江南大学考研 习题2

ui(t)u0(t)i1(t)R2UisU0sI1sR2ui(t)u0(t)i2(t)R1i1(t)i2(t)i(t)分)

11i(t)dtUsUsIsRI2s2i021c1c1sI1(s)I2(s)I(s)U0(s)(R2C1R1C1)s1 (2.5Ui(s)R1R2C1C2s2(R1C1R2C2R2C1)s1分)

ui(t)u0(t)i1(t)R11i2(t)dti1(t)R1C1 i(t)i1(t)i2(t)1i(t)dtu0(t)i(t)R2C2Ui(s)U0(s)I1(s)R11I2(s)I1(s)R1C1s (2.5分) I(s)I1(s)I2(s)1I(s)U0(s)I(s)R2C2sR1R2C1C2s2R1C1R2C2s1 (2.5分) G(s)R1R2C1C2s2R1C2R2C2R1C1s1

1u(t)u(t)i2(t)dt0iC11i2(t)dti2(t)R2i1(t)R1C11u0(t)i2(t)R2i1(t)i2(t)dtC21U(s)U(s)I2(s)0iC1s1 (2.5分) I2(s)I2(s)R2I1(s)R1C1s1U0(s)I2(s)R2I1(s)I2(s)C2sR1R2C1C2s2R1R2C1s1 (2.5G(s)2R1R2C1C2sR1C2R2C1R1C1s1分)

2-9系统的微分方程组为

x1(t)r(t)c(t)dx(t)T12K1(t)x2(t)dtx3(t)x2(t)K3c(t)dc(t)T2c(t)K2x3(t)dt

T2、K1、K2、K3均为正的常数，式中T1、系统地输入量为r(t)，输出量为c(t)，

C(s)试画出动态结构图，并求出传递函数解答： R(s)X2(s)X1(s)K R(s)。

X3(s)1Js2fsC(s)1T1s1k3

k1k2(T1S1)(T2S1)k1k2C(s)k1k2R(S)1k2k3(T1S1)(T2S1)k2k3(T1S1)k1k2T2S1(T1S1)(T2S1)

C(s)R(s)。

C2-12 简化图示的动态结构图，并求传递函数

解答：(a) R G1 G2H1G3H2R G1G2G31H1G2G3CH2RG1G2G31G1G2G3H2G2G3H1

C

G1G2G3C(S)R(S)1G1G2G3H2G2G3H1

(b)

R CG1  G2R

1G1CG2G21R(1G1)(1G2)12G2G1G2C

C(S)(1G1)(1G2)R(S)12G2G1G2

(c)

G1RG2G3CG1RG2G3C图(c)-(1)G1RG2G3G2C图(c)-(2)RG1G21G2G3图(c)-(4)C图(c)-(3) (d)

C(s)G1G2R(s)1G2G3

RG1G2G3CRG1G2G2C图(d)-(1)G3RG1C图(d)-(2)RG1G21G2G3图(d)-(4)C图(d)-(3)

C(s)G1G2R(s)1G2G3

(e) G1R(a)G2(b)RG1G2(c)G2G2G2CR(d)G2RG1(1G2)(1G2)G21G1G2

C(s)G1G22G1G2R(s)1G1G2

三、写出下图所示系统的传递函数

C(s)（结构图化简，梅逊公式均可）。 R(s) G2G2G3

G1G2CG2G1G2G2G2CC 三、(8分)写出下图所示系统的传递函数

C(s)（结构图化简，梅逊公式均可）。 R(s)nPiiC(s)解：传递函数G(s):根据梅逊公式 G(s) （2分） i1R(s)3条回路:L1G1(s)H1(s),L2G2(s)H2(s)，L3G3(s)H3(s) （1分） 1对互不接触回路:L1L3G1(s)H1(s)G3(s)H3(s) （1分）

1LiL1L31G1(s)H1(s)G2(s)H2(s)G3(s)H3(s)G1(s)H1(s)G3(s)H3(s)i13（2分）

1条前向通道: P1G1(s)G2(s)G3(s), 11 （2分）

G(s)

G1(s)G2(s)G3(s)C(s)P11R(s)1G1(s)H1(s)G2(s)H2(s)G3(s)H3(s)G1(s)H1(s)G3(s)H3(s)

