1、课 后 答 案网 ， 用 心为 你 服 务 ！大学答案 - 中学答案 - 考研答案 - 考试答案最全最多的课后习题参考答案，尽在课后答案网（ ）！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，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。爱校园（ ） 课后答案网（ ） 淘答案（ ）自 动 控 制 原 理 （ 非 自 动 化 类 ） 习 题 答 案第一章 习题1-1（略）1-2（略）1-3 解：受控对象：水箱液面。 被控量：水箱的实际水位 hc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。测量元件：浮子，杠杆。放大元件：放大器。工
2、 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 （ 与 电 位 器 设 定c r电压 ur 相对应，此时电位器电刷位于中点位置） 。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
3、望值 hr 。出 水 hr h c水位自动控制系统的职能方框图1-4 解：受控对象：门。 执行元件：电动机，绞盘。 放大元件：放大器。受控量：门的位置测量比较元件：电位计工作原理：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， 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。开 闭 门 的 位 置门 实 际仓库大门自动
4、控制开（闭）的职能方框图1-5 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1_大门 位 置绞盘电动 机放大 器电位 器_浮子 杠杆水 箱阀 门减 速 器电 动 机放 大 器电 位 器放大元件：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：给 定 炉 温 炉 温第二章 习题2-1 解：对 微 分方程做拉氏变换： X1 (s) R(s) C (s) N1 (s) X 2 (s) K1 X1 (s) X 3 (s) X 2 (s) X 5 (s)TsX 4 (s) X 3 (s) X 5 (s) X 4 (s) K2 N2 (s)K X (s)
5、 s2C (s) sC (s) 3 5绘制上式各子方程的方块图如下图所示：N1(s)R(s) + X1(s) X2(s) X3(s)X1(s) X2(s)- -C(s) X5(s)N2(s)X3(s) X4(s) X5(s) C(s)X4(s) - X5(s)将方块图连接起来，得出系统的动态结构图： N2(s)N1(s)+X1(s) _ C(s)R(s) X2(s) X3(s) X4(s) X5(s)K1K3C (s) / R(s) ，Ts3 (T 1)s2 s K K1 32- -K3K1 1s2 s1TsK2K31Ts1s 2 sK2K1热 电 偶电 炉加 热 器电 机 功 率 放 大电
6、压 放 大电 位 器C (s) / N1 (s) C (s) / R(s) ，K2 K3TsC (s) / N (s) 2 Ts3 (T 1)s2 s K K1 32-2 解：对微 分方程做拉氏变换 X1 (s) KR(s) C (s) X 2 (s) sR(s)(s 1) X 3 (s) X1 (s) X 2 (s)(Ts 1) X 4 (s) X 3 (s) X 5 (s)C (s) X (s) N (s)4 X 5 (s) (Ts 1) N (s)绘制上式各子方程的方块如下图：X2(s)R(s) X1(s) R(s) X2(s) X1(s) X3(s)-C(s)X5(s) N(s) N(
7、s) X5(s)X3(s) X4(s) X4(s) C(s)将方块图连接得出系统的动态结构图：N(s)X2(s)X5(s) C(s)R(s) X1(s) X3(s) X4(s) sK K s (s 1)(Ts 1) (s 1)(Ts 1) C (s)R(s) k Ts2 (T 1)s (K 1)1 (s 1)(Ts 1)C (s)N (s) 02-3 解： （过 程略）C(s) 1 C (s) G1 G2(a) R(s) ms2 fs K (b) R(s) 1 G G G G G G G G1 3 1 4 2 3 2 43-K 1Ts 11s 1s Ts+1Ts1Ts 1sK 1s 1C(s)
