机械控制工程习题答案
1-3 题1-3图为工业炉温自动控制系统的工作原理图。分析
系统的工作原理，指出被控对象、被控量和给定量，画出系统方框图。
题1-3图 炉温自动控制系统原理图
解 加热炉采用电加热方式运行，加热器所产生的热量与调压器电压u c 的平方成正比，
u c 增高，炉温就上升，u c 的高低由调压器滑动触点的位置所控制，该触点由可逆转的直流
电动机驱动。炉子的实际温度用热电偶测量，输出电压u f 。u f 作为系统的反馈电压与给定电压u r 进行比较，得出偏差电压u e ，经电压放大器、功率放大器放大成u a 后，作为控制电动机的电枢电压。
在正常情况下，炉温等于某个期望值T °C ，热电偶的输出电压u f 正好等于给定电压
u r 。此时，u e =u r -u f =0，故u 1=u a =0，可逆电动机不转动，调压器的滑动触点停
留在某个合适的位置上，使u c 保持一定的数值。这时，炉子散失的热量正好等于从加热器吸取的热量，形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。
当炉膛温度T °C 由于某种原因突然下降(例如炉门打开造成的热量流失) ，则出现以下的控制过程：
控制的结果是使炉膛温度回升，直至T °C 的实际值等于期望值为止。
系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压u r （表征炉温的希望值）。系统方框图见图解1-3。
1
1-5 采用离心调速器的蒸汽机转速控制系统如题1-5图所示。其工作原理是：当蒸汽机带动负载转动的同时，通过圆锥齿轮带动一对飞锤作水平旋转。飞锤通过铰链可带动套筒上下滑动，套筒内装有平衡弹簧，套筒上下滑动时可拨动杠杆，杠杆另一端通过连杆调节供汽阀门的开度。在蒸汽机正常运行时，飞锤旋转所产生的离心力与弹簧的反弹力相平衡，套筒保持某个高度，使阀门处于一个平衡位置。如果由于负载增大使蒸汽机转速ω下降，则飞锤因离心力减小而使套筒向下滑动，并通过杠杆增大供汽阀门的开度，从而使蒸汽机的转速回升。同理，如果由于负载减小使蒸汽机的转速ω增加，则飞锤因离心力增加而使套筒上滑，并通过杠杆减小供汽阀门的开度，迫使蒸汽机转速回落。这样，离心调速器就能自动地抵制负载变化对转速的影响，使蒸汽机的转速ω保持在某个期望值附近。
指出系统中的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。
题1-5图 蒸汽机转速自动控制系统
解 在本系统中，蒸汽机是被控对象，蒸汽机的转速ω是被控量，给定量是设定的蒸汽机希望转速。离心调速器感受转速大小并转换成套筒的位移量，经杠杆传调节供汽阀门，控制蒸汽机的转速，从而构成闭环控制系统。
系统方框图如图解1-5所示。
2
1-8 题1-8图为水温控制系统示意图。冷水在热交换器中由通入的蒸汽加热，从而得到一定温度的热水。冷水流量变化用流量计测量。试绘制系统方块图，并说明为了保持热水温度为期望值，系统是如何工作的？系统的被控对象和控制装置各是什么？
解 工作原理：温度传感器不断测量交换器出口处的实际水温，并在温度控制器中与给定温度相比较，若低于给定温度，其偏差值使蒸汽阀门开大，进入热交换器的蒸汽量加大，热水温度升高，直至偏差为零。如果由于某种原因，冷水流量加大，则流量值由流量计测得，通过温度控制器，开大阀门，使蒸汽量增加，提前进行控制，实现按冷水流量进行顺馈补偿，保证热交换器出口的水温不发生大的波动。
其中，热交换器是被控对象，实际热水温度为被控量，给定量（希望温度）在控制器中设定；冷水流量是干扰量。
题1-8图 水温控制系统原理图
系统方块图如图解1-8所示。这是一个按干扰补偿的复合控制系统。
