0 , Z P 2N 2故不稳定
10
(2) G(s) 250
s(s 5)(s 15)
3
1 1
s(- s 1)( -s 1) 5 15
20lg K 10.46
50 E p 〕©prill
匚 h 左
Bode Diagram
zll:l
1
〔6OJ P )OJ ⑷嗚
Bo
J
-ii
101
Freque nuy frad/secj
P 0,N 0无穿越，故Z P 2N 0稳定
(3) G(s) 250(s 1) s 2
(s 5)(s 15)
50 10 (s 1)
3 --- , 20 Ig K 10.46 2 1 1 s ( -s 1)( -s 1)
5 15
P*oi
i i i ■ ■ ■ i r j ■ ■ ■ ■ ■ i ■» i | ■ n ■ i i i ■ i
1
1 1 1 1 i 1 1 1
:[-40J
；:
:[-60]
j
I
叫治
：15
、
i
ii ■ i ■ i ■ i a ll
■
■ ■ H ■ b ii ii 1
■
i ■ i i i ■ n
-100 10.46 Bocfe Diagram
-150 〔depj
iD 0>jQ L l d P 0,N 0无穿越，故Z P
2N 0稳定
5-6 解：G(s)
10
2, 2 50,20lg K 20
1
s(0.5s 1)(0.02s 1)
s o
v w E L Bocte Diagram
10
i
lO-
Frequency C^d/sec)
103
50
a
20o
o
5 4 35
J
20 lg K
20lg c 20lg(0.5c ) 0，得c
J20 2 75 4.47(精确解 4.2460)；
(90D arctg(0.5 g ) arctg(0.02 g ))
180
得 0.5g i0.02g 1
1 0.01
10
180 arctg(0.5c ) arctg (0.02 c )
D D D D D D
90 180 66 5D 90 19
L h 20lg G( j 20lg 10
10(5 j 1)(0.2 j 1)
20lg 5 13.98 dB
5-7 解：G(s) K s(0.01s 2
0.01S 1) 10, 0.05 90 D arctan
180D ，得 g 10
L h 20lg G( j g ) 20
K
g ;'(0.01 y (1 0.01 2g )
2
0.1,得 K 0.1 c 0.1
(1) —
0.2, 1 0.1,— 4
T 1 T 3
5,人 10,T 3
0.25
C1 1
2(5s 1) s(10s 1)(0.25s 1)
1 180 G( j J
180D 9(D tg 1
(5cJ tg (10 J tg 180D 9C D
78.69" 84.29D 14.04D 70.36"
(2)
G(s)
0.1
s(0.01s 2
0.01s 1
) 因为c 0.1,
180D
9(D
丄 0.01 0.1
arctg -
1 0.1
10
5-8 解：G(s)
K ( 2S 1)
s(T 1S 1)0 1)
2
9(D
G(s)
(0.25“)
G(s)
s(s K 1
(05
025S 1)
K 20
G(s) tg 1(0.5c2 ) tg lc2 ) tg(0.025 C2 ) tg 1
(5 ci ) tg b0ci )
tg (0.25ci )
系统稳定性不变
c2
10
10
c1
K 0.5 10 10
〔
b utQjU
P 0, N 0 (无穿越)Z
P 2N 0 (稳定)
(3)右移10倍频程，则T 1
1, 2
0.5,T 3 0.025
180 G( j 180D 9(f
180D 9(D
Bode Disgrsm
40
20
-20 -40 -60 -45
-90
-1
-30 0 10 10
Frequency (radfeec)
1U
2
c2
)
k
t s 一，得 1 %
2 %，t 1 0
.%2
c
即系统超调量不变，调节时间缩短。

5-9 解：y (s)
3 , G 2 (s) 8s 1
系统开环传函，
G(沪(sg)
「48jrr
c .'64 2
c 1、(0.05 )； 1
180D arctg (c )
90 D arctg (8 c ) arctg (0.05 c )
180D 80.54" 9(D 88.81D 16.7D
65.03D
% [0.16 0.4(1.1032 1)] 100%
20%
1) 2.5(M r 1)2
1.14
第六章习题答案
6-1解法一：(串联超前校正) (1) 原系统开环传递函数 G(s)
200
-，计算得到 c
44s 1 50s 1
，
13D 45D ，
s(0.1s 1)
不能满足要求。

(2) 为了将系统相角裕度提高到
45D
,使用超前校正网络 G c
(s)
s 1
，所需超前相角至 s 1
少为45D
13D 32D ，弓I 入超前网络后，新的截止频率会增大，从而存在相角裕度损失，因
由 % 0.16 0.4
sin
1 100%
(P190 5-16 5-17 5-18 式)
4.8 s(0.05s 1) 1 sin
1 sin 65.0^
1.1032
k 2 1.5(M r 2.1813
t 2.1813
t
s
c
1
，得到 4.6，由 10log 6.6dB ,确定 G(s) 1
幅值为-6.6dB 的频率 m 65s 1
50s 1
，从而得到
c 65s
1
相角裕度
4审，满足设计要求。

