第一章
3
解：1) 工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关）门开关的指令状态决定，两电压之差△u ＝u1－u2驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制大门的开启。当大门在打开位置，u2＝u 上：如合上开门开关，u1＝u 上，△u ＝0，大门不动作；如合上关门开关，u1＝u 下，△u0，大门执行开门指令，直至完全打开，使△u ＝0；如合上关门开关，u1＝u 下，△u ＝0，大门不动作。 2) 控制系统方框图
4
解：1) 控制系统方框图
2) 工作原理：
a) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构是进水阀的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。
b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球拉杆的长度给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关闭），开始进水（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低），到一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。此系统是离散控制系统。 2-1解：
（c ）确定输入输出变量（u1，u2） u 1=i 1R 1+i 2R 2 u 2=i 2R 2 u 1-u 2=
1C
⎰(i
dt
2
-i 1) d t
得到：CR 2
du 2
+(1+
R 2R 1
) u 2=CR 2
du 1dt
+
R 2R 1
u 1
一阶微分方程
（e ）确定输入输出变量（u1，u2） u 1=iR 1+iR 2+ i =
u 1-u 2
R
1C
⎰i d t
消去i 得到：(R 1+R 2) 一阶微分方程
du 2dt
+
u 2C
=R 2
du 1dt
+
u 1C
第二章
2-2
解：
1）确定输入、输出变量f(t)、x 2
f (t ) -f K 1(t ) -f B 1(t ) -f B 3(t ) =m 1f B 3-f
-f
=m 2
d x 2(t ) dt dx 1dt
22
d x 1(t ) dt
2
2
2）对各元件列微分方程：
K 2B 2
f K 1=K 1x 1; f B 1=B 1f B 3=B 3
d (x 1-x 2)
dt
; f K 2=K 2x 2
2
3）拉氏变换：
F (s ) -K 1X 1(s ) -B 1sX 1(s ) -B 3s [X 1(s ) -X 2(s )]=m 1s X 1(s ) B 3s [X 1(s ) -X 2(s )]-K 2X 2(s ) -B 2sX 2(s ) =m 2s X 2(s )
2
4）消去中间变量：
F (s ) +B 3sX 2(s ) =(B 1s +K 1+B 3s +m 1s )
2
B 3s +K 2+B 3s +m 2s
B 3s
2
X 2(s )
5）拉氏反变换：
m 1m 2
d x 2dt
44
+(B 1m 2+B 2m 1+B s m 2+B 3m 1)
dx 2dt
d x 2dt
3
3
+(B 1B 3+B 1B 2+B s B 2+K 1m 2+m 1K 2)
df dt
d x 2dt
2
2
+(K 1B 2+K 1B 3+K 2B 1+K 2B 3) +K 1K 2x 2=B 3
2-3 解：
（2）
2s +1
-
1s +2
2e -t -e -2t （4）
19
11
9s +4e
-4t
-19
11
9s +1
-t
+
11
2
3(s +1)
-t
-e +
13
te
1(s +1)
2
（5）-
2(s +2)
+
2(s +1)
-
-2e -2t +2e -t -te -t （6）
-0. 25⨯2s s +4
2
-
0. 5⨯2⨯2s +4
2
-
2s +1
+
2. 5s
-t
-0. 5c o s 2t -s i n 2t -2e +2. 5
2-5
解：1)D(s)=0,得到极点：0,0,-2,-5
M(s)=0,得到零点：－1，+∞，+∞，+∞ 2) D(s)=0,得到极点：－2，－1，－2 M(s)=0,得到零点：0，0，－1 3) D(s)=0,得到极点：0，
-1+j 3
2
，
-1-j 3
2
M(s)=0,得到零点：－2，+∞，+∞
4) D(s)=0,得到极点：－1，－2，-∞ M(s)=0,得到零点：+∞
2-8
解：1）a ）建立微分方程
∙∙
m x (t ) =f (t ) -f k 1(t ) -f k 2(t ) f (t ) =
a b f i (t )
f k 1(t ) =k 1x 0(t ) f k 2(t ) =k 2(x 0(t ) -x (t )) f k 2(t ) =f B (t ) =B
dx (t ) dt
b) 拉氏变换
ms X 0(s ) =F (s ) -F F (s ) =
a b F i (s )
2
k 1
(s ) -F k 2(s )
F k 1(s ) =k 1X 0(s )
F k 2(s ) =k 2(X 0(s ) -X (s )) F k 2(s ) =BsX (s )
c) 画单元框图（略） d) 画系统框图
∙∙
m x 0(t ) =f k (t ) +f B 1(t ) -f B 2(t ) f k (t ) =k (x i (t ) -x 0(t ))
2)a) 建立微分方程：
f B 1(t ) =B 1f B 2(t ) =B 2
d (x i (t ) -x o (t ))
dt dx o (t ) dt
ms X o (s ) =F k (s ) +F B 1(s ) -F B 2(s )
2
b) 拉氏变换：
F k (s ) =k (X i (s ) -X o (s )) F B 1(s ) =B 1s (X i (s ) -X o (s )) F B 2(s ) =B 2sX 0(s )
c) 绘制单元方框图（略）
4) 绘制系统框图
2-11
解：a) G 4+
G 1G 2G 3
1+G 2H 1+G 2G 3H 2-G 1G 2H 1
G 1(G 2G 3+G 4)
1+G 1G 2H 1+(G 2G 3+G 4)(G 1-H 2)
b) 2-14
解：(1)φi =
X
(s ) 01
K 1
=
K 2K 3
=
K 1K 2K 3
Ts
2
X i (s )
1+K 1
s 1+Ts
K 2K 3s 1+Ts
+s +K 1K 2K 3
φn (s ) =
X 02(s ) N (s )
-K 4=
K 31+Ts
+G 0(s ) K 1
K 2
K 3
K 2K 3
=
K 1K 2K 3G 0(s ) -K 3K 4s Ts
2
s 1+Ts
1+K 1
+s +K 1K 2K 3
s 1+Ts
(2)由于扰动产生的输出为： X 02(s ) =φn (s ) N (s ) =
K 1K 2K 3G 0(s ) -K 3K 4s Ts
2
+s +K 1K 2K 3
N (s )
要消除扰动对输出的影响，必须使X 02(s ) =0 得到：K 1K 2K 3G 0(s ) -K 3K 4s =0
得到：G 0(s ) =
K 4s K 1K 2
第三章
3-1
解：1) 法一：一阶惯性环节的调整时间为4T ，输出达稳态值的98%，故： 4T ＝1min ，得到：T ＝15s
法二：求出一阶惯性环节的单位阶跃时间响应，代入，求出。
2) 法一：输入信号x i (t ) =(100C /min) t = X i (s ) =
16s
2
16
t (C /s )
，是速度信号；
1
2
X 0(s ) =X i (s ) G (s ) = x o (t ) =
16
1
6s 1+15s
-115t
=
1
6s
(
1
2
-
15s
+
15s +1/15
)
(t -15+15e
)
e (∞) =l im (t -
t →∞
116
6
(t -15+e
-
115
t
)) =2. 5(C )
法二：利用误差信号E （s ）
3-3
解：X i (s ) =∠[t 2]=
21
1s
3
13s
3
2
X o (s ) =G (s ) X i (s ) =
s (s +5)(s +6)
A s +
B s +5
+
=
13s (s +5)(s +6) C
部分分式展开：X o (s ) =
s +6
系数比较得到：A+B+C=0 11A+6B+5C=0 30A=13
得到：A=13/30=0.433;B=-13/5=-2.6;C=13/6=2.1667
X o (s ) =
0. 433s
-2. 6s +5
+2. 1667s +6
拉氏反变换：x o (t ) =0. 433-2. 6e -5t +2. 1667e -6t
3-4
解：闭环传递函数为：φ(s ) =
G (s ) 1+G (s )
=
4s +5s +4
1s
2
=
4(s +1)(s +4)
（1）单位阶跃函数的拉氏变换：X i (s ) = X o (s ) =φ(s ) X i (s ) =
4s (s +1)(s +4)
A s +
B s +1
+
C s +4
部分分式展开：X o (s ) =
系数比较得到：4A+3B=0 A-3C=0 A=1
得到：A=1，B=-4/3,C=1/3
X o (s ) =
1s -4/3s +1
+1/3s +4
拉氏反变换：x o (t ) =1-4/3e -t +1/3e -4t （2）法一、利用微分关系，把结果（1微分）
法二、单位脉冲函数的拉氏变换：X i (s ) =1
X o (s ) =φ(s ) X i (s ) =
4(s +1)(s +4)
A s +1
+
B s +4
部分分式展开：X o (s ) = 系数比较得到：A+B=0 4A+B=4 得到：A=4/3,B=-4/3 X o (s ) =
4/3s +1
-4/3s +4
拉氏反变换：x o (t ) =4/3e -t -4/3e -4t
3-6
解：闭环传递函数为：φ(s ) =
G (s ) 1+G (s )
