1.1解：

機(jī)逐人踢足球：開環(huán)系統(tǒng)輸入量：足球位置

(D輸出量：機(jī)器人的位置

(2)人的體溫控制系統(tǒng)：閉環(huán)系統(tǒng)輸入量：正常的體溫輸出量：經(jīng)調(diào)節(jié)后的體溫

(3)微波爐做飯：開環(huán)系統(tǒng)：輸入量：設(shè)定的加熱時間輸出量：實際加熱的時間

(4)空調(diào)制冷：閉環(huán)系統(tǒng)輸入量：設(shè)定的溫度輸出量：實際的溫度

1.2解：

開環(huán)系統(tǒng)：優(yōu)點：結(jié)構(gòu)簡單，成本低廉；增益較大；對輸入信號的變化響應(yīng)靈敏；只要

被控對象穩(wěn)定，系統(tǒng)就能穩(wěn)定工作。

缺點：控制精度低，抗擾動能力弱

閉環(huán)控制優(yōu)點：控制精度高，有效抑制了被反饋包圍的前向通道的擾動對系統(tǒng)輸出量

的影響：利用負(fù)反饋減小系統(tǒng)誤差，減小被控對象參數(shù)對輸出量的影

響。

缺點：結(jié)構(gòu)復(fù)雜，降低了開環(huán)系統(tǒng)的增益，且需考慮穩(wěn)定性問題。

1.3

解：自動控制系統(tǒng)分兩種類型：開環(huán)控制系統(tǒng)和閉環(huán)控制系統(tǒng)。

開環(huán)控制系統(tǒng)的特點是：控制器與被控對象之間只有順向作用而無反向聯(lián)系，系統(tǒng)的被控

變量對控制作用沒有任何影響。系統(tǒng)的控制精度完全取決于所用元器件的精度和特性調(diào)整

的準(zhǔn)確度。只要被控對象穩(wěn)定，系統(tǒng)就能穩(wěn)定地工作。

閉環(huán)控制系統(tǒng)的特點：

(1)閉環(huán)控制系統(tǒng)是利用負(fù)反饋的作用來減小系統(tǒng)誤差的

(2)閉環(huán)控制系統(tǒng)能夠有效地抑制被反饋通道保衛(wèi)的前向通道中各種擾動對系統(tǒng)輸出量

的影響。

(3)閉環(huán)控制系統(tǒng)可以減小被控對象的參數(shù)變化對輸出量的影響。

1.4解

熱電偶

波饋裝置

系統(tǒng)原理方塊圖如卜.所示:

工作原理：在正常情況下，爐溫等于期望值時，熱電偶的輸出電壓等于給定電壓，此時

偏差信號為零，電動機(jī)不動，調(diào)壓器的滑動觸點停留在某個合適的位置上。此時，爐子散

失的熱量正好等于從加熱器獲取的熱量，形成穩(wěn)定的熱平衡狀態(tài)，溫度保持恒定。

當(dāng)爐溫由于某種原因突然下降時，熱電偶的輸出電壓下降，與給定電壓比較后形成正偏

差信號，該偏差信號經(jīng)過電壓放大器、功率放大器放大后，作為電動機(jī)的控制電壓加到電

動機(jī)匕電動機(jī)帶動滑線變阻器的觸頭使輸出電壓升高：則爐溫回升，直至達(dá)到期望值。

當(dāng)爐溫高于期望值時，調(diào)節(jié)過程相反。

1.5解

不正確u引入反饋后，形成閉環(huán)控制系統(tǒng)，愉出信號被反饋到系統(tǒng)愉入端，與參考輸

入比較后形成偏差信號，控制器再按照偏差信號的大小對被控對象進(jìn)行控制。在這個過程

中，由于控制系統(tǒng)的慣性，可能引起超調(diào)，造成系統(tǒng)的等幅振蕩或增幅振蕩，使系統(tǒng)變得

不穩(wěn)定。所以引入反饋之后I可帶來系統(tǒng)穩(wěn)定性的問題。

1.6

解：

對自動控制系統(tǒng)的基本要求是：穩(wěn)定性、快速性和準(zhǔn)確性。

增大系統(tǒng)增益使得閉環(huán)控制系統(tǒng)的調(diào)整時間減小，提高系統(tǒng)的快速性。

2.1解

對質(zhì)量m的受力分析如下圖所示:

K(y-x)||F(y-x)由牛頓第二定律得：

同時z(t)=y(t)-x(t)

綜合上述兩式得其微分方程為

d2z(t)dz(t)d2x(t)

m-f-^+fcr(r)=-m—/

dt2Jdtdt2

設(shè)輸入量輸出導(dǎo)教的初始值均為零,對上施行拉氏變解式原

ms2Z(s)+fsZ(s)+kZ(s)=-ms2X(s)

故其傳遞函數(shù)為G(s)=袈=ms?

ms2+/J+A

2.2解

受力分析得:

對于M有：

Mgsin伊,ML/?

