自动控制原理第一章课后习题答案（免费）1-1* 若系统单位阶跃响应49()1 1.80.8t t h t e e --=-+试确定系统的频率特性。

解：系统的阶跃响应为：49()1 1.80.8t t h t e e --=-+ 输出的拉氏变换为：1 1.80.8()49C s s s s =-+++ 系统的传递函数为：()1 1.80.836()()()49(4)(9)C s G s s R s s s s s s ==-+=++++ 系统的频率特性为：36()(4)(9)G jw jw jw =++1-2 已知系统开环传递函数2(1)()();,,0(1)K s G s H s K T s Ts ττ+=>+ 试分析并绘制T τ>和T τ>情况下的开环幅相曲线。

解：2(1)()()(1)K wj G jw H jw w Twj τ+=-+ 当T τ>时：00(0)(0)180()()0180G j H j G j H j =∞∠-∞∞=∠-极坐标图为：Re当T τ>时，极坐标图为1-3* 已知系统开环传递函数()G j ω2121(1)();,,0(1)K T s G s K T T s T s -+=>+当取1ω=时，()180o G j ω∠=-，()0.5G j ω=。

当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式()G j ω。

解：2212122211(1)()(1)()(1)(1)K T wj T T wK TT w Kj G jw jw T wj w T w -+++-==-++ 当w=1时，()180o G jw ∠=-，()0.5G jw =1210TT -=210.5(1)T =+ 又因为输入单位速度信号时的系统稳态误差为0.1.且该系统为I 型系统，所以：10.1K =，K=10,由上式可得：12120,,1020T T K ===。

10(1)20()(201)s G s s s -+=+ 则系统的开环频率特性表达式为：10(1)20()(201)wj G jw wj wj -+=+1-4 解：（1）123()(1)(1)(1)KG s T s T s T s =+++（2）12()(1)(1)KG s s T s T s =++；（3）2()(1)KG s s Ts =+；（4）122(1)()(1)K T s G s s T s +=+； 当12T T >时：当12T T <时 （5）3()K G s s=；（6）123(1)(1)()K T s T s G s s++=； （7）561234(1)(1)()(1)(1)(1)(1)K T s T s G s s T s T s T s T s ++=++++;(8) ()1KG s Ts =-; (9)()1KG s Ts -=--;(10) ()(1)KG s s Ts =+.1-5 已知系统开环传递函数();,0(1)(1)KG s K T s Ts s =>++试根据奈式判据，确定其闭环条件： （1）T=2 时，K 值的范围； （2）K=10时，T 值的范围；解：由于K,T 均为正，所以开环传递函数在右半平面无极点，作开环传递函数的极坐标图.2222(1)(1)()(1)(1)(1)(1)K kw T K Tw jG jw jw Tjw jw w w T w -++-==++++当T=2时：2223(21)()(1)(14)kw K w jG jw w w w -+-=++ 令2(21)0K w -=，得w = 则：223319(1)(14)2K Kw w --=>-++ 所以32K <，得：302K <<。

当K=10时：222210(1)10(1)()(1)(1)w T Tw jG jw w w T w -++-=++令：210(1)0Tw -=，得21w T=22210(1)10(1)11(1)(1)(1)(1)T T a w T w T T-+-+==>-++++ 得，119T -<<，即：109T <<1-6 系统的开环频率特性为()()(12)(10.2)KG j H j j j j ωωωωω=++，求（1）绘制极坐标图（k=8）；（2）k=8时，求系统的稳定裕度；（3）k=2时，求系统的稳定裕度，并讨论。

解：2222.2(0.41)()()(12)(10.2)(14)(10.04)K wK K w jG j H j j j j w w w ωωωωω-+-==++++ 当K=8时：22217.68(0.41)()()(14)(10.04)w w jG jw H jw w w w -+-=++ 令28(0.41)0w -=，得：2252g w w ==，所以：2217.616(14)(10.04)11w w w w -=-++（1）极坐标图：（2）111116()()g g g K G jw H jw ==<令：()()1c c G jw H jw ==解得：21.8958(0.41)()arctan 180185.9817.6c o oc c cw w w w ϕ=-=-=-- 所以，相角裕度为：()180 5.980o o o c w γϕ=+=-<综上所述，此时闭环系统不稳定。

