自动控制技术课后习题及答案.pdf

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1、第一章绪论1-1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点.解 答:1开环系统(1)优点:结构简单，成 本 低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作用能预先知道时，可得到满意的效果。(2)缺 点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时，控制精度差。2闭环系统 优 点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量偏离给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。它是一种按偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。缺 点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。1-2什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明之。解 答：将系统输出信号引

2、回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反馈。闭环控制系统常采用负反馈。由1-1中的描述的闭环系统的优点所证明。例 如，一个温度控制系统通过热电阻(或热电偶)检测出当前炉子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。1-3试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型(线性，非线性，定常，时 变)？2 3+3皿+4m=5皿+6 3)(1)dr dt dt(2)y(r)=2 +咨+2必)=4竽+3)(3)dt dt似+2y(t)=u(t)s in cot(4)dtd2y(t)dy(t)一茨h y(f);2 y=3 (5)dr dt华+y2(r)=2 (f)(6)dty(t)=2u(t)+

3、3(7)写力解 答：(1)线性定常(2 )非线性定常(3 )线性时变(4 )线性时变(7 )线性定常(5)非线性定常(6 )非线性定常1-4如 图1-4是水位自动控制系统的示意图，图中QI,Q 2分别为进水流量和出水流量。控制的目的是保持水位为一定的高度。试说明该系统的工作原理并画出其方框图。解 答：(1)方框图如下：给定水位 实际水温浮子 一 杠 杆 阀门 水箱 _ _；工作原理：系统的控制是保持水箱水位高度不变。水箱是被控对象，水箱的水位是被控量，出水流量Q 2的大小对应的水位高度是给定量。当水箱水位高于给定水位，通过浮子连杆机构使阀门关小，进入流量减小，水位降低，当水箱水位低于给定水位时

4、，通过浮子连杆机构使流入管道中的阀门开大，进入流量增加，水位升高到给定水位。1-5图1-5是液位系统的控制任务是保持液位高度不变。水箱是被控对象，水箱液位是被控量，电位器设定电压时(表征液位的希望值C r)是给定量。题 1-5图液位自动控制系统解答：(1)液位自动控制系统方框图：给定电位 实际液位Cr电位计 电动机 减速器 _ 阀门 水箱 _(2 )当电位器电刷位于中点位置(对应Ur)时，电动机不动，控制阀门有一定的开度，使水箱中流入水量与流出水量相等。从而液面保持在希望高度上。一旦流入水量或流出水量发生变化，例如当液面升高时，浮子位置也相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，从而给

5、电动机提供一事实上的控制电压，驱动电动机通过减速器减小阀门开度，使进入水箱的液位流量减少。此时，水箱液面下降，浮子位置相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度。反之，若水箱液位下降，则系统会自动增大阀门开度，加大流入量，使液位升到给定的高度。1-6题图L 6是仓库大门自动控制系统的示意图，试说明该系统的工作原理，并画出其方框图。题 1-6图仓库大门自动控制系统示意图解 答：(1 )仓库大门自动控制系统方框图：开(关)门位置实际位置电位器 _ 放大器 _电 动 机 一绞盘一大门(2 )工作原理：控制系统的控制任务是通过开门开关控制仓库大门的开启与关闭。开门开关

6、或关门开关合上时，对应电位器上的电压，为给定电压，即给定量。仓库大门处于开启或关闭位置与检测电位器上的电压相对应，门的位置是被控量。当大门所处的位置对应电位器上的电压与开门(或关门)开关合上时对应电位器上的电压相同时，电动机不动，控制绞盘处于一定的位置，大门保持在希望的位置上，如果仓库大门原来处于关门位置，当开门开关合上时，关门开关对应打开，两个电位器的电位差通过放大器放大后控制电动机转动，电动机带动绞盘转动将仓库大门提升，直到仓库大门处于希望的开门位置，此时放大器的输入为0 ,放大器的输出也可能为0。电动机绞盘不动，大门保持在希望的开门位置不变。反 之，则关闭仓库大门。1-7题 图1-7是温

7、湿度控制系统示意图。试说明该系统的工作原理，并画出其方框图。题 1-7图温湿度控制系统示意图解答：（1）方框图：-湿度变送器一 0一控制器 _ _ _ _ _ _电动水阀 _:度（2瓶控对象为温度和湿度设定，控制任务是控制喷淋量的大小来控制湿度,通过控制蒸汽量的大小来控制温度。被控量为温度和湿度，设定温度和设定湿度为给定量。第二章控制系统的数学模型2-2试求图示两极RC网络的传递函数U S）/Ur（S X 该网络是否等效于两个RC网络的串联？()（。）解答:_1 _RR2 c l e+(C +/?1G+6 C)S +1(b)%(s)=/C一XS上 一=-1-/($=)-1 -/=G)%(Xs)

