自动控制原理第五章习题及答案

5-1 试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。

CR1R1urR2CucurR2uc

(a) (b)

题5-1图 R-C网络

解 （a)依图：

1sCR21R1sCU(j)R2jR1R2CK(1j1)1 Ga(j)c

Ur(j)R1R2jR1R2C1jT1R1 (b)依图：

Uc(s)Ur(s)R2K1(1s1)T1s1R2K1RR12 1R1CRRCT112R1R2Uc(s)Ur(s)R21sC1sC2s1T2s1R1R22R2C T(RR)C122 Gb(j)

Uc(j)1jR2C1j2

Ur(j)1j(R1R2)C1jT2 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cs(t)和稳态误差es(t) （1） r(t)sin2t

（2） r(t)sin(t30)2cos(2t45)

题5-2图 反馈控制系统结构图

77

解 系统闭环传递函数为: (s)频率特性: (j)幅频特性: (j)1 s212 j22j244124相频特性: ()arctan()

21s1, 系统误差传递函数: e(s)1G(s)s2则 e(j)

12421,e(j)arctanarctan()

2（1）当r(t)sin2t时, 2，rm=1

20.35, (j2)arctan()45

285e(j)20.79,8 2e(j2)arctan18.46 cssrm(j2)sin(2t)0.35sin(2t45)

则 (j)2 essrme(j2)sin(2te)0.79sin(2t18.4)

时: （2） 当 r(t)sin(t30)2cos(2t45) (j1)11,22,rm11rm22

510.45(j1)arctan()26.5 521010.63e(j1)arctan()18.4 e(j1)53 css(t)rm(j1)sin[t30(j1)]rm(j2)cos[2t45(j2)]

0.4sin(t3.4)0.7cos(2t90)

ess(t)rme(j1)sin[t30e(j1)]rme(j2)cos[2t45e(j2)] 0.63sin(t48.4)1.58cos(2t26.6)

5-3 若系统单位阶跃响应

 78

h(t)11.8e试求系统频率特性。 解 C(s)4t0.8e9tt0

R(s)1 s11.80.836,ss4s9s(s4)(s9)C(s)36(s)则 R(s)(s4)(s9)36频率特性为 (j)

(j4)(j9)

5-4 绘制下列传递函数的幅相曲线：

G(s)K/s (1)G(s)K/s2 G(s)K/s3 (3))KKj(G(j)e2 解 (1)jG(j0) 0,G(j)0 , (2) ()2

幅频特性如图解5-4(a)。 (2)(j)22G(j0) 0,G(j)0 , ()

幅频特性如图解5-4(b)。

G(j)KKej()

KKj(32)G(j)e (3) 图解5-4

(j)33G(j0) 0,G(j)0 ,3()

2幅频特性如图解5-4(c)。

5-5 已知系统开环传递函数

10

s(2s1)(s20.5s1)试分别计算 0.5 和2 时开环频率特性的幅值A()和相角()。

G(s)H(s) 79

解 G(j)H(j) A()10

j(1j2)((12j0.5)102222(1)(0.5)0.5 ()90arctan2arctan 21A(0.5)17.8885A(2)0.3835计算可得  

(0.5)153.435(2)327.53

5-6 试绘制下列传递函数的幅相曲线。

1(2)

5

(2s1)(8s1)10(1s)G(s) (2)

s25解 (1) G(j) 222(116)(10) (1) G(s) G(j)tg2tg8tg取ω为不同值进行计算并描点画图，可以作出准确图形 三个特殊点： ① ω=0时， G(j)5, ② ω=0.25时, G(j)2, ③ ω=∞时, G(j)0,幅相特性曲线如图解5-6（1）所示。

4320.410-1-2-0.6-3-4-1-0.8012Real Axis345-1-9-8-7-6-5-4Real Axis-3-2-100.20-0.2-0.410.80.6x 1011110