=
1s +s +1
2
=
ωn
2
2
2n
s +2ξωn s +w
得到：w n =1rad/s;ξ=0. 5 相位移：ϕ=arctan
-ξ
2
ξ
=arctan 3=
π
3
时间响应各参数：t r =
π-ϕωn -ξ
2
=
π-π/31-0. 5
2
=2. 4s
t p =
πωn -ξ
-ln ∆
=
2
=
π1-0. 5
2
=3. 6s
t s =
-ln 0. 021⨯0. 5
ζω
=8s
n
-πξ
-0. 5π
2
M N =
p
=e
1-ξ
⨯100%=e
-0. 5
2
=16. 3%
2-ξ
2
ξπ
=
2-0. 50. 5π
2
=1. 1
3-7
解：1) 求闭环传递函数φ(s ) =
2
G (s ) 1+G (s ) H (s )
=
K
s +(1+KK h ) s +K
2
二阶振动环节：
ωn =
K
ωn =K
2ξωn =1+K h K
得到：
ξ=
1+KK 2K
h
2) 求结构参数 最大超调量M
p
=e
-πξ/1-ξ
2
=0. 2
得到：ξ=0. 456 峰值时间t p =
πωn -ξ
2
=1
得到：ωn =3. 53 3) 求K ，K h 代入1) 得到：
K =12. 46K h =0. 178
4) 利用结构参数求其它时域指标 调整时间t s =
-ln ∆
ξωn
=2. 48(s )(取∆＝0. 02)
上升时间t r =
π-arctan -ξ
2
2
/ξ
=0. 65(s )
ωn -ξ
3-8
解：闭环传递函数φ(s ) =
2
G (s ) 1+G (s ) H (s )
=
K
s +34. 5s +K
2
ωn =K ; 2ξωn =34. 5 1)K ＝200：ωn =14. 4, ξ=1. 22
此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。 2)K ＝1500，得到：ωn =38. 73, ξ=0. 44 最大超调量M
p
=e
-πξ/1-ξ
2
=0. 214
峰值时间t p =
πωn -ξ
-ln ∆
2
=0. 09(s )
调整时间t s =
ξωn
=0. 087(s )(取∆＝0. 05)
上升时间t r =
π-arctan -ξ
2
2
/ξ
=0. 058(s )
ωn -ξ3-ξ2πξ
2
振动次数N ==0. 975(次)
3)K ＝13.5，得到：ωn =3. 67, ξ=4.7
此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。
4) 对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要ξωn 不变，系统调整时间ts 不变；随着ωn 增大，过渡过程在缩短（tp,tr ），但总过渡时间（调整时间ts ）不变；而随着ξ的减小，振动幅度在加剧，振动次数N 、超调量Mp 都在加大。
3-8
解：闭环传递函数φ(s ) =
G (s ) 1+G (s ) H (s )
=
5K s +34. 5s +5K
2
ωn 2=5K ; 2ξωn =34. 5 1)K ＝200：ωn =31. 6, ξ=0. 55 最大超调量M
峰值时间t p =
p
=e
-πξ/-ξ
2
=0. 13
πωn -ξ
-ln ∆
2
=0. 12(s )
调整时间t s =
ξωn
=0. 175(s )(取∆＝0. 05)
上升时间t r =
π-arctan -ξ
2
2
/ξ
=0. 037(s )
ωn -ξ3-ξ2πξ
2
振动次数N ==0. 73(次)
2)K ＝150，得到：ωn =86. 6, ξ=0. 20
依次得到的动态性能指标：0.54,0037s,0.175s,0.02s,2.34。 3)K ＝13.5，得到：ωn =8. 2, ξ=2.1
此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联。
4) 对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要ξωn 不变，系统调整时间ts 不变；随着ωn 增大，过渡过程在缩短（tp,tr ），但总过渡时间（调整时间ts ）不变；而随着ξ的减小，振动幅度在加剧，振动次数N 、超调量Mp 都在加大。
3-9
解：开环传递函数为：G (s ) = 单位反馈系统的：H(s)=1 位置稳态误差系数为：K
p
20
(0. 5s +1)(0. 04s +1)
=l im G (s ) =20
s →0
s →0
速度稳态误差系数为：K v =l im sG (s ) =0
2
加速度稳态误差系数为：K a =l im s G (s ) =0
s →0
单位阶跃输入的稳态误差：e ss =
11
p
H (0) 1+K
1
1
=
11+20
=0. 0476
单位速度输入的稳态误差：e ss =
H (0) K v
1
1
=∞
单位加速度输入的稳态误差：e ss =
H (0) K a
=∞
3-10
解：开环传递函数G k (s ) =
ωn
2
s (s +2ξωn )
，此系统为I 型系统。
K P =l im G k (s ) =∞
s →0
稳态误差系数：K V =l im sG k (s ) =
s →0
2
s →0
ωn 2ξ
K a =l im s G k (s ) =0
1) 单位阶跃输入稳态误差：e (∞) =
11+K
1K v
p
=0
2) 单位速度输入稳态误差：e (∞) =
=
2ξ
ωn
3）单位加速度输入稳态误差；e (∞) =1/K a =∞ 法二：e ss =lim sE (s ) =lim s ε(s ) =lim sX i (s ) /1+G k (s )
s →0
s →0
s →0
3-11
解：开环传递函数G k (s ) =
100s (0. 1s +1)
，此系统为I 型系统。
K P =l im G k (s ) =∞
s →0
1) 稳态误差系数K V =l im sG k (s ) =100
s →0
K a =l im s G k (s ) =0
s →0
2
2) 输入信号为阶跃信号、速度信号和加速度信号的组合，它们的系数分别为：
A =a 0; B =a 1; C =a 2
根据信号线性叠加的原理，系统的稳定误差为：
e ss =
A 1+K
p
+
B K v
+
C K a
=
a 01+∞
+
a 1100
+
a 20
a) 当a 2≠0时，e ss =∞
b) 当a 2=0; a 1≠0时，e ss =a 1/100 c) 当a 2=0; a 1=0时，e ss =0
3-12
解：G k (s ) =G 1(s ) G 2(s ) H (s ) =K 1
K 2s ⨯1=
K 1K 2
s
1) 仅有输入信号作用下的稳态误差
偏差传递函数φεi (s ) =
εi (s ) X i (s )
=
11+G k (s )
=
11+K 1K 2/s
1
1
1s +K 1K 2
误差信号E i (s ) =εi (s ) /H (s ) =φi (s ) X i (s ) =
1s +K 1K 2
1+K 1K 2/s s
=
稳态误差e ssi =lim sE i (s ) =lim s
s →0
s →0
=0
2）仅有干扰信号作用下的稳态误差 干扰偏差传递函数φεn (s ) =
εn (s ) N (s )
=-
G 2(s ) H (s ) 1+G k (s )
=-
K 2/s 1+K 1K 2/s K 2/s
1
K 2/s s +K 1K 2
干扰误差信号E n (s ) =
εn (s ) H (s )
=φεn (s ) N (s ) /H (s ) =-
1+K 1K 2/s s 1
=-
干扰稳态误差e ssn =lim sE (s ) =lim -
s →0
s →0
K 2s +K 1K 2
=-
K 1
3) 系统总稳态误差： e ss =e ssi +e ssn =-
1K 1
3-13
解：特征根分别为：-8,-9,-4+j5,-4-j5。闭环系统的所有特征根均具有负实部，所以系统是稳定的。
3-14
解：单位反馈系统的闭环传递函数：
K
K
K s (Ts +1)
=
K Ts
2
φ(s ) =
G (s ) 1+G (s )
=
s (Ts +1) 1+
+s +K
=s +
2
T 1T
s +
K T
特征根为：
-s 1, 2=
1T ±
(1T 2) -4
2
K T
要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部： 当() 2-4
T 1
K T
时，可保证特征根具有负实部。
解得：-4
K T
因K 、T 均大于零，所以上式成立。 所以系统是稳定的。
3-15
s ： 1 －15s ： 0 126
23
（1）解：法一：劳思阵列
s ：-
126ε+15
ε
2
s ：－126 ⨯
第一列有负数，系统不稳定。
法二：a0=1,a1=0,a2=-15,a3=126;
三阶系统，因所有系数不全为正，所以不稳定。
s ： 1 18 5s ：8 16 0
34
（2）解：劳斯阵列 s 2：16 5 0
s ：13. 5 0 s :5
01
劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。
s ： 1 5
3
（3）：法一：劳思阵列
s ：4 10s ：2.5 0s ：10
2
劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。 法二：a0=1,a1=4,a2=5,a3=10;
因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a 1×a2=20>a0×a3=10， 所以该三阶系统稳定。
s ： 1 16
3
（5）：法一：劳思阵列：
s ： 10 160
2
s ：0（ 20） （00）s ：160 0
辅助多项式：A (s ) ＝10s 2＋160
d A (s ) ds
＝20s
劳思阵列第一列中无负号，但有一列的元素全为0，所以系统是临界稳定的。
法二：a0=1,a1=10,a2=16,a3=160;
