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自动控制原理-胡寿松第5版-课后习题及答案-完整(汇编)

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自动控制原理(胡寿松)第五版(总复习)

自动控制原理(胡寿松)第五版(总复习)
33
2-1 控制系统的时域数学模型
（2）齐次性 当系统的输入量增大或缩小若干倍时，系统 输出量也按同一倍数增大或缩小。
若r(t) a时r1(，t)为实数a ，则方程解为
这就是齐次性。
c(t) ac1(t)
在线性系统中，根据叠加原理，如果有几个不同的外作用同 时作用于系统，则可将它们分别处理，求出在各个外作用单 独作用时系统的响应，然后将它们叠加。
14
1-4 对自动控制系统的基本要求
１.基本要求的提法
稳定性、快速性、准确性，即稳、快、准。 • 稳定性
稳定性是指系统重新恢复平衡状态的能力，任何一 个正常工作的系统首先必须是稳定的。
▪稳：指动态过程的平稳性
控制系统动态过程曲线
如左图所示，系统在外力 作用下，输出逐渐与期望 值一致，则系统是稳定的， 如曲线①所示；反之，输 出如曲线②所示，则系统 是不稳定的。
测量元件—用以测量被控的物理量，并将其转换成与输 入量同一物理量后，再反馈到输入端以作比较。如果这 个物理量是非电量，一般转换为电量。 给定元件— 其职能是给出与期望的被控量相对应的系统 输入量。 比较元件—其职能是把测量元件检测的被控量实际值与 给定元件给出的输入量进行比较，求出它们的偏差。 放大元件—其职能是将比较元件给出的偏差信号进行放 大，用来推动执行元件去控制被控对象。 执行元件— 其职能是直接推动被控对象，使其被控量发 生变化。 校正元件— 也叫补偿元件，它是结构或参数便于调整的 元部件，用串联或反馈的方式连接在系统中，以改善系 统的性能。
7
1-1 自动控制的基本原理与方式
反馈控制系统的基本组成
比较
r(t) 元件 + e(t)
串联
+
输入 偏差 校正元件

自动控制原理-胡寿松第5版-课后习题及答案-完整（汇编）

自动控制原理-胡寿松第5版-课后习题及答案-完整（汇编）

⾃动控制原理-胡寿松第5版-课后习题及答案-完整（汇编）《⾃动控制原理》习题课习题讲解第⼆章内容1、试建⽴图⽰电路各系统的传递函数和微分⽅程。

解：(a) 应⽤复数阻抗概念可写出)()(11)(11s U s I cs R cs R s U c r ++= （1）2)()(R s Uc s I =（2）联⽴式（1）、（2），可解得： Cs R R R R Cs R R s U s U rc 212112)1()()(+++=微分⽅程为: rr c c u CR dt du u R CR R R dtdu 121211+=++(2) 由图解2-1（d ）可写出[]Cs s I s I s I R s U c R R r 1)()()()(++= （5）)()(1)(s RI s RI Cs s I c R c -= （6）[]Cs s I s I R s I s U c R c c 1)()()()(++= （7）联⽴式（5）、（6）、（7），消去中间变量)(s I C 和)(s I R ，可得：1312)()(222222++++=RCs s C R RCs s C R s U s U r c微分⽅程为 r r r c c c u R C dt du CR dt du u R C dt du CR dt du 222222221213++=++2、试建⽴图⽰电路各系统的传递函数解：由图可写出s C R s U c 221)(+ = s C R s C R s C R s U r 111112111)(+?++ 整理得)()(s U s U r c = 1)(1)(21221122121221122121+++++++s C R C R C R s C C R R s C R C R s C C R R 3、试⽤结构图等效化简求图2-32所⽰各系统的传递函数)()(s R s C 。

解（a ）所以： 432132432143211)()(G G G G G G G G G G G G G G s R s C ++++=（b ）所以： H G G G s R s C 2211)()(--=（c ）所以：32132213211)()(G G G G G G G G G G s R s C +++= （d ）所以：2441321232121413211)()(H G G G G G G H G G H G G G G G G G s R s C ++++++= （e ）所以： 2321212132141)()(H G G H G H G G G G G G s R s C ++++=4、电⼦⼼脏起博器⼼律控制系统结构图如题3-49图所⽰，其中模仿⼼脏的传递函数相当于⼀纯积分环节。

