自动控制原理答案第二版(孟庆明)

1、爱校园（） 课后答案网（） 淘答案（）旨在为广大学生朋友的自主学习提供一个分享和交流的平台。Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的宗旨，以关注学生的学习生活为出发点，最全最多的课后习题参考答案，尽在课后答案网（）！大学答案 - 中学答案 - 考研答案 - 考试答案课后答案网，用心为你服务！电位器放大器电动机减速器阀门水箱浮子 杠杆_电位器放大器电动机绞盘位置大门_11-5 解：系统的输出量：电炉炉温 给定输入量：加热器电压 被控对象：电炉仓库大门自动控制开（闭）的职能方框图门实际开(闭)门 的位置工作原理：系统的被控对象为大门。被控量为大门的实际位置。输入量为希望的大门位置。当合上开门开关时，

2、桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大器放大后，驱动电动机带动绞盘转动， 使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开 门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。受控量：门的位置测量比较元件：电位计1-4 解：受控对象：门。 执行元件：电动机，绞盘。 放大元件：放大器。水位自动控制系统的职能方框图h chr出水 电动机通过减速器使阀门的开度减小（或增大），以使水箱水位达到希望值 hr 。当 hc = hr 时，电位器电刷位于中点位置，电动机不工作。一但 hc hr 时，浮子位置相应升高（或降低），通过杠杆作用使电位器

3、电刷从中点位置下移（或上移），从而给电动机提供一定的工作电压，驱动电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置）。rc（与电位器设定工作原理：系统的被控对象为水箱。被控量为水箱的实际水位 h 。给定值为希望水位 h测量元件：浮子，杠杆。放大元件：放大器。执行元件：通过电机控制进水阀门开度，控制进水流量。比较计算元件：电位器。c被控量：水箱的实际水位 h受控对象：水箱液面。1-1（略）1-2（略）1-3 解：习题第一章自动控制原理（非自动化类）习题答案电位器电压 放 大功 率 放 大电机 加热器电炉热 电偶K1K21s 2 + s1TsK3K21Ts1s2 + sK1K3-21 3Ts3 +

4、(T + 1)s2 + s + K K，C (s) / R(s) =K1K3X5(s)X4(s)X3(s)X2(s)R(s)C(s)_N1(s)+X1(s)N2(s)将方块图连接起来，得出系统的动态结构图：X5(s)-X4(s)C(s)X5(s)X4(s)X3(s)N2(s)X5(s)C(s)-X2(s)X1(s)X3(s)X2(s)X1(s)+R(s) 3 5绘制上式各子方程的方块图如下图所示：N1(s)K X (s) = s2C (s) + sC (s) X 5 (s) = X 4 (s) K2 N2 (s)TsX 4 (s) = X 3 (s) X 2 (s) = K1 X1 (s) X

5、 3 (s) = X 2 (s) X 5 (s)2-1 解：对微分方程做拉氏变换： X1 (s) = R(s) C (s) + N1 (s)习题第二章炉温给定 炉温放大元件：电压放大器，功率放大器，减速器比较元件：电位计 测量元件：热电偶 职能方框图：1s + 1Ks1Ts + 1sTTs+1s1s + 11Ts + 1K-31 31 42 32 4(b)R(s)1 + G G G G + G G G G(a)=R(s)ms2 + fs + KG1 + G2C (s) =1C(s)2-3 解：（过程略）0N (s) =C (s)(s + 1)(Ts + 1)1 +Ts2 + (T + 1)s

6、+ (K + 1)kR(s)C (s)= (s + 1)(Ts + 1)(s + 1)(Ts + 1) =K + ô s+Kô sX4(s)X3(s)X1(s)R(s) C(s)X5(s)X2(s)N(s)将方块图连接得出系统的动态结构图：C(s)X4(s)X4(s)X3(s)X5(s)N(s)N(s)X5(s)C(s)-X3(s)X1(s)X2(s)R(s)X1(s)R(s)X2(s) X 5 (s) = (Ts + 1) N (s)绘制上式各子方程的方块如下图：C (s) = X (s) N (s)4(Ts + 1) X 4 (s) = X 3 (s) + X 5 (s