H2（S） R（S） — H1（S） — G1（S） G2（S） — H3（S） G3（S） C（S）

2-13 简化图示动态结构图，并求传递函数

解答： (a)

C(s)R(s)。

G4RG4CG2CRG1G2G3G1G2G3G5G5CRG11G1G2G4RG2G3G5G1(G2G3G5)1G1G2G4C

C(s)G1(G2G3G5)R(s)1G1G2G4

(b) G4RG4G1G2G3CRG1G2G3CG5G5G4RG1G21G2G6G3CRG1RG1G2G3G1G4G1G2G4G61G2G6G1G2G5G6C图(b)-(5)

(c) C(s)G1G4G1G2G3G1G2G4G6R(s)1G2G6G1G2G5G6

G4RG1G2G3CRG1G4/G1RG11G1G5 G2G3G5G6G2G3CRG4G1G2G31G1G5G1G2G3G5G6图(c)-(3)图(c)-(4) G5G6图(c)-(1)G5G6 G5 G5G6图(b)-(3)G2G5G61G2G6 G4 G6图(b)-(1)G6 G6 图(b)-(2)G2G31G2G6C图(b)-(4)

G4/G1G2G3C图(c)-(2)C

G4G1G2G3C(s)R(s)1G1G5G1G2G3G5G6

(d) G5RG5G3G1G4G2CRG1G2G3CG4G5RG1G4G21G2G3 G3CRG1G5G1G2G3G1G2G3G51G2G3G1G2G4图(d)-(3)

G4RC(s)G1G4G1G2G3G1G2G4G6R(s)1G2G6G1G2G5G6

(e)

G4CRG1G2G3G1(a)G5(b)G2G5RG11G1G2G5CG3(1G2)RG1G3(1G2)1G1G2G5G1G3G4(1G2)(c)G4(d)

G1G3(1G2)C(s)R(s)1G1G2G5G1G3G4(1G2)

(f)

C图(d)-(1)图(d)-(4) G2G3 图(d)-(2) CG3C

G3G1RG2G3G1CG2RCG4G5G4G5G3(a)G2(b)G1RG2G3CRG1G2G4G5G4G5(d)11G2G3G3G5CG4G5(c)RG1G2G4G51G2G3G3G5C(e)

G1G2G4G5C(s)R(s)1G2G3G3G5

3-8 设控制系统闭环传递函数

五、已知系统的特征方程为s62s58s412s320s216s160，试求系统在S右半面的根的个数及虚根值。（共10分） 解：利用劳氏判据求解，列劳斯列表如下

s6 1 8 20 16 s5 2 12 16 0 s4 2 12 16

s3 8 24 0 （P(s)2s412s216，

dP(s)8s324s1） dss2 6 16 s1 8/3 0 s0 16

从表中可知，第一列系数都为正数，故系统在S右半面的根的个数为0个。

令P(s)0得两对虚根s1,2j2,s3,4j2

s62s58s412s320s216s1612(s2s2) 用长除法

P(s)2由s2s20 得s5,621j

故所求虚根值如上 s1~s6

试确定使系统稳定的K值。

解答：

1.系统的特征多项式为：

D(s)0.2s0.8ssk

D(s)中存在特征多项式中存在负项，所以K无论取什么值，系统都不会稳定。

32 2.系统的特征多项式为：D(s)0.2s0.8s(k1)sk 劳斯阵列为：

3 s 0.2 k-1

2 s 0.8 k

0.6k0.810.8 s

0 s k

320.6k0.800.8 系统要稳定 则有 k0

所以系统稳定的K的范围为

k43

3-14 已知单位反馈系统开环传递函数如下： 1.G(s)10(0.1s1)(0.5s1)

G(s)7(s1)s(s4)(s22s2) 2.

2G(s)8(0.5s1)s(0.1s1) 3.解答:

1.系统的闭环特征多项式为:

2s611D(s)0.0s50. 可以判定系统是稳定的 .