胡寿松自动控制原理课后习题答案

胡寿松自动控制原理课后习题答案

dx(t ) d 2 x(t ) p(t ) f kx(t ) m dt dt 2
移项整理，得系统的微分方程为
m
d 2 x(t ) dx(t ) f kx(t ) p(t ) 2 dt dt
2-2 试列写图 2-2 所示机械系统的运动微分 方程。 解：由牛顿第二运动定律，不计重力时，得
是非电量，一般需要将其转换成为电量。常用的测量元部件有 测速发电机、热电偶、各种传感器等； ⑥ 放大元件： 将比较元件给出的偏差进行放大，用来推动执行元件去控制被 控对象。如电压偏差信号，可用电子管、晶体管、集成电路、 晶闸管等组成的电压放大器和功率放大级加以放大。 ⑦ 校正元件： 亦称补偿元件，它是结构或参数便于调整的元件，用串联或反 馈的方式连接在系统中，用以改善系统的性能。常用的校正元 件有电阻、电容组成的无源或有源网络，它们与原系统串联或 与原系统构成一个内反馈系统。
CsUC1 ( s) CsUC 2 ( s) U R 2 ( s) R2
（1 ） （2 ） （3 ）
U i ( s) U o ( s) CsUC 2 ( s) R1
（4 ）
整理得传递函数为
U o (s) R1R2C 2 s 2 R1Cs U i ( s) Cs 2 1 1 R1R2C 2 s 2 ( R1 2 R2 )Cs 1 R1 R2 R1R2Cs
（3） F ( s)
2 s 2 5s 1 s( s 2 1)
s 1 1 2 ( s 2)( s 5) s 2 s 5
1 2 ] s2 s5
解： （1 ） F ( s )
L1[ F ( s)] L1[
1 2 ] 2 L1[ ] s2 s5 e2t 2e5t L1[

自动控制原理+第五版课后习题答案 胡寿松 免费在线阅读

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2-20 与 2-18 同
C(S)二 G4 N(S)~1 + G2G4+G3G4
■ 2Ua) C⑻- GjG^+G^d + G,!!, ) 丄R(s) - 1 + G1H1+ G3H2 +G1G2G3H1H2 +G1HiG3H2 E(s)__(1 + G3H2)_G4G3H2H!_
R(s) ~ /+GZH; +G3H2
l)
s
3-11劳斯表变号两次, 有两个特征根在s右半平面, 系统不稳定。
3-12(1) 有一对纯虚根: s1>2 = ±j2 系统不稳定。 (2) s12=±jVI s34=±l s5 =1 s6 =-5 系统小稳定。 (3) 有一对纯虚根:sh2 =±j75系统不稳定。
3-13 0 < k < 1.7
s
6-3 取 k = 20 < = 8 gJ«)= 1^0 045 验算得: <=: 7.93，/ = 62.1°
36
(36-co2) + jl3
5-3 ess (t) = 0.632sm(t + 48.4°)- 0.79cos(2t 一 26.57°)
或: css(t) = 0.447sin(t + 3.4°)-0.707cos(2t一
90°) 5-4
0.653 wn =1.848
ess(t) = r(t) — css(t)
ch - ehgf+afch
C(s) _ bcde + ade + (a + bc)(l + eg) Rj (s) 1 + cf + eg + bcdeh + cefg + adeh

自动控制原理第五版 胡寿松课后习题答案完整版

自动控制原理第五版 胡寿松课后习题答案完整版

第 一 章1-1 图1-2是液位自动控制系统原理示意图。

在任意情况下，希望液面高度c 维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。

图1-2 液位自动控制系统解：被控对象：水箱；被控量：水箱的实际水位；给定量电位器设定水位r u （表征液位的希望值r c ）；比较元件：电位器；执行元件：电动机；控制任务：保持水箱液位高度不变。

工作原理：当电位电刷位于中点（对应r u ）时，电动机静止不动，控制阀门有一定的开度，流入水量与流出水量相等，从而使液面保持给定高度r c ，一旦流入水量或流出水量发生变化时，液面高度就会偏离给定高度r c 。

当液面升高时，浮子也相应升高，通过杠杆作用，使电位器电刷由中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机，通过减速器带动进水阀门向减小开度的方向转动，从而减少流入的水量，使液面逐渐降低，浮子位置也相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，电动机的控制电压为零，系统重新处于平衡状态，液面恢复给定高度r c 。