2-1 试建立题2-1图所示各系统的微分方程 [其中外力F (t ) ，位移x (t ) 和电压u r (t ) 为输入量；位移y (t ) 和电压u c (t ) 为输出量；k （弹性系数），f （阻尼系数），R （电阻），C （电容）和m （质量）均为常
3
数]。
解
（a ）以平衡状态为基点，对质块m 进行受力分析（不再考虑重力影响），如图解2-1(a)所示。根据牛顿定理可写出
dy d 2y
=m 2 F (t ) -ky (t ) -f dt dt
整理得
d 2y (t ) f dy (t ) k 1
++y (t ) =F (t )
m dt m m dt 2
（b ）如图解2-1(b)所示，取A,B 两点分别进行受力分析。对A 点有 k 1(x -x 1) =f (对B 点有 f (
dx 1dy
-) （1） dt dt
dx 1dy
-) =k 2y （2） dt dt
联立式（1）、（2）可得：
k 1k 2k 1dx dy
+y =
dt f (k 1+k 2) k 1+k 2dt
(c) 应用复数阻抗概念可写出
1
I (s ) +U (s ) （3） U r (s ) =c 1R 1+
cs
R 1
I (s ) =
Uc (s )
（4） R 2
联立式（3）、（4），可解得：
U c (s ) R 2(1+R 1Cs )
=
U r (s ) R 1+R 2+R 1R 2Cs
4
微分方程为:
du c R 1+R 2du 1
+u c =r +u r dt CR 1R 2dt CR 1
1
（5） Cs
(d) 由图解2-1（d ）可写出
U r (s ) =R I R (s ) +[I R (s ) +I c (s ) ]
1
=RI R (s ) -RI c (s ) （6） Cs
1
U c (s ) =I c (s ) R +[I R (s ) +I c (s ) ] （7）
Cs
联立式（5）、（6）、（7），消去中间变量I C (s ) 和I R (s ) ，可得：
I c (s )
U c (s ) R 2C 2s 2+2R C s +1
=222
U r (s ) R C s +3R C s +1
du c 2du r 23du c 12du r 1
微分方程为 ++u =++u r c 222222
dt CR dt C R dt CR dt C R
2-5 求下列各拉氏变换式的原函数。
e -s
(1) X (s ) =
s -1
1
(2) X (s ) =s (s +2) 3(s +3)
s +1
(3) X (s ) =s (s 2+2s +2)
解
(1) x (t ) =e t -1 (2) 原式 ＝
-11311
+-++32
2(s +2) 4(s +2) 8(s +2) 24s 3(s +3)
-t 2-2t t -2t 3-2t 1-3t 1
e +e -e +e + ∴x （t ）＝ 448324
1
s
111s +111-2=-⋅+⋅(3) 原式 ＝ 22
2s s +2s +22s 2(s +1) +12(s +1) +1
∴x (t ) ＝
11-t
+e (sint -cos t ) 22
5
2-6 已知在零初始条件下，系统的单位阶跃响应为 c (t ) =1-2e -2t +e -t ，试求系统的传递函数和脉冲响应。
解 单位阶跃输入时，有R (s ) = C (s ) =
1
，依题意 s
1213s +21-+=⋅ s s +2s +1(s +1)(s +2) s C (s ) 3s +2
=
R (s ) (s +1)(s +2)
∴ G (s ) =
-2t -t
k (t ) =L -1[G (s ) ]=L -1⎢ +=4e -e ⎥⎣s +1s +2⎦
⎡-14⎤
2-10 飞机俯仰角控制系统结构图如题2-10图所示，试求闭环传递函数Q c (s ) Q r (s ) 。
解 经结构图等效变换可得闭环系统的传递函数
Q c (s ) 0. 7(s +0. 6)
