自动控制原理（非自动化类）答案第二版

电位器 放大器 电动机 减速器 阀门 水箱 浮子 杠杆 _ 电位器 放大器 电动机 绞盘 位置 大门 _ 1 1-5 解：
系统的输出量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉 仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图 门实际 开(闭)门 的位置 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。

受控量：门的位置 测量比较元件：电位计 1-4 解：
受控对象：门。

执行元件：电动机，绞盘。

放大元件：放大器。

水位自动控制系统的职能方框图 h c hr 出水 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 hr 。

当 hc = hr 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 hc ≠ hr 时，浮子位置相应升高（或 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 电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。

r c （与电位器设定 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 h 。给定值为希望水位 h 测量元件：浮子，杠杆。

放大元件：放大器。

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。

c 被控量：水箱的实际水位 h 受控对象：水箱液面。

1-1（略）
1-2（略）
1-3 解：
习题 第一章 自动控制原理（非自动化类）习题答案 电位器 电压 放 大 功 率 放 大 电机 加热器 电炉 热 电偶 K1 K2 1 s 2 + s 1 Ts K3 K2 1 Ts 1 s2 + s K1 K3 - - 2 1 3 Ts3 + (T + 1)s2 + s + K K ， C (s) / R(s) = K1K3 X5(s) X4(s) X3(s) X2(s) R(s) C(s) _ N1(s) +X1(s) N2(s) 将方块图连接起来，得出系统的动态结构图：
X5(s) - X4(s) C(s) X5(s) X4(s) X3(s) N2(s) X5(s) C(s) - - X2(s) X1(s) X3(s) X2(s) X1(s) + R(s) ⎩ 3 5 绘制上式各子方程的方块图如下图所示：
N1(s) ⎪K X (s) = s2C (s) + sC (s) ⎪ ⎪ X 5 (s) = X 4 (s) − K2 N2 (s) ⎪TsX 4 (s) = X 3 (s) ⎨ ⎪ X 2 (s) = K1 X1 (s) ⎪ X 3 (s) = X 2 (s) − X 5 (s) ⎪ 2-1 解：对微分方程做拉氏变换：
⎧ X1 (s) = R(s) − C (s) + N1 (s) 习题 第二章 — 炉温 给定 炉温 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：
1 s + 1 K s τ 1 Ts + 1 s T Ts+1 τs 1 s + 1 1 Ts + 1 K - 3 1 3 1 4 2 3 2 4 (b) R(s) 1 + G G − G G + G G − G G (a) = R(s) ms2 + fs + K G1 + G2 C (s) = 1 C(s) 2-3 解：（过程略）
0 N (s) = C (s) (s + 1)(Ts + 1) 1 + Ts2 + (T + 1)s + (K + 1) k R(s) C (s) = (s + 1)(Ts + 1) (s + 1)(Ts + 1) = K + ô s + K ô s X4(s) X3(s) X1(s) R(s) — C(s) X5(s) X2(s) N(s) 将方块图连接得出系统的动态结构图：
C(s) X4(s) X4(s) X3(s) — X5(s) N(s) N(s) X5(s) C(s) - X3(s) X1(s) X2(s) R(s) X1(s) R(s) X2(s) ⎪ ⎪⎩ X 5 (s) = (Ts + 1) N (s) 绘制上式各子方程的方块如下图：
⎪C (s) = X (s) − N (s) 4 ⎪(Ts + 1) X 4 (s) = X 3 (s) + X 5 (s) ⎨ ⎪ X 2 (s) = ô sR(s) ⎪(s + 1) X 3 (s) = X1 (s) + X 2 (s) ⎪ 2-2 解：对微分方程做拉氏变换 ⎧ X1 (s) = K[R(s) − C (s)] 1 3 Ts3 + (T + 1)s2 + s + K K 2 C (s) / N (s) =− K2 K3Ts C (s) / N1 (s) = C (s) / R(s) ， 三个回路均接触，可得 Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2 + 2G1 4 ∑ La = L1 + L2 + L3 = −G1G2 − G1 − G1 a =1 3 （b）
（1）系统的反馈回路有三个，所以有 R 1 + G1G2G5 + G2G3G4 − G4G2G5 G1G2G3 + 1 C = 三个回路两两接触，可得 Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G5 + G2G3G4 − G4G2G5 （2）有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以 P1 = G1G2G3 , Ä1 = 1 P2 = 1, Ä2 = 1 （3）闭环传递函数 C/R 为 ∑ La = L1 + L2 + L3 = −G1G2G5 − G2G3G4 + G4G2G5 a =1 3 2-5 解：（a）
（1）系统的反馈回路有三个，所以有 K1K2 n G (s) = Kn s 1 2 3 Ts2 + s + K K K （2）要消除干扰对系统的影响 C (s) / N (s) = K n K3 s − K1K2 K3Gn = 0 Ts + 1 s 1 1 2 3 K 2 3 1 + s Ts2 + s + K K K K K n n 1 C (s) / N (s) = (K − G K K3 K2 ) Ts + 1 = K n K3 s − K1K2 K3Gn 求 C/N，令 R=0，向后移动单位反馈的比较点 1 2 3 1 + G(s) Ts2 + s + K K K = C (s) / R(s) = G(s) K1K2 K3 s(Ts + 1) 2-4 解 ：（1）求 C/R，令 N=0 G(s) = K1K2 K3 R(s) 1 + G1G2 + G2G3 + G3G4 + G1G2G3G4 (e) G1G2G3G4 C (s) = R(s) 1 − G2G3 R(s) 1 + G1 + G2G1 (d) (c) C(s) = G1 − G2 C(s) = G2 + G1G2 5 n ù 1 − î 2 = 0.1 t p = ð 1 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”）
ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 1.3 −1 ×100% 2 H ⎩ 1 + 10K = 10 H ⎪ ⎩K = 0.9 H ⇒ ⎨ ⎨1 + 10K 0 ⎪ = 10 ⎧ K = 10 ⎧ 10K0 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）
1 + 10KH H s + 1 0.2 R(s) 0 1 + G(s)K = 1 + 10K H G(s) ö (s) = C (s) = K 10K0 采用 K0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为 0.2s + 1 ）
3-1 解：（原书改为 G(s) = 10 习题 第三章 N3 (s) N3 (s) N2 (s) N2 (s) 1 + G1G2G3 + G2 = 1 = E(s) = − C (s) −(1 + G2 )G3 E (s) =− C (s) N1 (s) N1 (s) 1 + G1G2G3 + G2 R(s) 1 + G1G2G3 + G2 E(s) =− C (s) = −G2G3 − G1G2G3 E(s) = 1 + G2 − G2G3 N3 (s) 1 + G1G2G3 + G2 N2 (s) 1 + G1G2G3 + G2 = C (s) C (s) = −1× (1 + G1G2G3 + G2 ) = −1 (1 + G2 )G3 N1 (s) R(s) 1 + G1G2G3 + G2 = C (s) / R(s) C (s) C (s) = G1G2G3 + G2G3 2-6 解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得 Ä = 1 − ∑ La = 1 + G1G2G3 + G2 ，可得 1 + G1G2 + 2G1 1 + G1G2 + 2G1 R G1G2 + G2 C = G1G2 + G1 + G2 − G1 = （2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以 P1 = G1G2 , Ä1 = 1 P2 = G1 , Ä2 = 1 P3 = G2 , Ä3 = 1 P4 = −G1 , Ä4 = 1 （3）闭环传递函数 C/R 为 6 n c. î = 0.1,ù = 1s−1 时， n îù s = 3.5s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 72.8% n b. î = 0.1,ù = 10s−1 时， n îù s = 7s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 72.8% n a. î = 0.1,ù = 5s−1 时， n 2îùn = 10 解得：ùn = 14.14, î = 0.354, ó %=30%, t p = 0.238 结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。