7、) X 2 (s) = ô sR(s)(s + 1) X 3 (s) = X1 (s) + X 2 (s)2-2 解：对微分方程做拉氏变换 X1 (s) = KR(s) C (s)1 3Ts3 + (T + 1)s2 + s + K K2C (s) / N (s) = K2 K3TsC (s) / N1 (s) = C (s) / R(s) ，三个回路均接触，可得 Ä = 1 La = 1 + G1G2 + 2G14 La = L1 + L2 + L3 = G1G2 G1 G1a =13（b）（1）系统的反馈回路有三个，所以有R1 + G1G2G5 + G2G3G4 G4G

8、2G5G1G2G3 + 1C =三个回路两两接触，可得 Ä = 1 La = 1 + G1G2G5 + G2G3G4 G4G2G5（2）有两条前向通道，且与两条回路均有接触，所以P1 = G1G2G3 , Ä1 = 1P2 = 1, Ä2 = 1（3）闭环传递函数 C/R 为 La = L1 + L2 + L3 = G1G2G5 G2G3G4 + G4G2G5a =132-5 解：（a）（1）系统的反馈回路有三个，所以有K1K2nG (s) =Kn s1 2 3Ts2 + s + K K K（2）要消除干扰对系统的影响C (s) / N (s) = K n K3

9、s K1K2 K3Gn = 0Ts + 1s11 2 3K231 +sTs2 + s + K K KKKnn 1C (s) / N (s) = (K G KK3K2 ) Ts + 1 = K n K3 s K1K2 K3Gn求 C/N，令 R=0，向后移动单位反馈的比较点1 2 31 + G(s)Ts2 + s + K K K=C (s) / R(s) =G(s)K1K2 K3s(Ts + 1)2-4 解 ：（1）求 C/R，令 N=0G(s) = K1K2 K3R(s)1 + G1G2 + G2G3 + G3G4 + G1G2G3G4(e)G1G2G3G4C (s) =R(s)1 G2G3R

10、(s)1 + G1 + G2G1(d)(c)C(s) = G1 G2C(s) = G2 + G1G25nù1 î 2= 0.1t p =ð13-2 解：系统为欠阻尼二阶系统（书上改为“单位负反馈”，“已知系统开环传递函数”）ó % = eðî / 1î ×100% = 1.3 1 ×100%2H1 + 10K= 10HK= 0.9H 1 + 10K0= 10 K= 1010K0要使过渡时间减小到原来的 0.1 倍，要保证总的放大系数不变，则：（原放大系数为 10，时间常数为 0.2）1 + 10KHHs

11、+ 10.2R(s)0 1 + G(s)K=1 + 10K HG(s)ö (s) = C (s) = K10K0采用 K0 , K H 负反馈方法的闭环传递函数为0.2s + 1）3-1 解：（原书改为 G(s) =10习题第三章N3 (s)N3 (s)N2 (s)N2 (s)1 + G1G2G3 + G2= 1=E(s) = C (s)(1 + G2 )G3E (s) = C (s)N1 (s)N1 (s)1 + G1G2G3 + G2R(s)1 + G1G2G3 + G2E(s) = C (s) = G2G3 G1G2G3E(s) = 1 + G2 G2G3N3 (s)1 + G

12、1G2G3 + G2N2 (s)1 + G1G2G3 + G2=C (s)C (s) = 1× (1 + G1G2G3 + G2 ) = 1(1 + G2 )G3N1 (s)R(s)1 + G1G2G3 + G2= C (s) / R(s)C (s)C (s) = G1G2G3 + G2G32-6 解：用梅逊公式求，有两个回路，且接触，可得 Ä = 1 La = 1 + G1G2G3 + G2 ，可得1 + G1G2 + 2G11 + G1G2 + 2G1RG1G2 + G2C = G1G2 + G1 + G2 G1 =（2）有四条前向通道，且与三条回路均有接触，所以P1