则对于零型系统来说，其静态误差系数为:

kplsi0mG(s)10

k2alism0sG(s)

0e11 那么当r(t)1(t)时，

ss1kp11 当r(t)t1(t)e1时，

sskv 2 当r(t)t21(t)e时，

sska

2.系统的闭环特征多项式为:

D(s)4s63s102s15s 可以用劳斯判据判定系统是稳定的.

7 则对于一型系统来说，其静态误差系数为:

kplsi0mG(s)

kalism0s2G(s)

01 那么当r(t)1(t)e时，

ss1kp

1t1(t)e8 当r(t)时，

sskv7 当r(t)t21(t)e时， ss2k0a

3.系统的闭环特征多项式为:

D(s)0.1s3s24s8可以用劳斯判据判定系统是稳定的

.

则对于零型系统来说，其静态误差系数为:

kplsi0mG(s)

k2alism0sG(s)

8e1 那么当r(t)1(t)时， ss1k0p

当r(t)t1(t)e时，

ss1k0v

kvlims0sG(s)0

k7vlims0sG(s)8

kvlims0sG(s)

2 当r(t)t1(t)时，

ess21ka4

三、(16分)已知系统的结构如图1 所示，其中G(s)k(0.5s1)，输入

s(s1)(2s1)信号为单位斜坡函数，求系统的稳态误差(8分)。分析能否通过调节增益 k ，使稳态误差小于 0.2 (8分)。

R(s) C(s)

G(s)

一

图 1

解：Ⅰ型系统在跟踪单位斜坡输入信号时，稳态误差为 ess1 （2分） Kv而静态速度误差系数 KvlimsG(s)H(s)limss0s0K(0.5s1)K （2分）

s(s1)(2s1)稳态误差为 ess11（4分） 。

KvK15，即K要大于5。（6分） 0.2要使ess0.2 必须 K但其上限要符合系统稳定性要求。可由劳斯判据决定其上限。 系统的闭环特征方程是

D(s)s(s1)(2s1)0.5KsK2s3s(10.5K)sK0 （1分）

构造劳斯表如下

32s3s2s1s02330.5K3K10.5KK0010(sa)，

s(s2)(s10)为使首列大于0， 必须 0K6。

综合稳态误差和稳定性要求，当5K6时能保证稳态误差小于0.2。（1分） 44.单位反馈开环传递函数为G(s)(1)试确定使系统稳定的a值；

(2)使系统特征值均落在S平面中Re1这条线左边的a值。

44.解:

32s12s30s10a0 （2分） (1)得特征方程为：

S3 1 30

S2 12 10a S1 (360-10a)/12 S0 10a

得:(360-10a)>0，10a>0，从而0< a<36。 （3分） (2)将d-1=s代入上式，得d39d29d10a190 d3 1 9

d2 9 10a-19 d1 (81-10a+19)/9 d0 10a-19

同理得到:0.9< a<10

43.已知具有局部反馈回路的控制系统方块图如图所示，求： (1)系统稳定时Kf 的取值范围； (2)求输入为x(t)12t2时，系统的静态加速度误差系数Ka； (3)说明系统的局部反馈Kf s对系统的稳态误差ess的影响。 1X0(s) Xi(s) s1s(s1) - s- K fs

43.解:

1)系统的开环传递函数为：G(s)s1s2(sK f1)分)

系统的特征方程为：D(s)s3s2(Kf1)s10 由劳斯稳定性判据(略)得：Kf0 2)Ks11alims0s2G(s)lims0s2s2(sK f1)Kf12分）

3分） (2

(2分) (2分) (2 （ （ 分) 3)ess1Kf1 Ka由上式可知：只要Kf>0，系统的稳态误差ess就增大，说明利用局部负反馈改善系统稳定性是以牺牲系统的稳态精度为代价的。 (2分)

四、（共20分）系统结构图如图4所示：

图4

1、写出闭环传递函数(s)C(s)表达式；（4分） R(s)2、要使系统满足条件：0.707,n2,试确定相应的参数K和；（4

分）

3、求此时系统的动态性能指标00,ts；（4分）

4、r(t)2t时，求系统由r(t)产生的稳态误差ess；（4分）

5、确定Gn(s)，使干扰n(t)对系统输出c(t)无影响。（4分）

K22C(s)Ksn解：1、（4分） (s) 222KKR(s)sKsKs2nsn12ss2Kn224K42、（4分）  

0.707K222n3、（4分） 00e124.3200

ts4n422.83

K2K1K1 s4、（4分） G(s) KKs(sK)s(s1)v11sessA21.414 KKK11Gn(s)C(s)ss＝0 5、（4分）令：n(s)N(s)(s)得：Gn(s)sK