=3
Q r (s ) s +(0. 9+0. 7K ) s 2+(1. 18+0. 42K ) s +0. 68
2-12 试用结构图等效化简求题2-12图所示各系统的传递函数
C (s )
。
R (s )
6
解 （a ）
所以： （b ）
C (s )
G 1G 2G 3G 4R (s ) =
1+G 1G 2+G 3G 4+G 2G 3+G 1G 2G 3G 4
7
所以：
（c ）
C (s ) G 1-G 2
=
R (s ) 1-G 2H
所以：
（d ）
G 1G 2G 3C (s )
=
R (s ) 1+G 1G 2+G 2G 3+G 1G 2G 3
所以：
G 1G 2G 3+G 1G 4C (s )
=
R (s ) 1+G 1G 2H 1+G 2G 3H 2+G 1G 2G 3+G 1G 4+G 4H 2
（e ）
8
G 1G 2G 3C (s )
所以： =G 4+
R (s ) 1+G 1G 2H 1+G 2H 1+G 2G 3H 2
2-17 试用梅逊增益公式求题2-17图中各系统的闭环传递函数。
解 （a ）图中有1条前向通路，4个回路
P 1=G 1G 2G 3G 4，∆1=1
L 1=G 2G 3H 1L 2=-G 1G 2G 3H 3，L 3=G 1G 2G 3G 4H 4，
L 4=-G 3G 4H 2，∆=1-(L 1+L 2+L 3+L 4)
则有
9
G 1G 2G 3G 4∆C (s ) P
=11=
R (s ) ∆1-G 2G 3H 1+G 1G 2G 3H 3-G 1G 2G 3G 4H 4+G 3G 4H 2
3-3 一阶系统结构图如题3-3图所示。要求系统闭环增益K Φ=2，调节时间t s ≤0. 4（s ），试确定参数K 1, K 2的值。
解 由结构图写出闭环系统传递函数
1K 1
K 1K 2Φ(s ) ===
K 1K 2s +K 1K 2s
+11+
K 1K 2s
令闭环增益K Φ=
1
=2， 得：K 2=0. 5 K 2
3
≤0. 4，得：K 1≥15。 K 1K 2
令调节时间t s =3T =
3-5 一种测定直流电机传递函数的方法是给电枢加一定的电压，保持励磁电流不变，测出电机的稳态转速；另外要记录电动机从静止到速度为稳态值的50%或63.2%所需的时间，利用转速时间曲线（如题3-5图）和所测数据, 并假设传递函数为
G (s ) =
可求得K 和a 的值。
Θ(s ) K
=
V (s ) s (s +a )
若实测结果是：加10伏电压可得每分钟1200转的稳态转速，而达到该值50%的时间为1.2秒，
试求电机传递函数。 [提示：注意
K d θΩ(s )
=，其中ω(t ) =，单位是弧度/秒]
dt V (s ) s +a
解 依题意有： v (t ) =10 （伏） ω(∞) =
1200⨯2π
=40π （弧度/秒） （1）
60
ω(1. 2) =0. 5ω(∞) =20π （弧度/秒） （2） 设系统传递函数 G 0(s ) =
Ω(s ) K
= V (s ) s +a
s →0
应有 ω(∞) =lim s G 0(s ) ⋅V (s ) =lim s ⋅
s →0
10K 10K ⋅==40π （3） s s +a a
ω(t ) =L [G 0(s ) ⋅V (s ) ]=L ⎢
-1
-1
⎡10K ⎤10K -1⎡11⎤10K
=L -=1-e -at ⎥⎢⎥a a ⎣s s +a ⎦⎣s (s +a ) ⎦
[]
10
由式（2），（3） ω(1. 2) =
10K
1-e -1. 2a =40π1-e -1. 2a =20π a
[][]
得 1-e 解出 a =
-1. 2a
=0. 5
-ln 0. 5
=0. 5776 （4） 1. 2
将式（4）代入式（3）得 K =4πa =7. 2586