13、= G1G2 , Ä1 = 1P2 = G1 , Ä2 = 1P3 = G2 , Ä3 = 1P4 = G1 , Ä4 = 1（3）闭环传递函数 C/R 为6nc. î = 0.1,ù = 1s1 时，nîùs= 3.5st =3.52ó % = eðî / 1î ×100% = 72.8%nb. î = 0.1,ù = 10s1 时，nîùs= 7st =3.52ó % = eðî / 1

14、38; ×100% = 72.8%na. î = 0.1,ù = 5s1 时，n2îùn = 10解得：ùn = 14.14, î = 0.354, ó %=30%, t p = 0.238结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。3-4 解：（1）ù 2 = 200s2 + 10sG(s) =200（2） K = 20s1 时：n2îùn = 10解得：ùn = 10, î = 0.5, ó % = 16.3%, t p = 0.363ù 2 =

15、 100s2 + 10sG(s) =1003-3 解：（1） K = 10s1 时：s(s + 24.1)s(0.041s + 1)=G(s) =47.11136所以，开环传递函数为：ùn = 33.71î = 0.358解得：7系统不稳定。（b）用古尔维茨判据5210203104.73.25532s4 s3 s2 s1s0系统稳定。（2）（a）用劳思判据= 8000D3 =001001009202010= 80D1 = 20, D2 =1009201系统稳定。（b）用古尔维茨判据910001204100s3 s2 s1s0则ó % 减小， ts 减小3-5 解：

16、（1）（a）用劳思判据(3) 讨论系统参数：î 不变，ó % 不变；î 不变，ùn 增加，则 ts 减小；ùn 不变，î 增加，nîùs= 1.4st =3.52ó % = eðî / 1î ×100% = 16.3%n(2)î = 0.5,ù = 5s1 时，nîùs= 35st =3.52ó % = eðî / 1î ×100% = 72.8%8劳斯表：s3 + 21s2

17、+ 10s + 10(a) 系统传递函数：10(s + 1)3-7 解：3解得 K >44若系统稳定，则：K 1 > 0, K > 03K40.20.83 K 1K 1Ks3s2s1s0劳思表0.2S 3 + 0.8S 2 + (K 1)s + K = 04（2）系统闭环特征方程为若系统稳定，则： K 1 > 0, K > 0 。无解4K0.210.8K K 1s3s2s1s0系统不稳定。3-6 解：（1）系统闭环特征方程为0.2S 3 + 0.8S 2 s + K = 0劳思表2= 3060D4 =0300002151510310（其实 D4 不必计算，因为 D

18、3 < 0 ）13302 = 153= 47, D =53D1 = 10, D2 =11001510109610100.610.051s3s2s1s0劳思表：0.05s3 + 0.6s2 + s + 10 = 0解法二、系统的闭环特征方程为：Kssss当 r (t ) = t ×1(t) 时， e = 0.1 ；当 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， e = 。1稳定域为：î > 0, 0 < K < 200î3-9 解：（1）解法一、因为õ = 1 ，属于型无差系统，开环增益 K = 10 ，故当 r (t)

19、 = 1(t ) 时， ess = 0 ；2î> 0, K > 0 时系统稳定当 2î > 0,2î 0.01Ks02îK1K0.012î2î 0.01Ks3s2s1劳思表：0.01s3 + 2î s2 + s + K = 0系统稳定。3-8 解：系统闭环特征方程为：100110110s2s1s0劳思表：s2 + 101s + 10(b) 系统传递函数：10系统稳定。101000121200 / 2110s3 s2 s1s0101 +s(s + 4)(s2 + 2s + 2)s 0s 0s2s2 7(s +

20、 1)sss= 8 / 711输入 r (t ) = t ×1(t) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim ss(s + 4)(s2 + 2s + 2)s 0s 0ss1 + 7(s + 1)sss1 = 01当输入 r (t) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s1 + G(s)sE i RR(s)(s)R(s) =E = ö1系统稳定。1071507167.59.47s4 s3 s2 s1s0劳思表：s4 + 6s3 + 10s2 + 15s + 7 = 0解法二、系统的闭环特征方程为：K7ssss=