第四章 根轨迹法

五、(共15分)已知某单位反馈系统的开环传递函数为

G(s)Kr:

s(s3)21、绘制该系统以根轨迹增益Kr为变量的根轨迹（求出：渐近线、分离点、与虚轴的交点等）；（8分）

2、确定使系统满足01的开环增益K的取值范围。（7分）

1、绘制根轨迹 （8分）

(1)系统有有3个开环极点（起点）：0、-3、-3，无开环零点（有限终点）；（1分） (2)实轴上的轨迹：（-∞，-3）及（-3，0）； （1分） 33a2(3) 3条渐近线：  （2分） 360,180120 得： d1 （2分） (4) 分离点： dd3 Krdd34 (5)与虚轴交点：D(s)s6s9sKr0

322ImD(j)3903 （2分） 2ReD(j)6Kr0Kr54绘制根轨迹如右图所示。

44.设控制系统的开环传递函数为G(s)=

K 试绘制该系统的根轨迹，并求出使

s(s2)(s4)系统稳定的K值范围。 44.解:

(1)三条根轨迹分支的起点分别为s1=0,s2=-2,s3=-4；终点为无穷远处。 (1分)

(2)实轴上的0至-2和-4至-∞间的线段是根轨迹。 (1分)

(3)渐近线的倾角分别为±60°，180°。 (1分)

渐近线与实轴的交点为σa=分)

(4)分离点:根据公式

24 =-2 (13dK=0, 得:s1=-0.85，s2=-3.15因为分离点必须位于0和-2之间可ds见s2不是实际的分离点，s1=-0.85才是实际分离点。 (1分)

(5)根轨迹与虚轴的交点:ω1=0, K=0; ω2,3=±22, K=48 (1分)

根据以上结果绘制的根轨迹如右图所示。

(2分)

所要求系统稳定的K值范围是:0(2分)

KrKr9G(s)2、（7分）开环增益K与根轨迹增益Kr的关系： 2s(s3)s2s13得KKr9 （1分）

系统稳定时根轨迹增益Kr的取值范围：Kr54， （2分）

系统稳定且为欠阻尼状态时根轨迹增益Kr的取值范围：4Kr54， （3分） 系统稳定且为欠阻尼状态时开环增益K的取值范围：

4K6 （1分） 944.伺服系统的方块图如图所示，试应用根轨迹法分析系统的稳定性。

Xi(S) X0(S) 1 K s(s1) - 0.5s1

44.解:

1)绘制系统根轨迹图

已知系统开环传递函数为：G(s)K

s(s1)(0.5s1)K*将其变换成由零、极点表达的形式：G(s) (1分)

s(s1)(s2)(其中，根轨迹增益K*=2K，K为系统的开环增益，根据上式可绘制根轨迹图) (1) 根轨迹的起点、终点及分支数：

三条根轨迹分支的起点分别为s1=0，s2=-1，s3=-2；终点为无穷远处。 (1分) (2) 实轴上的根轨迹：

实轴上的0至-1和-2至-∞间的线段是根轨迹。 (1分) (3) 渐近线:

渐近线的倾角分别为±60°，180°。渐近线与实轴的交点为 σa=

15 =-1 (2分) 3 (4) 分离点: 根据公式

dK0，得：s1=-0.42，s2=-1.58，因为分离点必须位于0和-1之间，可ds见s2不是实际的分离点，s1=-0.42才是实际分离点。 (1分)

(5) 根轨迹与虚轴的交点： ω1=0, K*=0; ω2,3=±1.414, K*=6

根据以上结果绘制的根轨迹如下图所示。 (2分)

j1.414

k*=6  2 1 -0.42 0

2)由根轨迹法可知系统的稳定范围是:0五、(共15分)已知某单位反馈系统的开环传递函数为

G(S)H(S)Kr(s1)，试： s(s－3)1、绘制该系统以根轨迹增益Kr为变量的根轨迹（求出：分离点、与虚轴的交点等）；（8分）

2、求系统稳定且为欠阻尼状态时开环增益K的取值范围。（7分）

五、(共15分)