F=Mgcos0

對于m有：

27tit2

整理后得:

”一小

drmm

削去0的系統(tǒng)的微分方程:

x+—x-—￡/9=0

nim

對上式做拉普拉斯變換后整理得系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為:

X（syMLs

2.3解

3s

4&c￡S“（4q+&G）s+i

凡&GGS?+（R￡+R2C2+凡G）s+1

則其微分方程為:

國與與號+出冷

Rqc2z&G+R2G+RG)+u.=gCGG+R2c

（b）取A、B兩點進(jìn)行受力分析，列出方程得：

或.（2）

f1,小f"=k.1x

由（1）式、（2）式得

八與一八4+3-3=4乂⑶

%x（l）+fx（3）得

八八注+UK+##fA法+柩4="粵+(#+#借+依,

atat2at22(it

經(jīng)比較，電氣系統(tǒng)（a）與機(jī)械系統(tǒng)（b）的微分方程具有相同的形式，故兩個東統(tǒng)為

相似系統(tǒng)。

2.4斛

1

傳遞函數(shù)與=M.=--------9一一"

Uiq+cL

C}SCyS

由電路得:

(1)

W

—=一—uo⑵

凡凡

綜合(1)、(2)式，消去變量u,可得其傳遞函數(shù)為:

G(s)=

為一RR

進(jìn)而得其微分方程為

2.6解

對系統(tǒng)中各個部分建立相應(yīng)的微分方程如下:

di

u=Ri+L—

'一rdt

ud3?今

u.=R…今

對上面各式拉氏變換并整理得到：

?)=口7a⑸

“)=馬不/向

=(R.+Rd"(L+Ld)s中)

。＜$)=3.+3乂⑸

"($)=7%"($)

s(1+Tms)

對上式削去中間變量得到系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為：

G⑺-膽二____________-JL.S)________________

“⑸一41+Tns)[(R.+)+(L,+Ld)s](Rq+Lqs)(Rc+Lcs)

2.7解

由圖示及題中條件得：

,小,，,、du(t)

H)=c—r^―

dt

4(…(，)八竽

at

&

八L小

GOU%Tdt

生=%(，)

,4?，)d2x(t)

FP。-2Ax(r)-/——=Mw——

dtdr

對上式進(jìn)行拉式變換得：

E⑸=必⑸+〃⑸

/1(S)-/2(S)=CSl/c(S)

〃⑸-&⑸=3")

EA(S)=^SX(S)

E=￡/(S)

々-2￡T(S)-/SX(S)=A/S2X⑸

則通過消去中間變量得傳遞函數(shù)如F：

G{S)=皿__________________卜__________________

222

~E(S)~(RCLS+￡5+R)(MS+6+”卜k2(RC^S+{S)

2.8解

由題意得:

也⑺-4（，）摘=也（，）

3（，）=i,U）Rf+Lf—

即）=%（，）

A/（0=M/（O

J瞥皿

dt2Jdt

其中km為磁控式電動方艇矩系數(shù)，令初始條件為零，作拉氏變換得:

也⑸-。⑸]&=U.⑸

&U.(S)=//(S)%+A/〃S)S

。⑸哈。.⑸

伏$)=",⑸

j/s}s2+fe(s)s=M⑸

解得：

G⑸=幽_________帖勺必_________

q⑸k&kM+N"+M（LfS+Rf）

2.9解由圖示得電路的微分方程如卜:

i=h+%

,dt1

，2"）冬=-”.（，）

卜d丁u"）=（”、

作拉氏變換得：

u⑸=q（s）-/⑸此

/⑸=4（s）+，M

ys[u（s）心S）].⑸

I式S）&=7<S）

qsi/⑸=八⑸

則初始方塊圖如下：

由梅森公式得其傳遞函數(shù)如下:

G⑸，。⑸=-C述2s

4（S）C￡&RS+CRS+CRS+T

2.10解

對方塊圖進(jìn)行簡化得：

⑶A

(s)A

(MX

.v<?>

l?"聲￡

由梅森公式得

G[G4+GQ2G$

K⑸

1+H2G2G§++GIG^GJ+G&&-H1H2G￡2G4

1+H、G&

+Ms）=y（sxi式）

1+〃?G2G§++GlG2Gi+G1G4-H

⑴當(dāng)N(S)為零時可得傳遞函數(shù)為:

吁+H為唁能器樂國

⑵由(1式)得當(dāng)1+HiGiG2=0時，輸出Y(S)不受干擾N(S)的影響。

2.11解

⑸⑴方塊圖化簡如下所示:

從而可得其傳遞函數(shù)為:

Gfi

G⑸=2

I-GH+GGH乩

(2)其信號流圖如下所示:

R(s)鼠Y(s)

系統(tǒng)信號流圖中共有2個回路。增益分別為IX科LzXGHiH2,無兩兩

不接觸回路。所以信號的特征式△二卜(GHFGJMIz)。

系統(tǒng)有1條前向通路，增益為I*回路均與此前向通路接觸，故△亍1,從

而可得其傳遞函數(shù)為

G⑸二^■二

(1)方塊圖化簡如下所示:

從而可得其傳遞函數(shù)為:

G&

G(S)=

1+G凡+GCMH,

(2)其信號流圖如下所示:

與a原理相同可得其傳遞函數(shù)為:

G(S)=^1=

A1++

(1)方塊圖化簡如下所示:

丫⑸

從而可得其傳遞函數(shù)為:

G⑸=------------------------------------------

1++H2G2+H.G.+

(2)其信號流圖如下所示：

R”)------q—"-——--------色---4--------KJ)〃$)

與a原理相同可得其傳遞函數(shù)為：

G(S)=必=--------^￡1-----------------

A1+HG+H,G,+HG+H、H、GG

2.12解

速度控制系統(tǒng)的方框圖為:

該系統(tǒng)的微分方程為

s_K"+K.

當(dāng)wo時，傳遞函數(shù)為

u,0+1

2.13解：例2.4.1中的方塊圖如下所示:

U；（s）

其對應(yīng)的信號流圖為:

U;(S)-

其中產(chǎn)石/『

GG2GLRl+R￡S耳2二

由梅森公式得：

(----------X—+4)

⑸

G==JG+GG一U+R2c2s..

-4⑸1+GM+G。凡?1M凡，1)

LS+RJI+RGSGS

K-GcS+陽G+R2cos+1一

RgGLS+(R￡C2R[+LC?)S+(凡G+R￡+AC)S+1

,』版

系統(tǒng)對應(yīng)的信號流圖如下所示:

-H

_____________Qi

P⑸

.1G■

R(S)--_HD--------------------------------K)--?o-^o-----Y(s)

-42

-H.

由梅森公式得

__________GRG3G#G￡__________

1+G￡2Hl+G2G3/7,+G|G2G3&，3+Gfi5Hi

+—+_p(5)=y(sxi式]

1+GGH,+GGH,+GGG、GE

(1)當(dāng)N(S)為零時可得傳遞函數(shù)為：

咐=?=GRG&+GR

R(S)1?G、G2Hl+G2G3H2+G|G?G3G4,3+QG,居

(2)由(1式)得當(dāng)G3G4(1+GiG2Hi)-G3G5H2=0時，輸出Y(S)不

受干擾

P(S)的影響，此時可得

G4(1+GiG2Hl)=G5H22.15解

_______H2(S)

R(sX>?Q---------------J-0~7：--------------------------->6??€)Y(s)

1■k-1?G,(s)Gz(

______________________-Hi(S)

-i

系統(tǒng)信號流圖有4個回路，增益如卜.：

J=-H3(S)GI(S)L2=-H2(S)G](S)G2(S)

L3二%(S)Gi(S)G2(S)乙⑸G⑸

無兩兩不接觸回路，系統(tǒng)有i個前向通路，其增益為4=5GI(S)G(S)所有回路

均與p接觸，所以△口。從而可得其傳遞函數(shù)為:

g⑸6⑸

螞(5向(5)+印+〃式5)GM)?，式S)GI(S)G,(S)+M(S)GI(S)G,(S)]

