西安石油大学电子工程学院：《自动控制理论 Modern Control System》精品课程教学资源（重点难点与例题解析）各章自测题答案

自测题答案 第1章自动控制的一般概念 1.要求稳定电压为l、扰动输入量为R的变化,给定输入量由R和BG组成的稳压 管电路确定,R和R组成测量电路。 2.(1)T图1-2(a)中输出量为水池水位,给定输入量为l,扰动输入量为用水量。方 框图如T图1-2(c)所示。图1-2(b)中的输出量、扰动输入量与图1-2(a)相同。给定输入 量为水位的希望值,由浮球r、悬杆1、连杆两臂比及水阀门等参数确定 用水量 电动机 上 水池 及减速 器 浮球水位 测量装置 T图1-2(c) (2)T图1-2(a)中的误差和扰动无关,即T图1-2(a)为无差系统。T图1-2(b)中的 误差与扰动有关 3.由T图1-3可知,炉内温度为系统输出量,给定的毫伏信号是给定输入量;炉内 加热物件和其它影响炉温的外界因素是扰动输入量:电炉是系统被控对象:电压放大器、 功率放大器、减速器、自耦调压器以及生产给定毫伏信号的给定器构成自动控制器:电 压放大器和功率放大器是放大元件,可逆电动机减速器是执行机构;热电偶为测量元件 热电偶将温度信号转换为电信号,反映炉温,其输出电势与给定亳伏信号之差为偏 差信号。偏差经电压放大和功率放大后带动可逆电动机旋转,并经减速器使自耦调压器 的活动触点移动,从而改变加在加热器两端的电压。控制系统方块图如T图1-3(b)所示。 图中比较元件是由线路连接实现的,连接方式是负反馈方式 扰动作用 信号 炉温(含加热器) ∝+电压 功率|可逆电 给定毫伏信号 放大 放大 动及减 (含加 U 速器 热器) 反馈信号 热电偶 T图1-3(b)

·98· ＋ － Ug 用水量 H(水位) 给定毫伏信号 ＋ － Ug 反馈信号 扰动作用 炉温(含加热器) 误差 信号 Uf uf 自测题答案 第 1 章 自动控制的一般概念 1. 要求稳定电压为 U2、扰动输入量为 Rf的变化，给定输入量由 R2和 BG1组成的稳压 管电路确定，R3和 R4组成测量电路。 2.(1)T 图 1-2(a)中输出量为水池水位，给定输入量为 Ug，扰动输入量为用水量。方 框图如 T 图 1-2(c)所示。图 1-2(b)中的输出量、扰动输入量与图 1-2(a)相同。给定输入 量为水位的希望值，由浮球 r、悬杆 1、连杆两臂比及水阀门等参数确定。 T 图 1－2(c) (2) T 图 1-2(a)中的误差和扰动无关，即 T 图 1-2(a)为无差系统。T 图 1-2(b)中的 误差与扰动有关。 3. 由 T 图 1-3 可知，炉内温度为系统输出量，给定的毫伏信号是给定输入量；炉内 加热物件和其它影响炉温的外界因素是扰动输入量；电炉是系统被控对象；电压放大器、 功率放大器、减速器、自耦调压器以及生产给定毫伏信号的给定器构成自动控制器；电 压放大器和功率放大器是放大元件，可逆电动机减速器是执行机构；热电偶为测量元件。 热电偶将温度信号转换为电信号，反映炉温，其输出电势与给定毫伏信号之差为偏 差信号。偏差经电压放大和功率放大后带动可逆电动机旋转，并经减速器使自耦调压器 的活动触点移动，从而改变加在加热器两端的电压。控制系统方块图如 T 图 1-3(b)所示。 图中比较元件是由线路连接实现的，连接方式是负反馈方式。 T 图 1－3（b） 放 大 器 电 动 机 及 减 速 器 进 水 阀 门 水池 浮球水位 测量装置 电 压 放大 功 率 放大 可 逆 电 动 及 减 速器 自 偶 调 压 器 电 炉 ( 含 加 热器) 热电偶

