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考试点专业课：中国科学技术大学《自动控制原理》习题及解答
自动控制原理习题及其解答第一章（略）第二章例2-1
弹簧，阻尼器串并联系统如图2-1示，系统为无质量模型，试建立系统的运动方程。解：(1) 设输入为yr，输出为y0。弹簧与阻尼器并联平行移动。(2) 列写原始方程式，由于无质量按受力平衡方程，各处任何时刻，均满足对于A点有Ff+FK1?FK2=0其中，Ff为阻尼摩擦力，FK1，FK2为弹性恢复力。 (3) 写中间变量关系式Ff=f?d(yr?y0)dt=K1(Yr?Y0) ∑F=0，则
FK1FK2=K2y0(4) 消中间变量得
f(5) 化标准形
T其中:T=dydyr?f0+K1yr?K1y0=K2y0 dtdtdy0dy+y0=Tr+Kyr
dtdt5为时间常数，单位[秒]。 K1+K2K=K1为传递函数，无量纲。 K1+K2例2-2
已知单摆系统的运动如图2-2示。(1) 写出运动方程式(2) 求取线性化方程解：（1）设输入外作用力为零，输出为摆角θ ，摆球质量为m。（2）由牛顿定律写原始方程。1d2θ
m(l2)=?mgsinθ?h
dt其中，l为摆长，lθ 为运动弧长，h为空气阻力。（3）写中间变量关系式 dθ) dtdθ式中，α为空气阻力系数l为运动线速度。 dt（4）消中间变量得运动方程式
h=α(ld2θdθ
ml2+al+mgsinθ=0
（2-1) dtdt 图2-2
此方程为二阶非线性齐次方程。（5）线性化由前可知，在θ ＝0的附近，非线性函数sinθ ≈θ ，故代入式（2-1）可得线性化方程为 d2θdθ
ml2+al+mgθ=0
dtdt例2-3 已知机械旋转系统如图2-3所示，试列出系统运动方程。
机械旋转系统解：（1）设输入量作用力矩Mf，输出为旋转角速度ω 。 （2）列写运动方程式dω=?fω+Mf
dt式中， fω为阻尼力矩，其大小与转速成正比。（3）整理成标准形为 dω
Jdt此为一阶线性微分方程，若输出变量改为θ，则由于
ω=代入方程得二阶线性微分方程式 dθ dtd2θdθ
dtdt例2-4 设有一个倒立摆安装在马达传动车上。如图2-4所示。
倒立摆系统
倒立摆是不稳定的，如果没有适当的控制力作用在它上面，它将随时可能向任何方向倾倒，这里只考虑二维问题，即认为倒立摆只在图2-65所示平面内运动。控制力u作用于小车上。假设摆杆的重心位于其几何中心A。试求该系统的运动方程式。解：(1) 设输入为作用力u，输出为摆角θ 。(2) 写原始方程式，设摆杆重心A的坐标为（XA，yA）于是
XA＝X＋lsinθ
Xy = lcosθ画出系统隔离体受力图如图2－5所示。
隔离体受力图摆杆围绕重心A点转动方程为：d2θJ2=Vlsinθ?Hlcosθ
（2－2）dt式中，J为摆杆围绕重心A的转动惯量。
3摆杆重心A沿X轴方向运动方程为：md2xAdt2=Hd2即
m2(x+lsinθ)=H
（2－3） dt摆杆重心A沿y轴方向运动方程为：
md2yAdt22=V?mg 即
m小车沿x轴方向运动方程为： d2dt(lcosθ)=V?mgd2x
2dt方程（2－2），方程（2－3）为车载倒立摆系统运动方程组。因为含有sinθ 和cosθ 项，所以为非线性微分方程组。中间变量不易相消。(3) 当θ 很小时，可对方程组线性化，由sinθ ≈θ，同理可得到cos≈1则方程式(2－2)式（2－3）可用线性化方程表示为： ?d2θ?J2=Vlθ?Hl?dt?d2xd2θ?m2+ml2=H?dtdt
?0=V?mg??d2x?M2=u?H?dtd2用S=2的算子符号将以上方程组写成代数形式，消掉中间变量V、H、X得 dt2(?Ml?将微分算子还原后得 M+mJ)s2θ+(M+m)gθ=u mlMJJd2θdθ
(Ml++2?(M+m)g=?u
mlldtdt此为二阶线性化偏量微分方程。例2-5 RC无源网络电路图如图2－6所示，试采用复数阻抗法画出系统结构图，并求传递函数Uc(s)/Ur(s)。4
RC无源网络
解：在线性电路的计算中，引入了复阻抗的概念，则电压、电流、复阻抗之间的关系，满足广义的欧姆定律。即：
U(s)=Z(s) I(s)如果二端元件是电阻R、电容C或电感L，则复阻抗Z(s)分别是R、1/C s或L s 。(1) 用复阻抗写电路方程式：I1(S)=[Ur(S)?UC1(S)]?Uc1(S)=[I1(S)?I2(S)]?1R1
1C1s1I2(S)=[Uc1(S)?Uc2(S)]R2Vc2(S)=I2(S)?1C2s
(2) 将以上四式用方框图表示，并相互连接即得RC网络结构图，见图2－6（a）。 (3) 用结构图化简法求传递函数的过程见图2－6（c）、(d)、(e)。
图2-6(4) 用梅逊公式直接由图2－6(b) 写出传递函数Uc(s)/U
r(s) 。5GG=独立回路有三个： K?K?L1=?11?1 ?=RC1SR1C1S11?1 ?=R2C2SR2C2S11?1 ?=C1SR2R2C1S1R1C1R2C2S2L2=?L3=?回路相互不接触的情况只有L1和L2两个回路。则
L12=L1L2=由上式可写出特征式为：?=1?(L1+L2+L3)?L1L2=1+通向前路只有一条 1111 +++R1C1SR2C2SR2C1SR1C1R2C2S2G1=11111 ???=R1C1SR2C2SR1R2C1C2S2由于G1与所有回路L1，L2， L3都有公共支路，属于相互有接触，则余子式为Δ1=1代入梅逊公式得传递函数 1G?G=11=?= R1C1R2C2s211111++++ R1C1sR2C2sR2C1sR1C1R2C2s21R1R2C1C2s2+(R1C1+R2C2+R1C2)s+1例2-6 有源网络如图2－7所示，试用复阻抗法求网络传递函数，并根据求得的结果，直接用于图2－8所示PI调节器，写出传递函数。
解：图2-7中Zi和 Zf表示运算放大器外部电路中输入支路和反馈支路复阻抗，假设A点为虚地，即UA≈0，运算放大器输入阻抗很大，可略去输入电流，于是：I1 =
I26则有：故传递函数为 Ui(s)=I1(s)Zi(s)Uc(s)=?I2(s)Zf(s)G(s)=Zf(s)Uc(s)
（2－4） =?Ui(s)Zi(s)对于由运算放大器构成的调节器，式（2－4）可看作计算传递函数的一般公式，对于图2-8所示PI调节器，有Zi(s)=R1Zf(s)=R2+1 CS故G(s)=?Zf(s)Zi(s)=R2+1CS=R2CS+1 R1R1CS?(0)=3。 例2-7 求下列微分方程的时域解x（t）。已知x(0)=0,xd2xdt2+3dx+6x=0 dt解：对方程两端取拉氏变换为：?(0)+3SX(s)?3x(0)+6X(s)=0
S2X(s)?Sx(0)?x代入初始条件得到(S2+3S+6)X(s)=3解出X（s）为：
X(s)=323=S2+3S+62(S+1.5)2+()2反变换得时域解为：
x(t)=23e1.5tsin(t) 27例2-8
已知系统结构图如图2-9所示，试用化简法求传递函数C(s)/R(s)。
图2-9 系统结构图
系统结构图的简化
解：（1）首先将含有G2的前向通路上的分支点前移，移到下面的回环之外。如图2-10（a）所示。（2）将反馈环和并连部分用代数方法化简，得图2-10（b）。 （3）最后将两个方框串联相乘得图2-10（c）。例2-9 已知系统结构图如图2-11所示，试用化简法求传递函数C(s)/R(s)。解：（1）将两条前馈通路分开，改画成图2-12（a）的形式。
（2）将小前馈并联支路相加，得图2-12图2-11 系统结构图
（b）。（3）先用串联公式，再用并联公式图2-12
系统结构图
将支路化简为图2-12（c）。例2-10 已知机械系统如图2-13（a）所示，电气系统如图2-13（b
）所示，试画出两系统8结构图，并求出传递函数，证明它们是相似系统。
系统结构图
解：（1）若图2-13（a）所示机械系统的运动方程，遵循以下原则并联元件的合力等于两元件上的力相加，平行移动，位移相同，串联元件各元件受力相同，总位移等于各元件相对位移之和。 微分方程组为：?i?x?0)+K1(xi?x0)?F=F1+F2=f1(x??0?y?)?F=f2(x?F=Ky2?取拉氏变换，并整理成因果关系有：???F(s)=(f1s+K1)[(xi(s)?x0(S)]?1?F(s)?y(s)=? K2?1F(s)+y(s)?x0(s)=?fs2?画结构图如图2－14：
机械系统结构图求传递函数为：
9ff11)(1s+1)(2s+1)+X0(s)k2f2sk1k2==f1f2f211Xi(s)1+(k1+f1s)(+s(s+1)(s+1)+k2f2sk1k2k1(k1+f1s)(（2）写图2-13（b）所示电气系统的运动方程，按电路理论，遵循的定律与机械系统相似，即并联元件总电流等于两元件电流之和，电压相等。串联元件电流相等，总电压等于各元件分电压之和，可见，电压与位移互为相似量电流与力互为相似量。 运动方程可直接用复阻抗写出：1?()()[Ei(s)?Ei(s)]+C1s[(Ei(s)?E0(s)]=+=IsIsIs12?R1?1?()[E0(s)?Ec2(s)]=Is?R2??I(s)=C2s+EC2(s)??整理成因果关系：1?()=(+C1s)[(Ei(s)?E0(s)]Is?R1??1I(s)?Ec2(s)=?C2S?E0(s)=IR2+EC2(s)??画结构图如图2-15所示：求传递函数为：
电气系统结构图11)+C1s)(R2+E0(s)R1C2S(R1C1S+1)(R2C2S+1)==111Ei(s)(R1C1S+1)(R2C2s+1)+R1C2S1+(+R2+)R1C1SC2S(对上述两个系统传递函数，结构图进行比较后可以看出。两个系统是相似的。机一电系统之间相似量的对应关系见表2-1。
RC网络如图2-16所示，其中u1为网络输入量，u2为网络输出量。 （1）画出网络结构图；（2）求传递函数U2(s)/ U1(s)。 解：（1） 用复阻抗写出原始方程组。1输入回路
U1=R1I1+(I1+I2)C2s输出回路