因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a 1×a2=160=a0×a3=160， 所以该三阶系统临界稳定。
3-16
s ： 1 5 15s ： 20k k +10 0
34
（2）解：劳思阵列s 2－
20
9912k
156000k
2
s ：k +10－s ： 15
99k －10
系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：
20k >0 1）99
20
-
12k
>0 2) 6000k
2
k +10-
99k -10
3)
由式1) 得：k>0
式2) 得：k>10/99 式3) 得：k
K 的取值无法同时满足上述三个条件，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。
s ：1 1 1s ：k 1 0
3
4
（4）解：劳思阵列s 2：k －1/k 1
－k
k s 0k －1
k s ： 1
k －1
系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：
k >0 1) k －1k k －1
>0 2) －k
>0 3)
k －1k
由式1) 、2) 得：k>1
式3) 可化为：-(k -1/2) 2-3/4>0
显然，上式无法满足，即：无论k 取何值，式1) 、2) 、3) 条件都无法同时满足，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。
第四章 4-4
解：闭环传递函数φ(s ) =
G (s ) 1+G (s ) 1011+j ω
10+ω
2
=
1011+s
频率特性φ(ω) =
幅频特性A (ω) =
相频特性ϕ(ω) =-arctan ω/11
1）ω=1, ϕ0=300，稳态输出
x (t ) =
10+1
sin(t +30
-arctan 1/11) =0. 9sin(t +30-5. 2) =0. 9sin(t +24. 8)
000
2）ω=2, ϕ0=450
稳
x (t ) =
10+2
2
态
2cos(2t -45+arctan 2/11) =
输
45
出
cos(2t -45+10. 3) =1. 79cos(2t -34. 7)
3）
稳态输出
x (t ) =0. 9sin(t +24. 8) -1. 79cos(2t -34. 7)
4-9
解：1）A (ω) =
5+(30ω)
2
φ(ω) =-arctan 30ω G (ω) = U (ω) =2）A (ω) =
5(1-30j ω) (1+30j ω)(1-30j ω)
51+900ω
2
=
51+900ω
150ω
2
-
1501+900ω
2
j ω
；V (ω) =-
=
1
1+900ω
2
1
ω+(0. 1ω)
2
ω+0. 01ω
2
φ(ω) =-900-a r c t a 0n . 1ω 、G (ω) =
j (1-0. 1j ω) -ω(1+0. 01ω) -0. 1ω
2
=
-0. 1ω-j
ω(1+0. 01ω)
-1
2
U (ω) =
ω(1+0. 01ω)
2
; V (ω) =
ω(1+0. 01ω)
2
4-12
1）解a ）典型环节：放大环节：2
惯性环节1：转折频率w 1=0. 125=1. 25⨯10-1 惯性环节2：转折频率w 2=0. 5=5⨯10-1
b ）在博德图上标出w1，w2
c ）对数幅频特性：L (ω) =20lg 2-20lg +(8ω) 2-20lg +(2ω) 2 d ）低频渐近线（w
e ）w1～w2渐近线：斜率为－20dB/dec f ）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec
3）解：a ）典型环节：放大环节：50 二阶积分：1/(jw ) 2
惯性环节：转折频率w 1=0. 1=1⨯10-1 二阶振动环节：转折频率w 2=1=1⨯100
b ）在博德图上标出w1，w2 c ）对数幅频特性：
L (ω) =20lg 50-20lg w -20lg
2
+(10ω)
2
-20lg (1-w ) +w
222
d ）低频渐近线（w
取w =0. 01=1⨯10-2，L (w ) ≈20lg 50-20lg 1⨯10-4=114dB e ）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec f ）w2～渐近线：斜率为－100dB/dec 4) 解：传递函数标准形式G (s ) =
20(5s +1) s (10s +1)
2
a ）典型环节：放大环节：20 二阶积分：1/(jw ) 2
惯性环节：转折频率w 1=0. 1=1⨯10-1 一阶积分环节：转折频率w 2=0. 2=2⨯10-1 b ）在博德图上标出w1，w2 c ）对数幅频特性：
L (ω) =20lg 20-20lg w -20lg
2
+(10ω)
2
+20lg +(5w )
2
d ）低频渐近线（w
取w =0. 01=1⨯10-2，L (w ) ≈20lg 20-20lg 1⨯10-4=106dB e ）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec f ）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec
4-14
尼氏判据的关键：含零极点（积分环节）的，需作辅助线（从起点（w ＝0）逆时针延伸到正实轴），包围或穿越时，逆时针为正，顺时针为负。 解：
1) 正实部根数q ＝0，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
2) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
3) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
4) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
5) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
6) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝1－1＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
7) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝1－1＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
8) 正实部根数q ＝1，包围（－1，j0）点次数P ＝1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝1/2，P=q或N=q/2，闭环系统稳定。
9) 正实部根数q ＝1，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝0，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
10) 正实部根数q ＝1，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
4-16
解：开环频率特性G (jw ) =
jw [1-(
K v w w n
) +j 0. 4
2
w w n
]
系统为最小相位系统，正实部根数q ＝0，含一积分环节，稳定裕量为0时，系统临界稳定。
即相角裕量为0：γ(w c ) =1800+ϕ(w c ) =0 得到：ϕ(w c ) =-900-arctan
0. 4w /w n 1-(
w w n
)
2
=-180
得到：1-(
w w n
) =0，得到：w =w n =90rad /s
2
w [1-(
w w n
幅值裕量K g =
1A (w g )
) ]+(0. 4w /w n ) K v
222
==
36K v
令临界幅值裕量为1，得到：K v =36 所以：当K v ≤36时，系统是稳定的。
4-17
解：频率特性G (jw ) =
K
jw (jw +1)(j 0. 1w +1)
幅频特性A (w ) =
w 1+w
K
2
+(0. 1w )
2
相频特性ϕ(w ) =-900-arctan w -arctan 0. 1w 1) 近似解法：ψ=arcsin
1M
r
=arcsin
11. 4
=45. 6
相角裕量γ(w c ) ≈ψ=45. 60
ϕ(w c ) =γ(w c ) -1800=45. 60-1800=-134. 40 而又有：ϕ(w c ) =-900-arctan w c -arctan 0. 1w c =-134. 40 tan(arctanw c +arctan 0. 1w c ) =tan 44. 40 即：
w c +0. 1w c 1-w c ⨯0. 1w c
=0. 98
-1. 1+1. 260. 196
解得：w c = A (w c ) =
-1. 1±1. 260. 196
，取w c =
=0. 83
K
w c +w
2c
+(0. 1w c )
2
=1
解得：K ＝1.08 2) γ(w c ) =600
ϕ(w c ) =γ(w c ) -180
=60
-180
=-120
而又有：ϕ(w c ) =-900-arctan w c -arctan 0. 1w c =-1200 tan(arctanw c +arctan 0. 1w c ) =tan 300 即：
w c +0. 1w c 1-w c ⨯0. 1w c
0. 2
=
33
，取w c =
=1
-1. 905+2. 007
0. 2
=0. 51
解得：w c = A (w c ) =
-1. 905±2. 007
K
w c +w
2c
+(0. 1w c )
2
解得：K ＝0.57
3) 根据幅值裕量定义可知：ϕ(w g ) =-1800