(1)系统有有2个开环极点（起点）：0、3，1个开环零点（终点）为：-1； （2分）

(2)实轴上的轨迹：（-∞，-1）及（0，3）； （2分）

(3)求分离点坐标

111，得 d11, d23 ； （2d1dd3分）

分别对应的根轨迹增益为 Kr1, Kr9 (4)求与虚轴的交点

系统的闭环特征方程为s(s－3)Kr(s1)0,即s(Kr3)sKr0

2令 s(Kr3)sKrsj20,得 3, Kr3 （2

分）

根轨迹如图1所示。

图1

2、求系统稳定且为欠阻尼状态时开环增益K的取值范围

系统稳定时根轨迹增益Kr的取值范围： Kr3， （2分）

系统稳定且为欠阻尼状态时根轨迹增益Kr的取值范围： Kr3~9， （3分）

开环增益K与根轨迹增益Kr的关系： KKr （13分）

K1~3 （1系统稳定且为欠阻尼状态时开环增益K的取值范围：

分）

第五章

4-2 已知单位反馈系统的开环传递函数，绘出当开环增益K1变化时系统的根轨迹图，并加以简要说明。

1.2.

G(s)K1s(s1)(s3)

G(s)K1s(s4)(s24s20)

解答:

(1) 开环极点： p1=0，p2=－1，p3=－3

实轴上的根轨迹区间： (－∞，－3]，［－1，0］ 渐进线：

a013433

1110dd1d3 分离点：

600(k0)(2k1)a1800(k1)3600(k1)

解得d1、2=－0.45，-2.2。

d2=－2.2不在根轨迹上，舍去。 与虚轴交点：

32 特征方程D(s)s4s3sK10 将s=jω代入后得 2K140330   解之得 3 K112

当 0K1时，按180相角条件绘制根轨迹如图4-2(1)所示。

j-0.45-4/3j30K1-3-1图4-2(1)j3(2) 开环极点：p1=0，p2=－4，p3、4=－2±j4

实轴上的根轨迹区间：[－4，0] 渐进线：

422a24 000a45,45,135,1350

432分离点：K1(s8s36s18s80) dK10由ds

解得 s1、2=－2，s3,42j6

分离点可由a、b、c条件之一进行判定：

a．∠G(s3)=－(129o+51o－90o+90o)=－180o，满足相角条件；

b．

K1(s3)(s48s336s280s)s2j610003

4-8 根据下列正反馈回路的开环传递函数，绘出其根轨迹的大致形状。 （1）（2）（3）

（1）

（2）

（3）

G(s)H(s)G(s)H(s)G(s)H(s)K1s1s2 K1ss1s2 K1s2ss1s3(s4)

解答：

5-13 设单位反馈系统开环传递函数 试计算系统的相角裕量和幅值裕量。

解答：

(w)90arctan0.5warctan0.02w180ggg由

G(s)10s(0.5s1)(0.02s1)

wg10

1240log14210

所以幅值裕量h14(dB)