第2章控制系统的数学模型 1.回路:L=G2H3,L2=-GH2,L=G1G2G3H1;从R(s)到C(s):P1=GG2G3,△1=1 C(s) G G2G3 R,(S)1+G2H3+G3H2+G,G2G3H 从R(s)到C(s):P=G3,△1=1+GH G +G.gh R2(s)1+G2H3+G3H2+G1G2G3H1 2.5 2.(1)回路:L1 L3 s(s+1) (s+1) 所以△=1-(L1+L2+L3) s+3.5s2+s+0.5k s(s+1) 0.5k C 0.5k R(S +0.5k (2)由C(s) 0.5k R(s)1G(s)03s)s+35s2+s+05k 解得 (s) 3.前向通道:P1=G2G4G6,P2=G3GsG7,P3=G3G8G6,P4=G2G1G7, Ps=-G3G8HIG1G7, P6=-G2G1H2G8G6 回路: LI=-G4HI, L2=-GsH2, L3=G,H2G8HI 所以 △=1-(L1+L2+L3)+L1L2=1+G4H1+G5H2-G1H2GsH1+G4H1G5H2 G5H2,△2=1+G4H1,△ R(s)

·99· 第 2 章 控制系统的数学模型 1. 回路：L1=-G2H3，L2=-G3H2，L3=-G1G2G3H1；从 R1(s)到 C(s)：P1=G1G2G3，1=1 2 3 3 2 1 2 3 1 1 2 3 1 ( ) 1 ( ) G H G H G G G H G G G R s C s     从 R2(s)到 C(s)：P1=G3， 1＝1＋G2H3 2 3 3 2 1 2 3 1 3 3 2 3 2 ( ) 1 ( ) G H G H G G G H G G G H R s C s      2. （1） 回路： 1 2.5 1    s L ， ( 1) 1 2    s s L ， ( 1) 0.5 3 2    s s k L 所以 ( 1) 3.5 0.5 1 ( ) 2 3 2 1 2 3           s s s s s k L L L ( 1) 0.5 1 2   s s k P ， 1 1  s s s k k R s C s 3.5 0.5 0.5 ( ) ( ) 3 2     （2）由 s s s k k G s s k s G s G s s k R s C s 3.5 0.5 0.5 ( ) ( ) 0.5 1 ( ) 0.5 ( ) ( ) 3 2 2 2        解得 3.5 1 ( )   s G s 3. 前向通道：P1=G2G4G6， P2=G3G5G7， P3=G3G8G6， P4=G2G1G7， P5=－ G3G8H1G1G7， P6=－ G2G1H2G8G6 回路： L1=－ G4H1， L2=－ G5H2， L3＝ G1H2G8H1 所以  ＝1－(L1+L2+L3)+L1L2=1+ G4H1+ G5H2－G1H2G8H1＋G4H1G5H2 1 5 2   1 G H ， 2 4 1   1 G H ， 1 3  ， 1 4  ， 1 5  ， 1 6   ( ) ( ) R s C s

GGG+GGGGH,+GGG+GG.GGH+GGG+GGG -, G I+HGA+H3G5-GH,G H+GAGS H2 4.两条前向通道:P1=G1G2G3,P2=G1 五个回路:L=G1G2,L2=-G2G3,L3=-1,L4=-G1GG3,L5=-G1 Δ=1-(L1+L2+L3+L4+L5)=2+G2G3-G1G2+G1+G1G2G3 A,=1 Cs=1∑P,△ G, +GGG 2+G+G.GG+GG-gg 5.L1=-G3H1,L2=-G2G3H2,L3=-G1G2G3G4H3,L4=G1G2G4G5H3 △=1-(L1+L2+L3+L4)+L1L4 1+G3H1+G2G3 H2+G,G2G3 G4H3-G1G2G4G5H3-GIG2G3 G4GsH, H3 ①求C(s)R(s)时,两条前向通道: P1=G1G2G3G4,△1=1;P2=-GGGG,Δ2=1+G3H1 G,G,, G4-GG2G4G(1+G3H) R(s 1+G3H+G2G3H2+GG2GG4H3-G,G,GGSH3-G,,H3 ②求B(s(s)时,从M(s)到E(s)的前向通路有两条: P1=-G4H3,A1=1,P2=-H2G2GsG4H,△2=1 E(S) G4H3-H2GGG4H3 N()1+GH,+G2G3H2+G,G,G3G4H3-GG2G4GSH3-GG2G3G4GSHH3 R, Cs 6. E (S) 1/CS+R R,Cs+ ER(S) R, E0(s) R2+R3 因为EA(s)-ES)K=Es)且K》1,所以EA(s)=EB(s),得 R, Eo(s)R,+R, RCS R3 E(S) R R, CS+ s+ R, C