3-6 单位反馈系统的开环传递函数G (s ) =
4
，求单位阶跃响应h (t ) 和调节时间
s (s +5)
t s 。
解：依题，系统闭环传递函数
Φ(s ) =
4=4
4s 2
+5s +4
(s +1)(s +4) =(s +
1 T )(s +1
) 1T 2
C (s ) =Φ(s ) R (s ) =
4
+4) =C 0C C 2(s +1)(s s +1s s +1+s +4
C 0=lim s Φ(s ) R (s ) =4
s →0
lim
s →0(s +1)(s +4)
=1
C 41=lim s →-1
(s +1) Φ(s ) R (s ) =lim
s →0
s (s +4) =-4
3 C 42=s lim →-4
(s +4) Φ(s ) R (s ) =lim
s →0
s (s +1) =1
3
h (t ) =1-4e -t +1
e -4t 33
T 1
T =4， ∴t ⎛t s ⎫s = T ⎪⎪⎭
T 1=3. 3T 1=3. 3。 2⎝1
3-7 设角速度指示随动系统结构图如题3-7图。若要
求系统单位阶跃响应无超调，且调节时间尽可能短，问开环增益K 应取何值，调节时间t s 是多少？
解 依题意应取 ξ=1，这时可设闭环极点为
λ1, 2=-0。
写出系统闭环传递函数
11
⎨
⎧T 1=1
⎩T =0. 25
2
Φ(s ) =闭环特征多项式
10K
s 2+10s +10K
⎛12
s + D (s ) =s +10s +10K = T 0⎝⎫⎛1⎫22
⎪ ⎪=s +s + ⎪ ⎪T 0⎭⎝T 0⎭
22
⎧2
⎪T =10
⎧T 0=0. 20⎪
比较系数有 ⎨ 联立求解得 ⎨ 2
⎛⎫⎩K =2. 5⎪ 1⎪=10K T ⎪⎪⎩⎝0⎭
因此有 t s =4. 75T 0=0. 95""
3-9 电子心律起博器心率控制系统结构图如题3-9图所示，其中模仿心脏的传递函数相
当于一纯积分环节，要求：
（1） 若ξ=0.5对应最佳响应，问起博器增益K 应取多大？
（2） 若期望心速为60次/分钟，并突然接通起博器，问1秒钟后实际心速为多少？瞬时
最大心速多大？
解 依题，系统传递函数为
K
2ω0. 05n
Φ(s ) ==2
2
1K s +2ξωn s +ωn
s 2+s +
0. 050. 05
⎧K =20
令 ξ=0. 5可解 ⎨
ω=20⎩n
将 t =1（秒）代入二阶系统阶跃响应公式 h (t ) =1-
⎧K
ω=⎪⎪n 0. 05 ⎨1⎪ξ=⎪0. 05⨯2ωn ⎩
e -ξωn t -ξ
2
sin -ξ2ωn t +β
)
4/秒）=60. 00145（次/分） 可得 h (1) =1. 00002（次
ξ=0. 5时，系统超调量 σ%=16.3% ，最大心速为
h (t p ）=1+0. 163=1. 163（次/秒）=69. 78（次/分）
12
3-10 机器人控制系统结构图如题3-10图所示。试确定参数K 1, K 2值，使系统阶跃响应的峰值时间t p =0. 5（s ），超调量σ%=2%。
解 依题，系统传递函数为
K 1
K Φω. 2K 1s (s +1) n
Φ(s ) ==2=2
2
K (K s +1) s +(1+K 1K 2) s +K 1s +2ξωn s +ωn 1+12
s (s +1)
⎧σ=e -πξ-ξ2≤0. 02⎪π由 ⎨ 联立求解得
t p ==0. 5⎪-ξ2ωn ⎩
比较Φ(s ) 分母系数得
⎧ξ=0. 78
⎨
ω=10⎩n
⎧K 1=ωn 2=100
⎪
2ξωn -1 ⎨ K 2==0. 146⎪K 1⎩
3-11 某典型二阶系统的单位阶跃响应如题3-11图所示。试确定系统的闭环传递函数。
解 依题，系统闭环传递函数形式应为
K Φω. 2n
Φ(s ) =2
2
s +2ξωn s +ωn
由阶跃响应曲线有：