8、/1(s=)-1-x、,-1-%(s)4+r Q/?C S+1 /(s)R 2 c2 S+I%(s)ur(s)C jS+1 /?,C2S4-1_ 1 _G C,S+(/?!C j+凡 C*2)S+1故所给网络与两个RC网络的串联不等效。2-4某可控硅整流器的输出电压Ud=K U2cosa式 中K为 常 数，U2,为整流 变压器副边相电压有效值，a为可控硅的 控 制 角，设在a在a。附 近 作 微 小 变 化，试 将 与a的线性化。解答：%=ku2(f)co s a0-(ku2 l f)s in%)(a-ao)+线性化方程：A u,i=-如2 0 s in (XQ-a即 ud=-(k%s in%

9、)a2-9系统的微分方程组为石=)c。)一应&Q)%?x,(t)=x2(t)-K3c(t)%等+C )=K 2 A 3 )式中7k%、&、K八&均为正的常数，系统地输入量为，,，输出量为C，C(s)/试画出动态结构图,并求出传递函数/R )0解答：_%_C(5)_(7 S+1)(7；S+1)_幅=1 1 k?%占&一=(7 S+l)(7；S+l)+Z,t(7；S+l)+&,T2S+(T1S+T)(T2S+V)C(s)/2-12简化图示的动态结构图，并 求 传 递 函 数/R(s)。解答：(a)C(S)_ G G 2 G 3R(S)-1+G Q 2 G 3”2 +GG3(b)C(5)_ G,+G

10、2R(s)1 +G-i G j(d)C(5)_ GJ+G2而J+G 2 G 3(e)(1-G2)(1-G,)+G,1 C j|.72C(s)_ G|+G2 2G|G2R(s)1-G,G2C(s)/2-13简化图示动态结构图，并求传递函数/R(s)。解答：C(s)_ G&G s+G s)R(s)1 +GQ2G4(b)C(5)_ GG4+G|G2G3 +GG2G4G6R(s)1 +G2G6 +G、G2G5G6C(s)_ G4+GG2G3R(s)1 +GG$+G。2G3G5G6(d)MdK“NdM4)C(s)_ GG+GGG3+GGG4 G 6H(s)1 +G9G6+G i G 2G 5 G 6(d

11、)G G(i+a)l+GG2G$+5 6 3 6 4(1 +6 2、cC =GGQ+G?)R(s)1 +G G o G 5+G G 3 G 4 (1 +G2)(f)八.G 0+G 4 G,1 +G?G+G3 G$C(5)_ G G 2+G 4 G 5R(s)I +G 2 G 3+G 3 G 5第三章时域分析法3-1已知一阶系统的传递函数G(5)=1 0/(0.2 5+1)今欲采用负方馈的方法将过渡过程时间4减小为原来的0.1倍，并保证总的放大倍数不变，试选择K”和K。的值。解 答：闭环传递函数:kG(S)1 0 目伙)=1 0 K 0l +1 0 K 由结构图知：1 +&G(S)-0.2 5+

12、1 +1 0 如-0.2 号 +1 0 K ri1%=1 01 +1 0 口ri1 +1 0 1 0%=1 0n由kH=0.9局二1 03-2已知系统如题3-2图所示，试分析参数b对输出阶跃过渡过程的影响。K7+1bs题3-2图解 答：系统的闭环传递函数为：G)=c(s)R(s)Kl+(T+KZ?)s由此可以得出：b的大小影响一阶系统的时间常数，它 越 大，系统的时间常数越大，系统的调节时间，上升时间都会增大。3-3设温度计可用1/(仆+1)描述其特性。现用温度计测量盛在容器内的水温，发现1分钟可指示98%的实际水温值。如果容器水温依1 0 /m i n的速度线性变化，问温度计的稳态指示误差是

13、多少？解 答：本系统是个开环传递函数系统的闭环传递函数为：R c(S)-G(S)-1G(s)=-系统的传递函数：1+小则题目的误差传递函数为：E(s)=-1-j-1 +Tsr(/)=1(。吐 c(f)=l-e%1+TS根据 c)L=0.9 8 得出 T=0.2 556当T=1 0 B寸，1=l im 5E(S)-=l()T=2.5563-4设一单位反馈系统的开环传递函数、KG(s)5(0.1 5+1)试分别求K =10b和K=2 0时系统的阻尼比(、无阻尼自振频率吗、单位阶跃响应的超调量%和峰值时间。，并讨论K的大小对动态性能的影响。解 答：开环传递函数为G(s)=10K5(0.15+1)S(