U2=R2I2+(I1+I2)中间回路
I1R1=(R2+1 C2s
1?I2 C1s（3）整理成因果关系式。I1=1R1?1?()U?I+I?1? 12Cs2???C1s?I2=I1R1??RCs+1?21?U2=R2I2+(I1+I2)1C2s即可画出结构图如图2-17 所示。
（4） 用梅逊公式求出：图2-17
网络结构图U2G1?1+G2?2+G3?3=U1?C1sC1s11+?+R2R1C2sR2C1s+1C2sR2C1s+1=C1s111++?R1C2sR2C1s+1C2s=R1R2C1C2s2+(R1+R2)C1s+1R1R2C1C2s+(R1C2+R2C1+R1C1)s+12
已知系统的信号流图如图2-18所示，试求传递函数C(s)/ R(s)。
信号流图解： 单独回路4个，即∑L∑LLbca=?G1?G2?G3?G1G2 两个互不接触的回路有4组，即 =G1G2+G1G3+G2G3+G1G2G3三个互不接触的回路有1组，即∑L于是，得特征式为?=1?adLeLf=?G1G2G3 ∑L+∑LL?∑LbcdLeLf=1+G1+G2+G3+2G1G2+G1G3+G2G3+2G1G2G3从源点R到阱节点C的前向通路共有4条，其前向通路总增益以及余因子式分别为P1=G1G2G3K
?1=1P2=G2G3K
?2=1+G1P3=G1G3K
?3=1+G2P4=?G1G2G3K
?4=1因此，传递函数为C(s)P1?1+P2?2+P3?3+P4?4 =R(s)?=
G2G3K(1+G1)+G1G3K(1+G2) 1+G1+G2+G3+2G1G2+G1G3+G2G3+2G1G2G312第三章例3-1 系统的结构图如图3-1所示。已知传递函数 G(s)=10/(0.2s+1)。 今欲采用加负反馈的办法，将过渡过程时间ts减小为原来的0.1倍，并保证总放大系数不变。试确定参数Kh和K0的数值。解
首先求出系统的传递函数φ（s），并整理为标准式，然后与指标、参数的条件对照。
一阶系统的过渡过程时间ts与其时间常数成正比。根据要求，总传递函数应为φ(s)=即
10 (0.2s/10+1)K0G(s)10K0C(s) ==R(s)1+KHG(s)0.2s+1+10KH10K01+10KH
==φ(s) 0.2(s+1)1+10KH比较系数得?10K0=10? ?1+10KH??1+10KH=10解之得KH=0.9、K0=10解毕。例3-10 某系统在输入信号r(t)=(1+t)1(t)作用下，测得输出响应为：c(t)=(t+0.9)?0.9e?10t
（t≥0）已知初始条件为零，试求系统的传递函数φ(s)。解 因为R(s)=C(s)=L[c(t)]=11s+1+2=2 sss10.90.910(s+1) +?=22ss+10s(s+10)s故系统传递函数为φ(s)=C(s)1 =R(s)0.1s+113解毕。例3-3 设控制系统如图3-2所示。试分析参数b的取值对系统阶跃响应动态性能的影响。解
由图得闭环传递函数为φ(s)=系统是一阶的。动态性能指标为 K (T+bK)s+1td=0.69(T+bK)tr=2.2(T+bK)ts=3(T+bK)因此，b的取值大将会使阶跃响应的延迟时间、上升时间和调节时间都加长。解毕。 例 3-12 设二阶控制系统的单位阶跃响应曲线如图3-34所示。试确定系统的传递函数。h(t)430 0.1 t
图3-34 二阶控制系统的单位阶跃响应解
首先明显看出，在单位阶跃作用下响应的稳态值为3，故此系统的增益不是1，而是3。系统模型为φ(s)=23ωn2s2+2ξωns+ωn然后由响应的Mp%、tp及相应公式，即可换算出ξ、ωn。K+1c(tp)?Tsc(∞)4?3Mp%===33% c(∞)3bs tp=0.1（s）由公式得Mp%=e?πξ/?ξ2=33%14tp=πωn?ξ2=0.1
换算求解得：
ωn=33.2解毕。
设系统如图3-35所示。如果要求系统的超调量等于15%，峰值时间等于0.8s，试确定增益K1和速度反馈系数Kt 。同时，确定在此K1和Kt数值下系统的延迟时间、上升时间和调节时间。R(s)K1s(s+1)C(s)
1+Kts图3-35
由图示得闭环特征方程为s2+(1+K1Kt)s+K1=0即21+KtωnK1=ω，ξt=2ωn2n由已知条件Mp%=etp=解得?πξt/?ξt2=0.15
πωn?ξ2t=0.8ξt=0.517,ωn=4.588s?1于是?12ξtωnK1=21.05
Kt==0.178K1td=tr=1+0.6ξt+0.2ξt2ωn2t=0.297sπ?βωn?ξ=π?arccosξtωn?ξ2t=0.538sts=3.5ξtωn=1.476s15解毕。例3-14 设控制系统如图3-36所示。试设计反馈通道传递函数H(s)，使系统阻尼比提高到希望的ξ1值，但保持增益K及自然频率ωn不变。R(s) C(s)2Kω2s2+2ξωns+ωn解 由图得闭环传递函数
H(s)φ(s)=K3-14 ωn控制系统结构图 图3-36 例s+2ξωns+ω+KωH(s)22n2n2在题意要求下，应取
H(s)=Kts此时，闭环特征方程为：2s2+(2ξ+KKtωn)ωns+ωn=0令： 2ξ+KKtωn=2ξ1，解出，Kt=2(ξ1?ξ)/Kωn故反馈通道传递函数为：H(s)=解毕。例3-15 系统特征方程为 2(ξ1?ξ)s Kωns6+30s5+20s4+10s3+5s2+20=0试判断系统的稳定性。解
特征式各项系数均大于零，是保证系统稳定的必要条件。上述方程中s一次项的系数为零，故系统肯定不稳定。解毕。例3-16 已知系统特征方程式为s4+8s3+18s2+16s+5=0试用劳斯判据判断系统的稳定情况。解
劳斯表为s4
8×18?1×168×5?1×0=16
=5 8816×16?8×5=13.5
1613.5×5?16×0s0
=5 13.5由于特征方程式中所有系数均为正值，且劳斯行列表左端第一列的所有项均具有正号，满足系统稳定的充分和必要条件，所以系统是稳定的。解毕。例3-17 已知系统特征方程为s5+s4+2s3+2s2+3s+5=0试判断系统稳定性。解
本例是应用劳斯判据判断系统稳定性的一种特殊情况。如果在劳斯行列表中某一行的第一列项等于零，但其余各项不等于零或没有，这时可用一个很小的正数ε来代替为零的一项，从而可使劳斯行列表继续算下去。劳斯行列式为s5
?2s212ε+2ε
5 ?4ε?4?5ε2s
5由劳斯行列表可见，第三行第一列系数为零，可用一个很小的正数ε来代替；第四行第一，当ε列系数为（2ε+2/ε，当ε趋于零时为正数；第五行第一列系数为（－4ε－4－5ε2）/（2ε+2）趋于零时为?2。由于第一列变号两次，故有两个根在右半s平面，所以系统是不稳定的。解毕。例3-18 已知系统特征方程为s6+2s5+8s4+12s3+20s2+16s+16=0（2）虚根。 试求：（1）在s右半平面的根的个数；解
如果劳斯行列表中某一行所有系数都等于零，则表明在根平面内存在对原点对称的实根，共轭虚根或（和）共轭复数根。此时，可利用上一行的系数构成辅助多项式，并对辅助多项式求导，将导数的系数构成新行，以代替全部为零的一行，继续计算劳斯行列表。对原点对称的根可由辅助方程（令辅助多项式等于零）求得。劳斯行列表为17s6
0由于s行中各项系数全为零，于是可利用s行中的系数构成辅助多项式，即 34P(s)=2s4+12s2+16求辅助多项式对s的导数，得dP(s)=8s3+24s s原劳斯行列表中s3行各项，用上述方程式的系数，即8和24代替。此时，劳斯行列表变为s
16新劳斯行列表中第一列没有变号，所以没有根在右半平面。 对原点对称的根可解辅助方程求得。令2s4+12s2+16=0得到s=±j2和s=±j2解毕。例3-19 单位反馈控制系统的开环传递函数为G(s)=K 2s(as+1)(bs+cs+1)试求：
（1）位置误差系数，速度误差系数和加速度误差系数；18（2）当参考输入为r×1(t)，rt×1(t)和rt×1(t)时系统的稳态误差。解
根据误差系数公式，有位置误差系数为
Kp=limG(s)=lims→0s→02K=∞ s(as+1)(bs2+cs+1)速度误差系数为Kv=limsG(s)=lims?s→0s→0K=K 2s(as+1)(bs+cs+1)加速度误差系数为Ka=lims2G(s)=lims2?s→0s→0K=0 2s(as+1)(bs+cs+1)对应于不同的参考输入信号，系统的稳态误差有所不同。参考输入为r×1(t)，即阶跃函数输入时系统的稳态误差为ess=rr==0 1+Kp1+∞参考输入为rt×1(t)，即斜坡函数输入时系统的稳态误差为ess=2rr= KvK参考输入为rt×1(t)，即抛物线函数输入时系统的稳态误差为ess=2r2r==∞ 0Ka解毕。例3-20 单位反馈控制系统的开环传递函数为G(s)=10 s(1+T1s)(1+T2s)输入信号为r（t）=A+ωt，A为常量，ω=0.5弧度/秒。试求系统的稳态误差。解
实际系统的输入信号，往往是阶跃函数、斜坡函数和抛物线函数等典型信号的组合。此时，输入信号的一般形式可表示为r(t)=r0+r1t+12r2t 2系统的稳态误差，可应用叠加原理求出，即系统的稳态误差是各部分输入所引起的误差的总和。所以，系统的稳态误差可按下式计算：19ess=r0rr+1+2 1+KpKvKa对于本例，系统的稳态误差为ess=Aω +1+KpKv本题给定的开环传递函数中只含一个积分环节，即系统为1型系统，所以Kp=∞Kv=limsG(s)=lims?s→0s→010=10 s(1+T1s)(1+T2s)系统的稳态误差为ess=AωAωω0.5+=+===0.05 1+KpKv1+∞101010解毕。例3-21
控制系统的结构图如图3-37所示。假设输入信号为r(t)=at (a为任意常数)。 证明：通过适当地调节Ki的值，该系统对斜坡输入的响应的稳态误差能达到零。R(s)Kis+1 Ks(Ts+1)C(s)
例3-21控制系统的结构图解
系统的闭环传递函数为K(Kis+1)C(s) =R(s)s(Ts+1)+K即C(s)=因此 K(Kis+1)?R(s) 2Ts+s+K?Ts2+s?KKis?
