h(tp)?h(?)h(?)?100%，超调）
KpTi8、m(t)?Kpe(t)??t0e(t)dt (或：Kpe(t)?Ki?e(t)dt) ；
0tGC(s)?Kp(1?K1??s) (或：Kp?i?Kds) TissK； ?(?)??90?tg(T1?)?tg(T2?)
0?1?19、A(?)??(T1?)2?1?(T2?)2?1二、判断选择题(每题2分，共 16分)
1、C 2、A 3、B 4、D 5、A 6、D 7、D 8、A
三、(16分)
解：Ⅰ型系统在跟踪单位斜坡输入信号时，稳态误差为 ess?1 （2分） Kv而静态速度误差系数 Kv?lims?G(s)H(s)?lims?s?0s?0K(0.5s?1)?K （2分）
s(s?1)(2s?1)稳态误差为 ess?11?。（4分） KvK要使ess?0.2 必须 K?1（6分） ?5，即K要大于5。
0.2但其上限要符合系统稳定性要求。可由劳斯判据决定其上限。 系统的闭环特征方程是
D(s)?s(s?1)(2s?1)?0.5Ks?K?2s?3s?(1?0.5K)s?K?0 （1分） 构造劳斯表如下
32s3s2s1233?0.5K3K1?0.5KK00为使首列大于0， 必须 0?K?6。
s0综合稳态误差和稳定性要求，当5?K?6时能保证稳态误差小于0.2。（1分） 四、(16分)
解：系统的开环传函 G(s)H(s)?10(1?kss)，其闭环特征多项式为D(s)
s(s?2)D(s)?s2?2s?10kss?10?0，（1分）以不含ks的各项和除方程两边，得
31
10kssK** ??1 （2分）??1 ，令 10ks?K，得到等效开环传函为 22s?2s?10s?2s?10参数根轨迹，起点：p1,2??1?j3，终点：有限零点 z1?0，无穷零点 ?? （2分） 实轴上根轨迹分布： ［－∞，0］ （2分）
d?s2?2s?10?实轴上根轨迹的分离点： 令 ???0，得
ds?s? s?10?0,s1,2??10??3.16
合理的分离点是 s1??10??3.16，（2分）该分离点对应的根轨迹增益为
2s2?2s?10K?ss??*1*K1?4.33，对应的速度反馈时间常数 ks? ?0.433（1分）1010根轨迹有一根与负实轴重合的渐近线。由于开环传函两个极点p1,2??1?j3，一个有限零点z1?0
且零点不在两极点之间，故根轨迹为以零点z1?0为圆心，以该圆心到分离点距离为半径的圆周。
根轨迹与虚轴无交点，均处于s左半平面。系统绝对稳定。根轨迹如图1所示。（4分） 讨论ks大小对系统性能的影响如下：
（1）、当 0?ks?0.433时，系统为欠阻尼状态。根轨迹处在第二、三象限，闭环极点为共轭的复数极点。系统阻尼比?随着ks由零逐渐增大而增加。动态响应为阻尼振荡过程，ks2增加将使振荡频率?d减小（?d??n1??），但响应速度加快，调节时间缩短
（ts?3.5??n）。（1分）
（2）、当ks?0.433时（此时K?4.33)，为临界阻尼状态，动态过程不再有振荡和超调。（1分）
（3）、当ks?0.433(或K?4.33)，为过阻尼状态。系统响应为单调变化过程。（1分）
** 32
图1 四题系统参数根轨迹
五、(16分)
解：由题已知： G(s)H(s)?系统的开环频率特性为
K(1??s),K,?,T?0，
s(Ts?1)K[?(T??)??j(1?T??2)]G(j?)H(j?)?