2.17解

(a)方塊圖為,

U(S)

13

其傳遞函數(shù)為；G(S)=-S+2S(S+2)1

(/⑸3s^T

S(S+2)

其信號流圖為:

由框圖得其傳遞函數(shù)為：

F-C?,,(S+Q)C,

L(S+a)2-。必+(S+a)2-C2"

故可得其狀態(tài)方程為:

0

I5

X,七…口邸抬

=［"-d.c］：：］

必=["-d,c]

綜合得：

網(wǎng)J-2CPll

2

1^2J|ac-ccj_.r2]

(c)

故Xi二-

5xi+2x2+X3

x2=-

3X2+2X3

X3=-

4X3+U

y=x+x3

其狀態(tài)方程為；

尸『0,1］與

2.19解：狀態(tài)空間的表達(dá)式為：

咋3即，小味

故其傳遞函數(shù)為：G(s)=----------7-------T=r--------------

1+4S-'+3S-2S2+4S+3

(2)用矩陣法得出的傳遞函數(shù)為：

r..rfSS-lTTOl

G(s)=(WWB+l)=叫s+3s+j1

-S?+4S+3

2.21解:

(1)其傳遞函數(shù)：

kS'+3kS+3k

r(s)=-j-----工，也*史」------u⑸(

S,+(fl+Jt+2)S2+(2o+^)S+3Jtt115、(。+￡+23+(2。+加)§+3便

故可得信號流圖：

_卜丫⑹

U2(S)-!—>o--!"?4?§?

44z，/

y^s^2(ak2)^x^X3

.-(2a?ak)***^

-3k

故可得：

Xi=X2x2=x3x3=-3kXi-(2a+ak)x2-(a+k+2)x3+Ui(s)+U2(s)

y=kxj+(a-

k)x2+x3+3kxi+kx3=4kXi+(a+2k)xz+(k+l)x3

故其狀態(tài)方程為：

0

o1式，

一(加+的-m+%+2)

(2)用矩陣法得：

G(S)=([SI-AJ'B+1)

=[4&.4+2〃,A+1]=

3.1答：該系統(tǒng)不存在，任何?階系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)都不能超過1。

3.2解：

假設(shè)系統(tǒng)的初始條件為零，則系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為

.5)=儂=_^

&⑸0.5$+1

(1)單位脈沖響應(yīng)

輸入信號為單位脈沖信號r(t)=6(I),其拉氏變換為R(s)=l,

10

則系統(tǒng)的輸出為ru)=――-

O.5.V+1

則系統(tǒng)的單位脈沖響應(yīng)函數(shù)為：y(t尸20%氣力

(2)單位階躍響應(yīng)

其拉氏變換為/?($)二」

輸入信號為單位階躍信號r(t)=l(t)

則系統(tǒng)的輸入為y(s)=

5(0.5x+l)

則系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)函數(shù)為：

(3)單位斜坡響應(yīng)

輸入信號為單位斜坡信號其拉氏變換為R(s);f

則系統(tǒng)的輸出為y(n=?汕;w

則系統(tǒng)的單位斜坡響應(yīng)函數(shù)為：ydAlOt-Nle2）總）

3.3解：

(1)輸入信號的拉氏變換為/?($)=1十】輸出為r(r)=-l+0.8i-0.8—

c<2s2s$+5

則系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為：6（s）=嬰

Ris}5+5

開壞傳遞函數(shù)為：G（s）=-

⑵系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)為：Y（S）=O（5）/?（5）=---則T=0.2

5（S+5）

系統(tǒng)的上升時間為：「=2.197T=0.4394

0.8,A=2

調(diào)整時間為：/={

'06A=5

超調(diào)量不存在。

3.4解

證明：當(dāng)初始條件為零時，有儂=11里

R（s）7J+1

單位階躍輸入信號為/?（$）=1

r5+1z、zFJ+L11r-r

所以，系統(tǒng)的輸出為y（5）=D

+1&⑸=就丁丁百

T，

XO=r,[r(s)]=i-

根據(jù)定義，（1）當(dāng)/，=7^+仙］^：

所以=（0.693+In?）7

⑵求I,（即一y⑴從0.1-0.9時所需的時間）

TqT—r

當(dāng)J(O=1—-y,—e，=0.9H9有q=r[ln(-y-)-In0.1]

T?iTT

當(dāng)y?)=l-寧e『=0.1時，有/尸zpn(寧)-ln0.9]

則,,=G-4=Tln翳=2.27

(3)求調(diào)整時間t,

假設(shè)誤差寬度△=5,則有

r-r上

此)=1-—er=0.9?