反之，若液面降低，则通过自动控制作用，增大进水阀门开度，加大流入水量，使液面升高到给定高度r c。

系统方块图如图所示：1-10 下列各式是描述系统的微分方程，其中c(t)为输出量，r (t)为输入量，试判断哪些是线性定常或时变系统，哪些是非线性系统?（１）222)()(5)(dt t r d t t r t c ++=；（２）)()(8)(6)(3)(2233t r t c dt t dc dt t c d dt t c d =+++； （３）dt t dr t r t c dt t dc t )(3)()()(+=+； （４）5cos )()(+=t t r t c ω； （５）⎰∞-++=t d r dt t dr t r t c ττ)(5)(6)(3)(；（６）)()(2t r t c =；（７）⎪⎩⎪⎨⎧≥<=.6),(6,0)(t t r t t c解：（1）因为c(t)的表达式中包含变量的二次项2()r t ，所以该系统为非线性系统。

自动控制原理(胡寿松)课后习题答案详解

自动控制原理(胡寿松)课后习题答案详解

N
G3
G2
1+G1G2H1
－
－ C
再进一步化简得：
1+G1G2H1
G1
G2
20
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
N
－
G3
G2
C
1+G1G2H1
－
1+G1G2H1
G1
G2
再进一步化简得：
N G2G3-1-G1G2H1 1+G1G2H1
G2
C
G2+G1 (1+G1G2H1)
所以： C(s) =
G2 (G2G3 − 1 − G1G2 H1 )
10 6s + 10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
E(s) =
10
=
10
R(s) 1 + G(s)H (s) 1 + 20 10
6s + 10 20s + 5
=
(6s
200(20s + 5) + 10)(20s + 5) +
200
=
200(20s + 5) 120s 2 + 230s + 250
Z2
=
R2
+
1 C2s
=
1 C2s
(R2C2s + 1) =
1 C2
s
(T2
s
+ 1)
所以： U 0 (s) = Z 2 =
1 C2
s
(T2
s
+
1)

胡寿松版完整答案自动控制原理第五版课后习题答案

胡寿松版完整答案自动控制原理第五版课后习题答案2-1设质量-弹簧-摩擦系统如图2-1所示，途中f为黏性摩擦系数，k为弹簧系数，系统的输入量为力p(t)，系统的输出量为质量m的位移x(t)。

试列出系统的图2-1练习2-1质量弹簧摩擦系统示意图输入输出微分方程。

解决方案：显然，系统的摩擦力是FDX（T），弹簧力是KX（T）。

根据牛顿第二运动定律，有dtdx（T）d2x（T）P（T）吗？Fkx（t）？系统的微分方程是d2x(t)dx(t)m?f?kx(t)?p(t)dt2dt2-2试列写图2-2所示机械系统的运动微分方程式解：由牛顿第二运动定律，不计重力时，得d2y1dyk2[y2（t）？y1（t）]？m12？k1y1？f1？Fdtdt整理得d2y1dym12？f1？（k1？k2）y1（t）？Fk2y2（t）dtdt2-3求下列函数的拉氏变换。

图2-2练习2-2机械系统示意图（1）f(t)?3(1?sint)（2）f(t)?teat（3）f(t)?cos(3t??4)解决方案：（1）l[f（T）]？l[3（1？辛特）]3(l[1]l[sint])113(2)ss13(s2s1)s(s21)（2）f(t)?teatl[t]？12s12（s？a）l[f（t）]？l[乳头]？？2[sin（3t）？cos（3t）]（3）f （t）？cos（3t？）？42l[f（t）]？2[sin（3t）？cos（3t）]22（l[sin（3t）]？l[cos（3t）]223s？（2？2）2s？9秒？92秒？3.2s2？9?2-4求下列函数的拉氏反变换（1）f(s)?s?1（s？2）（s？5）s？6s2（s？3）（2）f（s）？2s2？5秒？1（3）f（s）？s(s2?1)解：（1）f(s)?s?1?12??（s？2）（s？5）s？2秒？5l？1[f（s）]？L1[?12?] s2秒？512]? 2l？1.s？2秒？5.2e？5t？？L1[？e？2t（2）f（s）？s？621？122s（s？3）sss？3l？1[f （s）]？L1[21?1??] 2sss？311? 11? 1]? l[]？l.[s2ss]？3.2t？1.E3t？2l？1[2s2？5s？11s？5？2（3）f（s）？2s（s？1）ss？11s？5l？1[f（s）]？L1[?2]ss?11s?5?l?1[]?l?1[2]ss?1?1?cost?5sint2-5试着在图2-3中写下每个无源网络的微分方程（让电容器C上的电压为UC（T），电容器C1上的电压为uc1（T），依此类推）。