而根据相频特性又有：ϕ(w g ) =-900-arctan w g -arctan 0. 1w g =-1800 解得：w g =3. 16
根据幅频特性可得： A (w g ) =
1A (w g )
K
w g +w
2g
+(0. 1w g )
2
K g =20lg
=20dB ，解得：A (w g ) =0. 1
根据幅频特性可得： A (w g ) =解得：K ＝1.1
K
w g +w
2g
+(0. 1w g )
2
＝0.1
4-21
解：先求出各转折频率，画出频率段和各频率段的幅频博德图；分各个典型环节，分别画出各典型环节的博德图，然后相频图相加，得到开环系统的相频博德图。在幅频博特图上找出幅值穿越频率，并对应在相频博德图上找出相角裕量；在相位博德图上找出相角穿越频率，并对应在幅频博德图上找出幅值裕量。
4-23
解：1) 系统的频率特性为：G (w ) =
-ξπ/
1-ξ
2
w n
2
jw (jw +2ξw n )
M
p
=e =16. 3%
， 得到：ξ=0. 5
-3
t p =
πw d
=
πw n -ξ
2
=114. 6⨯10
， 得到：w n =31. 65rad /s
31. 65
2
系统的传递函数为： G (s ) =
12ξ-ξ
2
w n
2
s (s +2ξw n )
=
s (s +2⨯0. 5⨯31. 65)
=
31. 65s (1+0. 0316s )
2) M r =
=1. 15
w r =w n -2ξ2=22. 38rad/s
第五章
5-2
解：
（1）a) ：图a) 开环传递函数：
低频段斜率为－20dB/dec―――－I 型系统（有一积分环节）
转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w ＝20rad/s――开环增益k ＝w ＝20 系统开环传递函数为：G (s ) =
20s (1+0. 1s )
图a) 校正装置传递函数：
低频段斜率为0――――――O 型系统
转折w1＝0.1rad/s，斜率为－20dB/dec――含一惯性环节1/(1+10s) 转折w1＝1rad/s，斜率为0dB/dec――含一阶微分环节1+s 校正装置传递函数为G c (s ) = 校正后的传递函数为G ' (s ) =
G (s ) c G (s ) =
1+s 1+10s
（近似PI 、滞后）
1+s
=
20(1+s ) s (1+10s )(1+0. 1s )
20
s (1+0. 1s ) 1+10s
b) ：图b) 开环传递函数：
低频段斜率为－20dB/dec―――－I 型系统（有一积分环节）
转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w ＝20rad/s――开环增益k ＝w ＝20 系统开环传递函数为：G (s ) =
20s (1+0. 1s )
图b) 校正装置传递函数：
低频段斜率为0――――――O 型系统
转折w1＝10rad/s，斜率为20dB/dec―― 含一阶微分环节1+0.1s
转折w2＝100rad/s，斜率为0dB/dec――含一惯性环节1/(1+0.01s) 校正装置传递函数为G c (s ) =
1+0. 1s 1+0. 01s
（近似PD 、超前）
1+0. 1s
=
20s (1+0. 01s )
校正后的传递函数为G ' (s ) =G (s ) c G (s ) =
20
s (1+0. 1s ) 1+0. 01s
（2）图a) ：校正后的频率特性G ' (w ) =
对数幅频特性：
20(1+jw )
jw (1+j 10w )(1+j 0. 1w )
L (w ) =20lg 20-20lg w +20lg +w
2
-20lg +(10w )
2
-20lg +(0. 1w )
2
惯性环节1/(1+10s)、一阶微分环节(1+s)、惯性环节1/(1+0.1s)的转折频率分别为w1＝0.1rad/s、w2＝1rad/s、w3＝10rad/s，分别在博德图上依次标出各转折频率。
低频段斜率为－20dB/dec，取w ＝0.01rad/s，渐近线纵坐标分贝数
为：L (w ) ≈20lg 20-20lg 0. 01=66
转折频率w1＝0.1rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec 转折频率w2＝1rad/s，渐近线斜率为－20dB/dec 转折频率w3＝10rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec
图b) ：校正后的频率特性G ' (w ) =
20jw (1+j 0. 01w )
对数幅频特性：L (w ) =20lg 20-20lg w -20lg +(0. 01w ) 2 惯性环节1/(1+j0.01w)的转折频率为w1＝100rad/s，在博德图上标出； 低频段斜率为－20dB/dec，取取w ＝10rad/s，渐近线纵坐标分贝数为：
L (w ) ≈20lg 20-20lg 10=6
；
转折频率w1＝100rad/s，斜率为－40dB/dec。
（3）两种校正特性比较：
a) 为滞后校正，使系统开环幅频特性的中、高频段部分下移，衰减了中高
频段的增益，衰减了高频干扰，提高了抗高频干扰的能力；但穿越频率wc 左移，带宽变窄，响应快速性下降；以－20dB/dec斜率穿越0分贝线，稳定裕量提高。
b) 为超前校正，使系统开环幅频特性曲线上移，中频段上移，穿越频率wc
右移，系统快速响应能力增强；中高频段上移，高频干扰增强，系统抗高频干扰能力下降；相位超前，系统相角裕量增加，且以－20dB/dec斜率穿越0分贝线系统稳定性提高。
5-3
解：
1) 把未校正系统的开环幅频特性曲线与校正装置的幅频特性曲线相加，即得到校
正后的系统开环幅频特性曲线（注意：有6各转折频率） 2) 系统的开环传递函数为：G (s ) =
K 1
(1+s /w 1)(1+s /w 2)(1+s /w 3) K 2(1+T 2s )(1+T 3s ) (1+T 1s )(1+T 4s )
校正装置的传递函数为：G c (s ) =
校正后的开环传递函数：G k (s ) =
K 1K 2(1+T 2s )(1+T 3s )
(1+s /w 1)(1+s /w 2)(1+s /w 3)(1+T 1s )(1+T 4s )
3) 此校正装置为滞后－超前校正装置，滞后效应设置在低频段，w
的增益增加，提高了系统的稳态精度；超前校正设置在中频段，在w>1/T3后系统增益增加，校正后的幅频特性曲线上移，穿越斜率右－40dB/dec变为－20dB/dec，提高了穿越频率wc ，系统响应的快速性增加；相位超前，系统的相位裕量也增加，提高了系统的稳定性；但对抗高频干扰的能力下降。
5-6
解:
（1）确定开环增益： Kv ＝K ≥7，取K ＝7 开环频率特性G (jw ) =
7
jw (1+j 0. 5w )(1+j 0. 1w )
对数幅频特性L (w ) =20lg 7-20lg w -20lg +(0. 5w ) 2-20lg +(0. 1w ) 2 相频特性ϕ(w ) =-900-arctan 0. 5w -arctan 0. 1w 并画出未校正开环系统的博德图。
（2）计算未校正系统的幅值穿越频率和相位裕量
令L （w c ）＝0，得到
7=w c +(0. 5w )
2
+(0. 1w )
2
得到幅值穿越频率为：w c =3. 38rad /s
00000
相位裕量为：γ=180+ϕ(w c ) =180-90-arctan 0. 5w c -arctan 0. 1w c =12
不能满足性能要求，考虑到系统对稳态精度有要求，而对响应快速性没具体要求，所以可选用滞后校正装置。
（3）确定校正后的幅值穿越频率 取γ(w c ' ) =450+150=600
则：γ(w c ' ) =1800+ϕ(w c ' ) =1800-900-arctan 0. 5w c ' -arctan 0. 1w c ' =600
0. 5w c +0. 1w c 1-0. 05(w )
' c
2
'
'
=tan 30
得到校正后的幅值穿越频率为：w c ' =0. 92rad /s
（4）确定滞后校正装置的参数
滞后校正装置的频率特性G c (jw ) =
1+jT 2w 1+j αj T 2w
滞后校正装置在新幅值穿越频率处提供的幅值增益分贝： 20lg +(T 2w ) 2-20lg +(αj T 2w ) 2≈-20lg αj 所以：20lg αj =20lg G (jw c ' ) =20lg 得到：αj =6. 92
为使校正装置的增大滞后相角远离校正后的幅值穿越频率w c ' ，可选校正装置的一个转折频率为：w 2=
得到T 2＝4.35
校正装置的传递函数为：G c (s ) =
1+4. 35s 1+6. 92⨯4. 35s
=
1+4. 35s 1+30s
7
w
' c
+(0. 5w )
' c
2
+(0. 1w )
' c
2
1T 2
=0. 25w c =0. 23rad /s
'
（5）验算校正后的幅值裕量和相位裕量 校正后的开环传递函数G (s ) G c (s ) =求相位裕量：
γ(w c ) =180
'
7(4. 35s +1)
s (30s +1)(0. 5s +1)(0. 1s +1)
+arctan 4. 35w c -90
' 0
-arctan 30w c -arctan 0. 5w c -arctan 0. 1w c =48
' ' ' 0
>45
求幅值裕量：
ϕ(w g ) =arctan 4. 35w g -90
'
解得：w g =4. 2rad /s
' ' 0
-arctan 30w g -arctan 0. 5w g -arctan 0. 1w g =-180
' ' ' 0
K g =-20lg A (w g ) =-20lg 7-20lg +20lg
'
+(4. 35w g )
' 2
' 2
+20lg w g +20lg +(0. 1w g )
'
2
'
+(30w g )
' 2
+(0. 5w g )
+20lg ≈21dB >15dB
满足设计要求。
第一章
3