1162G(j)00 G(j)90 G(j)1800

图解5-6（1）Nyquist图 图解5-6（2） Nyquist图

x 10

(2) G(j)10122

80

G(j)tg180 两个特殊点： ① ω=0时， G(j) ② ω=∞时, G(j)0幅相特性曲线如图解5-6（2）所示。

5-7 已知系统开环传递函数 G(s)10,G(j)1800 ,G(j)900

K(T2s1)； K,T1,T20

s(T1s1)当1时，G(j)180，G(j)0.5,单位速度稳态误差essv统开环频率特性表达式G(j)。

解: G(s)绘制G0(s)1,试写出系

K(T2s1)

s(T1s1)K(T2s1)的幅相曲线，然后顺时针转180°即得到G(j)幅相曲线。G0(s)s(T1s1)的零极点分布图及幅相曲线分别如图解5-7(a)、(b)所示。G(s)的幅相曲线如图解5-7(c)所示。

依题意有： KvlimsG(s)K， essv1K1，因此K1。

s0G(j1)arctanT290arctanT1180

TTarctanT1arctanT2arctan1290

1T1T2T1T21

1T1T2j(T1T2)(T1T2)另有： G(j1)(1jT2)(1jT1)0.5 2221T11T21T2T222T212T1T222T212T20

T232T22T22(T221)(T22)0

81

可得： T22，T11T20.5，K1。

1j2

j(1j0.5)所以： G(j)5-8 已知系统开环传递函数 G(s)10 2s(s1)(s1)试概略绘制系统开环幅相曲线。

解 G(j)的零极点分布图如图解5-9(a)所示。

0变化时，有

G(j0)90 G(j1)135 G(1)315

G(j)0360

分析s平面各零极点矢量随0的变化趋势，可以绘出开环幅相曲线如图解5-8(b)所示。

5-9 绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。

2；

(2s1)(8s1)200 (2) G(s)2；

s(s1)(10s1)40(s0.5) (3) G(s)

s(s0.2)(s2s1)20(3s1)G(s) (4)

s2(6s1)(s24s25)(10s1)(1) G(s) 82

(5) G(s)

8(s0.1)

s(s2s1)(s24s25)2

(2s1)(8s1)解 (1) G(s)

图解5-9（1） Bode图 Nyquist图

(2) G(s)200

s2(s1)(10s1)

图解5-9（2） Bode图 Nyquist图

83

(3) G(s)40(s0.5)100(2s1)

s(s0.2)(s2s1)s(s1)(s2s1)0.2

图解5-9（3） Bode图 Nyquist图

(4) G(s)

20(3s1)

s2(6s1)(s24s25)(10s1)20(3s1)25G(s) 2s42s(6s1)s1(10s1)525

图解5-9（4） Bode图 Nyquist图

84

0.81s18(s0.1)250.1 (5) G(s) 222s(ss1)(s4s25)14s(s2s1)ss1255

图解5-9（5） Bode图 Nyquist图

5-10 若传递函数 G(s)节外的部分，试证

1K

式中，1为近似对数幅频曲线最左端直线（或其延长线）与零分贝线交点的频率，如题5-10图所示。

1vKG0(s)，式中，G0(s)为G(s)中，除比例和积分两种环sv

证 依题意，G(s)近似对数频率曲线最左端直线(或其延长线)对应的传递函数为

K。 vsK题意即要证明v的对数幅频曲线与0db交点处的频率值1Kv。因此，令

s1KKv1Kv，证毕。 20lg0，可得 v1, 故 1K,v1(j)1 85

5-11 三个最小相角系统传递函数的近似对数幅频曲线分别如题5-11图(a)、(b)和(c)所示。要求：

（1）写出对应的传递函数；

（2）概略绘制对应的对数幅频和对数相频曲线。

题5-11图

解 (a) 依图可写出：G(s)K(s11)(s

21)20lgKL()40db，K100

100则： G(s)