自动控制原理胡寿松主编课后习题答案详解


6
胡寿松自动控制原理习题解答第二章
在该点附近用泰勒级数展开近似为：
y
=
f
(
x0
)
+
df (x) dx
x0
(
x
−
x0
)
即 ed − Ed0 cosα 0 = K s (α − α 0 )
其中 K s
=
ded dα
α =α
= −Ed 0 sinα 0
2-9 若某系统在阶跃输入r(t)=1(t)时，零初始条件下的输出响应 c(t) = 1 − e−2t + e−t ，试求系统的传递函数和脉冲
K 2 x0 = f (x& − x&0 )
消去中间变量 x，可得系统微分方程
f (K1
+
K
2
)
dx0 dt
+
K1K2 x0
=
K1 f
dxi dt
对上式取拉氏变换，并计及初始条件为零，得系统传递函数为
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
X 0 (s) =
fK1s
X i (s) f (K1 + K2 )s + K1K2
③图 2—57(c)：以 x0 的引出点作为辅助点，根据力的平衡原则，可列出如下原始方程：
K 2 (xi − x0 ) + f 2 (x&i − x&0 ) = f1 (x&0 − x&) （1）
K1x = f1 (x&0 − x&) （2）
所以 K 2 (xi − x0 ) + f 2 (x&i − x&0 ) = K1x （3）
对（3）式两边取微分得

自动控制(第五版)第三章习题答案 胡寿松主编

3.4 已知二阶系统的单位阶跃响应为)6.1sin(5.1210)(1.532.1︒-+-=t t h et试求系统的超调量σ%，峰值时间t p 和调节时间 t s 。

解：t e t t t heeettt6.1sin 25)6.1cos(20)6.1sin(15)(2.12.12.11.531.53-︒-︒-=+-+=44.240)]([)(2++==s s t hL s φ 阻尼比ξ= 0.6， 自然频率2=w n，阻尼振荡频率wd=6.16.01212=-⨯=-=ξw w n d因为0<ξ<1，所以系统是欠阻尼状态。

1． 峰值时间tp的计算96.16.1===ππwt dp2． 调节时间ts的计算9.226.05.35.3=⨯==w t ns ξ3． 超调量σ%的计算%48.9%1006.0%100%221/6.01/=⨯=⨯=-⨯---eeππξξσ3-8设控制系统如图3-9所示。

要求：（1） 取,1.0,021==ττ计算测速反馈校正系统的超调量，调节时间和速度误差；图3－9 控制系统解答：（1）取120,0.1ττ==时，系统的传递函数为()210()210()210G s s s s s s =+Φ=++由开还传递函数可知，此系统是一个I 型系统，其速度系数为5v K =，由静态误差系数法可得系统的速度误差为10.2ss ve K ==由闭环传递函数可知，13.16,0.3163.16n ωζ====，故 超调量%35.09%e σ-==调节时间 3.53.5s nt ζω==超调量%76%d t ζσ-==调节时间3-9 已知系统特征方程为432310520s s s s ++++=试用劳思判据和赫尔维茨判据确定系统的稳定性。

并写出正实部根和负实部根及虚根数。

解答：首先用劳思判据来判定系统的稳定性，列出劳思表如下：43210 3 5 2 10 1472 10153472s s s s s -显然，由于表中第一列元素的符号有两次改变，所以该系统在s 右半平面有两个闭环极点。

胡寿松自动控制原理课后习题答案


dx(t ) d 2 x(t ) p(t ) f kx(t ) m dt dt 2
移项整理，得系统的微分方程为
m
d 2 x(t ) dx(t ) f kx(t ) p(t ) 2 dt dt
2-2 试列写图 2-2 所示机械系统的运动微分 方程。 解：由牛顿第二运动定律，不计重力时，得
（2） f (t ) te at
L[t ] 1 s2
L[ f (t )] L[te at ]
1 ( s a) 2
2 [sin(3t ) cos(3t )] （3） f (t ) cos(3t ) 4 2
L[ f (t )] 2 [sin(3t ) cos(3t )] 2
2 ( L[sin(3t )] L[cos(3t )]) 2 2 3 s ( 2 2 ) 2 s 9 s 9 2 s3 2 s2 9
2-4 求下列函数的拉氏反变换 （1） F ( s)
s 1 ( s 2)(s 5) s6 s ( s 3)
2
（2） F ( s)
CsUC ( s)
U C ( s) U o ( s) R1 R2
（1 ） （2 ）
U C ( s) U i ( s) U o ( s)
（2）代入（1） ，整理得传递函数为
U o (s) R1R2Cs R2 1 1 U i ( s) Cs R1R2Cs R1 R2 R1 R2
uc1 (t ) ui (t ) uR 2 (t ) uc 2 (t ) uo (t ) uR 2 (t )
C duc1 (t ) du (t ) u (t ) C c2 R2 dt dt R2
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《自动控制原理》习题课习题讲解第二章内容1、试建立图示电路各系统的传递函数和微分方程。