解得4=713+In?]

3.5解：

由方框圖，可以求得系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為：

①⑸=--------

.v+lOOr

(1)若t=o.l,則系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為：0(5)=-5^-

S+10

0.4,A=2

貝|JT=O.1,調(diào)整時間/二,

O.3,A=5

⑵時間常數(shù)=-若要求tso.is,則

lOftr

t>0.4.A=2

t>0.3,A=5

(3)反饋系數(shù)r使得系統(tǒng)的時間常數(shù)減小了，從而使系統(tǒng)的調(diào)整時間也減小，但卻使得

系統(tǒng)的閉環(huán)增益也減小了。

3.6解：

16

系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為；0(5)=貝h-4,&-0.5

1+GJs)/+4$+16

單位階躍響應(yīng)，系統(tǒng)的輸出為：y(5)=l>——

s$"+4s+16

系統(tǒng)的響應(yīng)函數(shù)為：y(t)=1-*1￡口sin(2JJf+60),/2(

單位脈沖響應(yīng)，系統(tǒng)的輸出為：八的二丁上—

八4$+16

系統(tǒng)的響應(yīng)函數(shù)為：XO=^^sin(273/)

3.7解：⑴6($)=^~———

r+125+120

得:0=4120=10.95J=7Ho=0,55

A

=0.342

J?

4

一=0.667

血A=：

A=f

-=0.5

僅八

J%=gB\]OO%=12.7%

8116

3d+8.4$+4a6s2+2.8s+16

得：O=^!16=48R.35

￡==0.84

4

—=2.857

&D.A=:

^%=e^rxlOO%=3O.9e4

3.8解：系統(tǒng)的傳遞函數(shù)*s）=212=『2——

y?（5）/+如+從，

o%=27<"2,5xlOO%=8%

由圖可知tp=0.3,y(0)=2.5,

2.5

JT

飛莖x!00%=8%

y（8）=陽=勺』￡=：=

解得，b=0.4,a=16.8,k=451.1

4、優(yōu)__________100

3.9解：（1）引入速度反饋前:(D=10,f=0.25

F+s+3~?+5J+100n

e詭x100%=44.45%,

4,，c

《=1.05,A=2

ts=4

=1.2J,4=5

引入速度反饋后:

100

和)=，叫=10g=0.，

+（1+自力$+上/2/+10$+100

一汽xlOO%=16.13%

-^-=0.8.

,△=2

［叫

/s=

—=0.6.4二5

⑵

臨界阻尼時,5=1,解得t=6

3.10略

3.11解：由系統(tǒng)框圖可得系統(tǒng)傳遞函數(shù)為:

K,

（%+㈤

5（1+Ts）5（20+6）

0（5）=一?

K?$（八+1）+&（《”）s+10H100

1+（%+￡）

5（1+75）

1100($+20)

"20八10212

與標(biāo)準(zhǔn)型進(jìn)行對比可得：

①n=105=0.5

（p=arctan

I^z^zSOa+o^lO^

故：3%=xl00%?HM

(4+/.」)?'I，=0.77$A=2

zM

(3+/,--)?—~=0.57JA=5

zM

3.12解：

…1212

d)(i)=-------：-------------=--------------------------------

一?8s、14$+12($+6mX$+l-/)

系統(tǒng)有三個極點：

P'2-iijP3=-6

p

由于,?-R-E--A--L-*---"--6]>?"

所以系統(tǒng)的主導(dǎo)極點為：Qi土j

22

①($)x---------------------------j-----------

(『+25+2x11)G+2s+2)

6

所以：0=V25=1/V2

機(jī)=x100%-4.3%

3.13解：(1)s4+7s3+19s2+22s+12=0

勞斯陣列如下:

11812

7220

104120

1700

10400

1200

第一列全為正數(shù)，穩(wěn)定特征根全在左半平面

⑵sS+2s4+3s3+6s2+5s-3=o

5

5

1

A3

0(G)0

￡3

30

6

3.5

00

300

―35+211-245

迎-7〈步—3尹21.24.5火

<f旗-7

第一列符號變化兩次，故有兩個特征根在右半平面,系統(tǒng)不穩(wěn)定

(3)5s4+3s3-10s2+14s+12=0

s5-1012

43140

100

--------120

S3]