解：1) 工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关）门开关的指令状态决定，两电压之差△u ＝u1－u2驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制大门的开启。当大门在打开位置，u2＝u 上：如合上开门开关，u1＝u 上，△u ＝0，大门不动作；如合上关门开关，u1＝u 下，△u0，大门执行开门指令，直至完全打开，使△u ＝0；如合上关门开关，u1＝u 下，△u ＝0，大门不动作。 2) 控制系统方框图
4
解：1) 控制系统方框图
2) 工作原理：
a) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构是进水阀的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。
b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h ’由浮球拉杆的长度给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关闭），开始进水（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低），到一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。此系统是离散控制系统。 2-1解：
（c ）确定输入输出变量（u1，u2） u 1=i 1R 1+i 2R 2 u 2=i 2R 2 u 1-u 2=
1C
⎰(i
dt
2
-i 1) d t
得到：CR 2
du 2
+(1+
R 2R 1
) u 2=CR 2
du 1dt
+
R 2R 1
u 1
一阶微分方程
（e ）确定输入输出变量（u1，u2） u 1=iR 1+iR 2+ i =
u 1-u 2
R
1C
⎰i d t
消去i 得到：(R 1+R 2) 一阶微分方程
du 2dt
+
u 2C
=R 2
du 1dt
+
u 1C
第二章
2-2
解：
1）确定输入、输出变量f(t)、x 2
f (t ) -f K 1(t ) -f B 1(t ) -f B 3(t ) =m 1f B 3-f
-f
=m 2
d x 2(t ) dt dx 1dt
22
d x 1(t ) dt
2
2
2）对各元件列微分方程：
K 2B 2
f K 1=K 1x 1; f B 1=B 1f B 3=B 3
d (x 1-x 2)
dt
; f K 2=K 2x 2
2
3）拉氏变换：
F (s ) -K 1X 1(s ) -B 1sX 1(s ) -B 3s [X 1(s ) -X 2(s )]=m 1s X 1(s ) B 3s [X 1(s ) -X 2(s )]-K 2X 2(s ) -B 2sX 2(s ) =m 2s X 2(s )
2
4）消去中间变量：
F (s ) +B 3sX 2(s ) =(B 1s +K 1+B 3s +m 1s )
2
B 3s +K 2+B 3s +m 2s
B 3s
2
X 2(s )
5）拉氏反变换：
m 1m 2
d x 2dt
44
+(B 1m 2+B 2m 1+B s m 2+B 3m 1)
dx 2dt
d x 2dt
3
3
+(B 1B 3+B 1B 2+B s B 2+K 1m 2+m 1K 2)
df dt
d x 2dt
2
2
+(K 1B 2+K 1B 3+K 2B 1+K 2B 3) +K 1K 2x 2=B 3
2-3 解：
（2）
2s +1
-
1s +2
2e -t -e -2t （4）
19
11
9s +4e
-4t
-19
11
9s +1
-t
+
11
2
3(s +1)
-t
-e +
13
te
1(s +1)
2
（5）-
2(s +2)
+
2(s +1)
-
-2e -2t +2e -t -te -t （6）
-0. 25⨯2s s +4
2
-
0. 5⨯2⨯2s +4
2
-
2s +1
+
2. 5s
-t
-0. 5c o s 2t -s i n 2t -2e +2. 5
2-5
解：1)D(s)=0,得到极点：0,0,-2,-5
M(s)=0,得到零点：－1，+∞，+∞，+∞ 2) D(s)=0,得到极点：－2，－1，－2 M(s)=0,得到零点：0，0，－1 3) D(s)=0,得到极点：0，
-1+j 3
2
，
-1-j 3
2
M(s)=0,得到零点：－2，+∞，+∞
4) D(s)=0,得到极点：－1，－2，-∞ M(s)=0,得到零点：+∞
2-8
解：1）a ）建立微分方程
∙∙
m x (t ) =f (t ) -f k 1(t ) -f k 2(t ) f (t ) =
a b f i (t )
f k 1(t ) =k 1x 0(t ) f k 2(t ) =k 2(x 0(t ) -x (t )) f k 2(t ) =f B (t ) =B
dx (t ) dt
b) 拉氏变换
ms X 0(s ) =F (s ) -F F (s ) =
a b F i (s )
2
k 1
(s ) -F k 2(s )
F k 1(s ) =k 1X 0(s )
F k 2(s ) =k 2(X 0(s ) -X (s )) F k 2(s ) =BsX (s )
c) 画单元框图（略） d) 画系统框图
∙∙
m x 0(t ) =f k (t ) +f B 1(t ) -f B 2(t ) f k (t ) =k (x i (t ) -x 0(t ))
2)a) 建立微分方程：
f B 1(t ) =B 1f B 2(t ) =B 2
d (x i (t ) -x o (t ))
dt dx o (t ) dt
ms X o (s ) =F k (s ) +F B 1(s ) -F B 2(s )
2
b) 拉氏变换：
F k (s ) =k (X i (s ) -X o (s )) F B 1(s ) =B 1s (X i (s ) -X o (s )) F B 2(s ) =B 2sX 0(s )
c) 绘制单元方框图（略）
4) 绘制系统框图
2-11
解：a) G 4+
G 1G 2G 3
1+G 2H 1+G 2G 3H 2-G 1G 2H 1
G 1(G 2G 3+G 4)
1+G 1G 2H 1+(G 2G 3+G 4)(G 1-H 2)
b) 2-14
解：(1)φi =
X
(s ) 01
K 1
=
K 2K 3
=
K 1K 2K 3
Ts
2
X i (s )
1+K 1
s 1+Ts
K 2K 3s 1+Ts
+s +K 1K 2K 3
φn (s ) =
X 02(s ) N (s )
-K 4=
K 31+Ts
+G 0(s ) K 1
K 2
K 3
K 2K 3
=
K 1K 2K 3G 0(s ) -K 3K 4s Ts
2
s 1+Ts
1+K 1
+s +K 1K 2K 3
s 1+Ts
(2)由于扰动产生的输出为： X 02(s ) =φn (s ) N (s ) =
K 1K 2K 3G 0(s ) -K 3K 4s Ts
2
+s +K 1K 2K 3
N (s )
要消除扰动对输出的影响，必须使X 02(s ) =0 得到：K 1K 2K 3G 0(s ) -K 3K 4s =0
得到：G 0(s ) =
K 4s K 1K 2
第三章
3-1
解：1) 法一：一阶惯性环节的调整时间为4T ，输出达稳态值的98%，故： 4T ＝1min ，得到：T ＝15s
法二：求出一阶惯性环节的单位阶跃时间响应，代入，求出。
2) 法一：输入信号x i (t ) =(100C /min) t = X i (s ) =
16s
2
16
t (C /s )
，是速度信号；
1
2
X 0(s ) =X i (s ) G (s ) = x o (t ) =
16
1
6s 1+15s
-115t
=
1
6s
(
1
2
-
15s
+
15s +1/15
)
(t -15+15e
)
e (∞) =l im (t -
t →∞
116
6
(t -15+e
-
115
t
)) =2. 5(C )
法二：利用误差信号E （s ）
3-3
解：X i (s ) =∠[t 2]=
21
1s
3
13s
3
2
X o (s ) =G (s ) X i (s ) =
s (s +5)(s +6)
A s +
B s +5
+
=
13s (s +5)(s +6) C
部分分式展开：X o (s ) =
s +6
系数比较得到：A+B+C=0 11A+6B+5C=0 30A=13
得到：A=13/30=0.433;B=-13/5=-2.6;C=13/6=2.1667
X o (s ) =
0. 433s
-2. 6s +5
+2. 1667s +6
拉氏反变换：x o (t ) =0. 433-2. 6e -5t +2. 1667e -6t
3-4
解：闭环传递函数为：φ(s ) =
G (s ) 1+G (s )
=
4s +5s +4
1s
2
=
4(s +1)(s +4)
（1）单位阶跃函数的拉氏变换：X i (s ) = X o (s ) =φ(s ) X i (s ) =
4s (s +1)(s +4)
A s +
B s +1
+
C s +4
部分分式展开：X o (s ) =
系数比较得到：4A+3B=0 A-3C=0 A=1
得到：A=1，B=-4/3,C=1/3
X o (s ) =
1s -4/3s +1
+1/3s +4
拉氏反变换：x o (t ) =1-4/3e -t +1/3e -4t （2）法一、利用微分关系，把结果（1微分）
法二、单位脉冲函数的拉氏变换：X i (s ) =1
X o (s ) =φ(s ) X i (s ) =
4(s +1)(s +4)
A s +1
+
B s +4
部分分式展开：X o (s ) = 系数比较得到：A+B=0 4A+B=4 得到：A=4/3,B=-4/3 X o (s ) =
4/3s +1
-4/3s +4
拉氏反变换：x o (t ) =4/3e -t -4/3e -4t
3-6
解：闭环传递函数为：φ(s ) =
G (s ) 1+G (s )
=
1s +s +1
2
=
ωn
2
2
2n
s +2ξωn s +w