14、S+10)则25Wn=10Wn2=10K当K=10时 由 2Wn=10Wn2=10K得出J%Wn=107=0.5=16.3%-2 =-a rc c o s =0 2 4 2叫 叫产厂冗-=0.363为当K=20时 由.2?Wn=10Wn2=10K得出Wn=14.14q=0.347%,%=_ 兀 _ B _ 兀 _ arccos(一小Y=0.2388 d3-8设控制系统闭环传递函数20(s)=岩-5-S-+2 3“+3“2试在s平面上给出满足下列各要求的闭环特征根可能位于的区域：L10.707,22.3.0.50,4(20.7070.5,2解 答：欠阻尼二阶系统的特征根：1 .由0.7 0 7?

15、l,用 =ar cco s?，得0 夕K4 5 ,由于对称关系，在实轴的下半部还有。2 .由 fW0 5 =ar cco s?,得6 0 Y 0 k +所以系统稳定的K的范围为 33-1 4已知单位反馈系统开环传递函数如下：1.G(s)=1 0/(0.1 5+l)(0.5s +1)2 G(s)-7(s +4)(52+2 5+2)J3 G(s)=8(0.5s +1 沁2 (O.L y+1)需答：1.系统的闭环特征多项式为：(5)=0.0 5?+0.6 5+1 1可以判定系统是稳定的.则对于零型系统来说，其静态误差系数为：kPn=l im G(s)=1 0sOk=l im s1 G(s)=0 S

16、TO1 _ 1那么当-0)=1(。时，1 +P 1 11e.=8当 r(Z)=t -1(0 时，kv2e =o o当时，ku2.系统的闭环特征多项式为：(.?)=/+6 s 3 +1 0.S-2+1 5.V+7可以用劳斯判据判定系统是稳定的.则对于一型系统来说，其静态误差系数为：kv=l im s G(s)=0S TOkn=l im G(s)=81 s-0ka=l im$2 G(s)=OS TO1e-=o o那么当尸=1 时，1+勺，当 r(Z)=t-1。)时,e kx,7,=0当 =/-1(/)时，ka3.系统的闭环特征多项式为：)(5)=O.L v3+s2+4 s +8可以用劳斯判据判定系

17、统是稳定的.则对于零型系统来说，其静态误差系数为:=吧 s G 抵kn=l im G(s)=8P S TOk=l im/G(s)=8A S TOk”=l im s G(s)=8Dess=-那么当r =1 时，1 +(当 r(Z)=t -1。)时,当 r(t)=t2 1(f)时,第四章根轨迹法4-2已知单位反馈系统的开环传递函数，绘出当开环增益&变化时系统的根轨迹图，并加以简要说明。G(s)=K、s(s +l)(s +3)G(s)=-2.s(s +4)(s +4 s +2 0)解答：(1)开环极点：pl=O ,p2=-1 ,p3=-3实轴上的根轨迹区间：(-,-3 ,-1 ,0 渐 进 线：0-

18、1-3 4 7 =-=-“3 3 6 0 (%=0).=(2 +1)=18 0()(左=i)-6 0 U=-l)I-1-=0分 离 点：d d+d+3解得 dl、2=-0.4 5,-2.2Od2=-2.2不在根轨迹上，舍去。与虚轴交点：特征方程 O(s)=s +4/+3 s +&=0将s=/3代入后得&-4疗=03。一加=0解 之 得0)=6&=1 2当&0K 1 在变化范围2 8)内；c.由于开环极点对于。=-2直线左右对称，就有闭环根轨迹必定也是对于。=-2 直线左右对称，故 S3 在根轨迹上。与虚轴父点：特征方程 (.?)=d +8 d+3 6 s 2 +8 0 s +&=0R o u

19、th 表s4 1 3 6 Ks 3 8 8 0s2 2 6 KIs 80-8K1/26s O K由 8 0 -8 k 1/2 6=0 和 2 6 s 2+k l=0 ,解得 k 1=2 6 0 ,叫=而当 K0时，根轨迹中的两个分支始终位于s右半平面，系统不稳定；Root Locuss_xvAJgusgE-Real Axis(2)增加一个零点z=-1之 后，根轨迹左移，根轨迹中的三个分支始终位于s左半平面，系统稳定。Root Locus5-2-1.8-1.6-1.4-1.2-1-0.8-0.6-0.4-0.2 0Real AxisG(s)H(s)，K S+2)4-4设系统的开环传递函数为 s(