·100· 1 4 3 5 1 2 8 1 4 5 1 2 2 4 6 2 4 6 5 2 3 5 7 3 5 7 4 1 3 8 6 2 1 7 3 8 1 1 7 2 1 2 8 6 1 HG H G GH G H G G H H G G G G G G G H GGG GGG G H GGG G GG GG HGG G GH GG            4. 两条前向通道：P1＝G1G2G3，P2＝G1 五个回路：L1=G1G2，L2=－G2G3，L3＝－1，L4＝－G1G2G3，L5＝－G1 1 2 3 4 5 2 3 1 2 1 1 2 3   1 (L  L  L  L  L )  2  G G  G G  G  G G G 1 1  1 2  所以 1 1 2 3 3 2 1 2 1 1 2 3 2 1 2 1 G ( ) ( ) G G G G G G G G G G G P R s C s k k k           5. L1＝－G3H1，L2＝－G2G3H2，L3＝－G1G2G3G4H3，L4＝G1G2G4G5H3 1 2 3 4 1 4   1 (L  L  L  L )  L L ＝1＋G3H1+G2G3H2+G1G2G3G4H3－G1G2G4G5H3－G1G2G3G4G5H1H3 ① 求 C(s)/R(s)时，两条前向通道： P1=G1G2G3G4， 1 1  ；P2＝－G1G2G4G5， 2 3 1   1 G H 3 1 2 3 2 1 2 3 4 3 1 2 4 5 3 1 2 3 4 5 1 3 1 2 3 4 1 2 4 5 3 1 1 (1 ) G H G G H G G G G H G G G G H G G G G G H H G G G G G G G G G H        ② 求 E(s)/N(s)时，从 N(s)到 E(s)的前向通路有两条： P1＝－G4H3， 1 1  ，P2＝－H2G2G5G4H3， 1 2   ( ) ( ) N s E s 3 1 2 3 2 1 2 3 4 3 1 2 4 5 3 1 2 3 4 5 1 3 4 3 2 2 5 4 3 1 G H G G H G G G G H G G G G H G G G G G H H G H H G G G H        6. ( ) 1/ 1 ( ) 1 1 1 1     R Cs R Cs Cs R R E s E s i A ， ( ) ( ) 0 2 3 3 E s R R R E s B   因为[EA(s)－EB(s)]K=E0(s)且 K》1，所以 E (s) E (s) A  B ，得 R C s s R R R Cs R Cs R R R E s E s i 1 3 2 1 1 3 0 2 3 1 1 ( ) 1 ( )              ( ) ( ) R s C s

7运动方程为-c 少1c2 k1(y1-y2) f2+c1 +k1(01-y2)-c2 k dt dt 结构图如下图所示: ms+cstk C, s+ Cs+ ms+cs+cstk+k 8.Δ=1-L1=1-G1G2G3G4 从R)到C(s):P=G1,△1=1 从R(s)到C(s:P1=-GGG3,△1=1 从R2(s)到C(s):P1=-G1G3G4,△1=1 从R()到Cs):P=G3,△1=1 C1(s) G C1(s) G,G3G R1(s)1-G1G2G3G4 R2(s)1-G1G2G3G4 G R,(S)1-GG2G3G4 R2(s)1-G1G2G3G4 9. A=l-abcd-gb-hc-bce-l=-abcd-gb-hc-bce P=abc C(s) R( cd -gb-hc-bc 101

·101· F1(s) F2 (s) Y1(s) ＋ Y2(s) ＋ 7. 运动方程为 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 ( ) dt d y k y y m dt dy dt dy f c            2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 ( ) dt d y k y m dt dy k y y c dt dy dt dy f c              结构图如下图所示： 8. 1 1 2 3 4   1 L  1 G G G G 从 R1(s)到 C1(s)：P1＝G1， 1 1  从 R1(s)到 C2(s)：P1＝－G1G2G3， 1 1  从 R2(s)到 C1(s)：P1＝－G1G3G4， 1 1  从 R2(s)到 C2(s)：P1＝G3， 1 1  1 2 3 4 1 1 1 ( ) 1 ( ) G G G G G R s C s   ， 1 2 3 4 1 3 4 2 1 ( ) 1 ( ) G G G G G G G R s C s    1 2 3 4 1 2 3 1 2 ( ) 1 ( ) G G G G G G G R s C s    ， 1 2 3 4 3 2 2 ( ) 1 ( ) G G G G G R s C s   9.   1 abcd  gb  hc  bce 1  abcd  gb  hc  bce P  abc 1 ， 1 1  abcd gb hc bce abc R s C s      ( ) ( ) 1 1 1 2 1 m s  c s  k 1 1 c s  k 1 1 c s  k 1 2 1 2 2 1 1 m s  c s  c s  k  k

