ess
aaaABC
0 1 2 1 KpKvKa1 1000
a) 当a2 0时，ess
b) 当a2 0;a1 0时，ess a1/100 c) 当a2 0;a1 0时，ess 0
3-12
解：Gk(s) G1(s)G2(s)H(s) K1
K2KK 1 12 ss
1)仅有输入信号作用下的稳态误差
偏差传递函数 i(s)
i(s)
Xi(s)
11
1 Gk(s)1 K1K2/s
111
1 K1K2/sss K1K2
误差信号Ei(s) i(s)/H(s) i(s)Xi(s)
稳态误差essi limsEi(s) lims
s 0
s 0
1
0
s K1K2
2）仅有干扰信号作用下的稳态误差 干扰偏差传递函数 n(s)
n(s)
N(s)
G2(s)H(s)K2/s
1 Gk(s)1 K1K2/s
K2/s1K2/s
1 K1K2/sss K1K2
干扰误差信号En(s)
n(s)
H(s)
n(s)N(s)/H(s)
干扰稳态误差essn limsE(s) lim
s 0
s 0
K21
s K1K2K1
3)系统总稳态误差： ess essi essn
1
K1
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：
KK
G(s)Ks(Ts 1) (s) 2
K1K1 G(s)Ts s K1 s2 s s(Ts 1)TT
特征根为：
s1,2
11K
()2 4TTT
2
要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部：
1K1
当()2 4 时，可保证特征根具有负实部。
TTT
K
0 T
因K、T均大于零，所以上式成立。 所以系统是稳定的。
解得： 4
3-15
s3： 1 －15s2： 0 126
（1）解：法一：劳思阵列
126 15s： 0 2
s0：－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。
s4： 1 18 5s3：8 16 0
（2）解：劳斯阵列 s2：16 5 0
s1：13. 5 0 s0:5
劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。
s3： 1 5
s2：4 10
（3）：法一：劳思阵列
s：2.5 0
s0：10
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a1×a2=20>a0×a3=10， 所以该三阶系统稳定。
s3： 1 16
s2： 10 160
（5）：法一：劳思阵列：
s：0（ 20） （00）
s0：160 0
辅助多项式：A(s)＝10s2＋160
dA(s)
＝20s ds
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a1×a2=160=a0×a3=160， 所以该三阶系统临界稳定。
3-16
s4： 1 5 15
s3： 20k k 10 0991
（2）解：劳思阵列s2－ 15
202k
6000k2
s：k 10－ 0
99k－10
s0： 15
系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：
20k 0 1）991 0 2)
202k
6000k2
k 10 3)
99k 10
由式1)得：k>0 式2)得：k>10/99 式3)得：k<99/10
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。
s4：1 1 1s3：k 1 0
（4）解：劳思阵列s2：k－1/k 1
k－1
－ks 0
k－1ks0： 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－1
0 2) kk－1
－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 (s)
G(s)10
1 G(s)11 s
频率特性 ( )
10
11 j
幅频特性A( )
10
2
相频特性 ( ) arctan /11
1） 1, 0 300，稳态输出
x(t)
10 1
sin(t 300 arctan1/11) 0.9sin(t 300 5.20) 0.9sin(t 24.80)
2） 2, 0 450
稳态输出
x(t)
10 22
2cos(2t 450 arctan2/11)
4cos(2t 450 10.30) 1.79cos(2t 34.70)
3）
稳态输出
x(t) 0.9sin(t 24.80) 1.79cos(2t 34.70) 4-9
解：1）A( )
5 (30 )
2
( ) arctan30 G( ) U( ) 2）A( )
5(1 30j )5150
j 22
(1 30j )(1 30j )1 90 01 90 0
5150
V( ) ；
1 900 21 900 2
1
(0.1 )
2
1
0.01
2
( ) 900 arct0a.1n 、G( )
j(1 0.1j ) 0.1 j
22
(1 0.01 ) (1 0.01 )
U( )
0.1 1
V( ) ;
(1 0.01 2) (1 0.01 2)
4-12
1）解a）典型环节：放大环节：2
惯性环节1：转折频率w1 0.125 1.25 10 1 惯性环节2：转折频率w2 0.5 5 10 1
b）在博德图上标出w1，w2
c）对数幅频特性：L( ) 20lg2 20lg (8 )2 20lg (2 )2 d）低频渐近线（w<w1）：斜率为0，L（w）≈6dB e）w1～w2渐近线：斜率为－20dB/dec f）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec
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