8、 G2 G1G2 C(s) G1 G2(c) (d)R(s) 1 G1 G2G1 R(s) 1 G2G3C (s) G1G2G3G4(e)R(s) 1 G1G2 G2G3 G3G4 G1G2G3G42-4 解 ： （1 ）求 C/R， 令 N=0G(s) K1K2 K3s(Ts 1)K1K2 K3G(s)C (s) / R(s) 1 G(s) Ts2 s K K K1 2 3求 C/N，令 R=0，向后移 动单位反馈的比较点K3K2 ) Ts 1 K n K3 s K1K2 K3GnC (s) / N (s) (K G Kn n 1 K K Ts2 s K K Ks1 3 2K 1 2 31T
9、s 1 s（2 ）要消除 干扰对系统的影响C (s) / N (s) K n K3 s K1K2 K3Gn 0Ts2 s K K K1 2 3Kn sG (s) n K1K22-5 解： （ a）（1 ）系统的 反馈回路有三个，所以有3 La L1 L2 L3 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5a 1三个回路两两接触，可得 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 , 1 1P2 1, 2 1（3 ）闭环传 递函数 C/R 为C G1G2G3 1R 1 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5（b ）（1
10、 ）系统的 反馈回路有三个，所以有3 La L1 L2 L3 G1G2 G1 G1a 1三个回路均接触，可得 1 La 1 G1G2 2G14（ 2）有四条 前向通道，且与三条回路均有接触，所以P1 G1G2 , 1 1P2 G1 , 2 1P3 G2 , 3 1P4 G1 , 4 1（3 ）闭环传 递函数 C/R 为C G1G2 G1 G2 G1 G1G2 G2R 1 G1G2 2G1 1 G1G2 2G12-6 解： 用梅 逊公式求， 有两个回路 ， 且接触， 可得 1 La 1 G1G2G3 G2 ， 可得C (s) G1G2G3 G2G3 C (s) C (s) / R(s)R(s)
11、1 G1G2G3 G2 N1 (s)(1 G2 )G3 C (s) 1 (1 G1G2G3 G2 ) 1C (s) N2 (s) 1 G1G2G3 G2 1 G1G2G3 G2N3 (s)E(s) 1 G2 G2G3 E(s) C (s) G2G3 G1G2G3R(s) 1 G1G2G3 G2 N1 (s) N1 (s) 1 G1G2G3 G2E (s) C (s) (1 G2 )G3 E(s) C (s) 1N2 (s) N2 (s) 1 G1G2G3 G2 N3 (s) N3 (s)第三章 习题103-1 解： （原 书改为 G(s) ）0.2s 1采用 K0 , K H 负反馈方法的闭环
12、传递函数为10K0 (s) C (s) K G(s) 1 10K HR(s) 0 1 G(s)K 0.2s 1H 1 10KH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）10K0 10 K 1001 10K H K 0.9 H1 10K 10H3-2 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” ） % e / 1 100% 1.3 1 100%2 1t p 0.11 2n5解得：n 33.71 0.358所以，开环传递函数为：1136 47.1G(s) s(s 2
13、4.1) s(0.041s 1)3-3 解： （ 1） K 10s1 时：100G(s) s2 10s 2 100n2n 10解得： n 10, 0.5, % 16.3%, t p 0.363（2 ） K 20s1 时：200G(s) s2 10s 2 200n2n 10解得： n 14.14, 0.354, %=30%, t p 0.238结论，K 增大，超调增加，峰值时间减小。3-4 解： （1 ）a. 0.1, 5s1 时，n2 % e / 1 100% 72.8%3.5t 7ss nb. 0.1, 10s1 时，n2 % e / 1 100% 72.8%3.5t 3.5ss nc. 0
14、.1, 1s1 时，n62 % e / 1 100% 72.8%3.5t 35ss n 0.5, 5s1 时，(2) n2 % e / 1 100% 16.3%3.5t 1.4ss n(3) 讨 论 系 统参 数 ： 不 变 ， % 不 变； 不 变 ， n 增 加 ，则 ts 减 小； n 不 变 ， 增 加 ，则 % 减小， ts 减小3-5 解： （1 ）（a）用劳思判据s3 s2 s1s0120410091000系统稳定。（b ）用古尔 维茨判据2011009D1 20, D2 80201010092000100D3 8000系统稳定。（2 ）（a）用劳思判据s4 s3 s2 s1s0