R(s)?C(s)=???R(s) 2?Ts+s+K?当输入信号为r(t)=at时，系统的稳态误差为20?Ts2+s?KKis?aa(Ts+1?KKi)?=ess=lims?lim?2s→02s→0Ts2+s+K?Ts+s+K?s a[Ts+(1?KKi)]a(1?KKi)=lim=2s→0KTs+s+K要使系统对斜坡输入的响应的稳态误差为零，即ess=0，必须满足1?KKi=0所以Ki=1/K解毕。例3-22 设单位负反馈系统开环传递函数为G(s)=KpKgTs+1。如果要求系统的位置稳态误差ess=0，单位阶跃响应的超调量Mp%=4.3%，试问Kp、Kg、T，各参数之间应保持什么关系？解 开环传递函数2KpKg/Tωn G(s)===1s(Ts+1)s(s+2ξωn)s(s+TKpKg显然ω=解得: 2nKpKgT
2ξωn=1 TKpKgT=1/4ξ2由于要求Mp%=e?ξ/1?ξ2×100%≤4.3%故应有ξ ≥0.707。于是，各参数之间应有如下关系KpKgT≤0.5本例为I型系统，位置稳态误差ess=0的要求自然满足。解毕。 例3-23 设复合控制系统如图3-38所示。其中K1=2K2=1 ，T2=0.25s ，K2K3=1试求 r(t)=(1+t+t/2)1(t)时，系统的稳态误差。 221sK3K2s(T2s+1)C(s) R(s) K1
闭环传递函数 图3-38
复合控制系统φ(s)=??1+??K3K1?K1K24(s+0.5) s?=2?Ts2+s+KKs+4s+2?212等效单位反馈开环传递函数G(s)=表明系统为II型系统，且 φ(s)2(2s+1)= 1?φ(s)s2Ka=K=2当r(t)=(1+t+t/2)1(t)时，稳态误差为 2ess=1/Ka=0.5解毕。例3-24
已知单位反馈系统的开环传递函数 G(s)=K/s(Ts+1)。 试选择参数K及T的值以满足下列指标：（1）当r(t)= t时，系统的稳态误差ess≤0.02；（2）当r(t)=1(t)时，系统的动态性能指标Mp%≤30%，ts≤0.3s (△=5%)解
ess=1≤0.02 K开环增益应取K≥50 。现取K=60 。因2ωnK/T G(s)==s(s+1/T)s(s+2ξωn)故有2T=1/2ξωn，ωn=K/T于是
ωn=2Kξ 取Mp%=0.2% ，计算得22ξ=(lnMp%)2π+(lnMp%)22=0.456ωn=54.72此时ts=3.5/ξωn=0.14&0.3(S)满足指标要求。最后得所选参数为：K=60
T=0.02 (s)解毕。例3-25 一复合控制系统如图3-39所示。Gr(s)E(s)R(s)
图中：G1(s)=K1图3-39
复合控制G1(s) G2(s)C(s)K2G2(s)=s(1+T1s)as2+bsGr(s)=1+T2sK1、K2、T1、T2均为已知正值。当输入量r(t)= t2/2时，要求系统的稳态误差为零，试确定参数 a和b 。解
系统闭环传递函数为G1G2C(s)=R(s)1+G1G2故?Gr??1+G1??G2(G1+Gr)??=1+GG12?C(s)=误差为G2(G1+Gr)R(s)1+G1G2?1?G2GrE(s)=R(s)?C(s)=??1+GG12?代入R(s)=1/s 及G1、G2、Gr, 得3???R(s) ?K2[as2+(b+K1T2)s+K1]C(s)=32R(s)T1T2s+(T1+T2)s+(1+K1K2T2)s+K1K2闭环特征方程为23T1T2s+(T1+T2)s+(1+K1K2T2)s+K1K2=0易知，在题设条件下，不等式 32(T1+T2)(1+K1K2T2)&K1K2T1T2成立。由劳斯稳定判据，闭环系统稳定，且与待求参数a、b 无关。此时，讨论稳态误差是有意义的。而T1T2s3+(T1+T2?K2a)s2+(1?K2b)s1 E(s)=?323T1T2s+(T1+T2)s+(1+K1K2T2)s+K1K2s若T1+T2?K2a=0则有 1?K2b=0E(s)=系统的稳态误差为 T1T2 T1T2s3+(T1+T2)s2+(1+K1K2T2)s+K1K2ess=limsE(s)=0 s→0因此可求出待定参数为
a=T1+T2K2b=1 K2解毕。例3-26 控制系统结构如图3-40所示。误差E(s)在输入端定义。扰动输入是幅值为2的阶跃函数。R (s) N(s) E(s) 图3-40
控制系统结构图 KKs+50 .05s+1
（1）试求K=40时，系统在扰动作用下的稳态输出和稳态误差。（2）若K=20，其结果如何？（3）在扰动作用点之前的前向通道中引入积分环节1/s，对结果有何影响？在扰动作用点之后的前向通道中引入积分环节1/s，结果又如何？解
在图中，令
K1，G2=，H=2.5 0.05s+1s+524C(s)=G2N(s)+G1G2E(s)代入E(s)=R(s)?HC(s)，得
C(s)=G2G1G2N(s)+R(s) ++GGH11G1G2H12令R(s)=0，得扰动作用下的输出表达式
Cn(s)=此时，误差表达式为 G2N(s) 1+G1G2HEn(s)=R(s)?HCn(s)=?即
essn=limsEn(s)=?lims→0G2HN(s) 1+G1G2HG2HsN(s) s→01+GGH12而扰动作用下的稳态输出为Cn(∞)=limsCn(s)=lims→0G2sN(s) s→01+GGH12代入N(s)、G1、G2和H的表达式，可得 cn(∞)=25，essn=? 1+2.5K1+2.5K（1）当K=40时，cn(∞)=2/101，essn=?5/101（2）当K=20时，cn(∞)=2/51，essn=?5/51可见，开环增益的减小将导致扰动作用下系统稳态输出的增大，且稳态误差的绝对值也增大。若1/s加在扰动作用点之前，则G1=不难算得 K1，G2=，H=2.5 s(0.05s+1)s+5cn(∞)=0，essn=0若1/s加在扰动作用点之后，则25G1=容易求出 1K，G2=，H=2.5 0.05s+1s(s+5)cn(∞)=?2/100,
K=40时2 =?2.5K?2/50,
K=20时essn=???5/100,
K=40时5 =?2.5K??5/50,
K=20时可见，在扰动作用点之前的前向通道中加入积分环节，才可消除阶跃扰动产生的稳态误差。解毕。例3-27设单位反馈系统的开环传递函数为2ωn G(s)=s(s+2ξωn)已知系统的误差响应为e(t)=1.4e?1.07t?0.4e?3.73t
（t≥0）试求系统的阻尼比ξ、自然振荡频率ωn和稳态误差ess。解
闭环特征方程为2s2+2ζωns+ωn=0由已知误差响应表达式，易知，输入必为单位阶跃函1(t)，且系统为过阻尼二阶系统。故e(t)=1.4e?t/T1?0.4e?t/T2=1.4e?1.07t?0.4e?3.73t即，系统时间常数为T1=0.9322nT2=0.27 ??? ??1??1??令
s+2ξωns+ω=?s+?s+?T1?T2???得
ξ=代入求出的时间常数，得 1+T1/T221/T2
ωn=21 T1T2ξ=1.2，ωn=2稳态误差为ess=lime(t)=0 t→∞26实际上，I型系统在单位阶跃函数作用下，其稳态误差必为零。解毕。
第四章例4-1 设系统的开环传递函数为G(s)H(s)=2K s(s+1)(s+2)试绘制系统的根轨迹。解 根据绘制根轨迹的法则，先确定根轨迹上的一些特殊点，然后绘制其根轨迹图。（1）系统的开环极点为0，?1，?2是根轨迹各分支的起点。由于系统没有有限开环零点，三条根轨迹分支均趋向于无穷远处。（2）系统的根轨迹有n?m=3条渐进线渐进线的倾斜角为?a=(2K+1)π(2K+1)×180° =n?m3?0取式中的K=0，1，2，得φa=π/3，π，5π/3。 渐进线与实轴的交点为m?(0?1?2)1?nσa==?1 ?∑pj?∑zi?=n?m?j=13i=1?三条渐近线如图4-13中的虚线所示。（3）实轴上的根轨迹位于原点与－1点之间以及－2点的左边，如图4-13中的粗实线所示。（4）确定分离点系统的特征方程式为s3+3s2+2s+2K=0即271K=?(s3+3s2+2s)2利用dK/ds=0，则有dK1=?(s3+6s2+2)=0 ds2解得s1=?0.423
s2=?1.577由于在－1到－2之间的实轴上没有根轨迹，故s2=－1.577显然不是所要求的分离点。因此，两个极点之间的分离点应为s1=－0.423。（5）确定根轨迹与虚轴的交点 方法一
利用劳斯判据确定劳斯行列表为
6?2K32K由劳斯判据，系统稳定时K的极限值为3。相应于K=3的频率可由辅助方程3s2+2K=3s2+6=0确定。解之得根轨迹与虚轴的交点为s=±j2。根轨迹与虚轴交点处的频率为ω=±2=±1.41方法二
令s=jω代入特征方程式，可得(jω)3+3(jω)2+2(jω)+2K=0即(2K?3ω2)+j(2ω?ω2)=0令上述方程中的实部和虚部分别等于零，即2K?3ω2=0，2ω?ω2=0所以ω=±2
K=3（6）确定根轨迹各分支上每一点的K值根据绘制根轨迹的基本法则，当从开环极点0与－1出发的两条根轨迹分支向右运动时，从另一极点－2出发的根轨迹分支一定向左移动。当前两条根轨迹分支和虚轴在K=3处相交时，可按式28σx+(0+j1.41)+(0?j1.41)=?3求出后一条根轨迹分支上K=3的点为οx=－3。由（4）知，前两条根轨迹分支离开实轴时的相应根值为－0.423±j0迹分支的相应点为σx+(?0.423)+(?0.423)=?3所以 ，οx=－2.154。因本系统特征方程式的三个根之和为－2K，利用这一关系，可确定根轨迹各分支上每一点的K值。现在已知根轨迹的分离点分别为－0.423±j0和－2.154，该点的K值为?2K=(?0.423)2(?2.154)即，K=0.195。系统的根轨迹如图4-1所示。j ωS平面σ图4-1 例4-1系统的根轨迹