21、。1当 r (t ) = t ×1(t) 时， e = 8 = 1.14 ；当 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， e8ss（2）解法一、因为õ = 1 ，属于型无差系统，开环增益 K = 7 ，故当 r (t ) = 1(t ) 时， e = 0 ；s(0.1s + 1)(0.5s + 1)1 +s0s 0s3s3 10sss= 11输入 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， R(s) = 2 , e = lim sE = lim ss(0.1s + 1)(0.5s + 1)1 +s 0s 0s2 10s2sss= 0.111输入 r

22、 (t ) = t ×1(t) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim ss(0.1s + 1)(0.5s + 1)s 0sss 0 101 +sss1 = 01当输入 r (t) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim s1 + G(s)sE i RR(s)(s)R(s) =E = ö1系统稳定。11s2输入 r (t ) = 10t, R(s) =10调节时间 ts = 4T = 1min, T = 0.25 minTs + 1R(s)为一阶惯性环节3-10 解：系统传递函数为= G(s) =1C (s)1 +

23、s2 (0.1s + 1)s 0s0s3s3 8(0.5s + 1)sss= 0.2521输入 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， R(s) = 2 , e = lim sE = lim s1 +s2 (0.1s + 1)s 0s 0s2 8(0.5s + 1)s2sss= 011输入 r (t ) = t ×1(t) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim ss2 (0.1s + 1)s 0s0ss1 + 8(0.5s + 1)sss1 = 01当输入 r (t) = 1(t ) 时， R(s) = 1 , e = lim sE = lim

24、 s1 + G(s)sE i RR(s)(s)R(s) =E = ö1系统稳定。0.14183.28s3 s2 s1s0劳思表：0.1s3 + s2 + 4s + 8 = 0解法二、系统的闭环特征方程为：K当 r (t ) = t ×1(t) 时， ess = 0 ；当 r (t ) = t ×1(t) 时， ess = 0.25 。22（3）解法一、因为õ = 2 ，属于型无差系统，开环增益 K = 8 ，故当 r (t) = 1(t ) 时， ess = 0 ；1 +s(s + 4)(s2 + 2s + 2)s0s 0s3s3 7(s + 1)sss

25、= 11输入 r (t ) = t 2 ×1(t ) 时， R(s) = 2 , e = lim sE = lim s12在扰动点之后引入积分环节 1/s，s 0所以对输入响应的误差， ess = lim sE(s) = 0 。s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5Kss(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5KE (s) = s(0.05s + 1)(s + 5) 2.5s(0.05s + 1) 1 = (0.05s + 1)(s + 5) 2.5(0.05s + 1)s(0.05s + 1)(s + 5)s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5KN

26、(s)1 + 2.5KE i N ö2.5(0.05s + 1)s= E (s) = s + 5 =2.5s(0.05s + 1)(s + 5)s(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5KR(s)1 + 2.5KE i R =ös(0.05s + 1)(s + 5)1= E(s) =（3）在扰动点前的前向通道中引入积分环节 1/s，s 05 + 2.5Kss= 0.0455 。比较说明，K 越大，稳态误差越小。e = lim sE(s) =2.5（2）当 K=20 时s 0s0(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5Ks5 + 2.5Kss= 0.0238e

27、2.5= lim sE(s) = lim s (0.05s + 1)(s + 5) 2.5(0.05s + 1) 1 =ss（1）当 K=40 时输入 R(s) =, N (s) =11(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5KsE (s) = (0.05s + 1)(s + 5) 2.5(0.05s + 1) 1(0.05s + 1)(s + 5)1 +N (s)2.5KE i N ö= E (s) = s + 5 2.5(0.05s + 1)(s + 5)1 +R(s)2.5KE i R ö1= E(s) =s 03-11 解：用梅森公式：ess = lim s