15、3104.73.255325 21 020系统不稳定。（b ）用古尔 维茨判据710 1510010 1D1 10, D2 47, D 5 3 2 153303 1（其实 D4 不必计算，因为 D3 0 ）10 15103021503000D4 30602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s3s2s1s00.2 10.8 K K 14K若系统稳定，则： K 1 0, K 0 。无解4（2 ）系统闭 环特征方程为0.2S 3 0.8S 2 (K 1)s K 0劳思表s3s2s1s0K 1K0.20.83 K 14K3若系统稳定，则：
16、 K 1 0, K 044解得 K 33-7 解：10(s 1)(a) 系统传递函数：s3 21s2 10s 10劳斯表：8s3 s2 s1s0121200 / 2110101000系统稳定。10(b) 系统传递函数：s2 101s 10劳思表：s2s1s0110110100系统稳定。3-8 解：系统 闭环特征方程为：0.01s3 2 s2 s K 0劳思表：s3s2s10.0122 0.01K1K2Ks02 0.01K当 2 0, 0, K 0 时系统稳定2稳定域为： 0, 0 K 2003-9 解： （ 1）解法一、因为 1 ，属于型无差系统，开环增益 K 10 ，故当 r (t) 1(t
17、 ) 时， ess 0 ；1当 r (t ) t 1(t) 时， e 0.1 ；当 r (t ) t 2 1(t ) 时， e 。ss ssK解法二、系统的闭环特征方程为：0.05s3 0.6s2 s 10 0劳思表：s3s2s1s00.05 10.61106109系统稳定。1E (s)R(s) R(s)s E i R 1 G(s)当输入 r (t) 1(t ) 时， R(s) 1 , e lim sE lim s 1 1 0ss ss 0 101 s ss 0s(0.1s 1)(0.5s 1)输入 r (t ) t 1(t) 时， R(s) 1 , e lim sE lim s 1 1 0.
18、1ss ss2 10 s2s 0 s 0 1 s(0.1s 1)(0.5s 1)输入 r (t ) t 2 1(t ) 时， R(s) 2 , e lim sE lim s 1 1 ss s 10s3 s3s 0 s 0 1 s(0.1s 1)(0.5s 1)（2 ）解 法 一 、 因为 1 ， 属 于 型 无 差 系 统， 开 环 增 益 K 7 ， 故 当 r (t ) 1(t ) 时 ， e 0 ；ss8当 r (t ) t 1(t) 时， e 8 1.14 ；当 r (t ) t 2 1(t ) 时， e1 。ss ssK 7解法二、系统的闭环特征方程为：s4 6s3 10s2 15s
19、 7 0劳思表：s4 s3 s2 s1s0167.59.4710 715 07系统稳定。1E (s)R(s) R(s)s E i R 1 G(s)当输入 r (t) 1(t ) 时， R(s) 1 , e lim sE lim s 1 1 0ss s1 7(s 1)s ss 0 s 0 s(s 4)(s2 2s 2)输入 r (t ) t 1(t) 时， R(s) 1 , e lim sE lim s 1 1 8 / 7ss s 7(s 1)s2 s2s 0 s 0 1 s(s 4)(s2 2s 2)10输入 r (t ) t 2 1(t ) 时， R(s) 2 , e lim sE lim
20、s 1 1 ss s 7(s 1)s3 s3s 0 s 0 1 s(s 4)(s2 2s 2)（3 ）解 法 一 、 因为 2 ， 属 于 型 无 差 系 统， 开 环 增 益 K 8 ， 故 当 r (t) 1(t ) 时 ， ess 0 ；22当 r (t ) t 1(t) 时， ess 0 ；当 r (t ) t 1(t) 时， ess 0.25 。K解法二、系统的闭环特征方程为：0.1s3 s2 4s 8 0劳思表：s3 s2 s1s00.1 41 83.28系统稳定。1E (s)R(s) R(s)s E i R 1 G(s)当输入 r (t) 1(t ) 时， R(s) 1 , e