解：(a) 应用复数阻抗概念可写出)()(11)(11s U s I cs R cs R s U c r ++= （1）2)()(R s Uc s I =（2）联立式（1）、（2），可解得： Cs R R R R Cs R R s U s U rc 212112)1()()(+++=微分方程为: rr c c u CR dt du u R CR R R dtdu 121211+=++(2) 由图解2-1（d ）可写出[]Cs s I s I s I R s U c R R r 1)()()()(++= （5）)()(1)(s RI s RI Cs s I c R c -= （6）[]Cs s I s I R s I s U c R c c 1)()()()(++= （7）联立式（5）、（6）、（7），消去中间变量)(s I C 和)(s I R ，可得：1312)()(222222++++=RCs s C R RCs s C R s U s U r c微分方程为 r r r c c c u R C dt du CR dt du u R C dt du CR dt du 222222221213++=++2、试建立图示电路各系统的传递函数解：由图可写出s C R s U c 221)(+ = s C R s C R s C R s U r 111112111)(+⋅++ 整理得)()(s U s U r c = 1)(1)(21221122121221122121+++++++s C R C R C R s C C R R s C R C R s C C R R3、试用结构图等效化简求图2-32所示各系统的传递函数)()(s R s C 。

解 （a ）所以： 432132432143211)()(G G G G G G G G G G G G G G s R s C ++++=（b ）所以： H G G G s R s C 2211)()(--=（c ）所以：32132213211)()(G G G G G G G G G G s R s C +++= （d ）所以：2441321232121413211)()(H G G G G G G H G G H G G G G G G G s R s C ++++++= （e ）所以： 2321212132141)()(H G G H G H G G G G G G s R s C ++++=4、电子心脏起博器心律控制系统结构图如题3-49图所示，其中模仿心脏的传递函数相当于一纯积分环节。

（1） 若5.0=ξ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/min ，并突然接通起博器，问1s 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2222205.005.0105.0)(n n n s s K s s Ks ωξωω++=++=Φ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⨯==n n K ωξω205.0105.0 令 5.0=ξ可解出 ⎩⎨⎧==2020nK ω 将 s t 1=代入二阶系统阶跃响应公式()βωξξξω+---=-t e t h n t n 221sin 11)(可得 m in 00145.60000024.1)1(次次==s h5.0=ξ时，系统超调量 %3.16%=σ，最大心速为m in78.69163.1163.01(次次）==+=s t h p5、 机器人控制系统结构图如图3-50所示。

试确定参数21,K K 值，使系统阶跃响应的峰值时间5.0=p t s ，超调量%2%=σ。

解 依题，系统传递函数为222121212112)1()1()1(1)1()(n n n s s K K s K K s K s s s K K s s K s ωξωωΦΦ++=+++=++++=由 ⎪⎩⎪⎨⎧=-=≤=--5.0102.0212n p oo t e ωξπσξπξ 联立求解得 ⎩⎨⎧==1078.0nωξ 比较)(s Φ分母系数得⎪⎩⎪⎨⎧=-===146.0121001221K K K n n ξωω6、 某典型二阶系统的单位阶跃响应如图3-51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2222.)(nn ns s K s ωξωω++=ΦΦ由阶跃响应曲线有：21)(lim )()(lim (0==⋅Φ=Φ=∞Φ→→K s s s s R s s h s s ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-===-=--o oo o n p e t 25225.221212ξξπσξωπ联立求解得 ⎩⎨⎧==717.1404.0nωξ所以有95.239.19.5717.1717.1404.02717.12)(2222++=+⨯⨯+⨯=Φs s s s s7、 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）01011422)(2345=+++++=s s s s s s D （2）0483224123)(2345=+++++=s s s s s s D （3）022)(45=--+=s s s s D （4）0502548242)(2345=--+++=s s s s s s D解（1）1011422)(2345+++++=s s s s s s D =0 Routh ： S 5 1 2 11S 4 2 4 10S 3 ε 6S 2 εε124- 10S6S 0 10第一列元素变号两次，有2个正根。