28、E (s) = 2.5(C )D稳态误差：ss (0.25s + 1)2210E (s) = R(s) C (s) = 10 T1s + 21s(T2 +ô K )s + 5 + k C(s)ô s +113E i N s3ssnE i R s3ssre= = lim sös 0= ， e= lim sös 011s3s3令 R(s) =, N (s) =11E i N s2ssnE i R s2ssr= = lim sös 0e= 2(K + 5) ，= lim sös0e11s2s2令 R(s) =, N (s) =11E i N

29、 sssnE i R sssre= lim sös 0= lim sös01 = 21 = 0 ，ses令 R(s) =, N (s) =1121ô s2 + Ks + 5s)Ts + 2(T s2 + K211 +N (s)s(T s + 2)(T s + Kô s + K + 5) + (ô s + 1)1E i N × (ô s + 1)=ö= E(s) =(ô s + 1)(T2 s + 2)s(T2 s + 5) + Ks(ô s + 1)(ô s + 1)21Ts + 2(

30、T s2 + Kô s2 + Ks + 5s)211 +s(T s + 2)(T s + Kô s + K + 5) + (ô s + 1)R(s)1× (ô s + 1)E i R =ös(T1s + 2)(T2 s + Kô s + K + 5)1= E (s) =系统开环õ = 1 ，故对 R 为型，干扰 N 作用点之前无积分环节，系统对 N 为 0 型解法二、用梅森公式R(s)N(s)3-12 解：解法一、原系统结构图变换为s 0所以对输入响应的误差， ess = lim sE(s) = 。K1s(0.05

31、s + 1)(s + 5) + 2.5K sE (s) = R(s)öE i R + N (s)öE i N =(0.05s + 1)(s2 + 5s 2.5) 1(0.05s + 1)(s + 5)sss(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5KN (s)1 + 2.5KE i N ö2.5(0.05s + 1)= E(s) = s + 5 1 =2.5(0.05s + 1)(s + 5)ss(0.05s + 1)(s + 5) + 2.5KR(s)1 + 2.5KE i R =ös(0.05s + 1)(s + 5)1= E (s) =14n

32、n n 1 +s2 + 2îù ss 0s 0ùs2ù 2ssse = lim sE R(s) = lim s11 = 2îs2(2) 输入 r (t) = 1(t), R(s) =1n n 1 +s2 + 2îù ss0s0sù 2ssse = lim sE R(s) = lim s1 = 01s（1）输入 r (t) = 1(t), R(s) =1n1 + G(s)s2 + 2îù ssE i RR(s)(s)R(s) =G(s) = n ，误差传递函数 E = ö1ù

33、23-14 解：开环传递函数为s0根据定义 e = r c ， ess = essr + essn = essn = lim sEn (s) = 0.1 。si0.5s2 + s + 200（b）系统开环õ = 1 ，为型系统，故 essr = 0 ；又 En (s) = N (s)iöC i N =2000.1信号 essn = 0 ，从而有 ess = essr + essn = 0 。r (t ) = t ×1(t) 时，essr = 0 ，又在 n(t)作用点以前原系统串联了一个积分环节，故对阶跃干扰R(s)s2 + s + 1，因为分子分母后两项系数对应

34、相等，故系统为无差，在解法二、=s 0ss + 1s2C (s)输入 R(s) =, N (s) =，所以 ess = lim sE(s) = 011E(s) = R(s) C(s) = R(s) (R(s)iöC i R + N (s)iöC i N )N (s)s(s + 1) + 1R(s)s(s + 1) + 1C i N C i R =，ö=(a) 解法一、解得，ös(s + 1)C (s)s + 1C (s)系统对 r(t)为型，对 n(t)为 0 型。3-13：154-2 解：4-1 解：习题第四章16作图测得 î = 0.5 的

35、阻尼线与根轨迹交点 s1,2 = 0.33 ± j0.58 ，根据根之和法则，9所以，无超调时 K 的取值范围为 0 < K = 0.1925 。392333d 1 + 1 ( 1) ×+ 1 =1当 0<K<3 时系统稳定， K =31333ù =± 2, K = 3与虚轴交点：1 + GH = s(s + 1)(0.5s + 1) + K = 0.5s3 + 1.5s2 + s + K 0.5( jù )3 + 1.5( jù )2 + jù + K = 02分离角为 ±ð3(k =