20、+2s+a),绘制下列条件下的常规根轨迹。(1)a=；(2)a=1.185(3)a=3解 答：(1)。=1实轴上的根轨迹区间：(-,-1,-1 ,0渐 进 线：(2 攵+1)%90(%=0)(p =-=2-90(k =-1)K 一 一+2s2 +as分 离 点：s+2些=0解 得d s4 =-1J-3V5叁，3 =-,-3+V5a=-只取 2 0与虚轴父点：特征方程 DG）=-+2s2 +公+KS+2&=0令$=/讹代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：642Os一至6g-ERoot Locus-0.5Real Axis00.5(2)6/=1.185零点为z=-2极点为，=T /4 3

21、，实轴上的根轨迹区间：,-1,-1 ,0渐 进 线：-2-(-2)7,.=-=0“2(2k+l)兀 90(k=0)(0-=2-90(攵=7)K _ 3+2.y2+as分 离 点：-s+2吆=0解 得ds特征方程。（5）=5 3+2s?+as+&S+2K=0令s=.*代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：Root Locus4Real Axis(3)。=3零点为z =-2极点为P=-1 土儿4 1,0实轴上的根轨迹区间：(-,-1 ,-1 ,0 渐 进 线：-2-(-2)5,二-=()2(2 攵+1)%9 0 (%=0)(D=-=代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：Root L

22、ocus6-2-1.5-1-0.5 0 0.5Real Axis4-8根据下列正反馈回路的开环传递函数，绘出其根轨迹的大致形状。GG)”(s)=(1)G(S)H(S)=(2)G(s)(s)(3)解 答：(5+1)(5+2)%s(s+l)(s+2)%(s+2)(s+l)(s+3)(s+4)(1)0.4(3)Root Locus*-x-2-1012Real AxisRoot Locus0 1 2 3 4 5Real AxisRoot Locus6-4Real Axis24-15设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=&(s+a)确 定。值，使 根 轨 迹 图 分 别 具 有：0、1、2个 分 离

23、点，画出这三种情况的根轨迹。解答：首先求出分离点:A.=-分离点：s+a阳 2 s 2+(3 a+l)s +2 a_()解得 ds (s +a)?_-(l +3 a)J(l +3 a)2-1 6 a得出分离点U =厂 a 1 或a -当 9时，上面的方程有两个不等的负实根a=1或 a=当 9时，上面的方程有两个相等的实根1当。=1时系统的根轨迹为：可以看出无分离点，故排除Root Locus1a=2 当 9 时系统的根轨迹为：可以看出系统由一个分离点3 当。1时比如。=3时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点28642L3-8-S一堂A-IQG6O QE-1 1。一 Q=-4当 9时 比如

24、20时系统的根轨迹为：可以看出系统由两个分离点。1 。=一5当9 时 比如 2时系统的根轨迹为：可以看出系统由无分离点Root Locus2.5-0.9-0.8-0.7-0.6-0.5-0.4-0.3-0.2-0.10Real Axis第五章频域分析法5-1 设单位反馈控制系统开环传递函,当 将%)=5皿力+6 0。)-28次-4 5。)作 用 于 闭 环 系 统 时，求其稳态输出。解答：4G(s)=开环传递函数 s +14($)=-闭环传递函数 s +5.，、4(/=M(y)eW3)=闭环频率特性 Jco+54M(6 9)=/_，济+2 5 1为的实频特性*侬）、虚频特性丫3）、幅相频特性。

25、（。G(/w)=1 0j w+41 0(4-)枚)1 6+w14 0 .I Q v v _ 1 0 -j arctan：1 6+w2 1 6+w2 V1 6+w2/、4 0X (w)=-则 1 6+v v2A(附=A/16+w4G(yv v)=-(2 +1)v,l O w夕(w)=-ar ctan W8 w4 w3+w444)-=.-4 w3+w wV W+ly(1 8 0*+a rct a n )e 2”，X(w)=-则A(w)=8 v v4 w3+w44r(w)=-w T G(jW)=wJ 4 /+J夕(w)=1 8 0 +ar ctan 2wA(l +/*)_ Z(1+TT M),Z(c