?(1?T2?2)0,?(?0)（1分）90 ；?（2分）
开环频率特性极坐标图
A?(0??)? 起点： ??0?,(?) 终点： ???,A??0?,?(?)0；270 （1分）
21与实轴的交点：令虚频特性为零，即 1?T???0 得 ?x? （2分） T?实部
G(j?x)H(j?x)??K?（2分）
－K? －1 开环极坐标图如图2所示。（4分）
由于开环传函无右半平面的极点，则P?0 当 K??1时，极坐标图不包围 （－1，j0）点，系统稳定。（1分） 当 K??1时，极坐标图穿过临界点 （－1，j0）点，系统临界稳定。（1分） 当 K??1时，极坐标图顺时针方向包围 （－1，j0）点一圈。
??0? 图2 五题幅相曲线 N?2(N??N?)?2(0?1)??2
按奈氏判据，Z＝P－N＝2。系统不稳定。(2分) 闭环有两个右平面的极点。 六、(16分)
解：从开环波特图可知，系统具有比例环节、两个积分环节、一个一阶微分环节和一个惯性
33
环节。
K(故其开环传函应有以下形式 G(s)?1?11s?1) (8分)
s2(?2s?1)由图可知：??1处的纵坐标为40dB, 则L(1)?20lgK?40, 得 K?100 (2分) 又由
???1和?=10的幅值分贝数分别为20和0，结合斜率定义，有
20?0??40，解得 ?1?10?lg?1?lg103. rad/s16 (2分)
同理可得
?20?(?10)??20 或 20lg2?30 ，
lg?1?lg?2?12?2?1000?12?10000 得 ?2?100 rad/s (2分)
故所求系统开环传递函数为
s?1)10 G(s)? (2分) ss2(?1)100100(
七、( 16分)
解：（1）、系统开环传函 G(s)?K，输入信号为单位斜坡函数时的稳态误差为
s(s?1)1?limsG(s)H(s) ess?s?0Kv 故 G(s)????1?1，由于要求稳态误差不大于0.05，取 K?20 K20 （5分）
s(s?1)（2）、校正前系统的相角裕度
? 计算：
L(?)?20lg20?20lg??20lg?2?1 L(?c)?20lg20?c2?0??c2?20 得 ?c?4.4 7rad/s
??1800?900?tg?14.47?12.60； 而幅值裕度为无穷大，因为不存在?x。（2分）
（3）、根据校正后系统对相位裕度的要求，确定超前环节应提供的相位补偿角
?m??\?????40?12.6?5?32.4?330 （2分）
34
（4）、校正网络参数计算
1?s?imn1?sin033?3?. 4 （2分） a?01?s?imn?1sin33 （5）、超前校正环节在?m处的幅值为： 10lga?10lg3.4?5.31dB
使校正后的截止频率?c发生在?m处，故在此频率处原系统的幅值应为－5.31dB
'''2 L(?m)?L(?c)?20lg20?20lg?c?20lg(?c)?1??5.31
' 解得 ?c?6 （2分） （6）、计算超前网络
'4c,??m? a?3.?'1Ta?T?1??ma61?3.40 . 09 在放大3.4倍后，超前校正网络为
校正后的总开环传函为： Gc(s)G(s)?（7）校验性能指标
相角裕度 ??180?tg(0.306?6)?90?tg6?tg(0.09?6)?43 由于校正后的相角始终大于－180o，故幅值裕度为无穷大。 符合设计性能指标要求。 （1分）
试题四答案
一、填空题(每空1分，共15分)
1、稳定性 快速性 准确性 稳定性 2、G(s)；
3、微分方程 传递函数 （或结构图 信号流图）（任意两个均可） 4、劳思判据 根轨迹 奈奎斯特判据 5、A(?)?''?1?1?10Gc(s)?1?aTs1?0.s306?
1?Ts1?0.09s20(1?0.306s) （2分）
s(s?1)(1?0.09s)K?(T1?)2?1?(T2?)2?1KpTi；?(?)??90?tg(T1?)?tg(T2?)
0?1?16、m(t)?Kpe(t)?
?t0e(t)dt?Kp?de(t)11??s ) GC(s)?Kp(?dtTis35