21、lim sE lim s 1 1 0ss s1 8(0.5s 1)s ss 0 s 0 s2 (0.1s 1)输入 r (t ) t 1(t) 时， R(s) 1 , e lim sE lim s 1 1 0ss ss2 8(0.5s 1) s2s 0 s 0 1 s2 (0.1s 1)输入 r (t ) t 2 1(t ) 时， R(s) 2 , e lim sE lim s 1 2 0.25ss s 8(0.5s 1)s3 s3s 0 s 0 1 s2 (0.1s 1)C (s) 1 G(s) 3-10 解：系 统传递函数为 为一阶惯性环节R(s) Ts 1调节时间 ts 4T 1min,
22、 T 0.25 min10输入 r (t ) 10t, R(s) s211E (s) R(s) C (s) 10 102 2s s (0.25s 1)稳态误差：Dess lim sE (s) 2.5(C )s 03-11 解：用 梅森公式： E(s) 1 E i R 2.5KR(s)1 (0.05s 1)(s 5)2.5 E (s) s 5 E i N 2.5KN (s)1 (0.05s 1)(s 5)E (s) (0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1) 1(0.05s 1)(s 5) 2.5K s1 1输入 R(s) , N (s) s（1 ）当 K=40 时s lim sE(
23、s) lim s (0.05s 1)(s 5) 2.5(0.05s 1) 1 2.5e 0.0238ss (0.05s 1)(s 5) 2.5K s 5 2.5Ks 0 s 0（2 ）当 K=20 时2.5e lim sE(s) 0.0455 。比较说明，K 越大，稳态误差越小。ss 5 2.5Ks 0（3 ）在扰动 点前的前向通道中引入积分环节 1/s， E(s) 1 s(0.05s 1)(s 5) E i R 1 2.5KR(s) s(0.05s 1)(s 5) 2.5Ks(0.05s 1)(s 5)2.5 E (s) s 5 2.5(0.05s 1)sE i N 1 2.5KN (s)
24、s(0.05s 1)(s 5) 2.5Ks(0.05s 1)(s 5)E (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) 2.5K s s(0.05s 1)(s 5) 2.5K所以对输入响应的误差， ess lim sE(s) 0 。s 0在扰动点之后引入积分环节 1/s，12 E (s) 1 s(0.05s 1)(s 5) E i R 1 2.5KR(s) s(0.05s 1)(s 5) 2.5K(0.05s 1)(s 5)s2.5 E(s) s 5 1 2.5(0.05s 1) E
25、 i N 1 2.5KN (s) s s(0.05s 1)(s 5) 2.5K(0.05s 1)(s 5)s(0.05s 1)(s2 5s 2.5) 1E (s) R(s)E i R N (s)E i N s(0.05s 1)(s 5) 2.5K s1所以对输入响应的误差， ess lim sE(s) 。Ks 03-12 解：解法一、原系统结构图变换为N(s)R(s)系统开环 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 E (s) 1 s(T1s 2)(T2 s K s K 5) E i R ( s 1)1R(s) s(T s 2)(T s
26、 K s K 5) ( s 1)1 1 2Ts 2 (T s2 K s2 Ks 5s)1 2( s 1) s(T2 s 5) Ks( s 1) ( s 1)(T2 s 2) E(s) ( s 1)E i N 1 s(T s 2)(T s K s K 5) ( s 1)N (s) 1 1 2Ts 2 (T s2 K s2 Ks 5s)1 21 1令 R(s) , N (s) s se 1 0 ， 1 2 lim ss 0 lim ss 0essr E i R s ssn E i N s1 1令 R(s) , N (s) s2 s21 1e lim ss 0 2(K 5) ， e lim ss 0
27、 ssr E i R s2 ssn E i N s21 1令 R(s) , N (s) s3 s31 1 lim ss 0 ， e lim ss 0 essr E i R s3 ssn E i N s313 s 1 C(s)s(T2 K )s 5 k 1T1s 2系统对 r(t)为型，对 n(t)为 0 型。3-13：C (s) s 1 C (s) s(s 1)(a) 解法一、解得， ， C i R C i N R(s) s(s 1) 1 N (s) s(s 1) 1E(s) R(s) C(s) R(s) (R(s)iC i R N (s)iC i N )1 1输入 R(s) , N (s)