例4-2 设控制系统的开环传递函数为G(s)H(s)=3K(s+2) s(s+3)(s2+2s+2)试绘制系统的根轨迹。解 （1）系统的开环极点为0，－3，(－1＋j)和(－1－j),它们是根轨迹上各分支的起点。共有四条根轨迹分支。有一条根轨迹分支终止在有限开环零点－2，其它三条根轨迹分支将趋向于无穷远处。29（2）确定根轨迹的渐近线渐近线的倾斜角为?a=(2K+1)π(2K+1)×180° =n?m3?0取式中的K=0，1，2，得φa=π/3，π，5π/3，或±60°及－180°。三条渐近线如图4-14中的虚线所示。渐近线与实轴的交点为m?(0?3?1+j?1?j)?(?2)1?nσa==?1 ?∑pj?∑zi?=n?m?j=14?1i=1?（3）实轴上的根轨迹位于原点与零点－2之间以及极点－3的左边，如图4-14中的粗线所示。从复数极点(－1±j) 出发的两条根轨迹分支沿±60°渐近线趋向无穷远处。（4）在实轴上无根轨迹的分离点。（5）确定根轨迹与虚轴的交点系统的特征方程式为s(s+3)(s2+2s+2)+3K(s+2)=0即s4+5s3+8s2+(6+3K)s+6K=0劳斯行列表sss
6+3K 40?(6+3K)
6若阵列中的s1行等于零，即（6+3K）－150K/（34-3K）=0，系统临界稳定。 解之可得K=2.34。相应于K=2.34的频率由辅助方程[40?(6+3×2.34)]s2+30×2.34=0确定。解之得根轨迹与虚轴的交点为s=±j1.614。根轨迹与虚轴交点处的频率为ω=1.614。（6）确定根轨迹的出射角根据绘制根轨迹的基本法则，自复数极点p1=（－1＋j）出发的根轨迹的出射角为30θ=180?(2k+1)+∠(p1+2)?∠p1?∠(p1+3)?∠(p1+1?j)将由图4-14中测得的各向量相角的数值代入并取k=0，则得到θ=?26.6° 系统的根轨迹如图4-14所示。j ωS平面j2j126.6° -4-3-245° -190°135° 0 j3σ-j3
图4-2 例4-2系统的根轨迹
例4-3 已知控制系统的开环传递函数为G(s)H(s)=K(s+0.125)
s2(s+5)(s+20)(s+50)试绘制系统的根轨迹。解（1）系统的开环极点为0，0，－5，－20和－50，它们是根轨迹各分支的起点。共有五条根轨迹分支。开环零点为－0.125，有一条根轨迹分支终止于此，其它四条根轨迹分支将趋向于无穷远处。（2）确定根轨迹的渐近线 渐进线的倾斜角为?a=(2K+1)π(2K+1)×180°=n?m5?1取式中的K=0，1，2，3得φa=±45°和φa=±135°。渐近线与实轴的交点为m?(0+0?5?20?50)?(?0.125)1?nσa==?18.8 pz??∑j∑i?=4n?m?j=1i=1?（3）实轴上的根轨迹位于－0.125和－5之间以及－20，与－50之间。（4）确定根轨迹的分离点和会合点本例中，系统各零点、极点之间相差很大。例如，零点－0.125与极点0之间仅相距0.125,而零点－0.125与极点－50之间却相差49.875。因此，可作如下简化：在绘制原点附近的轨迹曲线时，略去远离原点的极点的影响；在绘制远离原点的轨迹曲线时，略去零点和一个极点的影响。（A） 求原点附近的根轨迹和会合点31略去远离原点的极点，传递的函数可简化为K（s+0.125）/s2。零点－0.125左边实轴是根轨迹，并且一定有会合点。原点处有二重极点，其分离角为±90°。确定会合点的位置。此时，系统的特征方程式为s2+Ks+0.125K=0s2或
K=?s+0.125利用dK/ds=0,则有dK2s(s+0.125)?s2=?=0 2ds(s+0.125)解之可得 s1=0.25, 即会合点；s2=0，即重极点的分离点。（B） 求远离原点的根轨迹和分离角略去原点附近的开环偶极子（零点－0.125和极点0），传递函数可简化为GH'(s)=K/s(s+5)(s+20)(s+50)此时，系统的特征方程式为s(s+5)(s+20)(s+50)+K=0或表示为K=?利用dK/ds=0,则有 1 s(s+5)(s+20)(s+50)dK4s3+225s2+=?=0 2dss(s+5)(s+20)(s+50)解之可得s1=－2.26 和 s2=－40.3。分离点的分离角为±90°。注意，在零点－0.125和极点－5之间的根轨迹上有一对分离点（－2.26, j0）和(－2.5, j0))。(5) 确定根轨迹与虚轴的交点令s=jω代入特征方程式，可得(jω)2(jω+5)(jω+20)(jω+50)+K(jω+0.125)=0整理后有
?75ω+5000ω=0 2ω4?1350ω2+K=0解之得
ω=±8.16，K=8.65×10 432系统的根轨迹如图4-3所示j ω S平面σ
图4-3 例4-3系统的根轨迹
例4-4，设控制系统的结构图如图4-所示R(s) K(s+3)s(s+2)C(s)图4-4 控制系统的结构图试证明系统根轨迹的一部分是圆；解
系统的开环极点为0和－2，开环零点为－3。由根轨迹的幅角条件m∑∠(s+z)?n∑∠(s+pii=1j=1j)=(2K+1)π得∠(s+3)?∠s?∠(s+2)=(2k+1)πs为复数。将s=σ+jω代入上式，则有∠(σ+jω+3)?∠(σ+jω)?∠(σ+jω+2)=(2K+1)π即33tan?1ωσ+3?tan?1ωω =180°+tan?1σσ+2取上述方程两端的正切，并利用下列关系tan(x±y)=tanx±tany 1?tanxtany有ω?3ωωω??tan?tan?1?tan?1?==σ+3σ?1+ω?ωσ(σ+3)+ω2?σ+3σ?ωω??=ω tan?180°+tan?1?=σ+2σ+2?1?0×?σ+2?3ωω =2σ+2σ(σ+3)+ω即 0+ω(σ+3)2+ω2=()2这是一个圆的方程，圆心位于（－3，j0）处，而半径等于（注意，圆心位于开环传递函数的零点上）。证毕。例4-15已知控制系统的开环传递函数为G(s)H(s)=K(s+1) 2s(s?1)(s+4s+16)试绘制系统的根轨迹,并确定系统稳定时K值的范围.解
（1） 系统的开环极点为0，1和－2±j3.46,开环零点为－1。（2） 确定根轨迹的渐近线渐渐线的倾斜角为34?a=(2K+1)π(2K+1)×180° =n?m4?1取式中的K=0，1，2，得φa=π/3，π，5π/3。渐进线与实轴的交点为m?(0+1?2+j3.46?2?j3.46)?(?1)1?n2 pzσa===???∑j∑i?n?m?j=133i=1?（3） 实轴上的根轨迹位于1和0之间以及－1与－∞之间。（4） 确定根轨迹的分离点系统的特征方程式为s(s?1)(s2+4s+16)+K(s+1)=0即K=?s(s?1)(s2+4s+16)s+1利用dK/ds=0,则有dK3s4+10s3+21s2+24s?16ds=?(s+1)2=0解之可得，分离点d1=0.46 和 d2=－2.22。（5） 确定根轨迹与虚轴的交点系统的特征方程式为s4+3s3+12s2+(K?16)s+K=0劳斯行列表为s4
?K+59K?832150K52?K
K若阵列中的s1行全等于零，即35K?K2+59K? 52?K系统临界稳定。解之可得K=35.7 和 K=23.3。 对应于K值的频率由辅助方程52?K2s+K=0 3确定。当K=35.7 时 ，s=±j2.56；当K=23.3时 ，s=±j1.56.根轨迹与虚轴的交点处的频率为ω=±2.56 和ω=±1.56。（6）确定根轨迹的出射角（自复数极点－2±j3.46出发的出射角） 根据绘制根轨迹基本法则，有106°?120°?130.5°?90°?θ=±(2K+1)×180°因此，开环极点－2±j3.46的出射角为θ1,2=±54.5°。系统的根轨迹如图4-17所示。由图4-17可见，当23.3 &K&35.7时，系统稳定，否则，系统不稳定。S平面图4-5 例4-5系统的根轨迹
例4-6 已知控制系统如图4-18所示36R(s) K(0.5s+1)4 C(s)
图4-6（1） 试根据系统的根轨迹分析系统的稳定性。（2） 估算Mp%=16.3%时的K值。Kg16K解
G(s)= =44(s+2)(s+2)（1）系统有四个开环重极点：p1=p2=p3=p4=0。没有零点。实轴上除－2一点外，没有根轨迹段。根轨迹有四条渐进线，与实轴的交点及夹角分别为σa=?8=?2 4?a=π(2K+1)π3=±，±π 444下面证明根轨迹和渐近线是完全重合的。 将根轨迹上任一点s=s1代入幅角方程，有4∠(s1+2)=(2K+1)π即∠(s1+2)=1(2K+1)π 4和渐近线方位角?a的表达式比较，两者相等，于是有∠(s1+2)=?a由于s1的任意性，因此根轨迹和渐近线完全重合。 系统的根轨迹如图4-7所示。37图知，随着Kg的增加，有两条根轨迹将与虚轴分别交于j2和－j2处。将s=j2代入幅值方程有
jωS平面Kg|(s+2)|4=1解得开环根增益：Kgc=64，开环增益：Kc=Kg/16=4．即当Ｋ＝４时，闭环系统有一对虚根±j２，系统处于临界稳定的状态。当K&4时，闭环系统将出现一对实部为正的复数根，系统不稳定。所以，使系统稳定的开环增益范围为0&K&4。（2）由超调量的计算公式及指标要求，有?ξπσMp%=e解得， ?ξ2=16.3%
图4-7 例4-6系统的根轨迹ξ=0.5即，系统闭环极点的阻尼角为β=cos?1ξ=cos?10.5=60°。在s平面上做等阻尼线OA，使之与负实轴夹角为β=±60°。OA与根轨迹相交于s1点，容易求得，s1=－0.73+j1.27，代入幅值方程，有Kg=|(?0.73+j1.27+2)4|=10.41K=10.41/16=0.65注意：本题应用二阶欠阻尼系统的超调量和阻尼比关系式估算四阶系统的性能指标，实际上是利用了闭环主导极点的概念。不难验证，本系统的闭环极点的分布满足主导极点的分布要求。可以认为s1、s2是主导极点，忽略s3、s4的作用，从而将一个复杂的四阶系统近似为二阶系统，大大简化了问题的处理过程。例4-7 试用根轨迹法确定下列代数方程的根D(s)=s4+4s3+4s2+6s+8=0解
当代数方程的次数较高时，求根比较困难，即使利用试探法，也存在一个选择初始试探点的问题。用根轨迹法可确定根的分布情况，从而对初始试探点作出合理的选择。把待求代数方程视为某系统的闭环特征多项式，作等效变换得1+Kg(s2+6s+8)s4+4s3+3s2=0Kg=1时，即为原代数方程式。等效开环传递函数为 G(s)H(s)=Kg(s+2)(s+4)s(s+3)(s+1)238因为Kg&0, 先做出常规根轨迹。系统开环有限零点z1=－2，z2=－4；开环有限极点为 p1=p2=0，p3=－1，p3=－3。实轴上的根轨迹区间为[-4，-3]，[-2，-1]。根轨迹有两条渐近线，且σa=1，φa=±90°。作等效系统的根轨迹如图4-8所示。图知，待求代数方程根的初始试探j ω 点可在实轴区间[－4，－3]和[－2，－1]内选择。确定了实根以后，运用长除S平面 法可确定其余根。初选s1=－1.45，检查模值|s(s+3)(s1+1)|Kg=11=1.046 |(s1+2)(s1+4)|由于Kg&1故应增大s1，选s1=－1.442，得Kg=1.003。初选s2=－3.08，检查模值得Kg=1.589，由于Kg&1，故应增大s2，选 得Kg=1.162。经几次试探后，s2=－3.06，得Kg=0.991时s2=－3.052。 2-4 -3 -2 -1 0 σ