h (∞）=lim s Φ(s ) R (s ) =lim s Φ(s ) ⋅
s →0
s →0
1
=K Φ=2 s
π
⎧
t ==2p ⎪2⎪ωn -ξ ⎨
2
⎪σ=e -ξπ-ξ=2. 5-2=25⎪2⎩
13
联立求解得 ⎨
⎧ξ=0. 404
，所以有
⎩ωn =1. 717
2⨯1. 71725. 9
= Φ(s ) =2 22
s +2⨯0. 404⨯1. 717s +1. 717s +1. 39s +2. 95
3-13 设题3-13图（a ）所示系统的单位阶跃响应如题3-13图（b ）所示。试确定系统参数K 1, K 2和a 。
解 由系统阶跃响应曲线有
⎧h (∞) =3 ⎪
⎨t ⎪p =0. 1
⎩σ=(4-3) =33. 3系统闭环传递函数为
2
Φ(s ) =K 1K 2
K 2ωn s 2+as +K =2
2ξω2
1s +n s +ωn
⎧
t =π-ξω=0. 1由 ⎪⎨p 2
⎧ξ=0. 33⎪n
联立求解得 ⎨⎩σ-ξπ1-ξ2
=e =33. 3⎩ωn =33. 28 由式（1）⎧⎨K =ω2
1n =1108
ξω
⎩a =2n =22
另外 h (∞) =lim s 1
12s →Φ(s ) ⋅
s =lim K K 0
s →0s 2+as +K =K 2=3 1
14
1） （
5-5 已知系统开环传递函数 G (s ) H (s ) =
10
s (2s +1)(s 2+0. 5s +1)
试分别计算 ω=0. 5 和ω=2 时开环频率特性的幅值A (ω) 和相角ϕ(ω) 。
解 G (j ω) H (j ω) =
10
j ω(1+j 2ω)((1-ω2+j 0. 5ω)
A (ω) =
10
ω+(2ω)
2
(1-ω) +(0. 5ω)
0. 5ω
1-ω2
222
ϕ(ω) =-90︒-arctan 2ω-arctan
计算可得 ⎨
⎧A (0. 5) =17. 8885
⎩ϕ(0. 5) =-153. 435︒⎧A (2) =0. 3835
⎨
⎩ϕ(2) =-327. 53︒
5-9 绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。 (1) G (s ) = (2) G (s ) = (3) G (s ) = (4) G (s ) =
(5) G (s ) =
解 (1) G (s ) =
2
；
(2s +1)(8s +1)
200
；
s 2(s +1)(10s +1)
40(s +0. 5)
s (s +0. 2)(s 2+s +1)
20(3s +1)
s 2(6s +1)(s 2+4s +25)(10s +1)
8(s +0. 1)
s (s 2+s +1)(s 2+4s +25)
2
(2s +1)(8s +1)
15
图解5-9（1） Bode 图 Nyquist 图
(2) G (s ) =
200
s 2
(s +1)(10s +1)
图解5-9（2） Bode 图 Nyquist 图
(3) G (s ) =
40(s +0. 5)
=
s (s +0. 2)(s 2+s +1)
100(2s +1) s (+1)(s 2+s +1) 0. 2
16
图解5-9（3） Bode 图 Nyquist 图
(4) G (s ) =
20(3s +1)
s 2(6s +1)(s 2+4s +25)(10s +1)
20
(3s +1) G (s ) =2⎡⎛s ⎫⎤42
s (6s +1) ⎢ ⎪+s +1⎥(10s +1)
25⎢⎥⎣⎝5⎭⎦
图解5-9（4） Bode 图 Nyquist 图
0. 8⎛1⎫
s +1 ⎪8(s +0. 1) 250. 1⎝⎭ (5) G (s ) = 22=2s (s +s +1)(s +4s +25) ⎡⎛1⎫⎤4
s (s 2+s +1) ⎢ s ⎪+s +1⎥