11(s1)(s1)其中参数：

12

图解5-11（a） Bode图 Nyquist图

86

K( (b) 依图可写出 G(s)s1s1)

s2(K01C

221)

图解5-11（b） Bode图 Nyquist图

(c) G(s)Ks(s21)(s

31)1 20lgK10,K1

图解5-11（c） Bode图 Nyquist图

87

5-12 已知G1(s)、G2(s)和G3(s)均为最小相角传递函数，其近似对数幅频曲线如题5-12图所示。试概略绘制传递函数 G4(s)G1(s)G2(s)

1G2(s)G3(s)的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。

L1()20lgK145.11 解：(1)  K1180

题5-12图 则： G1(s)K1 (2)

L3()20lgK320lg0.111K30

K319,G3(s)K3s 0.111K2 (3) G2(s)

ss(1)0.8K20 , K21 20lgK2/20lg1G1G2G4(s) (4) 

1G2G318将G1,G2,G3代入得：G4(s)

s(0.125s1) 对数频率特性曲线如图解5-12(a)所示,幅相曲线如图解5-12(b)所示：

图解5-12 (a) Bode图 (b) Nyquist图

88

5-13 试根据奈氏判据，判断题5-13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分别为（按自左至右顺序）。

解 题5-13计算结果列表 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 开环传递函数 闭环 Z 稳定性 P2N2 0 2 0 2 0 0 0 1 2 不稳定 稳定 不稳定 稳定 不稳定 稳定 稳定 稳定 不稳定 不稳定 备注 P 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 N -1 0 -1 0 -1 0 0 1/2 0 -1/2 K (T1s1)(T2s1)(T3s1)KG(s) s(T1s1)(T2s1)KG(s)2 s(Ts1)K(Ts1)G(s)21(T1T2) s(T2s1)KG(s)3 sK(T1s1)(T2s1)G(s) s3K(T5s1)(T6s1)G(s) s(T1s1)(T2s1)(T3s1)(T4s1)KG(s)(K1) T1s1KG(s)(K1) T1s1KG(s) s(Ts1)G(s) 89

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： G(s)K； K,T0

s(Ts1)(s1)（1）T2时，K值的范围； （2）K10时，T值的范围； （3）K,T值的范围。

KK(1T)j(1T2) 解 G(j)X()Y() 222j(1j)(1jT)(1)(1T)1令 Y()0，解出，代入X()表达式并令其绝对值小于1

T1KT X()1

1TT1T1得出： 0K 或 0T

TK13（1）T2时，0K；

21（2）K10时，0T；

9（3）K,T值的范围如图解5-14中阴影部分所示。

5-15 已知系统开环传递函数

10(s22s5) G(s)