图4-8 例4-7系统的根轨迹设
D(s)=(s+1.442)(s+3.052)×B(s)=0运用多项式的长除法得B(s)=s2?0.494+1.819解得s3,4=0.257±j1.326。解毕。例4-8 已知负反馈系统的开环传递函数G(s)H(s)=Kgs(s+4)(s2+4s+20)试概略绘制闭环系统的根轨迹。解 按照基本法则依次确定根轨迹的参数：（1）系统无开环有限零点，开环极点有四个，分别为0，－4，和－2±j4。（2）轴上的根轨迹区间为[－4，0]。（3）根轨迹的渐近线有四条，与实轴的交点及夹角分别为σa=－2；φa=±45°，±135°（4）复数开环极点p3,4=－2±j4处，根轨迹的起始角为θp3.4=±90°（5）确定根轨迹的分离点。由分离点方程1111+++=0 dd+4d+2+j4d+2?j4解得d1=?2，d2,3=?2±j6因为39d1=?2 时，Kg=64&0d2,3=?2±j6时，Kg=100&0所以，d1、d2、d3皆为闭环系统根轨迹的分离点。（6）确定根轨迹与虚轴的交点。系统闭环特征方程为D(s)=s4+8s3+36s2+80s+Kg=0列写劳斯表如下sss
80×26?8Kg26s0
Kg当Kg=260时，劳斯表出现全零行。求解辅助方程F(s)=26s2+Kg=0 得根轨迹与虚轴的交点为s=±j。概略绘制系统根轨迹如图4-21所示。j ωS平面σ图4-9 例4-8系统的根轨迹
第五章例5-1 已知一控制系统结构图如图5-61所示，当输入r(t) = 2sint时，测得输出c(t)=4sin(t?45°)，试确定系统的参数ξ ，ωn。解
系统闭环传递函数为2ωn φ(s)=22s+2ξωns+ωn系统幅频特性为(jω)=相频特性为 2ωn(ω?ω)+4ξωω2n2222n2?(ω)=?arctan由题设条件知 2ξωnωω?ω2n2c(t) = 4sin( t ?45°)=2 A(1) sin(t + ?(1))即
41A(1)=2ωn(ω?ω)+4ξωω2ωn2n2222n2
ω=1=(ω?1)+4ξω2n222n=2?(1)=?arctan2ξωnω2ωn?ω2
ω=1=?arctan整理得2ξωn2?1ωn=?45°422ωn=4[(ωn?1)2+4ξ2ωn]22ξωn=ωn?1解得ωn = 1.244 ξ = 0.22例5-21 系统的传递函数为G(s)=k2s(T1s+1)(T2s+1)试绘制系统概略幅相特性曲线。解
(1) 组成系统的环节为两个积分环节、两个惯性环节和比例环节。 (2) 确定起点和终点G(jω)=?k(1?T1T2ω2)+jk(T1+T2)ωω2(1+T12ω2)(1+T22ω2)ω→0
limRe[G(jω)]=?∞ limIm[G(jω)]=∞ω→0由于Re[G(jω)]趋于?∞的速度快，故初始相角为?180°。终点为ω→∞limG(jω)=0 lim∠G(jω)=?360°ω→∞(3) 求幅相曲线与负实轴的交点由G(jω)的表达式知，ω 为有限值时， Im[G(jω)] & 0，故幅相曲线与负实轴无交点。(4) 组成系统的环节都为最小相位环节， 并且无零点，故?(ω)单调地从?180°递减至?360°。作系统的概略幅相特性曲线如图5-62所示。例5-22
已知系统传递函数为
4210(s2?2s+5) G(s)=(s+2)(s?0.5)试绘制系统的概略幅相特性曲线。解
(1) 传递函数按典型环节分解1s1()+1)?50(s2?2555 G(s)=ss(+1)(?+1)20.5(2) 计算起点和终点ω→0limG(jω)=?50limG(jω)=10 ω→∞相角变化范围不稳定比例环节?50：?180° ~ ?180°惯性环节1/(0.2s+1)：0°~ ?90°不稳定惯性环节1/(?2s+1)：0°~ +90°不稳定二阶微分环节0.2s2?0.4s+1：0°~ ?180°(3) 计算与实轴的交点10(5?ω2?2jω)(?ω2?1?1.5jω)G(jω)= (ω2+1)2+(1.5ω)210[?(5?ω2)(ω2+1)+3ω2+jω(?5.5+3.5ω2)]= 222(ω+1)+(1.5ω)令Im[G(jω)] = 0，得ωx=.5/3.5=1.254Re[G(jωx)] = ?4.037(4) 确定变化趋势
根据G(jω)的表达式，当ω &ωx 时，Im[G(jω)] & 0；当ω &ωx 时，Im[G(jω)] & 0。作系统概略幅相曲线如图5-63所示。
系统的开环传递函数为G(s)=试用奈氏判据判断系统的稳定性。 N s(T1s+1)(T2s+1)43解
(1) 绘制系统的开环概略幅相曲线① 组成系统的环节为一个积分环节、两个惯性环节和比例环节。 ② 确定起点和终点G(jω)=?N(T+1T2)ω?jN(1?ω2T1T2)ω(1+T1ω)(1+T2ω)2222ω→0limRe[G(jω)]=?N(T1+T2)limIm[G(jω)]=?∞limG(jω)=0lim∠G(jω)=?270° ω→0ω→∞ω→∞③ 求幅相曲线与负实轴的交点令Im[G(jω)] = 0，得ωx=1/1T2Re[G(jωx)]=?NT1T2 T1+T2④ 组成系统的环节都为最小相位环节，并且无零点，故?(ω)单调地从?90°递减至?270°。作系统的概略幅相特性曲线如图5-64所示。(2) 用奈氏判据判断系统的稳定性由于组成系统的环节为最小相位环节，p = 0；且为1型系统，故从ω = 0处补作辅助线，如图5-64虚线所示。 当?NT1T2T+T2，幅相特性曲线不包围(?1，j0)点，所以闭环系统是&?1时，即N&1T1+T2T1T2稳定的。 当?NT1T2T+T2，幅相特性曲线顺时针包围（?1，j0）点1圈，R = ?1，&?1时，即N&1T1+T2T1T2z = p ?2R = 2 ≠ 0，所以系统是不稳定的。例5-24
单位反馈控制系统开环传递函数G(s)=试确定使相位裕度γ = 45°的a 值。解
L(ω)=20lgas+1 s2(aωc)2+1ωc2=0ωc4
= a2ωc 2 + 1γ=180°+arctan(aωc)?180°=45°aωc = 1联立求解得
a=1/2=0.84例5-25
最小相位系统对数幅频渐近特性如图5-65所示，请确定系统的传递函数。
由图知在低频段渐近线斜率为0，故系统为0型系统。渐近特性为分段线性函数，在各交接频率处，渐近特性斜率发生变化。在ω = 0.1处，斜率从0 dB/dec变为20dB/dec，属于一阶微分环节。在ω = ω1处，斜率从20 dB/dec 变为0 dB/dec，属于惯性环节。在ω = ω2处，斜率从0 dB/dec变为?20 dB/dec，属于惯性环节。在ω = ω3处，斜率从?20 dB/dec变为?40 dB/dec，属于惯性环节。在ω = ω4处，斜率从?40 dB/dec变为?60 dB/dec，属于惯性环节。因此系统的传递函数具有下述形式=G(s）K(s/0.1+1) (s/ω1+1)(s/ω2+1)(s/ω3+1)(s/ω4+1)式中K，ω1，ω2，ω3，ω4待定。由20lgK = 30得K = 31.62。确定ω1：
所以 ω1 = 0.316 lgω1?lg0.1?5+0
所以 ω2 =82.54 lg100?lgω45?20
所以 ω3 =34.81 lgω4?lgω320?40
所以 ω4 =3.481 lgω3?lgω2确定ω2： ?60=确定ω3： ?40=确定ω4： ?20=于是，所求的传递函数为 G(s）=31.62(s/0.1+1) (s/0.316+1)(s/3.481+1)(s/34.81+1)(s/82.54+1)例5-26
某最小相位系统的开环对数幅频特性如图5-66所示。要求：(1) 写出系统开环传递函数；(2) 利用相位裕度判断系统稳定性；(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。45
(1) 由系统开环对数幅频特性曲线可知，系统存在两个交接频率0.1和20，故G(s）=k s(s/0.1+1)(s/20+1)且
20lgk=0 10得
k = 10所以
G(s）=(2) 系统开环对数幅频特性为 10 s(s/0.1+1)(s/20+1)10?20lg?ω&0.1ω?1?=?20lg2
0.1≤ω&20 L(ω）ω??20lg20ω≥20?ω3?从而解得
ωc = 1系统开环对数相频特性为 ?(ω)=?90°?arctanω0.1?(ωc) = ?177.15°γ =180° + ?(ωc) = 2.85° ?arctanω20故系统稳定。(3) 将系统开环对数幅频特性向右平移十倍频程，可得系统新的开环传递函数G1(s）=其截止频率 1000 ss(s+1)(+1)200ωc1 =10ωc =10而 ?1(ωc1)=?90°?arctanωc1?arctanωc1200γ 1 =180°+ ?1(ωc1) = 2.85°γ 1 = γ =?177.15°系统的稳定性不变。46由时域估计指标公式ts = kπ /ωc得
ts1 = 0.1ts即调节时间缩短，系统动态响应加快。由Mp=0.16+0.4(1?1) sinγ得
Mp1 = Mp即系统超调量不变。例5-27
单位反馈系统的闭环对数幅频特性分段直线如图5-67所示。若要求系统具有30°的相位裕度，试计算开环放大倍数应增大的倍数。
由闭环对数幅频特性曲线可得系统闭环传递函数为G(s）=1ss(s+1)(+1)(+1)1.255因此系统等效开环传递函数G(s）=φ(s) 1?φ(s)6.25 s(s+2.825)(s+4.425)0.5sss(+1)(+1)2. ==其对数相频特性为=?90°?arctan?(ω）若要求?(ω1) = ?150°，可得ω1 = 2.015系统对数幅频特性曲线为 ω2.825?arctanω4.4250.5?ka20lg?ω&2.825ω?1.4125?=?20lgL(ω）ka