36、 1) ð331 ，(k = 1)，分离点坐标 s = ðá =3(2k + 1)ð3(k = 0)ð3 条渐近线与实轴夹角3a渐近线交点为 ó =(0 1 2) = 1160D4-3 解：根轨迹如图极点 P1 = 0, P2 = 1, P3 = 2 ，共有三条渐近线17由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性，使本来不稳定的系统变得稳定。ó % = 25%4-5 解：（题目改为单位负反馈）nîù0.01s2 + 0.08s + 1= 0.88s ， ùn = 10 ， î =

37、0.4 ， ts =系统可以 看作 ö (s) =3.510.590.67231与零点 z=构成偶极子，所以主导极点为 s ， s ，即（2）由于极点为 s1 = 110.67s + 1s,t = 3T = 2s,ó % = 0即ö (s) =10.6712,3= 4 ± j9.2 ，主导极点为 s ，系统看成一阶系统。1.5 ， s4-4 解：（1） s1 = 1nî = 0.5 ，ùn = 0.667 ，其阶跃响应下的性能指标为ó % = 16.3% ， ts = îù = 10.5s 。13.51(

38、s s )(s s2)s2 + 0.667s + 0.445，从而得到=主导极点，系统近似为二阶，即ö (s) =0.445s1s2 s1 + s2 + s3 = p1 + p2 + p3 ，求得 s3 = 2.34 。s3 对虚轴的距离是 s1,2 的 7 倍，故认为 s1,2 是18s(s + 8)（1） G(s) =1605-3 解：s2 + 44.37s + 986.96G(s) =986.96 R = 44959(Ù)10ð ×106 R= 0.7081ð 2100ð 2 ×106= 1013(H ) L =110

39、41 100ð 2 L ×106 + 10ð ×106 Rj,1LCs2 + RCs + 1G(10ð j) =设 G(s) =15超过10D ，所以不满足要求。5-2 解：ù = 2ð f = 2ð × 5 = 10ð ， G(10ð j) = 3.54 = 0.708, G(10ð j) = 90D5-1 解： 0 = arctan ùT = arctan 2ð f × T = arctan 2ð ×10 × 0

40、.01 = 32.14 ，相位差D第五章习题答案19s(s + 0.5)(s2 + 3.2s + 64)（3） G(s) =64(s + 2)s(s + 1)(s + 20)（2） G(s) =100(s + 2)20L(ùk ) = 20 lg K 20 lg ùk = 0 ， K = ùk = 100 ，由图可知ùr = 45.3 ，nnùù 21s(s2 + 2 î s + 1)由一个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成（c） G(s) =K80s( 1 s + 1)40 K = 40G(s) =80Tccc1=

41、0 ，1ù = 1 = 80 T =，穿越频率ù = 40 ， L(ù ) = 20 lg K 20 lg ùs(Ts + 1)由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成（b） G(s) =K0.1s + 1G(s) =10T20 lg K = 20, K = 10 ；ù1 = 10 T = 0.11Ts + 1由一个放大环节、一个惯性环节组成K5-4 解：（a） G(s) =s(s2 + s + 1)(s2 + 4s + 25)（4） G(s) =s(s + 0.1)21伯德图：50s (s + 1)s (s + 50)221， 20 l

42、g K = 14=52505-5 解：（1） G(s) =s(0.25s2 + 0.2s + 1)G(s) =10(s + 1)L = 20 lg K = 20 ， K = 102î，在 ù1 = 1 处， = 8 î = 0.2ù1 = 1 ô = 1 ， ù2 = 2 ùn = 2 ， 20 lg1nnùù 2s(s2 + 2s + 1)1î（e） G(s) =K (ô s + 1)101s2 (s + 1)2K = 0.1990 ，G(s) = 0.1990(10s + 1) ）