115.0800

s21200

s'

s

0

有兩個根在右半平面，系統(tǒng)不穩(wěn)定

(4)s4+7s3+42s+30=0

s41030

s37420

s2-6300

s1700

s03000

有兩根在右半平面，系統(tǒng)不穩(wěn)定

(5)s5+6s4+13s3+l8s2+22s+12=0

s511322

s461812

s310200

s26120

s*000

s°

0出現(xiàn)全零行，則用s2系數(shù)構(gòu)造輔助方程：6s2+12=0“對其求導(dǎo)，得：12s=00則：

s26120

si1200

s°1200

系統(tǒng)有兩個共規(guī)虛根，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定

(6)s5+7s4+6s3+42s2+8s+56=0

s5168

s474256

s300o

s2

s1

s°

9出現(xiàn)全零行，則用s4系數(shù)構(gòu)造輔助方程：7s4+42S456=0。對其求導(dǎo)，得:

28s3+84s=0,兩邊同除以28得s3+3s=0。則

s3130

s221560

s1-00

s0560o

系統(tǒng)有兩個共扼虛根，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定

3.14解⑴特征方程為s4+2s3+2s2+k=0

勞斯陣列如下

s412k

s320

s22k

s1-k

由勞斯穩(wěn)定判據(jù)，無論k取何值，系統(tǒng)都是不穩(wěn)定的

(2)特征方程為s4+8s3+17s2+(10+k)s+4k=0,由勞斯穩(wěn)定判據(jù)知系統(tǒng)穩(wěn)定的k

值

范圍為(Kk<126

k(s+2)

3.15解:Gf滬

(s+2)(5+4Ms?+6s+25)+k

特征方程：

s4+12s3+69s2+198s+200+k=0勞斯陣歹I」

如下

$4169200+k

121980

S252.5206+k0

7995-12k

S00

s°2OO+k00

要使系統(tǒng)穩(wěn)定：200+kX?且氣片從>0得出：-200<k<666.25

當(dāng)k二666.25時，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定，系統(tǒng)響應(yīng)y(t)持續(xù)振蕩，頻率

3.16解

沒加速度反饋之前，系統(tǒng)的特征方程為3s斗7s斗3$+1為，可以看出系統(tǒng)是穩(wěn)定的,

加了速度反饋后，系統(tǒng)的特征方程為3s斗(7+3r)s￥(3+t)s+1=0

利用勞斯穩(wěn)定判據(jù)可知，只有當(dāng)r>普心(?1.6)時系統(tǒng)是穩(wěn)定的。

綜合可知，加入速度反饋后使系統(tǒng)的穩(wěn)定性變差，只有當(dāng)t取合適的值才能使系統(tǒng)穩(wěn)定。

3.17解：

際)7

傳遞函數(shù):

0(^)=~2---------------------

s+(2+3)$+kp

特征方程:

54(2+1<4N+kff4Z.ls+lW令z=s+1,

則特征方程為產(chǎn)+0.口-。1=0

系統(tǒng)特征方程系數(shù)不全為正，可知系統(tǒng)不穩(wěn)定，故系統(tǒng)沒有。T的穩(wěn)定裕度。

3.18解

系統(tǒng)是I型系統(tǒng)，所以當(dāng)輸入為單位】（I）,t,時，穩(wěn)態(tài)誤差為0,l/k,O.

當(dāng)輸入為1⑴+t+t2/2時，穩(wěn)態(tài)誤差為.

3.19證明：由"(s)的系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)：G(S)=W頭

1-次5)S*[1+G(S)]

故

Q=limsE(s)-lim-----------------lim--2--------------------!~,-------------------

yfsl+G⑸iS*+%5…

_.一4.」"1+…%s_(b.sZ+?,”)+(4.匕)+(即一%)5T

—nm-1MM0MMM1MM1MMM0MMM0MMM_1MMM0MM1MMM

,~*0A

aus*++0

要想使e,=O,只有使a1二也a0=b0

3.20解

(1)

當(dāng)R(S)=O時，4=linyE⑸=-Hm，------普工--------?(自?")=-4

i0■“1+￡—勺一(h+<s)卬

5(rs+1)

T2(S)=D/S

k

r(5)=————2

ig丁丁氏+公)$

s(rs+l)