（3）当K=2时：2224.42(0.41)()()(14)(10.04)w w G jw H jw w w w -+-=++令20.410w -=，得：2252g w w == 所以：224.44(14)(10.04)11w w w w -=-++所以：幅值裕度11114()()g g g K G jw H jw ==>令()()1g g G jw H jw =，得0.987c w =所以：22(0.41)()arctan 180164.34.4o o c c cw w w ϕ-=-=--所以：相角裕量()18015.70o o c w γϕ=+=> 综上所述，此时闭环系统稳定。

1-7 系统的开环传递函数分别为 (1) 22()()(1)G s H s s s =+ *(2) 3(3)()()(1)s G s H s s s +=-绘制极坐标图的大致图形，并用乃奎斯特稳定判据判断系统的稳定性。

解： (1) 22()()(1)G s H s s s =+ 所以：22222(1)()()(1)(1)jw G jw H jw w jw w w -==-+-+ 可见极坐标图与实轴无交点，极坐标图为：开环传递函数在右半平面无极点，而系统的奈氏轨迹绕（－1，j0）点顺时针两圈，即:R=2.所以：Z=P+R=2,可见闭环系统是不稳定的。

（2）23223(3)()()(1)3(3)123(3)()()(1)(1)s G s H s s s jw w w w jG jw H jw jw jw w w +=-+-+-==-+令 330w w -=，得：0w =或23w =。

当23w =时，极坐标图与横轴交点为（－3，j0），极坐标图为：开环传递函数在右半平面有一个极点，所以P=1,奈氏轨迹围绕（－1，j0）点逆时针旋转一圈，所以R=-1,Z=P+R=0。

从而可知闭环系统是稳定的。

1-8 系统的闭环幅频特性如图1-8所示。

题1-8图 系统的闭环幅频特性（1）试确定系统的谐振峰值r M 、谐振频率r ω和带宽频率b ω;（2）估算系统的暂态响应性能指标。

解：（1） 由图可知： 2.4, 1.5,2Mr Wr Wb ===。

（2） 由2212 1.52.421Wr Wn Mr ςςς=-===-得：0.2, 1.5Wn ς==所以：338.86()0.215 1.574s n t s w ς===⨯1-9* 图1-9a 、b 分别代表两个系统的闭环频幅特性，试问哪个系统具有较大的超调量？哪个系统的响应速度较快？那个系统的抗干扰能力较强？试估算各系统的p M 、s t题1-9图 a 、b 解：由图可知，a 系统的ra M 比b 系统的rb M 高，a 系统具有较大的超调量，b 系统响应速度快，b 的斜率比a 大，所以a 系统抗干扰能力强。

在系统a 中：221210621Wr Wn Mr ςςς=-===-，得：0.09,10.0n w ς==8 在系统b 中：22122221Wr Wn Mr ςςς=-===- , 得：0.5, 2.8n w ς==3 2.12()s nt s w ς==1-10* 已知单位负反馈系统的开环传递函数为()(1)K G s s Ts =+ 若要求带宽增加a 倍，相角裕度保持不变，问K 、T 应如何变化？解：2()(1)(2)nn K w G s s Ts s s w ς==++对应有：n w ς==因为：b w w aec γ==γ不变，要求'(1)b b w a w =+，则ς不变，n w 为原来的(1)a +倍，即：(a ==+ 得：''1(1),1K a K T T a =+=+。

1-11 已知最小相位系统的开环传递函数为32211()()G s H s s a s a s=++ 证明，若系统满足劳斯-赫尔维茨判据的稳定条件，则一定满足乃奎斯特判据的稳定条件。