3-4 解：（1）
ù 2 = 200 s2 + 10s G(s) = 200 （2）
K = 20s−1 时：
n 2îùn = 10 解得：ùn = 10, î = 0.5, ó % = 16.3%, t p = 0.363 ù 2 = 100 s2 + 10s G(s) = 100 3-3 解：（1）
K = 10s−1 时：
s(s + 24.1) s(0.041s + 1) = G(s) = 47.1 1136 所以，开环传递函数为：
ùn = 33.71 î = 0.358 解得：
7 系统不稳定。

（b）用古尔维茨判据 5 2 1 0 2 0 3 10 4.7 −3.2553 2 s4 s3 s2 s1 s0 系统稳定。

（2）
（a）用劳思判据 = 8000 D3 = 0 0 100 100 9 20 20 1 0 = 80 D1 = 20, D2 = 100 9 20 1 系统稳定。

（b）用古尔维茨判据 9 100 0 1 20 4 100 s3 s2 s1 s0 则ó % 减小， ts 减小 3-5 解：（1）
（a）用劳思判据 (3) 讨论系统参数：î 不变，ó % 不变；
î 不变，ùn 增加，则 ts 减小；
ùn 不变，î 增加， n îù s = 1.4s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 16.3% n (2) î = 0.5,ù = 5s−1 时， n îù s = 35s t = 3.5 2 ó % = e−ðî / 1−î ×100% = 72.8% 8 劳斯表：
s3 + 21s2 + 10s + 10 (a) 系统传递函数：
10(s + 1) 3-7 解：
3 解得 K > 4 4 若系统稳定，则：
K −1 > 0, K > 0 3 K 4 0.2 0.8 3 K −1 K −1 K s3 s2 s1 s0 劳思表 0.2S 3 + 0.8S 2 + (K − 1)s + K = 0 4 （2）系统闭环特征方程为 若系统稳定，则：
− K −1 > 0, K > 0 。无解 4 K 0.2 −1 0.8 K − K − 1 s3 s2 s1 s0 系统不稳定。