（2）483224123)(2345+++++=s s s s s s D =0 Routh ： S 5 1 12 32S 43 24 48S 3 3122434⨯-= 32348316⨯-= 0 S 2 424316412⨯-⨯= 48 S1216448120⨯-⨯= 0 辅助方程 124802s +=,S 24 辅助方程求导：024=sS 0 48系统没有正根。

对辅助方程求解，得到系统一对虚根 s j 122,=±。

（3）022)(45=--+=s s s s DRouth ： S 5 1 0 -1S 4 2 0 -2 辅助方程 0224=-sS 3 8 0 辅助方程求导 083=sS 2 ε -2S ε16S 0 -2第一列元素变号一次，有1个正根；由辅助方程0224=-s 可解出：))()(1)(1(2224j s j s s s s -+-+=-))()(1)(1)(2(22)(45j s j s s s s s s s s D -+-++=--+=（4）0502548242)(2345=--+++=s s s s s s D Routh ： S 5 1 24 -25S 4 2 48 -50 辅助方程 05048224=-+s sS 3 8 96 辅助方程求导 09683=+s sS 2 24 -50S 338/3S 0 -50第一列元素变号一次，有1个正根；由辅助方程05048224=-+s s 可解出：)5)(5)(1)(1(25048224j s j s s s s s -+-+=-+)5)(5)(1)(1)(2(502548242)(2345j s j s s s s s s s s s s D -+-++=--+++=8、 系统结构图如图3-57所示。

试求局部反馈加入前、后系统的静态位置误差系数、静态速度误差系数和静态加速度误差系数。

解 局部反馈加入前，系统开环传递函数为)1()12(10)(2++=s s s s G ∞==∞→)(lim s G K s p ∞==→)(lim 0s sG K s v10)(lim 2==→s G s K s a局部反馈加入后，系统开环传递函数为)20()12(1012011(1012)(2+++=+++⋅+=s s s s s s s s s s G ）（）∞==→)(lim 0s G K s p5.0)(lim 0==→s sG K s v)(lim 2==→s G s K s a9、 已知单位反馈系统的开环传递函数为)22)(4()1(7)(2++++=s s s s s s G 试分别求出当输入信号t t t r ),(1)(=和2t 时系统的稳态误差[)()()(t c t r t e -=]。

解)22)(4()1(7)(2++++=s s s s s s G ⎩⎨⎧==187v K由静态误差系数法)(1)(t t r =时， 0=ss et t r =)(时， 14.178===K A e ss 2)(t t r =时， ∞=ss e10、单位反馈系统的开环传递函数为)5(25)(+=s s s G求各静态误差系数和25.021)(t t t r ++=时的稳态误差ss e ；解 （1）)5(25)(+=s s s G ⎩⎨⎧==15v K∞=+==→→)5(25lim)(lim 00s s s G K s s p5525lim )(lim 00=+==→→s s G s K s s v525lim )(lim 020=+==→→s ss G s K s s a)(1)(1t t r =时， 0111=+=pss K et t r 2)(2=时，4.0522===v ss K A e 235.0)(t t r =时，∞===013a ss K A e由叠加原理 ∞=++=321ss ss ss ss e e e e11、已知开环零、极点如图4-22所示，试绘制相应的根轨迹。

（ａ） （ｂ） （ｃ） （ｄ）（ｅ） （ｆ） （ｇ） （ｈ） 题4-22图 开环零、极点分布图解 根轨如图解4-2所示：12、已知单位反馈系统的开环传递函数，试概略绘出系统根轨迹。

⑴)15.0)(12.0()(++=s s s Ks G⑵)3)(2()5()(*+++=s s s s K s G ⑶)12()1()(++=s s s K s G解 ⑴)2)(5(10)15.0)(12.0()(++=++=s s s Ks s s K s G系统有三个开环极点：01=p ,22-=p ,53-=p ① 实轴上的根轨迹： 图解4-2 根轨迹图(]5,-∞-,[]0,2-② 渐近线： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧±=+=-=--=πππϕσ,33)12(373520k aa ③ 分离点：021511=++++d d d解之得：88.01-=d ，7863.32-d (舍去)。

④ 与虚轴的交点：特征方程为 010107)(23=+++=k s s s s D令⎩⎨⎧=+-==+-=010)](Im[0107)](Re[32ωωωωωj D k j D 解得⎩⎨⎧==710k ω与虚轴的交点（0，j 10±）。