第3章线性系统的时域分析法 1.所求区域如T图3-11,3-12,3-13,3-14所示。 T图3-11 T图3-13 T图3-14 Ks+b (1)G(s) 1-Φ(s)s2+as-K (2)K,= lims()≈~b K a-K 3.(1)因为C()=10.212 R()= ss+60s+10 所以()≈C=0 R(S) 70s+600 pp(s) 00 (2)On=24.5,5=143>1 由于在两个闭环极点中,s=-60,s2=-10,|5>52所以s对系统动态响应的影 响可忽略不计,s2为闭环主导极点,即 p(s) 0.ls+1

·102· 第 3 章 线性系统的时域分析法 1. 所求区域如 T 图 3-11，3-12，3-13，3-14 所示。 T 图 3－11 T 图 3－12 T 图 3－13 T 图 3－14 2.（1） s as Ks Ks b s s G s         2 1 ( ) ( ) ( ) （2） a K b K sG s s v     lim ( ) 0 b a K K e v ss    1 3.（1） 因为 s R s s s s C s 1 , ( ) 10 1.2 60 1 0.2 ( )       所以 70 600 600 ( ) ( ) ( ) 2      R s s s C s s ( 70) 600 1 ( ) ( ) ( )       s s s s G s （2）  24.5,  1.43  1 n 由于在两个闭环极点中，s1＝－60，s2＝－10， 1 2 s  5 s 所以 s1对系统动态响应的影 响可忽略不计，s2为闭环主导极点，即 0.1 1 1 ( )    s s

得 l=3T=0.3s,G=0 (3)由于G()=-00 为Ⅰ型,所以 s(s+70) KI K =K/T PO=1/T 令2≥0.5,得K≤1/T 由劳斯判据可得,系统稳定条件为T>0,K>0 T图3-15 特征根 令 <-2,得T<一,所要求的参数范围,如 图3-15所示 (2)es=1/K (3)e(1)=r(1)-c(1) C(s) a(s)=S(Ts+1-KK R(S) s(Ts+1)+K e= lim S ( sR(s) I-KK K 得 k=1/K a()=C(s) R(s)s2+3s+2 c()+3c(1)+2c(1)=2r(1) 考虑非零初始条件下的拉氏变换 )C(s)=2R(s)+c(0)+sc(0)+3c(0 3s+2 4 c()=1-4e-+2e-2t

·103· 得 ts＝3T＝0.3s，  0 （3）由于 ( 70) 600 ( )   s s G s 为Ⅰ型，所以  ,  0 K p Ka 故       a a p p ss K A K A e 1 1 4. (1) Ts s K K s     2 ( )      T K T n n 2 1/ / 2   令  0.5 ，得 K  1/T 由劳斯判据可得，系统稳定条件为 T>0，K>0 T 图 3-15 特征根 T TK j T s 2 4 1 2 1 1,2     ，令 2 2 1    T ，得 4 1 T  ，所要求的参数范围，如 T 图 3-15 所示。 （2）ess=1/K （3）e(t)  r(t)  c(t) s Ts K s Ts K K s R s C s s c e            ( 1) ( 1 ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 lim ( ) ( ) 0      K K K e s s R s c e s ss  得 Kc＝1/K 5. （1） 3 2 2 ( ) ( ) ( ) 2      R s s s C s s c(t)  3c(t)  2c(t)  2r(t) 考虑非零初始条件下的拉氏变换： ( 3 2) ( ) 2 ( ) (0) (0) 3 (0) 2 s  s  C s  R s  c  sc  c 故 2 2 1 1 4 ( 1)( 2) 3 2 ( ) 2            s s s s s s s s C s t t c t e e 2 ( ) 1 4 2     

K :6 1+KK 2/3 6.(1) (s) (s+1)G1(s)+K1 s+(K1K2+1)s+K1 D(s)=s2+(K1K2+1)s+K1=(s+5+j5s+5-j5)=s2+10s+50 得 K1=50 K2=9/50 (2)由 Φ,()=(s+l)s-(K2s+1)G(S s+(K1K2+1)s+K1 G1(s)= K2S+1 (3)由 (S+1)(K2S+1)-s+G2(s) +(K1K2+1)s+K 得 7 1+G(s)s-+2C0,s+ 当n(=1(时c(1)=2e-2-e s+6 E(S)=- s+2s+4s2+6s+8 E(s)=Φ2(s)R(s)=-Φ(S 所以 s-+220 250,s+o 2.828 所以 K,=lims(s)=% 所以r()=t时, es=l/K=0.75