25⎢⎥⎣⎝5⎭⎦
17
图解5-9（5） Bode 图 Nyquist 图
5-10 若传递函数 G (s ) =外的部分，试证
ω1=K
式中，ω1为近似对数幅频曲线最左端直线（或其延长线）与零分贝线交点的频率，如题5-10图所示。
1
v
K
G 0(s ) ，式中，G 0(s ) 为G (s ) 中，除比例和积分两种环节s v
证 依题意，G(s)近似对数频率曲线最左端直线(或其延长线) 对应的传递函数为
1
K 。 v s
K
题意即要证明v 的对数幅频曲线与0db 交点处的频率值ω1=K v 。因此，令
s
20lg
K (j ω)
v
=0，可得
K
ω
v 1
=1, 故 ω=K ,
v 1∴ω1=K ，证毕。
1v
18
5-11 三个最小相角系统传递函数的近似对数幅频曲线分别如题5-11图(a)、(b)和(c)所示。要求：
（1）写出对应的传递函数；
（2）概略绘制对应的对数幅频和对数相频曲线。
题5-11图
解 (a) 依图可写出：G (s ) =
K (ω1
+1)(
ω2
+1)
K =100
其中参数：
20lg K =L (ω) =40db ，
则： G (s ) =
100
(s +1)(s +1)
ω1ω2
图解5-11（a ） Bode 图 Nyquist 图
K (
(b) 依图可写出 G (s ) =
s
ω1
s
+1)
s 2(
K =ω0=ω1ωC
2
ω2
+1)
19
图解5-11（b ） Bode 图 Nyquist 图
(c) G (s ) =
K ⋅s (s
ω2
+1)(
s
ω3
+1)
1
20lg K ω1=0,
K =
ω1
图解5-11（c ） Bode 图 Nyquist 图
5-19 反馈系统，其开环传递函数为
100
s (0. 2s +1)
50
G (s ) = (2)
(0. 2s +1)(s +2)(s +0. 5)
(1) G (s ) =
20
10
s (0. 1s +1)(0. 25s +1)
s 100(+1)
(4) G (s ) = s s
s (s +1)(+1)(+1)
1020
(3) G (s ) =
试用奈氏判据或对数稳定判据判断闭环系统的稳定性，并确定系统的相角裕度和幅值裕度。 解 (1) G (s ) =
100
=
s (0. 2s +1)
100
s (+1) 5
⎧⎪ωC =5⨯100=22. 36
画Bode 图得：⎨
ω=∞⎪⎩g
γ=1800+∠G (j ω) =1800-900-tg -10. 2ωC =12. 60
h =
1G (ωg )
=∞
图解5-19 (1) Bode 图 Nyquist 图 (2) G (s ) =
5050
=
(0. 2s +1)(s +2)(s +0. 5)
(+1)(+1)(2s +1) 52
画Bode 图判定稳定性：Z=P-2N=0-2×(-1)=2 系统不稳定。 由Bode 图得：ωc 令：
>6
50
G (j ω) =1≈
c c
5⋅2
解得
ωc =6. 3
⋅2ωc
令：
∠G (j ωg ) =tg -1
ωg
5
-tg -1
ωg
2
-tg -12ωg =-1800 解得 ωg =3. 7
γ=1800+∠G (j ω) =1800-tg -1
1h ==
G (ωg )
(
ωC
5
-tg -1
ωC
2
2
-tg -12ωC =-29. 40
g
5
) +1(
2
g
) +1(2ωg ) +12=0. 39150
2
图解5-19 (2) Bode 图 Nyquist 图
(3) G (s ) =
10
=
s (0. 1s +1)(0. 25s +1)
10s (+1)(+1) 104
⎧⎪ωC =4⨯10=6. 325
画Bode 图得：⎨
⎪⎩ωg =4⨯10=6. 325
⎧γ=00
系统临界稳定。 ⎨
⎩h =1
图解5-19 (3) Bode 图 Nyquist 图