3-6 解：（1）系统闭环特征方程为 0.2S 3 + 0.8S 2 − s + K = 0 劳思表 2 = −306 0 D4 = 0 3 0 0 0 0 2 1 5 1 5 10 3 10 （其实 D4 不必计算，因为 D3 < 0 ）
1 3 3 0 2 = −153 = 47, D = 5 3 D1 = 10, D2 = 1 10 0 1 5 10 10 9 6 10 10 0.6 1 0.05 1 s3 s2 s1 s0 劳思表：
0.05s3 + 0.6s2 + s + 10 = 0 解法二、系统的闭环特征方程为：
K ss ss 当 r (t ) = t ×1(t) 时， e = = 0.1 ；
当 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， e = ∞ 。

1 稳定域为：î > 0, 0 < K < 200î 3-9 解：（1）
解法一、因为õ = 1 ，属于Ⅰ型无差系统，开环增益 K = 10 ，故当 r (t) = 1(t ) 时， ess = 0 ；

2î > 0, K > 0 时系统稳定 当 2î > 0, 2î − 0.01K s0 2î K 1 K 0.01 2î 2î − 0.01K s3 s2 s1 劳思表：
0.01s3 + 2î s2 + s + K = 0 系统稳定。

3-8 解：系统闭环特征方程为：
10 0 1 101 10 s2 s1 s0 劳思表：
s2 + 101s + 10 (b) 系统传递函数：
10 系统稳定。

10 10 0 0 1 21 200 / 21 10 s3 s2 s1 s0 10 1 + s(s + 4)(s2 + 2s + 2) s →0 s →0 s2 s2 7(s + 1) s ss = 8 / 7 1 1 输入 r (t ) = t ×1(t) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s s(s + 4)(s2 + 2s + 2) s →0 s →0 s s 1 + 7(s + 1) s ss 1 = 0 1 当输入 r (t) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s 1 + G(s) s E i R R(s) (s)R(s) = E = ö 1 系统稳定。

10 7 15 0 7 1 6 7.5 9.4 7 s4 s3 s2 s1 s0 劳思表：
s4 + 6s3 + 10s2 + 15s + 7 = 0 解法二、系统的闭环特征方程为：
K 7 ss ss = ∞ 。

1 当 r (t ) = t ×1(t) 时， e = = 8 = 1.14 ；
当 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， e 8 ss （2）
解法一、因为õ = 1 ，属于Ⅰ型无差系统，开环增益 K = 7 ，故当 r (t ) = 1(t ) 时， e = 0 ；

s(0.1s + 1)(0.5s + 1) 1 + s→0 s →0 s3 s3 10 s ss = ∞ 1 1 输入 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， R(s) = 2 , e = lim sE = lim s s(0.1s + 1)(0.5s + 1) 1 + s →0 s →0 s2 10 s2 s ss = 0.1 1 1 输入 r (t ) = t ×1(t) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s s(0.1s + 1)(0.5s + 1) s →0 s s s →0 10 1 + s ss 1 = 0 1 当输入 r (t) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s 1 + G(s) s E i R R(s) (s)R(s) = E = ö 1 系统稳定。

11 s2 输入 r (t ) = 10t, R(s) = 10 调节时间 ts = 4T = 1min, T = 0.25 min Ts + 1 R(s) 为一阶惯性环节 3-10 解：系统传递函数为 = G(s) = 1 C (s) 1 + s2 (0.1s + 1) s →0 s→0 s3 s3 8(0.5s + 1) s ss = 0.25 2 1 输入 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， R(s) = 2 , e = lim sE = lim s 1 + s2 (0.1s + 1) s →0 s →0 s2 8(0.5s + 1) s2 s ss = 0 1 1 输入 r (t ) = t ×1(t) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s s2 (0.1s + 1) s →0 s→0 s s 1 + 8(0.5s + 1) s ss 1 = 0 1 当输入 r (t) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s 1 + G(s) s E i R R(s) (s)R(s) = E = ö 1 系统稳定。

0.1 4 1 8 3.2 8 s3 s2 s1 s0 劳思表：
0.1s3 + s2 + 4s + 8 = 0 解法二、系统的闭环特征方程为：
K 当 r (t ) = t ×1(t) 时， ess = 0 ；
当 r (t ) = t ×1(t) 时， ess = = 0.25 。