(s2)(s0.5)试概略绘制幅相特性曲线，并根据奈氏判据判定闭环系统的稳定性。

解 作出系统开环零极点分布图如图解5-15（a）所示。G(j)的起点、终点为： G(j0)50180 G(j)100

G(j)与实轴的交点：

10(52j2)G(j)(2j)(0.5j)2210(5)(1)3j(5.53.5)(12)2(1.5)222

令ImG(j)0 可解出

05.5/3.51.254

90

代入实部 ReG(j0)4.037

概略绘制幅相特性曲线如图解5-15（b）所示。根据奈氏判据有 ZP2N12(1)2 2所以闭环系统不稳定。

5-16 某系统的结构图和开环幅相曲线如题5-16图(a)、(b)所示。图中

1 G(s)s(1s)2,s3H(s)

(s1)2试判断闭环系统稳定性，并决定闭环特征方程正实部根个数。

解 内回路开环传递函数: G0(s)G(s)H(s)s

(s1)42

G(j0)00 G(j0)01800

G(j)01800大致画出G0(j)的幅相曲线如图解5-16所示。可见G0(j)不会包围（-1,j0）点。  Z0P02N00200

即内回路小闭环一定稳定。内回路小闭环极点（即开环极点）在右半S平面的个数为0。 PZ00

由题5-16图(b)看出:系统开环频率特性包围（-1,j0）点的圈数 N=-1。根据劳斯判据 ZP2NZ12N02(1)2

系统不稳定，有两个闭环极点在右半S平面。

91

5-17 已知系统开环传递函数 G(s)10

s(0.2s20.8s1)试根据奈氏判据确定闭环系统的稳定性。

解 作出系统开环零极点分布图如图解5-17(a)所示。

1010[0.8j(10.22)] G(j) 22j(1j0.2)(1j)(1)(10.04)G(j)的起点、终点为：

G(j0)180 G(j0)270 G(j)0270 limRe[G(j)]8

0幅相特性曲线G(j)与负实轴无交点。由于惯性环节的时间常数T10.2，小于不稳定惯性环节的时间常数T21，故()呈现先增大后减小的变化趋势。绘出幅相特性曲线如图解5-17(b)所示。根据奈氏判据 ZP2N12(表明闭环系统不稳定。

1)2 2

5-18 已知单位反馈系统的开环传递函数，试判断闭环系统的稳定性。 G(s)10 2ss(s1)(1)4解 作出系统开环零极点分布图如图解5-18(a)所示。当0变化时，G(j)的变化趋势：

92

G(j0)0 G(j0)90 G(j2)153.4 G(j2)333.4 G(j)0360

绘出幅相特性曲线G(j)如图解5-18(b)所示。根据奈氏判据 ZP2N02(1)2 表明闭环系统不稳定。



5-19 反馈系统，其开环传递函数为

100

s(0.2s1)50 (2) G(s)

(0.2s1)(s2)(s0.5)10G(s) (3)

s(0.1s1)(0.25s1)s100(1)2 (4) G(s) sss(s1)(1)(1)1020 (1) G(s)试用奈氏判据或对数稳定判据判断闭环系统的稳定性，并确定系统的相角裕度和幅值裕度。 解 (1) G(s)100100

s(0.2s1)s(s1)5 93

画Bode图得：C510022.36

g1800G(j)1800900tg10.2C12.60h1G(g)

图解5-19 (1) Bode图 Nyquist图 (2) G(s)5050

(0.2s1)(s2)(s0.5)(s1)(s1)(2s1)52画Bode图判定稳定性：Z=P-2N=0-2×(-1)=2 系统不稳定。 由Bode图得：c6

令： G(j)150cc51 解得 c6.3

令： G(jg)tg0g522c1tgg20tg12g1800 解得 g3.7

1180G(j)180tg1G(g)(C5tg1C2tg12C29.40

g5)1(2gh250)21(2g)210.391 94

图解5-19 (2) Bode图 Nyquist图

1010

s(0.1s1)(0.25s1)s(s1)(s1)10400C4106.325画Bode图得： 系统临界稳定。 h1g4106.325(3) G(s)

图解5-19 (3) Bode图 Nyquist图

95

s100(1)2 (4) G(s) sss(s1)(1)(1)1020c21.5画Bode图得：

13.1g180(c)24.8 h0.3439.3(dB) 系统不稳定。

图解5-19(4) Bode图 5-20 设单位反馈控制系统的开环传递函数，试确定相角裕度为45°时的α值.

as1 s21(a)2(tg1a1800) 解 G(j)2 G(s)开环幅相曲线如图所示。以原点为圆心作单位圆，在Ａ点： A()421a2c2c2021

即： cac1 (1) 要求相位裕度 180(c)45

1000即： (c)tgac18045180135

0 ac1 (2)

联立求解（1）、（2）两式得：c1.19， a0.84。

5-21 系统中 G(s)10,s(s1)H(s)1Khs

试确定闭环系统临界稳定时的Ｋh。 解 开环系统传递函数为 G(s)H(s)10(1Kns)

s(s1)法(一):画伯特图如图解5-21所示

96

图解5-21

G(j)H(j)10(Knj1)j(j1)