s 100(+1)
(4) G (s ) = s s
s (s +1+1+1)
1020
画Bode 图得：⎨
⎧ωc =21. 5
ω=13. 1⎩g
⎧γ=180︒+∠ϕ(ωc ) =-24. 8︒
⎨
h =0. 343=-9. 3(dB ) ⎩
系统不稳定。
5-20 设单位反馈控制系统的开环传递函数，试确定相角裕度为45°时的α值. G (s ) =
as +1
s 2
解 G (j ω) ==
1+(a ω) 2
0ω
2
∠(tg -1a ω-180)
开环幅相曲线如图所示。以原点为圆心作单位圆，在Ａ点： A (ω) =1+a 2ω2
c
ω2
=1
c
即： ω4
2c =a
ω2c +1 要求相位裕度 γ=1800
+ϕ(ω=450
c ) 即： ϕ(ωc ) =tg -1a ωc -180︒=450-1800=-1350
∴
a ωc =1 联立求解（1）、（2）两式得：ωc =1. 19， a =0. 84。
5-21 系统中 G (s ) =
10
s (s -1)
,
H (s ) =1+K h s
试确定闭环系统临界稳定时的Ｋh 。 解 开环系统传递函数为 G (s ) H (s ) =
10(1+K n s )
s (s -1)
法(一):画伯特图如图解5-21所示
图解5-21
G (j ω) H (j ω) =
10(K n j ω+1)
j ω(j ω-1)
(1)
(2)
临界稳定时 ϕ(ω00-1-10
c ) =-90-180+tg ωc +tg K n ωc =-180 tg -1
ω-1
c +tg K n ωc =90
ωc +K n ωc
1-ω=∞
c K n ωc
1-K 2
n ωc =0 K n =
1
ω2
c 由Bode 图 ωc =3. 16 ∴K n ≈0. 1
法(二)
G (j ω) H (j ω) =
10(1+K n j ω)
j ω(j ω-1)
=u (ω) +jv (ω)
u (ω) =10ω(1+K n ) 10(K n ω2-1)
-ω(ω2+1) ; v (ω) =-ω(ω2
+1)
令 v (ω) =0 , 则 10(K 2
n ω-1) =0 ∴ω2=K n
∴
ω=
1
K n
又令 u (ω) =
10ω(1+K n )
-ω(ω2+1)
=-1
代入(1)得： 10(1+K n ) =(
1
K +1) n
10K 2
n +9K n -1=0 解出： K n =
-9±20 ∴K 1
n =10
, K n =-1（舍去）。
故当ω= 1/秒，K n =时，系统临界稳定。
5-24 某最小相角系统的开环对数幅频特性如题5-24图所示。要求 （1）写出系统开环传递函数； （2）利用相角裕度判断系统的稳定性；
（3） 将其对数幅频特性向右平移十倍频程，试讨论对系统性能的影响。解（1）由题5-29图可以写出系统开环传递函数如下：
(1)
G (s ) =
10
s s s (+1)(+1) 0. 120
（2）系统的开环相频特性为 ϕ(ω) =-90︒-arctan 截止频率 相角裕度
ω
0. 1
-arctan
ω
20
ωc =. 1⨯10=1 γ=180︒+ϕ(ωc ) =2. 85︒
故系统稳定。
（3）将其对数幅频特性向右平移十倍频程后，可得系统新的开环传递函数
G (s ) =
100
s
s (s +1)(+1)
200
其截止频率 而相角裕度
ωc 1=10ωc =10
γ1=180︒+ϕ(ωc 1) =2. 85︒=γ
故系统稳定性不变。由时域指标估算公式可得
σ
=0. 16+0. 4(
1
-1) =σ1o sin γ
t s =
K 0π
ωc
=
K 0π
=0. 1t s 1
10ωc 1
所以，系统的超调量不变，调节时间缩短，动态响应加快。
3-15 已知系统的特征方程，试判别系统的稳定性，并确定在右半s 平面根的个数及纯虚根。