26、T)故 _ k/l+F w11 +jTw 1 +T 2 M,1 +T 2 M =-+T2 M jarctan(HT)-arctan(wT)X(w)=-+叫)y(v v)=A(zZ则 1 +T2W2,1 +T2W2k jl +r 2 MA(M/,2Vi+r2w20(w)=ar ctan(w r)-ar ctan(v v T)5-4绘制下列传递函数的对数幅频渐近线和相频特性曲线。G(s)=(1)G(s)=(3)(2 s +1)(8 5+1)8(5 4-0.1)5(52+5+1)(52+4 5+2 5)G(s)=(2)G(s)=(4)2 4($+2)(s +0.4)(s +4 0)1 0(s +0.

27、4)S2(5+O.l)41 1W.=,=解答：（1）转折频率为 8-2Bode Diagram2020一ss9Pm仁里st Ds(DSBUdFrequency(rad/sec)(2)oBode Diagramoooo1123f fpi)*n艺6gs.!._0 1 210 10 10 10 10Frequency(rad/sec)o40oaop)(DSEqd(3)J L Imp)Dpn=u6ewoooo987-1-2SI DP)9sBcd-5 0(4)mp)号艺号(6毯ased5-10设单位负反馈系统开环传递函数。G(5)-G (s)=a，+1(1)s Q 5s +l)(0.0 2 s +1),

28、5 试确定使相角裕量等于45。的 a 值。(2)Q01，+l)3,试确定使相角裕量等于45。的 K值。、KG(s)=-5-(3)s S+s +lOO)一 试 确 定 使 幅 值 裕 量 为 20油的开环增nn K 值 0解答：(1)由题意可得：7(吗)=180c+(-180+arctan mv)=45yl(aw)2+20 log 2 一J=0I wd=1.19解得：fa =0.84(2)由题意可得：/(wr)=180-3 arctan0.01vvr=45“2010g-rU=o(o.oiw(.)2+lpwc=100解得：卜=2.83(3)由题意可得：9(%)=-900-arctan-=-1801

29、00-w Jk20log 川)卬9 2|=-202+(0()_卬2)2叫=10解得：,=105-13设单位反馈系统开环传递函数s(0.5s+1)(0.025+1)试计算系统的相角裕量和幅值裕量。解答：由 7(%)=-90-arctan 0.5-arctan 0.02%=-180匕=10L(wJ=20+201og1+40 log-=-14所以幅值裕量=1 4（/）叱.=7 2 x 1 0 =4.4 7故 夕（吗.）=-9 0 -ar ctan 0.5-ar ctan 0.0 2 wc=-1 6 1 所以相角裕量火吗）=1 8 0。-1 6 1。=1 9。系统的幅频特性曲线的渐近线：系统的幅相特性

30、曲线：Bode Diagram2010 10 101 10；103第六章控制系统的综合与校正6-1试回答下列问题：(1)进行校正的目的是什么？为什么不能用改变系统开环增益的办法来实现？答：进行校正的目的是达到性能指标。增大系统的开环增益在某些情况下可以改善系统的稳态性能，但是系统的动态性能将变坏，甚至有可能不稳定。(2)什么情况下采用串联超前校正？它为什么能改善系统的性能？答：串联超前校正主要用于系统的稳态性能已符合要求，而动态性能有待改善的场合。串联超前校正是利用校正装置的相位超前特性来增加系统的橡胶稳定裕 量，利用校正装置幅频特性曲线的正斜率段来增加系统的穿越频率，从而改善系统的平稳性和快

31、速性。(3)什么情况下采用串联滞后校正？它主要能改善系统哪方面的性能？答：串联滞后校正主要是用于改善系统的稳态精度的场合，也可以用来提高系统的稳定性，但要以牺牲快速性为代价。滞后校正是利用其在高频段造成的幅值衰减，使系统的相位裕量增加，由于相位裕量的增加，使系统有裕量允许增加开环增益，从而改善稳态精度，同时高频幅值的衰减，使得系统的抗干扰能力得到提高。思 考 题：1.串联校正装置为什么一般都安装在误差信号的后面，而不是系统股有部分的后面？2.如 果 1 型系统在校正后希望成为2 型 系 统，但又不影响其稳定性,应采用哪种校正规律？6-3设系统结构如图6-3图所示，其开环传递函数 一证而。若要求