得到：w n =1rad/s;ξ=0. 5 相位移：ϕ=arctan
-ξ
2
ξ
=arctan 3=
π
3
时间响应各参数：t r =
π-ϕωn -ξ
2
=
π-π/31-0. 5
2
=2. 4s
t p =
πωn -ξ
-ln ∆
=
2
=
π1-0. 5
2
=3. 6s
t s =
-ln 0. 021⨯0. 5
ζω
=8s
n
-πξ
-0. 5π
2
M N =
p
=e
1-ξ
⨯100%=e
-0. 5
2
=16. 3%
2-ξ
2
ξπ
=
2-0. 50. 5π
2
=1. 1
3-7
解：1) 求闭环传递函数φ(s ) =
2
G (s ) 1+G (s ) H (s )
=
K
s +(1+KK h ) s +K
2
二阶振动环节：
ωn =
K
ωn =K
2ξωn =1+K h K
得到：
ξ=
1+KK 2K
h
2) 求结构参数 最大超调量M
p
=e
-πξ/1-ξ
2
=0. 2
得到：ξ=0. 456 峰值时间t p =
πωn -ξ
2
=1
得到：ωn =3. 53 3) 求K ，K h 代入1) 得到：
K =12. 46K h =0. 178
4) 利用结构参数求其它时域指标 调整时间t s =
-ln ∆
ξωn
=2. 48(s )(取∆＝0. 02)
上升时间t r =
π-arctan -ξ
2
2
/ξ
=0. 65(s )
ωn -ξ
3-8
解：闭环传递函数φ(s ) =
2
G (s ) 1+G (s ) H (s )
=
K
s +34. 5s +K
2
ωn =K ; 2ξωn =34. 5 1)K ＝200：ωn =14. 4, ξ=1. 22
此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。 2)K ＝1500，得到：ωn =38. 73, ξ=0. 44 最大超调量M
p
=e
-πξ/1-ξ
2
=0. 214
峰值时间t p =
πωn -ξ
-ln ∆
2
=0. 09(s )
调整时间t s =
ξωn
=0. 087(s )(取∆＝0. 05)
上升时间t r =
π-arctan -ξ
2
2
/ξ
=0. 058(s )
ωn -ξ3-ξ2πξ
2
振动次数N ==0. 975(次)
3)K ＝13.5，得到：ωn =3. 67, ξ=4.7
此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。
4) 对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要ξωn 不变，系统调整时间ts 不变；随着ωn 增大，过渡过程在缩短（tp,tr ），但总过渡时间（调整时间ts ）不变；而随着ξ的减小，振动幅度在加剧，振动次数N 、超调量Mp 都在加大。
3-8
解：闭环传递函数φ(s ) =
G (s ) 1+G (s ) H (s )
=
5K s +34. 5s +5K
2
ωn 2=5K ; 2ξωn =34. 5 1)K ＝200：ωn =31. 6, ξ=0. 55 最大超调量M
峰值时间t p =
p
=e
-πξ/-ξ
2
=0. 13
πωn -ξ
-ln ∆
2
=0. 12(s )
调整时间t s =
ξωn
=0. 175(s )(取∆＝0. 05)
上升时间t r =
π-arctan -ξ
2
2
/ξ
=0. 037(s )
ωn -ξ3-ξ2πξ
2
振动次数N ==0. 73(次)
2)K ＝150，得到：ωn =86. 6, ξ=0. 20
依次得到的动态性能指标：0.54,0037s,0.175s,0.02s,2.34。 3)K ＝13.5，得到：ωn =8. 2, ξ=2.1
此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联。
4) 对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要ξωn 不变，系统调整时间ts 不变；随着ωn 增大，过渡过程在缩短（tp,tr ），但总过渡时间（调整时间ts ）不变；而随着ξ的减小，振动幅度在加剧，振动次数N 、超调量Mp 都在加大。
3-9
解：开环传递函数为：G (s ) = 单位反馈系统的：H(s)=1 位置稳态误差系数为：K
p
20
(0. 5s +1)(0. 04s +1)
=l im G (s ) =20
s →0
s →0
速度稳态误差系数为：K v =l im sG (s ) =0
2
加速度稳态误差系数为：K a =l im s G (s ) =0
s →0
单位阶跃输入的稳态误差：e ss =
11
p
H (0) 1+K
1
1
=
11+20
=0. 0476
单位速度输入的稳态误差：e ss =
H (0) K v
1
1
=∞
单位加速度输入的稳态误差：e ss =
H (0) K a
=∞
3-10
解：开环传递函数G k (s ) =
ωn
2
s (s +2ξωn )
，此系统为I 型系统。
K P =l im G k (s ) =∞
s →0
稳态误差系数：K V =l im sG k (s ) =
s →0
2
s →0
ωn 2ξ
K a =l im s G k (s ) =0
1) 单位阶跃输入稳态误差：e (∞) =
11+K
1K v
p
=0
2) 单位速度输入稳态误差：e (∞) =
=
2ξ
ωn
3）单位加速度输入稳态误差；e (∞) =1/K a =∞ 法二：e ss =lim sE (s ) =lim s ε(s ) =lim sX i (s ) /1+G k (s )
s →0
s →0
s →0
3-11
解：开环传递函数G k (s ) =
100s (0. 1s +1)
，此系统为I 型系统。
K P =l im G k (s ) =∞
s →0
1) 稳态误差系数K V =l im sG k (s ) =100
s →0
K a =l im s G k (s ) =0
s →0
2
2) 输入信号为阶跃信号、速度信号和加速度信号的组合，它们的系数分别为：
A =a 0; B =a 1; C =a 2
根据信号线性叠加的原理，系统的稳定误差为：
e ss =
A 1+K
p
+
B K v
+
C K a
=
a 01+∞
+
a 1100
+
a 20
a) 当a 2≠0时，e ss =∞
b) 当a 2=0; a 1≠0时，e ss =a 1/100 c) 当a 2=0; a 1=0时，e ss =0
3-12
解：G k (s ) =G 1(s ) G 2(s ) H (s ) =K 1
K 2s ⨯1=
K 1K 2
s
1) 仅有输入信号作用下的稳态误差
偏差传递函数φεi (s ) =
εi (s ) X i (s )
=
11+G k (s )
=
11+K 1K 2/s
1
1
1s +K 1K 2
误差信号E i (s ) =εi (s ) /H (s ) =φi (s ) X i (s ) =
1s +K 1K 2
1+K 1K 2/s s
=
稳态误差e ssi =lim sE i (s ) =lim s
s →0
s →0
=0
2）仅有干扰信号作用下的稳态误差 干扰偏差传递函数φεn (s ) =
εn (s ) N (s )
=-
G 2(s ) H (s ) 1+G k (s )
=-
K 2/s 1+K 1K 2/s K 2/s
1
K 2/s s +K 1K 2
干扰误差信号E n (s ) =
εn (s ) H (s )
=φεn (s ) N (s ) /H (s ) =-
1+K 1K 2/s s 1
=-
干扰稳态误差e ssn =lim sE (s ) =lim -
s →0
s →0
K 2s +K 1K 2
=-
K 1
3) 系统总稳态误差： e ss =e ssi +e ssn =-
1K 1
3-13
解：特征根分别为：-8,-9,-4+j5,-4-j5。闭环系统的所有特征根均具有负实部，所以系统是稳定的。
3-14
解：单位反馈系统的闭环传递函数：
K
K
K s (Ts +1)
=
K Ts
2
φ(s ) =
G (s ) 1+G (s )
=
s (Ts +1) 1+
+s +K
=s +
2
T 1T
s +
K T
特征根为：
-s 1, 2=
1T ±
(1T 2) -4
2
K T
要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部： 当() 2-4
T 1
K T
时，可保证特征根具有负实部。
解得：-4
K T
因K 、T 均大于零，所以上式成立。 所以系统是稳定的。
3-15
s ： 1 －15s ： 0 126
23
（1）解：法一：劳思阵列
s ：-
126ε+15
ε
2
s ：－126 ⨯
第一列有负数，系统不稳定。
法二：a0=1,a1=0,a2=-15,a3=126;
三阶系统，因所有系数不全为正，所以不稳定。
s ： 1 18 5s ：8 16 0
34
（2）解：劳斯阵列 s 2：16 5 0
s ：13. 5 0 s :5
01
劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。
s ： 1 5
3
（3）：法一：劳思阵列
s ：4 10s ：2.5 0s ：10
2
劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。 法二：a0=1,a1=4,a2=5,a3=10;
因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a 1×a2=20>a0×a3=10， 所以该三阶系统稳定。
s ： 1 16
3
（5）：法一：劳思阵列：
s ： 10 160
2
s ：0（ 20） （00）s ：160 0
辅助多项式：A (s ) ＝10s 2＋160
d A (s ) ds
＝20s
劳思阵列第一列中无负号，但有一列的元素全为0，所以系统是临界稳定的。
法二：a0=1,a1=10,a2=16,a3=160;
因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a 1×a2=160=a0×a3=160， 所以该三阶系统临界稳定。