临界稳定时 (9001800tg110c)ctgKnc180

tg1ctg1Knc900

cKnc1 cKnc 1K2nc0 K1n2

c由Bode图 c3.16

Kn0.1 法(二) G(j)H(j)10(1Knj)j(j1)u()jv()

u()10(1Kn)10(Kn21)(21) ; v()(21)

令 v()0 , 则 10(K2n1)0 21Kn

1K (1) n又令 u()10(1Kn)(21)1

代入(1)得： 10(1K1n)(K1) n 10K2n9Kn10

97

91211解出： Kn20 Kn10,Kn1（舍去）。

故当10 1/秒，Kn110时，系统临界稳定。

5-22 若单位反馈系统的开环传递函数

)Ke0.8s G(ss1

试确定使系统稳定的K的临界值。

解 G(j)Kej0.81j

幅频特性为 G(j)K12 相频特性为 ()ej0.811j0.8tg1() 求幅相特性通过(-1,j0)点时的Ｋ值 即 G(j)K121 (1)

()G(j)0.8tg1 (2)

由(2)式 tg10.8

tg(tg1)tg(0.8)tg0.8 tg0.8 代入(1)： K1[tg(0.8)]21

K1[tg(0.8)]2sec0.8

解出 : c2.45,K2.65

5-23 设单位反馈系统的开环传递函数

G(s)5s2es(s1)4 试确定闭环系统稳定的延迟时间τ的范围。

解 令 G(j)52(12)21 (1) G(j)18001804tg11800 (2) 由(1): 125

解得： 11.618, 20.618(舍去）

98

将ω=0.618代入(2)式： 18036004tg1

解得：τ=1.3686,由图可见：当τ〈1.3686时，G(jω)不包围(-1,j0)点,所以的稳定范围是： 0<τ<1.3686

5-24 某最小相角系统的开环对数幅频特性如题5-24图所示。要求 （1）写出系统开环传递函数； （2）利用相角裕度判断系统的稳定性；

（3） 将其对数幅频特性向右平移十倍频程，试讨论对系统性能的影响。 解（1）由题5-29图可以写出系统开环传递函数如下： G(s)10sss(1)(1)0.120

（2）系统的开环相频特性为 ()90arctan截止频率 c故系统稳定。

（3）将其对数幅频特性向右平移十倍频程后，可得系统新的开环传递函数

0.1arctan20

0.1101

相角裕度 180(c)2.85

100

ss(s1)(1)200其截止频率 c110c10

G(s)而相角裕度 1180(c1)2.85 故系统稳定性不变。由时域指标估算公式可得

1 oo0.160.4(1)=1oo

sintsK0cK00.1ts1

10c1所以，系统的超调量不变，调节时间缩短，动态响应加快。

5-25 对于典型二阶系统，已知参数n3，0.7，试确定截止频率c和相角裕度。

解 依题意，可设系统的开环传递函数为

99

2n322.143G(s)

ss(s2n)s(s20.73)s(1)4.2绘制开环对数幅频特性曲线L()如图解5-25所示，得

c2.143

180(c)63

解 依题意，可设系统的开环传递函数为

2n G(s)