32、系统开环截至频率0 3 4.4 (rad/s),相角裕量限45,在单位斜坡函数输入信号作用下，稳态误差/wo，试求无源超前网络参数。解 答：(1)由4=万,”可 得：K 2 1 0，取 K=10(2)原系统 私=屈=3.16 rad/s,7=17.6,不能满足动态性能指标。2 0 1 g 2 =T 01ga(3 )选 a=4.4 山出5,由 Lo)=7 l g a 即 0 可得:a =3.75T=0A2那么 7 aaTs+1 _ 0.53s+1无源超前校正网络：s =rv+l=0.12.v+l(4)可以得校正后系统的7=51.8,满足性能指标的要求。Go(5)=-w-r6-4设单位反馈系统开环

33、传递函数 5(5+1)(0.554-1)o要求采用串联滞后校正网络，使校正后系统的速度误差系数%=5(l/s),相角裕量J 4 0。解答：由除二殿sG)=K可得：K=5(2)原系统a=2.15,7=-22.2。不满足动态要求(3)确定新的功由 -180+40+12=(-90-arctan例一arctan0.5。)可 解 得.coe=0.46由 201gb=-2Olg|Go(祖 得.0=0.092取加一(j口 历 卜=二 得：T=H8Tbs+1 115+1校正网络为：S-75+1 1185+1校正后系统的相角裕量Y=42。，故校正后的系统满足性能指标的要求。第七章非线性控制系统7-1 三个非线性

34、系统的非线性环节一样，线性部分分别为1。=s(Ms+DG(s)=72 K2.s(s+DG(n=2(1.5s+1)3+1)(0.15+1)解答：用描述函数法分析非线性系统时，要求线性部分具有较好的低通滤波性能即是说低频信号容易通过，高频信号不容易通过。7-2 一个非线性系统，非线性环节是一个斜率一万的饱和特性。当不考虑饱和因素时，闭环系统是稳定的。问该系统有没有可能产生自振荡？解 答：饱和特性的负倒描述函数如下：11当攵=1时 N（A）曲线的起占为复平面上的（-1,/0）占对 于 最 小 盾 位 系 统 有 闭环募充稳定说明系统的奈氏蕾线在实轴（-0 0,-1）段没有交点，因 此，当存在左=1

35、的饱和特性时,该系统不可能产生自激振荡7-4判断图中各系统是否稳定，T/M A）与G（y）的交点是否为自振点。图中P 为GG）的右极点个数。解 答：首先标出各图的稳定区（用阻影部分表示）1(a)F 曲线由稳定区穿入不稳定区，交 点 a 是自激振荡点。1(b)一 R 曲线由稳定区穿入不稳定区，交 点 a 是自激振荡点。(C)交点a，。为自激振荡点，交 点 b 不时自激振荡点。(d)闭环系统不稳定。(e)交 点a不是自激振荡点。(f)交 点a是自激振荡点7-5非线性系统如图所示，试确定其自振振幅和频率。解 答：由题可得下图：由 y =G(汝)-N(A)=/r得 G(jco)即/倒9+1)(汝+2)

36、=翳269 ty3=0 得：69=72 3序 二-当 4=押=碧=2.127 T A得：3兀d 3兀20即在非线性环节的输入端存在频率为拉，振 幅 为 法7-6非线性系统如图所示，试用描述函数法分析当K=10时，系统地稳定性，并求K的临界稳定值。题7-6图解 答：由题可得下图：10G（汝）:-7-7汝（汝+1）（汝+2）&）=瞿=6K的临界稳定值为：331所以，当0 K-7I J_、_7_(z-1)(z-e-T)（负偏移定理）8-3 已知(z),试求 X(T)。1.X(z尸I Q z”g 2)2.X=(z-0.8)(z-0.1)X(z)=_z(z0-3,Z2-1.25Z+0.25解 答：l O

37、 zX(U)=1 0(2 1)X(z)=(；部%zX(U)=g.8)T(0.1)Y(7 2(Z-1)“(，-D Z(LZ2-L25Z+0.25 (Z-0.25)(Z-1)(Z-0.25)x(u)=J8-6已知系统的结构如图所示，T=l s ,试求系统的闭环脉冲传递函数。G(s)=解答：s(s+l)73 z)=Z G(s)=(l-)小一堂+序(T=k)_ 0.3 6 8 z+0.2 6 4-(z-l)(z-0.3 6 8)皿、G(z)0.3 6 8 z+0.2 6 40二际T z 2-z+0.6 3 2思考题：1.在单位阶跃输入作用下，试求上题所给系统的输出C )。2.系统结构如上题，试求当输入为叩)=1(，)、，、尸时的稳态误差。