2.825≤ω&4.425
2ω??20lg6.25kaω≥4.425?ω3?要使系统具有30°相角稳定裕度，ω1应为截止频率，有470.5kaω1=1则
ka = 4.03故系统开环放大倍数应增大4.03倍。例5-28
系统开环传递函数为G(s)=试用奈氏判据判断系统的稳定性。解
将传递函数按典型环节分解?10 G(s)=s(0.2s+1)(?s+1)10 2s(?0.2s?0.8s+1)?10[0.8ω?j(1+0.2ω2)]G(jω)= ω(1+ω2)(1+0.04ω2)幅相曲线的起点和终点limG(jω)=∞∠?270° ω→0ω→∞limG(jω)=0∠?270°ω→0limRe[G(jω)]=?8当ω为有限值时，Im[G(jω)] ≠ 0，幅相曲线与负实轴无交点。由于惯性环节的时间常数T1 = 0.2，小于不稳定性环节的时间常数T2 = 1，故?(ω)呈现先增大后减小的变化。作系统开环幅相曲线如图5-68所示。由于ν =1，故需从幅相曲线上ω = 0的对应点起，逆时针补画半径为无穷大的π/2圆弧。由系统开环传递函数知，s右半平面系统的开环极点数p =1，而幅相曲线起于负实轴，且当ω
增大时间上离开负实轴，故为半次负穿越，N = ?1/2。于是s右半平面的闭环极点数z = p ?2N = 2表明系统闭环不稳定。例5-29
系统开环频率特性分别为如图5-69的(a)和(b)所示，试判断闭环系统的稳定性。
(a)图给出的是ω ∈(-∞，0)的幅相曲线，而ω ∈(0，+∞)的幅相曲线与题给曲线对 称于实轴，如图5-70所示。因为ν = 1，故从ω = 0的对应点起逆时针补作π/2，半径为无穷
48大的圆弧。在(?1，j0)点左侧，幅相曲线逆时针、顺时针各穿越负实轴一次，故N+ = N ? = 1N = N+ ? N ? = 0因此，s右半平面的闭环极点数z = p ? 2N = 0闭环系统稳定。(b) 因为ν = 2，故如图(b)中虚线所示在对数相频特性的低频段曲线上补作2.90°的垂线。当ω &ωc时，有L(ω) & 0，且在此频率范围内，?(ω)穿越 ?180°线一次，且为由上向下穿越，因此N+ =0 ，N ? =1N = N+
? N ? = ?1于是算得 右半平面的闭环极点数为z = p ? 2N = 2系统闭环不稳定。例5-30
已知单位反馈系统的开环传递函数s）100(+12 G(s）=sss(s+1)(+1)(+1)1020试求系统的相角裕度和幅值裕度。解
由题给传递函数知，系统的交接频率依次为1，2，10，20。低频段渐近线斜率为?20，且过(1，40dB)点。系统相频特性按下式计算?(ω)=?90°+arctanωωω?arctanω?arctan?arctan 21020作系统开环对数频率特性于图5-71。
由对数幅频渐近特性A(ωc) = 1求得ωc的近似值为100?A(ωc)=ωcc10=1 ?1ωc?ωc?ω
c = 21.549再用试探法求?(ωg) = ?180°时的相角穿越频率ωg，得ωg = 13.1系统的相角裕度和幅值裕度分别为 h=20lg1=?9.3(dB) G(jωg)γ=180°+?(ωg)=?24.8°例5-31
对于高阶系统,若要求时域指标为Mp% = 18%，ts = 0.05(s)，试将其转换成频域指标。解
根据经验公式1Mp=0.16+0.4(?1) sinγts=kπωck=2+1.5(代入题给的时域指标得 11?1)+2.5(?1)2 sinγsinγ11=(Mp?0.16)+1=1.5 sinγ0.4γ = 41.8°k = 3.375ωc=kπ=212.1(rad/s) ts所求频域指标为γ = 41.8°，ωc =212.1(rad/s)。例5-32
已知单位反馈系统的开环传递函数G(s)=10 s2s(s+1)(+1)4试判断系统的闭环稳定性。解
开环系统有虚极点s = ±j2。limG(jω)=∞∠?90° ω→0ω→∞limG(jω)=0∠?360°ω→2?limG(jω)=∞∠?153.4°limG(jω)=∞∠?333.4° ω→2+系统开环幅相曲线如图5-72所示。从幅相曲线上对应ω = 0的点起逆时针补作90°且半径为无穷大的虚圆弧。因为由于ν =1，存在一对虚极点s = ± j2，故从ω =2?的对应点起，顺时针补作180°且半径为无穷大的虚圆弧。作虚圆弧如图5-72所示。因为p = 0，由开环幅相曲线知N = ?1，s右半平面闭环极点的个数50z = p ?2N = 2闭环系统不稳定。
第六章例6-1 设火炮指挥系统如图6-1所示，其开环传递函数k G(s)=s(0.2s+1)(0.5s+1)系统最大输出速度为2r/min ，输出位置的容许误差小于2°。(1) 确定满足上述指标的最小k值，计算该k值下的相位裕度和幅值裕度。(2) 前向通路中串联超前校正网络Gc (s)=(1+0.4s)/(1+0.08s)，试计算相位裕度。解
(1) k=R希望的输出速度2?360°/60==6 =2°ess容许的位置误差故
G(s)=6 s(0.2s+1)(0.5s+1)6ω&2?20lg?ω?6?
2&ω&5 L(ω)=?20lgω?0.5ω?6?20lg?ω&5ω?0.5ω?0.2ω?令L(ω)=0，可得ωc =3.5γ=180°?90°?arctan(0.2ωc)?arctan(0.5ωc)=?4.9°&0°所以系统不稳定。(2) 串联超前校正网络Gc (s) = (1+0.4s) / (1+0.08s)
G(s)=61+0.4s ?s(0.2s+1)(0.5s+1)1+0.08s6?ω&320lg?ω?6?20lg2&ω&2.5?ω?0.5ω?6?0.4ω?
2.5&ω&5 L(ω)=?20lg?ωω0.5?6?0.4ω?20lg5&ω&12.5?ω?0.5ω?0.2ω?6?0.4ω?20lgω&12.5?ω?0.2ω?0.5ω?0.08ω?令L(ω)=0，可得ω
c = 4.851γ=180°?90°?arctan(0.4ωc)?arctan(0.2ωc)?arctan(0.5ωc)?arctan(0.08ωc)=20.2°&0°可见串入超前校正网络后，γ 增大，系统变为稳定。例6-9
设开环传递函数k G(s)=s(s+1)(0.01s+1)单位斜坡输入R(t)= t，输入产生稳态误差e ≤ 0.0625。若使校正后相位裕度γ*不低于45°，截止频率ωc* & 2(rad/s)，试设计校正系统。解
e=1≤0.0625
k≥16 k16ω&1?20lg?ω?6?
1&ω&100 L(ω)=?20lgωω??6?20lg?ω&100ω?ω?0.02ω?令L(ω)=0 ，可得ωc = 4γ=180°?90°?arctanωc?arctan(0.01ωc)=12°&45°不满足性能要求，需加以校正。系统中频段以斜率?40dB/dec穿越0dB线，故选用超前网络校正。 设超前网络相角为?m，则?m+γ?(5~12°)≥γ*?m≥γ*?γ+(5~12°)≥45°?12°+10°=43°α=1+sin?m=5 1?sin?m′′)=L(ωc′′)+10lgα=0 中频段
L(ωc′′=5.9 所以
ωc′′) 验算
γ′′=180°+?m+?(ωc′′?arctan(0.01ωc′′)
=180°+43°?90°?arctanωc= 48°& 45°′′)=0.076 ′′=1/(T)
T=1/(ωcωc所以超前校正网络后开环传递函数为161+0.38s G(s)=?s(s+1)(0.01s+1)1+0.076s52例6-10
为满足要求的稳态性能指标，一单位反馈伺服系统的开环传递函数为200 G(s)=s(0.1s+1)试设计一个无源校正网络，使已校正系统的相位裕度不小于45°，截止频率不低于50。 解200?ω&1020lg?ω
L(ω)=?200?20lgω&10ω?0.1ω?ωc = 44.7γ = 180° ? 90° ? arctan(0.1ωc) = 12.6°& γ *不满足性能指标要求，需串联一超前校正网络。（1）求?m：
?m≥γ*?γ+(5~12°)≥45°?12.6°+10°=42.4°（2）求α：
α=1+sin?m=5 1?sin?m′′)=L(ωc′′)+10lgα=0 （3）解ωc″：
L(ωcωc″= 67′′) 验算
γ′′=180°+?m+?(ωc′′) = 50.8 ° & 45 ° =180°+42.4°?90°?arctan(0.1ωcγ ″ & γ *
ωc″ & ωc*
′′=1/(T)
T=1/(ωc′′)=0.067 ωc故校正网络1+0.03s 1+0.067s40(1+0.03s)
G′′(s)= s(0.1s+1)(1+0.067s)例6-11
设单位反馈系统的开环传递函数k G(s)=s(s+1)(0.2s+1)试设计串联校正装置，满足kv = 8(rad/s)，相位裕度γ * = 40°。解
Gc(s)=8ω&1?20lg?ω?8?
1&ω&5 L(ω)=?20lgωω??8?20lg?ω&5ω?ω?0.2ω?令L(ω)=0 ，可得ωc = 2.853γ = 180° ? 90° ? arctanωc ? arctan(0.2ωc) = ?9.5°& 40°不满足性能要求，需加以校正。选用迟后网络校正。′′)=γ*+6°=46° 令
?(ωc′′?arctan(0.2ωc′′)=46° 得
?90°?arctanωc′′+arctan(0.2ωc′′)=44° arctanωc所以
ωc″= 0.72′′)=0 根据
20lgb+L(ωc得
b = 0.091′′ =0.1ωcbT得
T = 154.3 故选用的串联迟后校正网络为1+bTs1+13.9s Gc(s)==1+Ts1+154.3s再由′′)+?(ωc′′) 验算
γ′′=180°+?c(ωc′′)?arctan(154.3ωc′′)?90°?arctanωc′′?arctan(0.2ωc′′)
=180°+arctan(13.9ωc= 40.9° & 40°例6-12
设单位反馈系统的开环传递函数k G(s)=s(s+1)(0.5s+1)试设计一串联校正装置，使校正后开环增益等于5，相位裕度γ * ≥40°，幅值裕度h* ≥10(dB)。 解
k = 5对于校正前的系统5ω&1?20lg?ω?5?