3-16
s ： 1 5 15s ： 20k k +10 0
34
（2）解：劳思阵列s 2－
20
9912k
156000k
2
s ：k +10－s ： 15
99k －10
系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：
20k >0 1）99
20
-
12k
>0 2) 6000k
2
k +10-
99k -10
3)
由式1) 得：k>0
式2) 得：k>10/99 式3) 得：k
K 的取值无法同时满足上述三个条件，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。
s ：1 1 1s ：k 1 0
3
4
（4）解：劳思阵列s 2：k －1/k 1
－k
k s 0k －1
k s ： 1
k －1
系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：
k >0 1) k －1k k －1
>0 2) －k
>0 3)
k －1k
由式1) 、2) 得：k>1
式3) 可化为：-(k -1/2) 2-3/4>0
显然，上式无法满足，即：无论k 取何值，式1) 、2) 、3) 条件都无法同时满足，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。
第四章 4-4
解：闭环传递函数φ(s ) =
G (s ) 1+G (s ) 1011+j ω
10+ω
2
=
1011+s
频率特性φ(ω) =
幅频特性A (ω) =
相频特性ϕ(ω) =-arctan ω/11
1）ω=1, ϕ0=300，稳态输出
x (t ) =
10+1
sin(t +30
-arctan 1/11) =0. 9sin(t +30-5. 2) =0. 9sin(t +24. 8)
000
2）ω=2, ϕ0=450
稳
x (t ) =
10+2
2
态
2cos(2t -45+arctan 2/11) =
输
45
出
cos(2t -45+10. 3) =1. 79cos(2t -34. 7)
3）
稳态输出
x (t ) =0. 9sin(t +24. 8) -1. 79cos(2t -34. 7)
4-9
解：1）A (ω) =
5+(30ω)
2
φ(ω) =-arctan 30ω G (ω) = U (ω) =2）A (ω) =
5(1-30j ω) (1+30j ω)(1-30j ω)
51+900ω
2
=
51+900ω
150ω
2
-
1501+900ω
2
j ω
；V (ω) =-
=
1
1+900ω
2
1
ω+(0. 1ω)
2
ω+0. 01ω
2
φ(ω) =-900-a r c t a 0n . 1ω 、G (ω) =
j (1-0. 1j ω) -ω(1+0. 01ω) -0. 1ω
2
=
-0. 1ω-j
ω(1+0. 01ω)
-1
2
U (ω) =
ω(1+0. 01ω)
2
; V (ω) =
ω(1+0. 01ω)
2
4-12
1）解a ）典型环节：放大环节：2
惯性环节1：转折频率w 1=0. 125=1. 25⨯10-1 惯性环节2：转折频率w 2=0. 5=5⨯10-1
b ）在博德图上标出w1，w2
c ）对数幅频特性：L (ω) =20lg 2-20lg +(8ω) 2-20lg +(2ω) 2 d ）低频渐近线（w
e ）w1～w2渐近线：斜率为－20dB/dec f ）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec
3）解：a ）典型环节：放大环节：50 二阶积分：1/(jw ) 2
惯性环节：转折频率w 1=0. 1=1⨯10-1 二阶振动环节：转折频率w 2=1=1⨯100
b ）在博德图上标出w1，w2 c ）对数幅频特性：
L (ω) =20lg 50-20lg w -20lg
2
+(10ω)
2
-20lg (1-w ) +w
222
d ）低频渐近线（w
取w =0. 01=1⨯10-2，L (w ) ≈20lg 50-20lg 1⨯10-4=114dB e ）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec f ）w2～渐近线：斜率为－100dB/dec 4) 解：传递函数标准形式G (s ) =
20(5s +1) s (10s +1)
2
a ）典型环节：放大环节：20 二阶积分：1/(jw ) 2
惯性环节：转折频率w 1=0. 1=1⨯10-1 一阶积分环节：转折频率w 2=0. 2=2⨯10-1 b ）在博德图上标出w1，w2 c ）对数幅频特性：
L (ω) =20lg 20-20lg w -20lg
2
+(10ω)
2
+20lg +(5w )
2
d ）低频渐近线（w
取w =0. 01=1⨯10-2，L (w ) ≈20lg 20-20lg 1⨯10-4=106dB e ）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec f ）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec
4-14
尼氏判据的关键：含零极点（积分环节）的，需作辅助线（从起点（w ＝0）逆时针延伸到正实轴），包围或穿越时，逆时针为正，顺时针为负。 解：
1) 正实部根数q ＝0，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
2) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
3) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
4) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
5) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
6) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝1－1＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
7) 正实部根数q ＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝1－1＝0，P ＝q 或N ＝q/2，闭环系统稳定。
8) 正实部根数q ＝1，包围（－1，j0）点次数P ＝1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝1/2，P=q或N=q/2，闭环系统稳定。
9) 正实部根数q ＝1，包围（－1，j0）点次数P ＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝0，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
10) 正实部根数q ＝1，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P ＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N ＝－1，P ≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。
4-16
解：开环频率特性G (jw ) =
jw [1-(
K v w w n
) +j 0. 4
2
w w n
]
系统为最小相位系统，正实部根数q ＝0，含一积分环节，稳定裕量为0时，系统临界稳定。
即相角裕量为0：γ(w c ) =1800+ϕ(w c ) =0 得到：ϕ(w c ) =-900-arctan
0. 4w /w n 1-(
w w n
)
2
=-180
得到：1-(
w w n
) =0，得到：w =w n =90rad /s
2
w [1-(
w w n
幅值裕量K g =
1A (w g )
) ]+(0. 4w /w n ) K v
222
==
36K v
令临界幅值裕量为1，得到：K v =36 所以：当K v ≤36时，系统是稳定的。
4-17
解：频率特性G (jw ) =
K
jw (jw +1)(j 0. 1w +1)
幅频特性A (w ) =
w 1+w
K
2
+(0. 1w )
2
相频特性ϕ(w ) =-900-arctan w -arctan 0. 1w 1) 近似解法：ψ=arcsin
1M
r
=arcsin
11. 4
=45. 6
相角裕量γ(w c ) ≈ψ=45. 60
ϕ(w c ) =γ(w c ) -1800=45. 60-1800=-134. 40 而又有：ϕ(w c ) =-900-arctan w c -arctan 0. 1w c =-134. 40 tan(arctanw c +arctan 0. 1w c ) =tan 44. 40 即：
w c +0. 1w c 1-w c ⨯0. 1w c
=0. 98
-1. 1+1. 260. 196
解得：w c = A (w c ) =
-1. 1±1. 260. 196
，取w c =
=0. 83
K
w c +w
2c
+(0. 1w c )
2
=1
解得：K ＝1.08 2) γ(w c ) =600
ϕ(w c ) =γ(w c ) -180
=60
-180
=-120
而又有：ϕ(w c ) =-900-arctan w c -arctan 0. 1w c =-1200 tan(arctanw c +arctan 0. 1w c ) =tan 300 即：
w c +0. 1w c 1-w c ⨯0. 1w c
0. 2
=
33
，取w c =
=1
-1. 905+2. 007
0. 2
=0. 51
解得：w c = A (w c ) =
-1. 905±2. 007
K
w c +w
2c
+(0. 1w c )
2