2 2 （3）
解法一、因为õ = 2 ，属于Ⅱ型无差系统，开环增益 K = 8 ，故当 r (t) = 1(t ) 时， ess = 0 ；

1 + s(s + 4)(s2 + 2s + 2) s→0 s →0 s3 s3 7(s + 1) s ss = ∞ 1 1 输入 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， R(s) = 2 , e = lim sE = lim s 12 在扰动点之后引入积分环节 1/s， s →0 所以对输入响应的误差， ess = lim sE(s) = 0 。

s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K s s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K E (s) = s(0.05s + 1)(s + 5) − 2.5s(0.05s + 1) 1 = (0.05s + 1)(s + 5) − 2.5(0.05s + 1) s(0.05s + 1)(s + 5) s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K N (s) 1 + 2.5K E i N ö −2.5(0.05s + 1)s = E (s) = s + 5 = − 2.5 s(0.05s + 1)(s + 5) s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K R(s) 1 + 2.5K E i R = ö s(0.05s + 1)(s + 5) 1 = E(s) = （3）在扰动点前的前向通道中引入积分环节 1/s， s →0 5 + 2.5K ss = 0.0455 。比较说明，K 越大，稳态误差越小。

e = lim sE(s) = 2.5 （2）当 K=20 时 s →0 s→0 (0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K s 5 + 2.5K ss = 0.0238 e 2.5 = lim sE(s) = lim s (0.05s + 1)(s + 5) − 2.5(0.05s + 1) 1 = s s （1）当 K=40 时 输入 R(s) = , N (s) = 1 1 (0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K s E (s) = (0.05s + 1)(s + 5) − 2.5(0.05s + 1) 1 (0.05s + 1)(s + 5) 1 + N (s) 2.5K E i N ö = E (s) = s + 5 − 2.5 (0.05s + 1)(s + 5) 1 + R(s) 2.5K E i R ö 1 = E(s) = s →0 3-11 解：用梅森公式：
ess = lim sE (s) = 2.5(C ) D 稳态误差：
s s (0.25s + 1) 2 2 10 E (s) = R(s) − C (s) = 10 − T1s + 2 1 s[(T2 +ô K )s + 5 + k ] C(s) ô s +1 13 E i N s3 ssn E i R s3 ssr e = −∞ = lim sö s →0 = ∞ ， e = lim sö s →0 1 1 s3 s3 令 R(s) = , N (s) = 1 1 E i N s2 ssn E i R s2 ssr = −∞ = lim sö s →0 e = 2(K + 5) ， = lim sö s→0 e 1 1 s2 s2 令 R(s) = , N (s) = 1 1 E i N s ssn E i R s ssr e = lim sö s →0 = lim sö s→0 1 = −2 1 = 0 ， s e s 令 R(s) = , N (s) = 1 1 2 1 ô s2 + Ks + 5s) Ts + 2 (T s2 + K 2 1 1 + N (s) s(T s + 2)(T s + Kô s + K + 5) + (ô s + 1) 1 E i N × (ô s + 1) = ö = E(s) = −(ô s + 1)(T2 s + 2) s(T2 s + 5) + Ks(ô s + 1) − (ô s + 1) 2 1 Ts + 2 (T s2 + Kô s2 + Ks + 5s) 2 1 1 + s(T s + 2)(T s + Kô s + K + 5) + (ô s + 1) R(s) 1 × (ô s + 1) E i R = ö s(T1s + 2)(T2 s + Kô s + K + 5) 1 = E (s) = 系统开环õ = 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 — R(s) N(s) 3-12 解：
解法一、原系统结构图变换为 s →0 所以对输入响应的误差， ess = lim sE(s) = − 。

K 1 s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K s E (s) = R(s)öE i R + N (s)öE i N = (0.05s + 1)(s2 + 5s − 2.5) 1 (0.05s + 1)(s + 5)s s s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K N (s) 1 + 2.5K E i N ö −2.5(0.05s + 1) = E(s) = s + 5 1 = − 2.5 (0.05s + 1)(s + 5)s s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5K R(s) 1 + 2.5K E i R = ö s(0.05s + 1)(s + 5) 1 = E (s) = 14 n n n 1 + s2 + 2îù s s →0 s →0 ù s2 ù 2 s ss e = lim sE R(s) = lim s 1 1 = 2î s2 (2) 输入 r (t) = 1(t), R(s) = 1 n n 1 + s2 + 2îù s s→0 s→0 s ù 2 s ss e = lim sE R(s) = lim s 1 = 0 1 s （1）输入 r (t) = 1(t), R(s) = 1 n 1 + G(s) s2 + 2îù s s E i R R(s) (s)R(s) = G(s) = n ，误差传递函数 E = ö 1 ù 2 3-14 解：开环传递函数为 s→0 根据定义 e = r − c ， ess = essr + essn = essn = lim sEn (s) = −0.1 。

s i 0.5s2 + s + 200 （b）系统开环õ = 1 ，为Ⅰ型系统，故 essr = 0 ；
又 En (s) = N (s)iöC i N = 200 0.1 信号 essn = 0 ，从而有 ess = essr + essn = 0 。