1&ω&2 L(ω)=?20lgωω??5?20lg?ω&2ω?ω?0.2ω?令L(ω)=0 ，可得ωc = 2.9γ = 180° ? 90° ? arctanωc ? arctan(0.5ωc) = ?36.5°& γ *不满足性能要求，选用迟后校正网络加以校正。′′)=γ*+5°=45° 令
?(ωc′′?arctan(0.5ωc′′)=45° 得
?90°?arctanωc′′+arctan(0.5ωc′′)=45° arctanωc54′′=0.5 所以
ωc′′)=0 根据
20lgb+L(ωc得
b = 0.112再由
1′′ =0.1ωcbT得
T = 159.4故选用的串联迟后校正网络为Gc(s)=1+bTs1+17.8s =1+Ts1+159.4s′′)+?(ωc′′) 验算
γ′′=180°+?c(ωc′′)?arctan(159.4ωc′′)?90°?arctanωc′′?arctan(0.5ωc′′)=180°+arctan(17.8ωc= 40.02° ≈ 40°验证h校正后系统满足h* =10dB时所对应的频率为ω1 = 1.33，则?(ω1)= ?178.8° & ?180°满足幅值裕度条件，所以51+17.8s G′(s)=G(s)Gc(s)=?s(s+1)(0.5s+1)1+159.4s例6-13
某系统的开环对数幅频特性曲线如图6-27所示，其中虚线表示校正前的，实线表示校正后的，求解：（1） 确定所用的是何种串联校正，并写出校正装置的传递函数Gc (s)；（2） 确定校正后系统稳定时的开环增益；（3） 当开环增益k =1时，求校正后系统的相位裕度γ ，幅值裕度h。
(1) 由系统校正前、后对数幅频特性曲线可得校正装置的对数幅频特性曲线，如图6-27所示。从图中可看出所用的是串联迟后―超前校正。从而可得(s+1)2Gc(s)=(10s+1)(0.1s+1)或者，由系统对数幅频特性曲线可知，校正前系统开环传递函数为G1(s)=校正后，系统开环传递函数为 k(10s+1) 2s(s+1)(0.01s+1)55G2(s)=由G2(s) = Gc (s)G1(s)，可得 k s(0.1s+1)(0.01s+1)(s+1)2Gc(s)=(10s+1)(0.1s+1)为一迟后――超前校正网络。(2) 由校正后系统开环传递函数k G2(s)=s(0.1s+1)(0.01s+1)可得其闭环特征方程D(s)=s3+110s2+k=0列出劳斯表如下：
系统要稳定，劳斯表第一列全为正，因而110000 ? 1000k & 01000k & 0可得
0 & k & 110(3) 当k =1时，1 G2(s)=s(0.1s+1)(0.01s+1)其对数幅频特性 1 110 k 1101000kω&101?20lg?ω?10?L(ω)=?20lg2
10≤ω&100 ω??20lg1000?ω≥100ω3?从中解得
ω c = 1由
?(ω) = ?90° ? arctan(0.1ω) ? arctan(0.01ω)
?(ωc) = ?96.28°
γ =180°+ ?(ωc) = 83.72° 又因为
?(31.6) = ?180°可得
ωg =31.6故
h=1G2(jωg)=109.8例6-14
在图6-28所示系统中，当k =10，T =0.1时，截止频率ωc = 5。若要求ωc不变，如何选择k ，T值，才能使系统相位裕度提高45°。解
当k =10，T =0.1时，系统截止频率ωc = 5，可知5610(0.1s+1) s+1因而
?(ωc) = ? arctan(ωc) Gc(s)=Lc(ωc)=20lg10(0.5j+1)
1+5j若要重新选择k ，T值，使γ 提高45°。设
Gc1(s)=k1(T1s+1) s+1当ωc = 5时，?c1(ωc) = arctan(T1ωc) ? arctan(ωc)Lc1(ωc)=20lgk1(j5T1+1) 1+5j由
?c1(ωc)= ?(ωc) + 45°可得
arctan(T1ωc)= arctan(0.1ωc) + 45°即
T1 = 0.6另外，在增大γ 的同时，要Gc (s)|s=jω 保持的幅值不变，才能不改变系统截止频率，因此
Lc1(ωc) = Lc (ωc)20lgk1(j5T1+1)10(j0.5+1) =20lg1+5j1+5j从而解出 k1 = 3.54。例6-15
某单位负反馈系统的开环传递函数1 (s/3.6+1)(0.01s+1)要使系统的速度误差系数kv = 10，相位裕度γ ≥ 25°。试设计一个最简单形式的校正装置（其传递函数用Gc (s)表示），以满足性能指标要求。解
原系统开环传递函数1 G(s)=(s/3.6+1)(0.01s+1)要求kv = 10，在原系统中串联校正装置10Gc(s)= s得到校正系统开环传递函数10 G(s)Gc(s)=s(s/3.6+1)(0.01s+1)经验证校正后系统截止频率ωc
≈ 5.5，得到相位裕度γ =30°。满足题目要求。 例6-16
设复合控制系统如图6-29所示，图中Gn(s)为顺馈传递函数，Gc(s)=kt′s为测速电机及分压器的传递函数，G1(s)和G2(s)为前向通路中环节的传递函数，N(s)为可测量的干扰。若G1(s)= k，G2(s)=1/s2，试确定Gn(s)，Gc(s)和k1，使系统输出量完全不受干扰n(t)的影响，且单位阶跃响应的超调量等于25%，峰值时间为2s。
当R(s) = 0时，令C(s
) = 0 G(s)=57得
GnG2N(s)+N(s)=0 1+G1G2GcGnG2=?1 1+G1G2Gc所以已知G1(s)= k，G2(s)=1/s2，闭环传递函数特征方程G1G2+G1G2Gc+1=0由Mp% = 25%，tp = 2，求得理想闭环极点s1,2=?1.75±j4d(s)=(s?s1)(s?s2)=s2+1.36s+2.93由系统特征方程得k1k1+2kt′s+1=0 2ss用长除法可得k1=2.93，kt′ = 0.47Gn=?1+G1G2Gc=?s2?1.37s G2所以
G c = 0.47s
Gn = ?s2 ?1.37s
第七章[例7-1]求间隙特性的描述函数解 首先画出间隙特性及其在正弦信号x(t)=Asinωt 作用下的输出波形，如图7-30所示。58
间隙特性及其输入―输出波形其输出波形的数学表达式为：π??≤≤(sin )
0kAωtbωt?2?π?y(t)=?k(A?b)
≤ωt≤(π?ψ1) 2??k(Asinωt+b)
(π?ψ1)≤ωt≤π??因y(t)具有半波对称性，故A1和B1可按下式计算。 A1==y(t)cosωtd(ωt)∫π012π2ππ[∫20k(Asinωt?b)cosωtd(ωt)+ππ?ψ?1k(A?b)cosωyd(ωt)2+=∫πψ?πk(Asinωt+b)cosωtd(ωt)]14kbb(?1)πAB1==1π2∫y(t)sinωtd(ωt)02πππ[∫20k(Asinωt?b)sinωtd(ωt)+πππ?ψ1k(A?b)sinωyd(ωt)2
+∫πψk(Asinωt+b)sinωtd(ωt)]?12??kA?π2bb?b???2b?
=???+arcsin?1??+2(1?)AAAπ?2??A?????由式（7-15）可得间隙特性的描述函数为：
59N(A)=B1Akπ2b+j1=[+arcsin(1?)AAπ2Ab2bb4kbb
+2(1?)(1?)]+j(?1)
(A≥b)AπAAAA[例7-12] 求变增益特性的描述函数解 变增益特性可以分解为一个线性与一个死区特性的并联，如图7-31所示。
变增益特性及其并联分解
线性特性的而死区特性的描述函数可由表描述函数就是其频率特性，也就是其比例系数k1 ，7-1查得，故变增益特性的描述函数为N(A)=N1(A)?N2(A)=k1?=k2+2(k1?k2)πsss[?arcsin??()2]2πAAA2(k1?k2)π[arcsinsss?()2]
(A≥s)+AAA[例7-13] 具有饱和非线性的控制系统如图7-32所示，试求。(1)
K=15时系统的自由运动状态。(2)
欲使系统稳定地工作，不出现自振荡，K的临界稳定值是多少。
例7-13非线性系统的结构图解 查表7-1可知饱和非线性特性的描述函数为π其中k=2，a=1，于是
N(A)=2k[arcsinaaa+?()2]
(A≥a) AAA60?1π=?N(A)2?11?1???4arcsin+????AA?A????起点A=1时，?1/N(A)=?0.5。当A→∞时，?1/N(A)= ?∞，因此?1/N(A)曲线位于?0.5~ ?∞这段负实轴上。系统线性部分的频率特性为：kG(jω)=s=jωs(0.1s+1)(0.25+1)
k[?0.3ω?j(1?0.02ω2)]=ω[0..05ω2+1]令Im[G(jω)]=0即1?0.02ω2=0，得G(jω)曲线与负实轴交点的频率为：ω=1=7.07rad/s 0.02?0.3k
例7-13系统的G(jω)和?1/N(A)曲线
ω=7.07=可求得G(jω)曲线与负实轴的交点为： 代Re[G(jω)]，Re[G(jω)]=0..05ω2+1?0.3k4.5(1) 将K=15代入上式，得Re[G(jω)]= ?1。图7-33绘出了K=15时的G(jω)曲线与?1/N(A)曲线，两曲线交于（?1，j0）点。显然，交点对应的是下一个稳定的自振荡，根据交点处的幅值相等，即：?4[arcsinπ111+?()2AAA=?1求得与交点对应的振幅A=2.5。因此当K=15时系统的自由运动状态为自振荡状态，其振幅和频率为A=2.5，ω=7.07rad/s。（2）欲使系统稳定地工作，不出现自振荡，由于G(s)极点均在左半s平面，故根据奈氏判据知，应使G(jω)曲线不包围?1/N(A)曲线，即?故K的临界稳定值为：0.3k≥?0.5 4.50.5×0.4=7.5 0.3[例7-14]
非线性系统如图7-34 所示，试用描述函数法分析周期运动的稳定性，并确定自振荡的振幅和频率。
例7-14非线性系统的结构图KMAX=61解： 由图7-34可知，系统的结构图不是描述函数应用时的典型结构，因此首先变换成典型结构。由于在用描述函数分析稳定性和自振荡时，不考虑r(t)的作用，故设r(t)=0。再根据结构图中信号间的相互关系，故图7-34可变换成图7-35的典型结构。由结构图知，非线性特性是滞环继电特性：M=1，h=0.2,故
4M4Mhh?(2?jN(A)=（a）
（b） AπAπA2图7-35
例7-14结构图变换 40.20.8
=?(2?j2 AπAπA
画出?1/N(A)曲线与G(jω)曲线如图7-36所示，?1/N(A)曲线是一条虚部为?jπh/4M=?j0.157的直线。显然两曲线的交点处决定了一个稳定的自振荡。10?G(jω)=jω(jω+1)j1010