L(wc)2020log wc2104.47

(w)90arctan0.5warctan0.02w161ccc 故

(w)18016119c所以相角裕量

系统的幅频特性曲线的渐近线：

L(w)d(B)-20dB/dec20140.112-40dB/dec1050100w-40-60dB/dec

系统的幅相特性曲线：

六、（共22分）已知反馈系统的开环传递函数为G(s)H(s)试：

1、用奈奎斯特判据判断系统的稳定性；（10分）

K ，s(s1)2、若给定输入r(t) = 2t＋2时，要求系统的稳态误差为0.25，问开环增益K应取何值。 （7分）

3、求系统满足上面要求的相角裕度。（5分）

六、（共22分）

解：1、系统的开环频率特性为

G(j)H(j)K （2分）

j(1j)幅频特性：A()分）

K12， 相频特性：()90arctan（2

起点： 终点：

0,A(0) ,(00；)（1分）90（1分） ,A()0,()；

，

0~:()90~180曲线位于第3象限与实轴无交点。（1分）

开环频率幅相特性图如图2所示。

判断稳定性：

开环传函无右半平面的极点，则P0， 极坐标图不包围（－1，j0）点，则N0

根据奈氏判据，Z＝P－2N＝0 系统稳定。（3分）

图2

2、若给定输入r(t) = 2t＋2时，要求系统的稳态误差为0.25，求开环增益K：

系统为1型，位置误差系数K P =∞，速度误差系数KV =K ， （2分）

依题意： ess分） 得 （2分）

AA2 （30.25，

KvKKK8

故满足稳态误差要求的开环传递函数为 G(s)H(s)3、满足稳态误差要求系统的相角裕度： 令幅频特性：A()分）

8

s(s1)8121，7.得c2， （2

(c)90arctanc90arctan2.7160分）

相角裕度：分）

， （1

180(c)18016020 （2

五、已知系统开环传递函数为G(s)H(s)k(1s),k,,T均大于0 ，试用奈奎斯

s(Ts1)特稳定判据判断系统稳定性。 (16分) ［第五题、第六题可任选其一］

五、(16分)

解：由题已知： G(s)H(s)系统的开环频率特性为

K(1s),K,,T0，

s(Ts1)K[(T)j(1T2)]G(j)H(j)

(1T22)0,A(0) ,(00；)（1分）90（2分）

开环频率特性极坐标图 起点： 终点：

（1分）,A()0,()0；270

2与实轴的交点：令虚频特性为零，即 1T0 得 x1 （2分） T实部

G(jx)H(jx)K（2分）

－K －1 开环极坐标图如图2所示。（4分）

由于开环传函无右半平面的极点，则P0 当 K1时，极坐标图不包围 （－1，j0）点，系统稳定。（1分） 当 K1时，极坐标图穿过临界点 （－1，j0）点，系统临界稳定。（1分） 当 K1时，极坐标图顺时针方向包围 （－1，j0）点一圈。

0 图2 五题幅相曲线 N2(NN)2(01)2

按奈氏判据，Z＝P－N＝2。系统不稳定。(2分) 闭环有两个右平面的极点。

六、已知最小相位系统的对数幅频特性如图

3所示。试求系统的开环传递函数。(16

分) L(ω) dB -40 R(s) C(s) 20 K-20 一 ω s(s1) ω2 1 ω1 10 -10 -40 图4 图 3

解：从开环波特图可知，系统具有比例环节、两个积分环节、一个一阶微分环节和一个惯性环节。

K(故其开环传函应有以下形式 G(s)111s1) (8分)

s2(2s1)由图可知：1处的纵坐标为40dB, 则L(1)20lgK40, 得 K100 (2分) 又由

1和=10的幅值分贝数分别为20和0，结合斜率定义，有

20040，解得 110lg1lg10

3. rad/s16 (2分)

同理可得

20(10)20 或 20lg230 ，

lg1lg212210001210000 得 2100 rad/s (2分)

故所求系统开环传递函数为

s1)10 G(s) (2分) ss2(1)100100(

44.系统开环频率特性由实验求得，并已用渐近线表示出。试求该系统的开环传递函数。(设系统是最小相位系统)。

44.解：

由图知该系统的开环传递函数为

k122 （2分） sTs2Ts11 其中T= （1分）

3 由低频渐近线与横轴交点为10，得k10 （2分）

修正量L20log(2)10，得0.158 （2分） 故所求开环传递函数为

101ss20.105s19 （3分）

或记为

k (k1022s(Ts2Ts1)T130.158)