公

穩(wěn)態(tài)誤差々=lim花⑸=Tim，------半臼--------.(&+3=~

——1+氏—5—(自+L$)3

5(F5+1)

⑵當(dāng)R(s)=l/s,T」s)=0,

e?=hmsE(s)=lims.L---；■■；■■]；■—；-■-

"e"z$i[

$(口+1)

3.21解：

N(s)

(a)恒值調(diào)節(jié)系統(tǒng)

(b)加入積分環(huán)節(jié)

N(s)

y(s)

(C)采用前饋控制

由勞斯判據(jù)得該系統(tǒng)的穩(wěn)定：

一卬⑸=如一3期虹」

limsE(s)=limsS)”?_?Nk_

j-?01+G.(SX；,(S)W(S)t(02+1)(0.05$+1)+4082

=0.0122>0,01

⑴當(dāng)串入積分環(huán)節(jié)G(S)二—后:

\msE(s)=\ims__幽幽-----=—竺跡生_八

1+G(S)G,(S)GKS)H(S)is(0.05s+l)(0.2s+l)+40￡

其特征方程為：s3+25s2+100s+4000k=0

由勞斯判據(jù)得：0<k<-

(2)當(dāng)采用符合前反饋時：

..口、..,[l-a(SK；/S)]G式S)”⑸1..0.5(0.055+l)-40G

e,=\msE(s)=-----：------------------------)—=lim-------------------------45―

iaS>-*(0.055+1X0.25+1)+40

要使心-0,只有使G.=0.5(0.05$+1)/40=0?9-+!

3.22解(1)

*2

7i14-1

心?j?lim￡(￡,G)+￡?(”)■lim?*4(

?3,一$*肉Ij*肉

s(Tts+1)s(7^s+l)

⑵

1+____-上葉_____.

。口=%+憶=lims?(E，(s)+￡.(s))=lims=(——

i-M)$[+,

5(7i5+1)

所以，當(dāng)11+1<4k，i-1<2=0,k」=7,時,e-Oo

k\

3.23證明：一個丫型系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)可寫為：G(s)=—G0(s)的形式：

sr

nil..\「火($)..￡“111.

貝|J：eM=lim5E(s)=hm-----------s=hm------；---------(%―+■—+…+airr

■I，，D-JG.(「9尸5

X7

s(%-+《丁?+%-7)

lim----------2一點-----------=0

r

—s'+Qs)—s+K7a(5)

3.24

程序：

wn=l;

zeta=[0,0.3,0.7,1,2];

figure(I);

holdon;

fori=zeta

num=wnA2

den=[1,2*i*wn,wnA2]

step(num,den)

end

運(yùn)行結(jié)果：

4.2解:

(1)

漸近線與實軸的夾角為：與嚴(yán)；§

-1-27-1+2；2

漸近線與實軸的交點為：-a=

33

⑵

離開復(fù)極點的出射角為：05+2N(-Pk乜;)-EN(-PxW)

-P1=-l+2j,-P2=-l-2j,

4]■力—(/r-orctan2+—)——26.6?-Op、?26.6°

⑶

閉環(huán)特征方程為：內(nèi)2s45s+kgR,其勞斯陣列為

5

k

2

令s1行為)，得k。4),得兩個虛根為j

4.3

零極點分布圖:

根軌跡圖:

RootLocus

(1)令N(s)=s+2,D(s)=s?+2s+3

代入N'(s)D(s)-N(s)D'(s)=0得:

s^s+^O

S]=0.27,S2x-3.73

實軸上根軌跡區(qū)間是：(F),-2)

所以，s=-2-J3-3.73為會合點(舍去尹373)

會合點處的根腌幅“黑

(2)0=18O°+Z(-P1+Zi)-N(R+P2)=180°+54.7°-

90°=144.7°由對稱性可知。我卻=-144.7°

⑶

方法一:

利用圓的數(shù)學(xué)表達(dá)式

根軌跡方程為l+G(s)=0,即：s2+(2+Kg)s+(3+2K,)=0

-(2+K.)±，8+4K「K「

所以：戶-------——一~J

2

設(shè)s=x+jy,由(*)可得：

2+3

x-------------

2

2_8+4K「K；

由上式得：(x+2)2+y2=3

所以，不在負(fù)實軸上的根軌跡是圓周上的一部分。

方法二：

期用根軌跡的相角條件

設(shè)s=x+jy