解得：K ＝0.57
3) 根据幅值裕量定义可知：ϕ(w g ) =-1800
而根据相频特性又有：ϕ(w g ) =-900-arctan w g -arctan 0. 1w g =-1800 解得：w g =3. 16
根据幅频特性可得： A (w g ) =
1A (w g )
K
w g +w
2g
+(0. 1w g )
2
K g =20lg
=20dB ，解得：A (w g ) =0. 1
根据幅频特性可得： A (w g ) =解得：K ＝1.1
K
w g +w
2g
+(0. 1w g )
2
＝0.1
4-21
解：先求出各转折频率，画出频率段和各频率段的幅频博德图；分各个典型环节，分别画出各典型环节的博德图，然后相频图相加，得到开环系统的相频博德图。在幅频博特图上找出幅值穿越频率，并对应在相频博德图上找出相角裕量；在相位博德图上找出相角穿越频率，并对应在幅频博德图上找出幅值裕量。
4-23
解：1) 系统的频率特性为：G (w ) =
-ξπ/
1-ξ
2
w n
2
jw (jw +2ξw n )
M
p
=e =16. 3%
， 得到：ξ=0. 5
-3
t p =
πw d
=
πw n -ξ
2
=114. 6⨯10
， 得到：w n =31. 65rad /s
31. 65
2
系统的传递函数为： G (s ) =
12ξ-ξ
2
w n
2
s (s +2ξw n )
=
s (s +2⨯0. 5⨯31. 65)
=
31. 65s (1+0. 0316s )
2) M r =
=1. 15
w r =w n -2ξ2=22. 38rad/s
第五章
5-2
解：
（1）a) ：图a) 开环传递函数：
低频段斜率为－20dB/dec―――－I 型系统（有一积分环节）
转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w ＝20rad/s――开环增益k ＝w ＝20 系统开环传递函数为：G (s ) =
20s (1+0. 1s )
图a) 校正装置传递函数：
低频段斜率为0――――――O 型系统
转折w1＝0.1rad/s，斜率为－20dB/dec――含一惯性环节1/(1+10s) 转折w1＝1rad/s，斜率为0dB/dec――含一阶微分环节1+s 校正装置传递函数为G c (s ) = 校正后的传递函数为G ' (s ) =
G (s ) c G (s ) =
1+s 1+10s
（近似PI 、滞后）
1+s
=
20(1+s ) s (1+10s )(1+0. 1s )
20
s (1+0. 1s ) 1+10s
b) ：图b) 开环传递函数：
低频段斜率为－20dB/dec―――－I 型系统（有一积分环节）
转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w ＝20rad/s――开环增益k ＝w ＝20 系统开环传递函数为：G (s ) =
20s (1+0. 1s )
图b) 校正装置传递函数：
低频段斜率为0――――――O 型系统
转折w1＝10rad/s，斜率为20dB/dec―― 含一阶微分环节1+0.1s
转折w2＝100rad/s，斜率为0dB/dec――含一惯性环节1/(1+0.01s) 校正装置传递函数为G c (s ) =
1+0. 1s 1+0. 01s
（近似PD 、超前）
1+0. 1s
=
20s (1+0. 01s )
校正后的传递函数为G ' (s ) =G (s ) c G (s ) =
20
s (1+0. 1s ) 1+0. 01s
（2）图a) ：校正后的频率特性G ' (w ) =
对数幅频特性：
20(1+jw )
jw (1+j 10w )(1+j 0. 1w )
L (w ) =20lg 20-20lg w +20lg +w
2
-20lg +(10w )
2
-20lg +(0. 1w )
2
惯性环节1/(1+10s)、一阶微分环节(1+s)、惯性环节1/(1+0.1s)的转折频率分别为w1＝0.1rad/s、w2＝1rad/s、w3＝10rad/s，分别在博德图上依次标出各转折频率。
低频段斜率为－20dB/dec，取w ＝0.01rad/s，渐近线纵坐标分贝数
为：L (w ) ≈20lg 20-20lg 0. 01=66
转折频率w1＝0.1rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec 转折频率w2＝1rad/s，渐近线斜率为－20dB/dec 转折频率w3＝10rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec
图b) ：校正后的频率特性G ' (w ) =
20jw (1+j 0. 01w )
对数幅频特性：L (w ) =20lg 20-20lg w -20lg +(0. 01w ) 2 惯性环节1/(1+j0.01w)的转折频率为w1＝100rad/s，在博德图上标出； 低频段斜率为－20dB/dec，取取w ＝10rad/s，渐近线纵坐标分贝数为：
L (w ) ≈20lg 20-20lg 10=6
；
转折频率w1＝100rad/s，斜率为－40dB/dec。
（3）两种校正特性比较：
a) 为滞后校正，使系统开环幅频特性的中、高频段部分下移，衰减了中高
频段的增益，衰减了高频干扰，提高了抗高频干扰的能力；但穿越频率wc 左移，带宽变窄，响应快速性下降；以－20dB/dec斜率穿越0分贝线，稳定裕量提高。
b) 为超前校正，使系统开环幅频特性曲线上移，中频段上移，穿越频率wc
右移，系统快速响应能力增强；中高频段上移，高频干扰增强，系统抗高频干扰能力下降；相位超前，系统相角裕量增加，且以－20dB/dec斜率穿越0分贝线系统稳定性提高。
5-3
解：
1) 把未校正系统的开环幅频特性曲线与校正装置的幅频特性曲线相加，即得到校
正后的系统开环幅频特性曲线（注意：有6各转折频率） 2) 系统的开环传递函数为：G (s ) =
K 1
(1+s /w 1)(1+s /w 2)(1+s /w 3) K 2(1+T 2s )(1+T 3s ) (1+T 1s )(1+T 4s )
校正装置的传递函数为：G c (s ) =
校正后的开环传递函数：G k (s ) =
K 1K 2(1+T 2s )(1+T 3s )
(1+s /w 1)(1+s /w 2)(1+s /w 3)(1+T 1s )(1+T 4s )
3) 此校正装置为滞后－超前校正装置，滞后效应设置在低频段，w
的增益增加，提高了系统的稳态精度；超前校正设置在中频段，在w>1/T3后系统增益增加，校正后的幅频特性曲线上移，穿越斜率右－40dB/dec变为－20dB/dec，提高了穿越频率wc ，系统响应的快速性增加；相位超前，系统的相位裕量也增加，提高了系统的稳定性；但对抗高频干扰的能力下降。
5-6
解:
（1）确定开环增益： Kv ＝K ≥7，取K ＝7 开环频率特性G (jw ) =
7
jw (1+j 0. 5w )(1+j 0. 1w )
对数幅频特性L (w ) =20lg 7-20lg w -20lg +(0. 5w ) 2-20lg +(0. 1w ) 2 相频特性ϕ(w ) =-900-arctan 0. 5w -arctan 0. 1w 并画出未校正开环系统的博德图。
（2）计算未校正系统的幅值穿越频率和相位裕量
令L （w c ）＝0，得到
7=w c +(0. 5w )
2
+(0. 1w )
2
得到幅值穿越频率为：w c =3. 38rad /s
00000
相位裕量为：γ=180+ϕ(w c ) =180-90-arctan 0. 5w c -arctan 0. 1w c =12
不能满足性能要求，考虑到系统对稳态精度有要求，而对响应快速性没具体要求，所以可选用滞后校正装置。
（3）确定校正后的幅值穿越频率 取γ(w c ' ) =450+150=600
则：γ(w c ' ) =1800+ϕ(w c ' ) =1800-900-arctan 0. 5w c ' -arctan 0. 1w c ' =600
0. 5w c +0. 1w c 1-0. 05(w )
' c
2
'
'
=tan 30
得到校正后的幅值穿越频率为：w c ' =0. 92rad /s
（4）确定滞后校正装置的参数
滞后校正装置的频率特性G c (jw ) =
1+jT 2w 1+j αj T 2w
滞后校正装置在新幅值穿越频率处提供的幅值增益分贝： 20lg +(T 2w ) 2-20lg +(αj T 2w ) 2≈-20lg αj 所以：20lg αj =20lg G (jw c ' ) =20lg 得到：αj =6. 92
为使校正装置的增大滞后相角远离校正后的幅值穿越频率w c ' ，可选校正装置的一个转折频率为：w 2=
得到T 2＝4.35
校正装置的传递函数为：G c (s ) =
1+4. 35s 1+6. 92⨯4. 35s
=
1+4. 35s 1+30s
7
w
' c
+(0. 5w )
' c
2
+(0. 1w )
' c
2
1T 2
=0. 25w c =0. 23rad /s
'
（5）验算校正后的幅值裕量和相位裕量 校正后的开环传递函数G (s ) G c (s ) =求相位裕量：
γ(w c ) =180
'
7(4. 35s +1)
s (30s +1)(0. 5s +1)(0. 1s +1)
+arctan 4. 35w c -90
' 0
-arctan 30w c -arctan 0. 5w c -arctan 0. 1w c =48
' ' ' 0
>45
求幅值裕量：
ϕ(w g ) =arctan 4. 35w g -90
'
解得：w g =4. 2rad /s
' ' 0
-arctan 30w g -arctan 0. 5w g -arctan 0. 1w g =-180
' ' ' 0
K g =-20lg A (w g ) =-20lg 7-20lg +20lg
'
+(4. 35w g )
' 2
' 2
+20lg w g +20lg +(0. 1w g )
'
2
'
+(30w g )
' 2
+(0. 5w g )
+20lg ≈21dB >15dB
满足设计要求。