43、2c（ 或 者采用 精 确表示 ： L(ù ) = 20 lg K + 20 lg 102 + 1 20 lg12 20 lg(1 + 1) = 0 ，s2 (s + 1)2ccL(ù ) = 20 lg K + 20 lg10 20 lg(ù 2 + 1) = 0 ， K = 0.2 ，G(s) = 0.2(10s + 1)ù1 = 0.1 得ô = 10 ； ù2 = 1 得T = 1组成s2 (Ts + 1)2由一个放大环节、一个微分环节、两个积分环节、两个惯性环节（d） G(s) =K (ô s + 1)s(s2 +

44、 30s + 2.5 ×103 )G(s) =2.5 ×103 ×1001 2î 22î 1 î 2nn20 lg，得到ù 50 ，î = 0.3 （0.954 舍去）。= 4.85 ，ù =1ùr22P = 0, N = 0 无穿越，故 Z = P 2 N = 0 稳定155s( s + 1)(s + 1)11， 20 lg K = 10.46（2） G(s) =s(s + 5)(s + 15) 3 250有一次负穿越， P = 0 ， Z = P 2N = 2 故不稳定1023s(0.5s

45、+ 1)(0.02s + 1)5-6 解： G(s) =，ù1 = 2,ù2 = 50, 20 lg K = 2010P = 0, N = 0 无穿越，故 Z = P 2 N = 0 稳定155s2 ( s + 1)(s + 1)s (s + 5)(s + 15)211， 20 lg K = 10.46=（3） G(s) = 3 250(s + 1)10 (s + 1)24 ùn Lh = 20 lg G( jùg ) = 20 ù 1 g= 180 ，得ù = 102g求ùg ， 90 arctanDDùn

46、49;2î gùn = 10,î = 0.05s(0.01s2 + 0.01s + 1)5-7 解： G(s) =K10(5 j + 1)(0.2 j + 1)gh 20 lg 5 = 13.98 dBL = 20 lg G( jù ) = 20 lg10DDDDDDDã = 180 arctg (0.5ùc ) arctg (0.02ùc ) 90 = 180 66 5 90 = 190.01= 10得 0.5ùg i0.02ùg = 1 ùg =1(90 + arctg (0.5ù

47、g ) + arctg (0.02ùg ) = 180DD20 lg K 20 lg ùc 20 lg(0.5ùc ) = 0 ，得ùc 20 = 2 5 4.47 (精确解 4.2460)；25（2）= 70.36D= 180D 90D + 78.69D 84.29D 14.04D= 180 90 + tg (5ùc1 ) tg (10ùc1 ) tg (0.25ùc1 )111DDã1 = 180 + G( jùc1 )Ds(10s + 1)(0.25s + 1)G(s) =2(5s + 1)1

48、15;10 ×1c1= 1 K = 2ù = 1 K × 5得ô 2 = 5, T1 = 10,T3 = 0.25T3T1ô 2（1）= 0.2,= 0.1,= 4111s(T1s + 1)(T3 s + 1)5-8 解： G(s) =K (ô 2 s + 1) 10 1 = 0.1 902因为ùc = 0.1 ，ã = 180 90 arctgDDD0.01× 0.1s(0.01s2 + 0.01s + 1)G(s) =0.1ggg(0.01× ù )2 + (1 0.01ù

49、; 2 )2ùc= 0.1，得 K = 0.1 ù = 0.1K26= ã1系统稳定性不变= 180 90 + tg (5ùc1 ) tg (10ùc1 ) tg (0.25ùc1 )111DD111DD= 180 90 + tg (0.5ùc 2 ) tg (ùc 2 ) tg (0.025ùc 2 )ã 2 = 180 + G( jùc 2 )Ds(s + 1)(0.025s + 1)G(s) =20(0.5s + 1) K ' = 2010 ×10= 1ùc 2 = 10 = 10ùc1 K ' × 0.5 ×10s(s + 1)(0.025s + 1)G(s) =K ' (0.5s + 1)（3）右移 10 倍频程