六、已知最小相位系统的开环对数幅频渐进特性曲线如下图所示，写出系统的开环传递函数，并求出系统的相位裕量γ。（共16分）

L（ω） 40dB -20 -40 -20 1 4 10 100 ω ωc -40

解：设开环传函为

sK(1)10G(s) sss(1)(1)4100K低频时 A()，L()20lg，过点（1,40），得K=100

且过（c，0），即A(c)1

100Kcc故 A(c)c101，得c=40 4c1090arctan从而得 (c)arctanc4arctanc100120.13

所以 180120.13 59

第六章 控制系统的综合与校正

六、已知最小相位系统的开环对数幅频特性L0()和串联校正装置的对数幅频特性Lc()如下图所示，原系统的幅值穿越频率为（共30分） c24.3rad/s：

1、 写出原系统的开环传递函数G0(s),并求其相角裕度0，判断系统的稳定

性；（10分）

2、 写出校正装置的传递函数Gc(s)；（5分）

3、写出校正后的开环传递函数G0(s)Gc(s)，画出校正后系统的开环对数幅频特性LGC()，并用劳斯判据判断系统的稳定性。（15分）

L() -20dB/dec L0 40 0.32 0.01 0.1 -20dB/dec 1 -40dB/dec 24.3 10 20 100 -60dB/dec 

Lc

解：1、从开环波特图可知，原系统具有比例环节、一个积分环节、两个惯性环节。 故其开环传函应有以下形式 G0(s)Ks(11s1)(1 (2分)

2s1)由图可知：1处的纵坐标为40dB, 则L(1)20lgK40, 得 K100 (2分)

110和2=20

故原系统的开环传函为G0(s)10011s(s1)(s1)1020100 （2分）

s(0.1s1)(0.05s1)求原系统的相角裕度0：0(s)90tg10.1tg10.05

由题知原系统的幅值穿越频率为c24.3rad/s

0(c)90tg10.1ctg10.05c208 （1分） 01800(c)18020828 （1分）

对最小相位系统0280不稳定

2、从开环波特图可知，校正装置一个惯性环节、一个微分环节，为滞后校正装置。

1s12'510.323.1s2故其开环传函应有以下形式 Gc(s) (511s1s1100s11'0.01s1分)

3、校正后的开环传递函数G0(s)Gc(s)为

1G0(s)Gc(s)1003.125s1100(3.125s1) (4

s(0.1s1)(0.05s1)100s1s(0.1s1)(0.05s1)(100s1)分)

用劳思判据判断系统的稳定性 系统的闭环特征方程是

D(s)s(0.1s1)(0.05s1)(100s1)100(3.125s1)0.5s15.005s100.15s313.5s1000构造劳斯表如下

432 （2分）

s4s2s1s00.5.7296.8100100.15100313.51000000 首列均大于0，故校正后的系统稳定。 （4分）

s315.005画出校正后系统的开环对数幅频特性LGC() L()-20

40

0.01

-40 -20 0.1 0.32 1 10 -40 20 

起始斜率:-20dB/dec(一个积分环节) （1分）

-60

转折频率:11/1000.01(惯性环节), 21/3.1250.32(一阶微分环节),

31/0.110(惯性环节), 41/0.0520(惯性环节) （4分）

第七章

六、（共22分）某最小相位系统的开环对数幅频特性曲线L0()如图5所示：

1、写出该系统的开环传递函数G0(s)；（8分）

2、写出该系统的开环频率特性、开环幅频特性及开环相频特性。（3分） 3、求系统的相角裕度。（7分）

4、若系统的稳定裕度不够大，可以采用什么措施提高系统的稳定裕度？

（4分）

解：1、从开环波特图可知，原系统具有比例环节、一个积分环节、两个惯性环节。 故其开环传函应有以下形式 G(s)Ks(11s1)(1 (2分)

2s1)由图可知：1处的纵坐标为40dB, 则L(1)20lgK40, 得K100 (2分)