r (t ) = t ×1(t) 时，essr = 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 R(s) s2 + s + 1 ，因为分子分母后两项系数对应相等，故系统为Ⅱ无差，在 解法二、 = s →0 s s + 1 s2 C (s) 输入 R(s) = , N (s) = ，所以 ess = lim sE(s) = 0 1 1 E(s) = R(s) − C(s) = R(s) − (R(s)iöC i R + N (s)iöC i N ) N (s) s(s + 1) + 1 R(s) s(s + 1) + 1 C i N C i R = = ，ö = = (a) 解法一、解得，ö s(s + 1) C (s) s + 1 C (s) 系统对 r(t)为Ⅰ型，对 n(t)为 0 型。

3-13：
15 4-2 解：
4-1 解：
习题 第四章 16 作图测得 î = 0.5 的阻尼线与根轨迹交点 s1,2 = −0.33 ± j0.58 ，根据‘根之和’法则， 9 所以，无超调时 K 的取值范围为 0 < K ≤ = 0.1925 。

3 9 2 3 3 3 d − 1 + 1 ( − 1) × + 1 = −1 当 0<K<3 时系统稳定， K = 3 1 3 3 3 ù =± 2, K = 3 与虚轴交点：
1 + GH = s(s + 1)(0.5s + 1) + K = 0.5s3 + 1.5s2 + s + K ∴ 0.5( jù )3 + 1.5( jù )2 + jù + K = 0 2 分离角为 ± ð 3 ⎩ (k = −1) ⎪− ð ⎪ 3 3 −1 ， (k = 1) ，分离点坐标 s = = ⎨ ð ϕá = 3 (2k + 1)ð ⎪ 3 (k = 0) ⎧ ⎪ ð 3 条渐近线与实轴夹角 3 a 渐近线交点为 ó = (0 −1 − 2) = −1 1 60D 4-3 解：根轨迹如图 极点 P1 = 0, P2 = −1, P3 = −2 ，共有三条渐近线 17 由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性，使本来不稳定的系统变得稳定。

ó % = 25% 4-5 解：（题目改为‘单位负反馈’）
n îù 0.01s2 + 0.08s + 1 = 0.88s ， ， ùn = 10 ， î = 0.4 ， ∴ts = 系统可以 看作 ö (s) = 3.5 1 0.59 0.67 2 3 ϕ1 与零点 z =− 构成偶极子，所以主导极点为 s ， s ，即 （2）由于极点为 s1 =− 1 1 0.67s + 1 s ,∴t = 3T = 2s,ó % = 0 即ö (s) = 1 0.67 1 2,3 = −4 ± j9.2 ，主导极点为 s ，系统看成一阶系统。

1.5 ， s 4-4 解：（1）
s1 =− =− 1 n î = 0.5 ，ùn = 0.667 ，其阶跃响应下的性能指标为ó % = 16.3% ， ts = îù = 10.5s 。

−1 3.5 1 (s − s )(s − s2) s2 + 0.667s + 0.445 ，从而得到 = 主导极点，系统近似为二阶，即ö (s) = 0.445 s1s2 s1 + s2 + s3 = p1 + p2 + p3 ，求得 s3 = −2.34 。s3 对虚轴的距离是 s1,2 的 7 倍，故认为 s1,2 是 18 s(s + 8) （1）
G(s) = 160 5-3 解：
s2 + 44.37s + 986.96 ∴G(s) = 986.96 ∴ R = 44959(Ù) 10ð ×10−6 R = 0.708 1 ð 2 100ð 2 ×10−6 = ≈ 1013(H ) ∴ L = 1 104 1 −100ð 2 L ×10−6 + 10ð ×10−6 Rj , 1 LCs2 + RCs + 1 G(10ð j) = 设 G(s) = 1 5 超过10D ，所以不满足要求。