=??1+ω2ω(1+ω2)
令Im[G(jω)]=?列方程：0.0157ω(1+ω2)=1得
ω ≈4（rad/s）图7-36
例7-14系统的G(jω)和?1/N(A)曲线 10ω(1+ω2)=?0.157，试探法解下10将ω=4代入Re[G(jω)]：
?=0.588 1+ω2令 Re[G(jω)] = Re[?1/N(A)]?0.588 = ?π4得
A=0.775故自振荡的振幅A=0.775，频率ω =4rad/s。[例7-15] 图7-37(a
)是一种非线性积分器的电路原理图。这种非线性积分器对输入信号的幅值完成积分作用，而引入的相位滞后只有?38.1°。采用这种非线性积分器可以提高系统的无差型号，而对动态品质的影响却明显减小。通常又把这种积分器称为Clegg非线性积分器，试求Clegg非线性积分器的描述函数。 A2?0.2262
（a）电路原理图
（b）输入输出波形图7-37
Clegg非线性积分器解 由图7-37(a)可知，Clegg积分器由两个单向积分放大器1和2及求和放大器3组成。单向积分放大器1对输入的正信号积分，而放大器2对输入的负信号积分，求和放大器将两者的输出信号求和作为输出。设非线性积分器的输入为x(t)=Asinωt。在正半周期，0≤ωt≤π，放大器1中的二极管均不导通，其阻抗可看作无穷大，则放器1的输出可由x(t)的积分求得，即有ωt1Asinωtd(ωt)ωRC0 A
=?(1?cosωt)
(0≤ωt≤π)ωRCy+=?∫在负半周期，π ≤ωt≤2π 放大器1的二极管导通，可看作短路，放大器1的输出为零。在这期间，放大器2的二极管不导通，可以看作开路。放大器2的输出也可由x(t)积分的求得，即π+ωt1Asinωtd(ωt)ωRCπ A
=(1?cosωt)
(π≤ωt≤2π)ωRCy?=?∫经过放大器3的求和及倒相作用，非线性积分器的输出为?A(1?cosωt)(0≤ωt≤π)?ωRC y(t)=???A(1?cosωt)(π≤ωt≤2π)??ωRC将y(t)展成付氏级数，取其基波，则得y1(t)=A1sinωt?cosωtωRCπωRC4Aπ??4??1+???sin?ωt?arctan?ωRC4??π??2
=所以，该非线性积分器的描述函数为1.62ωRC∠N=?38.1°N=可见，它的幅值与输入信号的幅值大小无关，而与输入信号的频率ω的大小成反比，故其描述函数又可写成
63N(jω)=1.62?j38.1°e ωRC作为比较，写出线性积分器的频率特性为G(jω)=1Ts=s=jω1jωT=1?j90°eωT而它的滞后相角仅为?38.1°，所以，Clegg积分器的描述函数N(jω)与线性积分器的G(jω)相似，比线性积分器少?51.9°，这对系统的动态品质会有较大的改善。[例7-16]
典型阶线性系统如图7-38所示，试用相平法求系统的阶跃响应和斜坡响应。解 由于是用相平法求r(t)作用下的系统的响?平面，由结构图可写出系统应，故相平面取为e―e的微分方程为：??+c?=Ke Tc 因e=r?c，有??+e?+Ke=T?? Ter?+r图7-38
典型二阶系统的结构图
1．阶跃响应?=?此时r(t)=R?1(t)，则当t&0时，有r(t)=R ，rr?=0。代入上式，得阶跃输入下系统的误差方程：??+e?+Ke=0 Te?(0)=0，则误差的初始由此绘制相轨迹曲线，奇点为（0，0）。设系统的初始状态为c(0)=0，c?(0)=0。若参数T、K使系统具有一对负实部的共轭复数极点（欠阻尼），则条件为e(0)=R，e其相轨迹如图7-39(a)所示。若具有两个负实数极点（过阻尼），则其相轨迹如图7-39(b)，分析相平面图即可了解系统响应的性质。例如稳态误差为零，当R=1时，超调量如图所示等。
（a）欠阻尼
（b）过阻尼
阶跃输入时的相平面图2．斜坡响应?=v&0,?设输入信号为r(t)=vt，t &0时， rr?=0，代入系统的误差方程，得斜坡输入下的误差方程为??+e?+Ke=v Te它可以写成??+e?+K(e?Tev)=0 K作变量置换e′=e?v/K 则误差e′的方程为??′+e?′+Ke′=0 Te与阶跃输入的误差方程相同。所以，只须把阶跃输入时的相平面图右移v/K即可得出。由此可知此时相轨迹的奇点为（v/K，0）。图7-40(a)、(b)分别对于欠阻尼和过阻尼情况，给出了系统?(0)=r?(0) ?c?(0)=0下斜坡响应的相平面图。由于e?(0)=v
，故相轨迹的起在初始状态c(0)=0，c64点为（0，v）。显然由相平面图可知系统稳态误差是v/K。
（a）欠阻尼
（b）过阻尼
斜坡输入时的相平面图
应当特别指出，由于在非线性系统中，其非线性特性往往可以分段加以线性化，而在每一个分段中，系统都可以用线性微分方程描述，因此线性系统在相平面分析是非线性系统相平面分析的基础。[例7-17]
继电控制系统如下图7-41所示，试利用相平面法分析系统的单位阶跃响应。 解 由结构图知，系统的微分方程为：??+c?=KyTc因为e=r?c，所以上式又可写成??+e?+Ky=T??Ter?+r
（a） 结构图
（b） 非线性特性图7-41
例7-17继电控制系统根据已知?&0时，有： 的非线性特性，当e?
e1&e&?e0 ??M,
e&?e0??&0时，有： 当e?
e0&e&?e1 ??M,
e&?e1??=0，有 因为 r(t)=1(t)，当t&0时，?r?=r??+e?+Ky=0 Te?&0，e&e1 和e?&0，e&e0 时， 对于e??+e?+KM=0 Te?=?KM。 其相平面图与图7-24（b）相同，渐近线为e?&0，e&?e0 和e?&0，e&?e1 时， 对于e??+e??KM=0 Te?=KM。 该区相轨迹仍如图7-24（b）所示，渐近线为e?&0，e1&e&?e0和e?&0，e0&e&?e
1时，则有 对于e65??+e?=0Te或：
de?1 =?deT在相平面上，则相应为斜率为?1/T 的平行的直线。将以上各区域的相平面图拼接后，可?为坐标轴的总的相平面得系统的以e?e图。e1=0.2和M=0.2，令T=1、K=4、e0=0.1、则该继电控制系统在单位阶跃输入下的相轨迹曲线如图7-42所示。由于假定系统在开始时处于静止状态，所以相轨迹的起?(0)=0。 点为e(0)=1，e由图可见，在稳态时，存在一个极限环。因此系统的输出将持续振荡。自振荡的振荡与e0和e1值有关，e1和（e1? e0）越 大（即死区越大、滞环越宽），振幅也越图7-42
例7-17系统的相轨迹曲线
大。此外，K、T和M的增大，也将使系统的振荡加剧，因为交界线的换接点p1、p2、p3 …与横轴的距离也增大了。[例7-18]
采用非线性校正的控制系统如图7-43所示，试利用相平面法分析，在原来的线性系统的基础上，采用非线性校正，可以显著改善系统的动态响应品质。解由图7-43（b）知，非线性特性为e
（a） 非线性校正的控制系统结构图
（b） 非线性特性图7-43
例7-18采用非线性校正的控制系统
因此，相平面被分为二个区域，开关线分别为e=e0和e=?e0。系统方程为??+C?=KYTC e=r?c在线性区Ⅰ内，?e?&e0，系统误差方程为：??+e?+Kke=T?? Ter?+r在线性区Ⅱ内，?e?&e0，系统误差方程为：??+e?+Ke=T?? Ter?+r其中，增益K和k应这样选择：一方面，为了在?e?&e0时获得快速性，在线性区Ⅱ中应选择较大的K值，使系统阻尼较小，对应于稳定焦点，具体地应先选K&1/(4T)。另一方面，为了防止超调量过大，在?e?&e0时，在线性区Ⅰ中应适当选择k使系统处于临界阻尼，对应于稳定节点，具体地应选k使k&1/(4T)。?=0，可得Ⅱ区内系统的误差方程为： 设输入r(t)为阶跃函数，当t&0时，有?r?=r??+e?+ke=0 Te此时的相平面图如图7-44（a）所示，平衡点位于（0，0）是稳定焦点。在Ⅰ区内系统的误差??+e?+Kke=0 ，相平面图如图7-44（b）所示，平衡点位于（0，0），是稳定节点。
方程为：Te66把图7-44（a）、（b）的相轨迹分别画到相平面图的各区域中，就得到系统状态的运动轨迹，如图7-45所示。当阶跃输入的幅度较小时，相轨迹曲线是图中A A1 0 ，
（a） II区
（b） I区图7-44
I区和II区的相轨迹
阶跃响应是单调的，没有超调，且响应速度较快，若阶跃幅度较大，则相应的运动轨迹是B0B1B2B30。显然响应是振荡性的，但超调量和振荡次数比线性增益（图中虚线所示）的情况减小很多。由此例可以看出，在线性系统中，增益的选择要兼顾调节时间和超调量等性能指标。当增益K值较大时，快速性好，但超调量大。若K取得较小，则超调量减小，但快图7-45
单位阶跃输入时的相轨迹曲线
速性差。而采用非线性增益串联校正，可以获得较理想的阶跃响应曲线。[例7-19]
采用非线性反馈校正的二阶随动系统如图7-46所示，试分析线性反馈校正在改善系统动态性能方面的作用。
采用非线性反馈校正的二阶随动系统
解 由图可知，非线性反馈校正装置为死区特性?0
≤???x(t)=?c??
c&????即在输出c(t)信号较小时没有局部反馈，只在输出c(t)较大时才接入局部。系统存在局部反馈时，随动系统的开环传递函数是G(s)=相应的闭环传递函数为
K1K2 2Ts+(1+K2β)s67φ(s)==K1K2Ts2+(1+K2β)s+K1K2ωn2 s2+2ξωns+ωn2其中，ωn=K1K2/T,
ξ=(1+K2β/(21K2)。这时的阻尼比ξ 较大，系统的阶跃响应曲线如图7-47中的曲线2，无超调，但响应速度很慢。当系统没有局部反馈时，ξ=1/21K2，阻尼比显然较小，阶跃响应曲线如图7-47中的曲线1，超调量很大。接入非线性反馈校正之后，它的阶跃响应曲线如图7-47中的曲线3，响应快，又没有超调。这是因为：当输出信号较小时（|c|&Δ），相当于没有局部反馈，c(t)沿曲线1快速上升。当输出足够大时（c&Δ），局部反馈投入，c(t)按曲线2的规律继续上升，从而形成响应曲线3，即快速又平稳的响应。该例题中的死区特性可以用如图7-48所示的线路来实现。
例7-19系统的阶跃响应曲线
死区非线性特性的实现
综上所述，在多数情况下，控制系统中存在的非线性因素，对系统的控制性能会产生不利的影响。但在控制系统中恰当地加入特定的非线性特性，却能使控制性能得到改善，这种人为地加入系统内的非线性特性称为非线性校正装置。由例7-18和例7-19可以看出，对系统采用某些简单的非线性校正，可以大幅度地控制性能，这是线性校正所不能比拟的。
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