解法二：
(1) 同上
(2) 按照最佳二阶系统模型设计：
6-2 解:
校正后优点：1.稳定性增强
此设超前相角为 40D
,对应 sin
传递函数G c (s)
0.0331s 1 0.0072s 1
(3)校正后的系统为
G(s) G c (s)G 。

(s)
豐需妇，验证得，截止频率
要求c 50s 1
，取K
c
60，则 T
1 2K
0.0083
此时
65.启，所以校正后系统开环传递函数
G(s)G (s)
60 s(0.0083s 1)
G c (s)
60 s(0.0083s
1) - G(s)
3 . 0.1s 1 i
10 0.0083s 1
(3)验证,
65.5 , c 54.3满足设计要求。

⑻ G o (s)
20 s(0.1s 1)
G c (s)
s 1 10s 1 20(s 1)
s(0.1s 1)(10s 1)
为串联滞后校正
校正后优点： 1. 稳定性增强
2. 平稳性变好
3. 提高抗高频干扰能力 缺点：由于
(b) G 0 (s)
20 s(0.1s 1)
G c (s)
0.1s 1 0.01s 1
G(s) G 0 (s)G c (s)
20 s(0.01s 1)
为串联超前校正
0.0072，设计校正网络
G(s) G 0 (s)G c (s)
穿越频率降低，系统快速性变差
2. 平稳性变好
3. 穿越频率提高，快速性变好 缺点：抗干扰能力减弱
2 n 8, 2
n 16,故 n 4, 1, t s 至 0.875,
n
1
e ss — 0.5，可见，
%满足设计要求，但t s 与e ss 不符合设计要求。

k 1
1
⑵ 根据精度要求e ss 0.02，K v
，取K v 50，由K v K c K 1，得到K c 25 ;又
0.02
校正元件传递函数 G c (s) G(S) /G 0 (s)
25(0.125s 1
0.01s 1
(3)验算指标 %
4.3% 5%， t s 4.3T 0.043s 1s ，各项指标均满足性能要求。

(若不满足要求，可增加 K v 再做调整，直到达到性能指标要求。

)
6-4
(1)若闭环回路部分具有过阻尼性质，则闭环极点应在负实轴上面，即闭环极点为负实数。

6-5
(参见P 232，例6-7,具体设计步骤依照
F 230)
(1)建立理想的校正后四阶开环模型:
6-3
⑴ G o (s)
16
s(s 8)
2 s(0.125s 1)
，得到K i 2，T i 0.125，
1 2K v
0.01 ,，故 G(s) G c (s)G ° (s)
50 s(0.01s 1)
该部分开环传递函数为 G 1 (s)G 2 (s)
10K
s(0.1s 1)(0.5s 1)
，三个开环极点分别为 0，-2，-10,
1 1 1
计算分离点丄」 1
0，得到s d
S d s d 2 S d 10
0.9449， K d 0.0451 ,故当
0 K 0.0451时，闭环回路部分具有过阻尼性质。

(2)系统闭环传递函数为
(s)
10K (1 G c (s))
s(0.5s 1)(0.1s 1) 10K
，若系统具有n 阶精度，则
10K (1 G c ) s 10K ，得到 G c (s)
s 10K
,(0 K 0.045)。

1
K v (- s 1)
2
~~1 1 1
s( -s 1)( —s 1)( — s 1)
1
3
4
16s 1
；照顾系统的固有特性，简化校正装置，取
K
1得到2 丄丄6.25s 1 ；为保证中频段具有足够的宽度
c
70.7D 55D ，以及 b c
16.1s 1 13s 1。

故
各项指标均满足设计要求。

⑶ 由G(s) G c (s)G 0 (s)确定校正装置为G c (s)
6-7
(1)两个回路L 1
，L 2
电， K
s
s
两条前向通道p 1，B
匸孕， s
144，
希望1 <2 <3 <4。

根据设计要求
13s ，一'般有c
(见p 92公式5-22)
以及 55D ，查表得I
16，则 3
I 2 100s 1
;考虑系统的抗干扰性与校正装置的可
实现性，取 4 150s (2)建立系统的理想开环模型为 G(s)
20 0.16s 1
s 0.2s 1 0.01s 1 0.0067s 1
，检验其性能
6-6 校正后系统开环传递函数:
G 0 (s) 14.4 144
1 G 0 (s)K c s 0.1s 3
(1 14.4K c )s
s 2
10(1 14.4K c )s
12
2 n 10(1 14.4K c )，要求
0.707, K c 0.0484
G(s)
为了保证系统有良好的快速性，取
匚丄
5s 1
;由一J c c
1
20
0.16s 1 0.1s 1
K 0.01s 1 0.0067s 1
指标：K v 20s 1， c 16.1s 1
时,
1 L L
1
K 1K 2
s
1
K 1K 2 _ s s 2
1
输入 r (t) t 1(t)时，R(s) — ,e ss
lim sE
s s 0
求得干扰信号的传递函数 G c s(s 矶) C (s) N (s)
(1 1
G c
~2
-S —，令其为零，得到
ki s
(2)求得系统传递函数 C(s) R(s)
-kl
，则有 s khs
ki
k k k .
n
，若具有最佳阻尼比,
0.707,得到 k 2。