（1）D (s ) =s 5+2s 4+2s 3+4s 2+11s +10=0 （2）D (s ) =s +3s +12s +24s +32s +48=0 （3）D (s ) =s +2s -s -2=0
（4）D (s ) =s 5+2s 4+24s 3+48s 2-25s -50=0
解（1）D (s ) =s +2s +2s +4s +11s +10=0
Routh ： S 5 1 2 11
S 4 2 4 10 S 3
5
4
3
2
5
4
5
4
3
2
ε 6
S 2 4ε- 10
S 6 S 0
10
第一列元素变号两次，有2个正根。
（2）D (s ) =s 5+3s 4+12s 3+24s 2+32s +48=0 Routh ： S 5 1 12 32
S 4 3 24 48
3⨯12-2432⨯3-48
=4 =16 0
334⨯24-3⨯16
=12 48 S 2
4
12⨯16-4⨯48 S =0 0 辅助方程 12s 2+48=0,
12
S 3
S 24 辅助方程求导：24s=0 S 0 48
系统没有正根。对辅助方程求解，得到系统一对虚根 s 1, 2=±j 2。 （3）D (s ) =s 5+2s 4-s -2=0
Routh ： S 5 1 0 -1
S 4 2 0 -2 辅助方程 2s 4-2=0
3
S 3 8 0 辅助方程求导 8s =0
S 2
ε -2
S
S 0 -2
第一列元素变号一次，有1个正根；由辅助方程2s -2=0可解出： 2s 4-2=2(s +1)(s -1)(s +j )(s -j )
D (s ) =s +2s -s -2=(s +2)(s +1)(s -1)(s +j )(s -j ) （4）D (s ) =s +2s +24s +48s -25s -50=0 Routh ： S 5 1 24 -25
S 4 2 48 -50 辅助方程 2s 4+48s 2-50=0
3
S 3 8 96 辅助方程求导 8s +96s =0
4
54
5432
S 2 24 -50 S 338/3
S 0 -50
第一列元素变号一次，有1个正根；由辅助方程2s +48s -50=0可解出： 2s +48s -50=2(s +1)(s -1)(s +j 5)(s -j 5)
4
2
4
2
D (s ) =s 5+2s 4+24s 3+48s 2-25s -50=(s +2)(s +1)(s -1)(s +j 5)(s -j 5)
3-17 单位反馈系统的开环传递函数为
G (s ) =
K
s (s +3)(s +5)
为使系统特征根的实部不大于-1，试确定开环增益的取值范围。
解 系统开环增益 K k =K 。特征方程为： D (s ) =s 3+8s 2+15s +K =0 做代换 s =s "-1 有：
D (s ") =(s "-1) 3+8(s -1) 2+15(s "-1) +K =s "3+5s "2+2s "+(K -8) =0
Routh ： S 3 1 2 S 2 5 K-8 S 18-K ⇒
5
K 8
S 0 K-8 ⇒
使系统稳定的开环增益范围为：
8K 18
3-18 单位反馈系统的开环传递函数为
G (s ) =
K (s +1)
s (Ts +1)(2s +1)
试在满足 T >0, K >1的条件下，确定使系统稳定的T 和K 的取值范围，并以T 和K 为坐标画出使系统稳定的参数区域图。
解 特征方程为：
D (s ) =2Ts 3+(2+T ) s 2+(1+K ) s +K =0 Routh ： S 3 2T 1+K ⇒T >0 S 2 2+T K ⇒T >-2 S 1+K -2TK ⇒T
2+T
4
K -1
S 0 K ⇒
综合所得条件，当K >1 时，使系统稳定的参数取值
范围如图解3-18中阴影部所示。
K >0