5-2 解：ù = 2ð f = 2ð × 5 = 10ð ， G(10ð j) = 3.54 = 0.708, ∠G(10ð j) = −90D 5-1 解：
ϕ0 = − arctan ùT = − arctan 2ð f × T = − arctan 2ð ×10 × 0.01 = −32.14 ，相位差 D 第五章习题答案 19 s(s + 0.5)(s2 + 3.2s + 64) （3）
G(s) = 64(s + 2) s(s + 1)(s + 20) （2）
G(s) = 100(s + 2) 20 L(ùk ) = 20 lg K − 20 lg ùk = 0 ， K = ùk = 100 ，由图可知ùr = 45.3 ， n n ù ù 2 1 s( s2 + 2 î s + 1) 由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成 （c）
G(s) = K 80 s( 1 s + 1) 40 ∴ K = 40 ∴G(s) = 80 T c c c 1 = 0 ， 1 ù = 1 = 80 ⇒ T = ，穿越频率ù = 40 ， L(ù ) = 20 lg K − 20 lg ù s(Ts + 1) 由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成 （b）
G(s) = K 0.1s + 1 ∴G(s) = 10 T 20 lg K = 20, K = 10 ；
ù1 = = 10 ⇒ T = 0.1 1 Ts + 1 由一个放大环节、一个惯性环节组成 K 5-4 解：
（a）
G(s) = s(s2 + s + 1)(s2 + 4s + 25) （4）
G(s) = s(s + 0.1) 21 伯德图：
50 s ( s + 1) s (s + 50) 2 2 1 ， 20 lg K = 14 = 5 250 5-5 解：
（1）
G(s) = s(0.25s2 + 0.2s + 1) ∴G(s) = 10(s + 1) L = 20 lg K = 20 ，∴ K = 10 2î ，在 ù1 = 1 处， = 8 ⇒ î = 0.2 ù1 = 1 ⇒ ô = 1 ， ù2 = 2 ⇒ ùn = 2 ， 20 lg 1 n n ù ù 2 s( s2 + 2 s + 1) 1 î （e）
G(s) = K (ô s + 1) 101 s2 (s + 1)2 K = ≈ 0.1990 ，∴G(s) = 0.1990(10s + 1) ）
2 c （ 或 者采用 精 确表示 ：
L(ù ) = 20 lg K + 20 lg 102 + 1 − 20 lg12 − 20 lg(1 + 1) = 0 ， s2 (s + 1)2 c c L(ù ) = 20 lg K + 20 lg10 − 20 lg(ù 2 + 1) = 0 ， ∴ K = 0.2 ，∴G(s) = 0.2(10s + 1) ù1 = 0.1 得ô = 10 ；

ù2 = 1 得T = 1 组成 s2 (Ts + 1)2 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 （d）
G(s) = K (ô s + 1) s(s2 + 30s + 2.5 ×103 ) ∴G(s) = 2.5 ×103 ×100 1 − 2î 2 2î 1 − î 2 n n 20 lg ，得到ù ≈ 50 ，î = 0.3 （0.954 舍去）。

= 4.85 ，ù = 1 ùr 22 P = 0, N = 0 无穿越，故 Z = P − 2 N = 0 稳定 15 5 s( s + 1)( s + 1) 1 1 ， 20 lg K = 10.46 （2）
G(s) = = s(s + 5)(s + 15) 3 250 有一次负穿越， P = 0 ， Z = P − 2N = 2 故不稳定 10 23 s(0.5s + 1)(0.02s + 1) 5-6 解：
G(s) = ，ù1 = 2,ù2 = 50, 20 lg K = 20 10 P = 0, N = 0 无穿越，故 Z = P − 2 N = 0 稳定 15 5 s2 ( s + 1)( s + 1) s (s + 5)(s + 15) 2 1 1 ， 20 lg K = 10.46 = （3）
G(s) = 3 250(s + 1) 10 (s + 1) 24 ⎝ ùn ⎠ Lh = −20 lg G( jùg ) = 20 ⎜ ⎟ ⎛ ù ⎞ 1 − g = −180 ，得ù = 10 2 g 求ùg ， −90 − arctan D D ùn ù 2î g ùn = 10,î = 0.05 s(0.01s2 + 0.01s + 1) 5-7 解：
G(s) = K 10(5 j + 1)(0.2 j + 1) g h ≈ 20 lg 5 = 13.98 dB L = −20 lg G( jù ) = −20 lg 10 D D D D D D D ã = 180 − arctg (0.5ùc ) − arctg (0.02ùc ) − 90 = 180 − 66 − 5 − 90 = 19 0.01 = 10 得 0.5ùg i0.02ùg = 1 ⇒ ùg = 1 −(90 + arctg (0.5ùg ) + arctg (0.02ùg )) = −180 D D 20 lg K − 20 lg ùc − 20 lg(0.5ùc ) = 0 ，得ùc ≈ 20 = 2 5 ≈ 4.47 (精确解 4.2460)；