·104· （2） 3 2 K p  , Kv  6 2/3 4 0 1       v v p p ss K A K A e 6.（1） 1 2 1 2 1 1 ( 1) ( 1) ( ) ( ) s K K s K s G s K s        令 ( ) ( 1) ( 5 5)( 5 5) 10 50 2 1 2 1 2 D s  s  K K  s  K  s   j s   j  s  s  得 K1＝50， K2＝9/50 （2）由 0 ( 1) ( 1)[ ( 1) ( )] ( ) 1 2 1 2 2 1          s K K s K s s K s G s s er 得 1 ( ) 2 1   K s s G s （3）由 0 ( 1) ( 1)( 1)[ ( )] ( ) 1 2 1 2 2 2           s K K s K s K s s G s s en 得 G2(s)=s 7. 2 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) n n n e s s s s G s s           当 r(t)=1(t)时 6 8 6 4 1 2 2 ( ) 2 , ( ) 2 2 4             s s s s s e t e e E s t t 而 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) s s E s s R s  e  e 所以 sE(s) (s)  e 即 2 2 2 2 2 2 6 8 6 n n n s s s s s s s s            所以      1.061 2.828  n 又 3 4 lim ( ) 0    K sG s s v 所以 r(t)=t 时， ess＝1/Kv=0.75

h()=2, 2.18 , =0.8 由 ×100%=9% 5=0.608 得 4.946 KK +as+K2 其单位阶跃响应的稳态误差值为 H(∞)=K1=2 因为o2=K2 可求得 K2=2446 9.(1) Φ(s)=E(s) N(s) K,K,K4 s(7s+1)(s+K3K2) lim sopen (S)N(s) K,K (2)先由梅逊公式求闭环传递函数 d(s)=K, K2,+ KAS 1)+K2k K. 再求等效单位反馈系统的开环传递函数 G()=s KKK+KKs 1-Φ(s)s2(7s+1+K2K3T)+(K2K3-KK4)s 要使系统在n(1=t作用下稳态误差为0,系统应为Ⅱ型系统 K,,-KcK Kc=K2K3/K 0.系统闭环传递函数 1+G(s)s3+7s2+10s+10(s+5.52)(s2+148s+1.83)

·105· 8. h()  2 ， 9 , 0.8 2 2.18 2 0 0 0 0     P  t 由 0 0 0 0 / 1 0 0 100 9 2       e 得   0.608 由 2  1     n P t 得  4.946  n 2 2 1 2 ( ) s as K K K s     其单位阶跃响应的稳态误差值为 ( ) 2 h   K1  因为 K a  n  2 , 2 n  2 可求得 K2=24.46， a＝6.01 9. （1） ( 1)( ) 1 1 ( ) ( ) ( ) 3 2 1 2 4 s Ts s K K N s K K K E s s en        1 4 3 0 lim ( ) ( ) K K K e s s N s en s ssn      （2）先由梅逊公式求闭环传递函数： 2 3 1 2 4 2 1 2 4 4 ( 1) ( 1) ( ) s Ts K K s Ts K K K K K K K K s s c        再求等效单位反馈系统的开环传递函数： s Ts K K T K K K K s K K K K K s s s G s c c 1 ( ) ( 1 ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 4 2 1 2 4 4           要使系统在 r(t)=t 作用下稳态误差为 0，系统应为Ⅱ型系统， 即 K2K3－KcK4＝0，Kc＝K2K3/K4 10. 系统闭环传递函数 ( 5.52)( 1.48 1.83) 10 7 10 10 10 1 ( ) ( ) ( ) 3 2 2            G s s s s s s s G s s

系统的闭环主导极点为s12=-0.74±jl.133 用主导极点代替全部极点,并保持Φ(0)=1,得近似闭环传递函数 1.83 1353,5=0.547,o4=O 1.133 0=arccos= 56.839 所以,系统单位阶跃响应为 h(1)=1 sin(@,t+o) =1-1.195esi.33+56839°) 19 2.77 4.05~54 0% 00%=128% K,(rS +b) R(s)(Ts+1)(72s+1)+K1 E(s) T2s2+(7+7-zK)s+K1-Kb (Ts+1)(T2s+1)+K1 要使系统对n(1)成为Ⅱ型系统,则当r()=时,ex=0,即 (T;s+1)T2s+1)+K1 K1-K1b=0 T1+72-zK1=0 b=1 故 T1+72 12.当n(1)=0时,开环传递函数为 G(s)= I型系统) s(Ts+1)(72+K)s 当r(=0时,由于扰动点前的前向通路传递函数为