28、，所以 ess lim sE(s) 0s2C (s)ss 1s 0解 法 二 、 ， 因 为 分 子 分 母 后 两 项 系 数 对 应 相 等 ， 故 系 统 为 无 差 ， 在R(s) s2 s 1r (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， 故对阶跃干扰信号 essn 0 ，从而有 ess essr essn 0 。0.1 200（b） 系统开环 1 ， 为型系统， 故 essr 0 ； 又 En (s) N (s)iC i N i0.5s2 s 200s根据定义 e r c ， ess essr essn essn lim sE
29、n (s) 0.1 。s 03-14 解：开 环传递函数为 2 1G(s) n ，误差传递函数 E (s)R(s) R(s)s E i Rs2 2 s 1 G(s)n1（1）输入 r (t) 1(t), R(s) s1 1 0e lim sE R(s) lim sss s 2 ss 0 s 01 s2 2 s n n1(2) 输入 r (t) 1(t), R(s) s21 21e lim sE R(s) lim sss s 2 s2 s 0 s 01 s2 2 s n nn14第四章 习 题4-1 解：4-2 解：154-3 解：根轨 迹如图极点 P1 0, P2 1, P3 2 ，共有三条渐
30、近线60D1渐近线交点为 (0 1 2) 1a 33 条渐近线与 实轴夹角 (k 0)3(2k 1) 3 (k 1) ， 分 离 点 坐 标 s 1 ，3 3 (k 1) 3分离角为 2与虚轴交点：1 GH s(s 1)(0.5s 1) K 0.5s3 1.5s2 s K 0.5( j )3 1.5( j )2 j K 0 2, K 33 3 3 1 3当 0K3 时 系统稳定， K 1 1 1 ( 1) 1 d 3 3 3 2 93所以，无超调时 K 的取值范围为 0 K 0.1925 。9作 图 测 得 0.5 的 阻 尼 线 与 根 轨 迹 交 点 s1,2 0.33 j0.58 ， 根
31、 据 根 之 和 法 则 ，16s1 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s1s2 0.445主 导 极 点 ， 系 统 近 似 为 二 阶 ， 即 (s) ， 从 而 得 到s2 0.667s 0.445(s s )(s s2)13.5 1 0.5 ， n 0.667 ，其阶跃响应下的性能指标 为 % 16.3% ， ts 10.5s 。n14-4 解： （ 1） s1 1.5 ， s 4 j9.2 ，主导极点为 s ，系统看成一阶系统。2,3 10.671即 (s) ,t 3T 2s, % 0s0.
32、67s 11 1（2） 由于极 点为 s1 与零点 z 构成偶极子， 所以主导极点为 s ， s ， 即1 2 30.67 0.591 3.5系 统 可 以 看 作 (s) ， n 10 ， 0.4 ， ts 0.88s ，0.01s2 0.08s 1 n % 25%4-5 解： （题 目改为单位负 反馈 ）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。17第五章习题答案D5-1 解： 0 arctan T arctan 2 f T arctan 2 10 0.01 32.14 ， 相位差超过 10D ，所以不满足要求。5-2 解： 2 f 2 5 10 ， G(
33、10 j) 3.54 0.708, G(10 j) 90D51设 G(s) LCs2 RCs 1G(10 j) 1 ,1 100 2 L 106 10 106 Rj1041 L 1013(H )100 2 106 21 0.70810 106 R R 44959()986.96G(s) s2 44.37s 986.965-3 解：160（1） G(s) s(s 8)18100(s 2)（2） G(s) s(s 1)(s 20)64(s 2)（3） G(s) s(s 0.5)(s2 3.2s 64)19s(s 0.1)（4） G(s) s(s2 s 1)(s2 4s 25)5-4 解：（a） G
34、(s) K 由一 个放大环节、一个惯性环节组成Ts 1120 lg K 20, K 10 ； 1 10 T 0.1T10G(s) 0.1s 1K（b） G(s) 由一个放大环节、一个积分环节、一个惯性环节组成s(Ts 1) 1 80 T ，穿越频率 40 ， L( ) 20 lg K 20 lg 1 0 ，1 c c cT 80 K 40G(s) 40s( 1 s 1)80K（c） G(s) 由一 个放大环节、一个积分环节、一个振荡环节组成s( s2 2 s 1)1 2 n nL(k ) 20 lg K 20 lg k 0 ， K k 100 ，由图可知 r 45.3 ，20r1 4.85 ，