25 （2）
= 70.36D = 180D − 90D + 78.69D − 84.29D − 14.04D = 180 − 90 + tg (5ùc1 ) − tg (10ùc1 ) − tg (0.25ùc1 ) −1 −1 −1 D D ã1 = 180 + ∠G( jùc1 ) D s(10s + 1)(0.25s + 1) ∴G(s) = 2(5s + 1) 1×10 ×1 c1 = 1 ⇒ K = 2 ù = 1 ⇒ K × 5 得ô 2 = 5, T1 = 10,T3 = 0.25 T3 T1 ô 2 （1）
= 0.2, = 0.1, = 4 1 1 1 s(T1s + 1)(T3 s + 1) 5-8 解：
G(s) = K (ô 2 s + 1) ⎝ ⎠ ⎜ 10 ⎟ 1 − ⎛ = 0.1 ⎞ ≈ 90 2 因为ùc = 0.1 ，ã = 180 − 90 − arctg D D D 0.01× 0.1 s(0.01s2 + 0.01s + 1) ∴G(s) = 0.1 g g g (0.01× ù )2 + (1 − 0.01ù 2 )2 ù c = 0.1，得 K = 0.1 ⇒ ù = 0.1 K 26 = ã1 系统稳定性不变 = 180 − 90 + tg (5ùc1 ) − tg (10ùc1 ) − tg (0.25ùc1 ) −1 −1 −1 D D −1 −1 −1 D D = 180 − 90 + tg (0.5ùc 2 ) − tg (ùc 2 ) − tg (0.025ùc 2 ) ã 2 = 180 + ∠G( jùc 2 ) D s(s + 1)(0.025s + 1) ∴G(s) = 20(0.5s + 1) ⇒ K ＇ = 20 10 ×10 = 1 ùc 2 = 10 = 10ùc1 ⇒ K ＇ × 0.5 ×10 s(s + 1)(0.025s + 1) G(s) = K ＇ (0.5s + 1) （3）右移 10 倍频程，则T1 = 1,ô 2 = 0.5, T3 = 0.025 P = 0, N = 0 （无穿越）
Z = P − 2N = 0 （稳定）
27 少为 45D −13D = 32D ，引入超前网络后，新的截止频率会增大，从而存在相角裕度损失，因 ô s + 1 c (2) 为了将系统相角裕度提高到 45D ，使用超前校正网络 G (s) = áô s + 1 ，所需超前相角至 不能满足要求。

s(0.1s + 1) c (1) 原系统开环传递函数 G(s) = ，计算得到ù = 44s−1 < 50s−1 ，ã = 13D < 45D ， 200 6-1 解法一：(串联超前校正) 第六章习题答案 c ù s ≈ 1.14 t = 2.1813ð r r k = 2 + 1.5(M −1) + 2.5(M − 1)2 ≈ 2.1813 ó % = [0.16 + 0.4(1.1032 −1)]×100% ≈ 20% sin ã sin 65.03D r ≈ 1.1032 = M = 1 1 = 65.03D = 180D + 80.54D − 90D − 88.81D −16.7D D D ∴ã = 180 + arctg (ùc ) − 90 − arctg (8ùc ) − arctg (0.05ùc ) c c c ù 64ù 2 + 1 (0.05ù )2 + 1 c = 1 ⇒ ù ≈ 6 c 48 ù 2 + 1 （s 8s + 1）(0.05s + 1) ∴系统开环传函， G(s)＝ 48(s + 1) , G (s) = 8s + 1 2 s(0.05s + 1) 5-9 解：∵G1 (s) = 4.8 10(s + 1) 即系统超调量不变，调节时间缩短。

c ù s 2 s1 2 1 s t = kð ，得ó % = ó % ， t = 0.1t ⎣ ⎝ sin ã 5-17 5-18 式）
（P190 5-16 − 1⎟⎥ ×100% ⎠⎦ 由ó % = ⎢0.16 + 0.4 ⎜ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎡ 28 校正后优点：1. 稳定性增强 s(0.01s + 1) 0 c 为串联超前校正 G(s) = G (s)G (s) = 20 0.01s + 1 (b) c (s) = G G0 (s) = ， s(0.1s + 1) 0.1s + 1 20 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：由于穿越频率降低，系统快速性变差 s(0.1s + 1)(10s + 1) 0 c 为串联滞后校正 G(s) = G (s)G (s) = 20(s + 1) 10s + 1 (a) c (s) = G G0 (s) = ， s(0.1s + 1) s + 1 20 6-2 解：
(3) 验证， ã = 65.5 ,ùc ≈ 54.3 满足设计要求。

D 10 0.0083s + 1 s(0.0083s + 1) c G(s) = G (s) = 3 i 0.1s + 1 60 s(0.0083s + 1) c 此时ã = 65.5D ，所以校正后系统开环传递函数 G(s)G (s) = 60 2K c c 要求ù ≥ 50s−1 ，取 K = ù = 60 ，则T = = 0.0083 1 ùc = 65s ，相角裕度ã = 49 ，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：
D −1 (3) 校正后的系统为 G(s) = Gc (s)G0 (s) = ，验证得，截止频率 s(0.1s + 1)(0.0072s + 1) 200(0.0331s + 1) 0.0072s + 1 c 。

传递函数 G (s) = 0.0331s + 1 ùm á m = 0.0072 ，设计校正网络 幅值为-6.6dB 的频率ù = 65s−1 > 50s−1 ，从而得到ô = 1 á + 1 m 此设超前相角为 40D ，对应 sin ϕ = á −1 ，得到á = 4.6 ，由10 log á ≈ 6.6dB ，确定 G(s) 29 （参见 P232 ，例 6-7，具体设计步骤依照 P230 ）
(1) 建立理想的校正后四阶开环模型：
6-5 10K c ， (0 < K ≤ 0.045) 。