110和2=100 （2分）

故系统的开环传函为 G0(s)100 （2分）

sss11101002、写出该系统的开环频率特性、开环幅频特性及开环相频特性： 开环频率特性 G0(j)j100 （1分）

j1j110100开环幅频特性 A0()100111010022 （1分）

开环相频特性：

0(s)90tg10.1tg10.01 （1分）

3、求系统的相角裕度： 求幅值穿越频率，令A0()1001110100221 得c31.6rad/s（3

分）

0(c)90tg10.1ctg10.01c90tg13.16tg10.316180

（2分）

1800(c)1801800 （2分）

对最小相位系统0 临界稳定

4、（4分）可以采用以下措施提高系统的稳定裕度：增加串联超前校正装置；增加串联

滞后校正装置；增加串联滞后-超前校正装置；增加开环零点；增加PI或PD或PID控制器；在积分环节外加单位负反馈。

第七章 非线性控制系统

17-2 一个非线性系统，非线性环节是一个斜率N的饱和特性。

当不考虑饱和因素时，闭环系统是稳定的。问该系统有没有可能产生自振荡？

解答：饱和特性的负倒描述函数如下：

j1N(A)1K1,j0)点。 当k1时，N(A)曲线的起点为复平面上的(1对于最小相位系统有：闭环系统稳定说明系统的奈氏曲线在实轴

(,1)段没有交点，因此，当存在k1的饱和特性时，该系统不可能产

生自激振荡

7-4 判断图中各系统是否稳定，1N(A)与G(j)的交点是否为自振点。图中P为G(s)的右极点个数。

解答：首先标出各图的稳定区（用阴影部分表示）

j1NjoGaaoP=0P=0G1N (b)

a)

joG1N(

P=0( c )

1NjbaGcoP=0(d )

1NGajoP=2G1NjaoP=1(e)

(f)

1(a) N曲线由稳定区穿入不稳定区，交点a是自激振荡点。

1(b) N曲线由稳定区穿入不稳定区，交点a是自激振荡点。 (c) 交点a,c为自激振荡点，交点b不时自激振荡点。

(d) 闭环系统不稳定。 (e) 交点a不是自激振荡点。 (f) 交点a是自激振荡点

7-5 非线性系统如图所示，试确定其自振振幅和频率。

r=0 e 1 -1 10s(s1)(s2) 题7-5图

c 解答：由题可得下图：

j5N(A)-7.531oG(j0 1G(j)由N(A)

N(A)得

1G(j)

jj1j210*4A 即：

230 得：2 A402202.123240A得：33

即在非线性环节的输入端存在频率为202，振幅为3

7-6非线性系统如图所示，试用描述函数法分析当K10时，系统地稳定性，并求K的临界稳定值。

r=0 e -1 1 Ks(s1)(s2) 题7-6图

c 解答：由题可得下图：

j15N(A)-7.53-1G(jo0N(A)2sin1K=10 1111AAA2A1

G(j)10j(j1)j2

K010653 K的临界稳定值为：

1所以，当0K6时，G(j)曲线不包围N(A)曲线，系统闭

环稳定。

第八章 线性离散系统

8-6 已知系统的结构如图所示，T1s，试求系统的闭环脉冲传递函数(z)。

r(t) 1eTss 1ss1c(t) Ts111e11TsG(s)*(1e)2sss1s(s1)s 解答：

(1z1)[G(z)ZG(s)zzz](T1s)(z1)2z1ze10.368z0.2(z1)(z0.368)

z0.2(z)G(z)0.36821G(z)zz0.632

D(z)例7-3 数字控制系统如图7-3所示，试计算r(t)0，n(t)1(t)，

K1zz1时的稳态输出。

图7-3 例7-3图

解：首先要导出以干扰为输入，y(t)为输出的脉冲传递函数，

11eTsN(s)D(z)Y(z) Y(s) s1s代入N(s)1,上式两端求Z变换，有 s111Y(z)Z(1z)ZD(z)Y(z) s(s1)s(s1)1Zs(s1)Y(z) 11(1z1)ZD(z)s(s1)111eT(1eT)z1而Z，所以(1z)Z TTs(s1)s(s1)(z1)(ze)zez(1eT)于是 Y(z) TT(z1)[(ze)(1e)D(z)]代入D(z)K1z，得 z1z(1eT) Y(z)2

z[K1(1eT)(1eT)]zeTY(z)的表达式中，已包含了干扰作用量，采用终值定理计算Y()，所有的极

点必须在单位圆内。分母多项式为两阶，用朱利判据确定极点在单位圆内K1的取值是方便的。

a2eTa01；

D(1)1K1(1eT)(1eT)eT0，取得K10； (1)2D(1)1K1(1eT)(1eT)eT2(1eT)得K1。 0，T(1e)2(1eT)故Y(z)满足终值定理的条件为 0K1

(1eT)根据终值定理有 Y()lim(z1)Y(z)0

z1