35、 ，得到 50 ， 0.3 （0.9 54 舍去 ） 。20 lgn n2 1 2 1 2 22.5 103 100G(s) s(s2 30s 2.5 103 )K ( s 1)（d） G(s) 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s2 (Ts 1)2组成1 0.1 得 10 ； 2 1 得 T 1L( ) 20 lg K 20 lg10 20 lg( 2 1) 0 ， K 0.2 ， G(s) 0.2(10s 1)c c s2 (s 1)2（ 或 者 采 用 精 确 表 示 ： L( ) 20 lg K 20 lg 102 1 20 lg12 20 l
36、g(1 1) 0 ，c2 0.1990 ， G(s) 0.1990(10s 1) ）K s2 (s 1)2101K ( s 1)（e） G(s) 1s( s2 2 s 1) 2 n n11 1 1 ， 2 2 n 2 ， 20 lg 8 0.2 ， 在 1 1 处 ， 2L 20 lg K 20 ， K 1010(s 1)G(s) s(0.25s2 0.2s 1)5-5 解：（1） G(s) 250 5 ， 20 lg K 1412s (s 50) 2s ( s 1)50伯德图：21有一次 负穿越， P 0 ， Z P 2N 2 故不稳定10250 3 （2） G(s) s(s 5)(s 15
37、) ， 20 lg K 10.461 1s( s 1)( s 1)5 15P 0, N 0 无穿越，故 Z P 2 N 0 稳定2210 (s 1)250(s 1) 3 （3） G(s) ， 20 lg K 10.461 12s (s 5)(s 15) s2 ( s 1)( s 1)5 15P 0, N 0 无穿越，故 Z P 2 N 0 稳定10 ， 1 2,2 50, 20 lg K 205-6 解： G(s) s(0.5s 1)(0.02s 1)2320 lg K 20 lg c 20 lg(0.5c ) 0 ， 得 c 20 2 5 4.47 (精确解 4.2460)；D D(90 a
38、rctg (0.5g ) arctg (0.02g ) 1801得 0.5g i0.02g 1 g 100.01 180 arctg (0.5c ) arctg (0.02c ) 90 180 66 5 90 19D D D D D D D10L 20 lg G( j ) 20 lg 20 lg 5 13.98 dBh g 10(5 j 1)(0.2 j 1)K5-7 解： G(s) s(0.01s2 0.01s 1)n 10, 0.052 gnD D求 g ， 90 arctan 180 ，得 102 g 1 g n Lh 20 lg G( jg ) 2024K 0.1，得 K 0.1 0.
39、1c (0.01 )2 (1 0.01 2 )2g g g0.1G(s) s(0.01s2 0.01s 1)0.01 0.1D D D因为 c 0.1 ， 180 90 arctg 9021 0.1 10 K ( 2 s 1)5-8 解： G(s) s(T1s 1)(T3 s 1)1 1 1（1） 0.2, 0.1, 4 2T1 T3得 2 5, T1 10,T3 0.25K 5 1 1 K 2c1 110 12(5s 1)G(s) s(10s 1)(0.25s 1)D1 180 G( jc1 )D D 1 1 1 180 90 tg (5c1 ) tg (10c1 ) tg (0.25c1
40、) 180D 90D 78.69D 84.29D 14.04D 70.36D（2）25P 0, N 0 （无穿越） Z P 2N 0 （稳定）（3）右移 10 倍频程，则 T1 1, 2 0.5, T3 0.025K (0.5s 1)G(s) s(s 1)(0.025s 1)K 0.5 10c 2 10 10c1 110 10 K 2020(0.5s 1)G(s) s(s 1)(0.025s 1)D 2 180 G( jc 2 ) 180 90 tg (0.5c 2 ) tg (c 2 ) tg (0.025c 2 )D D 1 1 1D D 1 1 1 180 90 tg (5c1 ) tg (10c1 ) tg (0.25c1 ) 1系统稳 定性不变26 1由 % 0.16 0.4 1 100%（P19 0 5-16 5-18 式）5-17 sin t k ，得 % % ， t 0.1ts 1 2 s1 s 2c即系统 超调量不变，调节时间缩短。10(s