s(s2n)2oo15ooe1依题 

ts33.5n0.517联立求解 

n2.2572.2572有 G(s)s(s20.5172.257) 5-26 对于典型二阶系统，已知％=15％，ts3s，试计算相角裕度。

2.1824

ss(1)2.333绘制开环对数幅频特性曲线L()如图解5-26所示，得

c2.1824

180(c)46.9

5-27 一单位反馈系统，其开环传递函数 G(s)16.7s

(0.8s1)(0.25s1)(0.0625s1)试应用尼柯尔斯图线，绘制闭环系统对数幅频和相频曲线。 解 由G(s)知：20lg16.7=24.5db 交接频率：11114 , 316 1.25 , 20.250.06250.810 20 30 40 50 60 70 80 100 7 2 -3 -7 -10 -13 -16 -20 应用尼柯尔斯曲线得： ω 0.01 0.05 0.1 0.3 0.6 3 4 ｜G｜db -15 -2 13 19 24 15 ()0 88 85 83 70 54 -23 -94 -127 -143 -151 -156 -160 -163 -164 -166 M (db) -15 -4.5 -2 -.75 -0.6 -0.5 0 1.8 4.3 2.3 -3.4 -7.5 -11 -16 -20 ()0 69 48 30 12 5 -1 -11 -28 -53 -110 -140 -152 -158 -162 -165 100

图解5-27 Bode图 Nyquist图

5-28 一控制系统，其结构图如题5-28图所示，图中 G1(s)10(1s),G2(s)18s4.8ss(1)20

试按以下数据估算系统时域指标σ％和ts。 题5-28图 某控制系统结构图 （1）γ和ωc

（2）Mr和ωc

（3）闭环幅频特性曲线形状 解 (1) G(s)G1(s)G2(s)48(1s)ss(18s)(1)20

20lg4833.6db 1 180.125,21c6,650

tS6.6,320

查图5-55 得 %21%,C1.13秒

(2) 根据Mr,C估算性能指标 当 ω=5 时: L(ω)=0, (ω)=-111° 找出: Mr11.103,sinr(r65), C=6

101

查图5-61 得 %21%,tS6.8C1.13秒

(3) 根据闭环幅频特性的形状

ω 0.3 1 2 3 4

5 6 7 8 9 10

L(db) 36 18 9.5 5 3 0 -2 -4 -5 -7 -20 (°) -142.5 -130 -118.5 -114 -111 -111 -112.5 -115.5 -118.5 -124 -148 M(db) 0 0.68 1 1.05 0 1.1 -2.1 -3.3 -4 -5.5 -19.3

Mr113. 或Mr1.05(dB) 令 M01 fbfa)1.1941.19 NM01fM71.130.79 Farf6M0101M(2.16F0.40.6秒

fa7,2f610,2fa3,2fa1.19 4 %[41Ln(NF)17]%10%

tS

5-29 已知控制系统结构图如题5-29图所示。当输入r(t)2sint时，系统的稳态输出

cs(t)4sin(t45)。试确定系统的参数,n。

解 系统闭环传递函数为

2n (s)2 2s2nsn2n42 令 (j1)222(n2)242n2 (j1)arctan2n45

n1联立求解可得 n1.244，0.22。

102

tsK0cK00.1ts1

10c1所以，系统的超调量不变，调节时间缩短，动态响应加快。

5-30 某高阶系统，要求时域指标18oo，ts0.05s，试将其转换成频域指标。 解 根据近似经验公式 oo0.160.4(K0

11) sintsc K021.5(代入要求的时域指标可得

111)2.5(1)2 sinsino11(sin0.4o0.16)11.5

41.8

K03.375

Kc0212.1(rad/s)

ts所求的频域指标为41.8，c212.1。

5-31 单位反馈系统的闭环对数幅频特性如题5-31图所示。若要求系统具有30°的相角裕度，试计算开环增益应增大的倍数。

解 由题5-31图写出闭环系统传递函数

(s)1ss(s1)(1)(1)1.255

系统等效开环传递函数

G(s)(s)6.251(s)s(s2.825)(s4.425)0.5sss(1)(1)2.8254.425可

知原系统开环增益K0.5。

令相角裕度 180(c1)90arctanc12.825arctanc14.425=30°

c1有 2.825c14.425tg60=1.732

21c112.5103

2整理可得 c14.186c112.50

解出 c12.02=K1

所以应增大的放大倍数为 K1K2.020.54.04。

104