·106· 系统的闭环主导极点为 0.74 1.133 1,2 s    j 用主导极点代替全部极点，并保持(0) 1，得近似闭环传递函数 1.48 1.83 1.83 ( ) 2     s s s 1.353, 0.547, 1 1.133 2  n     d   n   o   arccos  56.839 所以，系统单位阶跃响应为 1 1.195 sin(1.133 56.839 ) sin( ) 1 1 ( ) 1 0.74 2           e t h t e t t d t n     t s t s t s n s d P d r 4.05 ~ 5.4 3 ~ 4  1.9 ,   2.77 ,           0 0 0 0 / 1 0 0 100 12.8 2       e 11. 1 2 1 1 ( 1)( 1) ( ) ( ) ( ) ( ) T s T s K K s b R s C s s         1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 2 ( 1)( 1) ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) T s T s K T T s T T K s K K b s R s E s s e                要使系统对 r(t)成为Ⅱ型系统，则当 r(t)=t 时，essr＝0，即 0 ( 1)( 1) 1 1 ( ) lim ( ) lim 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 0 0                T s T s K T T s T T K s K K b s e sE s s s s ssr  得         0 0 1 2 1 1 1 T T K K K b  故         1 1 2 1 K T T b  12. 当 n(t)=0 时，开环传递函数为 ( 1)[( ) 1 ] 1 ( ) s T 1s T2 K s K s G s         （Ⅰ型系统） 当 r(t)=0 时，由于扰动点前的前向通路传递函数为

G1(s) (0型系统) 所以,系统对n()为I型系统,对n(n)为0型系统。 13.系统为Ⅰ型系统。可设开环传递函数为 K (s) s( s+as+ 则特征方程为s3+as2+bs+K=0 与s3+42+6+4=0比较可得 4 G(s)= 14. e()=r(1)-c(t) C(s) E(s)_;C(s) R(s)s2+5+1 R(s) R(s)s2+5+ 又扰动点前的前向通路有一个积分环节,故 所以 第4章线性系统的根轨迹法 此题为非最小相位系统,根轨迹方程为G(s)H(s)=-1,相角满足180条件 渐近线与实轴的夹角n=60°,-60°,180° 渐近线与实轴的交点G 由求分离点的方程可得解为d=046,d2=-222,d、=-079±1216(d3,d4不满 足幅值条件,舍去) 由劳斯判据可求得根轨迹与虚轴的交点为S12=±j2.5,s34=±j1.56,相应地,K=35.7 及K=23.3 根轨迹的出射角n,n2=±5450。根轨迹如T图4-2所示,由图可知,当233K<357 时,根轨迹在左半s平面,系统稳定,否则,系统是不稳定的

·107· 1 1 1 1 1 ( ) 1 1 1 1     T s T s T s G s （0 型系统） 所以，系统对 r(t)为Ⅰ型系统，对 n(t)为 0 型系统。 13. 系统为Ⅰ型系统。可设开环传递函数为 ( ) ( ) 2 s s as b K G s    则特征方程为 s 3＋as 2＋bs＋K＝0 与 s 3＋4s 2＋6s＋4=0 比较可得 ( 4 6) 4 ( ) 2    s s s G s 14. e(t)  r(t)  c(t) ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) , 1 1 ( ) ( ) 2 2 2          s s s R s C s R s E s s s s R s C s lim ( ) 0 0    e sE s s ssr 又扰动点前的前向通路有一个积分环节，故 essn＝0 所以 ess＝essr＋essn＝0 第 4 章 线性系统的根轨迹法 1. 此题为非最小相位系统，根轨迹方程为 G(s)H(s)＝－1，相角满足 180 0条件。 渐近线与实轴的夹角 0    60 ，－60 0，180 0 渐近线与实轴的交点 3 2     由求分离点的方程可得解为 d1=0.46，d2= －2.22，d3、4=－0.79  j2.16（d 3，d 4 不满 足幅值条件，舍去）。 由劳斯判据可求得根轨迹与虚轴的交点为 1，2 s =  j2.56， 3，4 s =  j1.56，相应地，K=35.7 及 K=23.3 根轨迹的出射角 p1，p2 =  54.5 0。根轨迹如 T 图 4-2 所示，由图可知，当 23.3<K<35.7 时，根轨迹在左半 s 平面，系统稳定，否则，系统是不稳定的