10K (1 + Gc ) = s + 10K ，得到 G (s) = s s(0.5s + 1)(0.1s + 1) + 10K (2) 系统闭环传递函数为 Ö(s) = c ，若系统具有Ⅱ阶精度，则 10K (1 + G (s)) 0 < K ≤ 0.0451 时，闭环回路部分具有过阻尼性质。

sd sd + 2 sd + 10 = 0 ，得到 sd = −0.9449 ， Kd = 0.0451 , 故当 + 计算分离点 + 1 1 1 该部分开环传递函数为 G1 (s)G2 (s) = ，三个开环极点分别为 0，-2，-10， s(0.1s + 1)(0.5s + 1) 10K （若不满足要求，可增加 Kv 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。

(3) 验算指标ó % = 4.3% < 5% ， ts = 4.3T = 0.043s < 1s ，各项指标均满足性能要求。

0.01s + 1 校正元件传递函数 Gc (s) = G(S ) / G0 (s) = 25(0.125s + 1) 2Kv s(0.01s + 1) c 0 ， = 0.01 ，，故 G(s) = G (s)G (s) = T = 50 1 0.02 c v c 1 v v (2) ，取 K = 50 ，由 K = K K ，得到 K = 25 ；
又 根据精度要求 ess ≤ 0.02 ，K ≥ 1 k1 s ss ss e = = 0.5 ，可见，ó % 满足设计要求，但 t 与 e 不符合设计要求。

1 n îù s n n n = 0.875, 2îù = 8, ù 2 = 16, 故ù = 4,î = 1 ， t = 3.5 (1) G0 (s) = = ，得到 K1 = 2 ，T1 = 0.125 ， s(s + 8) s(0.125s + 1) 2 16 6-3 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 30 s s2 ， Ä1 = 1 + 两条前向通道 P1 = 1 ， P2 =− K1K2 Gc (s) s ， Ä2 = 1 s s2 s2 1 2 2 1 6-7 (1) 两个回路 L =− K1K2 ， L =− K1 ， Ä = 1 − L − L = 1 + K1K2 + K1 2îùn = 10(1 + 14.4Kc ) ，要求î = 0.707 ， Kc = 0.0484 n n ù 2 = 144 ，ù = 12 c c c 0 1 + G (s)K )s s2 + 10(1 + 14.4K )s s 0.1s2 + (1 + 14.4K 校正后系统开环传递函数：
= = 144 14.4 G0 (s) 6-6 K (3) 由 G(s) = Gc (s)G0 (s) 确定校正装置为 Gc (s) = 20 (0.16s + 1) (0.1s + 1) 。

(0.01s + 1) (0.0067s + 1) 各项指标均满足设计要求。

b c c v 指标: K = 20s−1 ，ù = 16.1s−1 时，ã = 70.7D > 55D ，以及ù ≈ ù = 16.1s−1 > 13s−1 。故 s (0.2s + 1) (0.01s + 1) (0.0067s + 1) ，检验其性能 (2) 建立系统的理想开环模型为 G(s) = 20 (0.16s + 1) 4 实现性，取ù = 150s−1 。

3 2 以及ã ≥ 55D ，查表得 l = 16 ，则ù = lù = 100s−1 ；
考虑系统的抗干扰性与校正装置的可 1 c ù c c ù 0.2 ù 2 ù 1 ù = = 5s−1 ；
由 1 = 1 得到ù = Kvù1 = 6.25s−1 ；
为保证中频段具有足够的宽度 ù2 v K ùc c 为了保证系统有良好的快速性，取ù = 16s−1 ；
照顾系统的固有特性，简化校正装置，取 希望ù1 < ù2 < ù3 < ù4 。根据设计要求ùb ≥ 13s ，一般有ùc ≈ ùb ，（见 P192 公式 5-22）
−1 ù4 ù3 ù1 s( 1 s + 1)( 1 s + 1)( 1 s + 1) G(s) = 2 ù v K s + 1) ( 1 31 1 。

î = 0.707 ，得到 k2 = 2 k 1 n 1 2 1 k = ù 2 R(s) s2 + k k s + k ⎨ ⎩ k1 C (s) (2) 求得系统传递函数 = ⎧k k = 2îù ，则有 1 2 n ，若具有最佳阻尼比， Gc = s(s + k1k2 ) s s2 Ä N (s) 1 + k1k2 + k1 求得干扰信号的传递函数 = 1 1 2 2 = s s ，令其为零，得到 2 P Ä + P Ä C (s) (1 + 1 2 ) − c k k G