此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
自动控制原理(第七版)知识提炼
自动控制原理(第七版)课后习题精选
自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

第三章：时域分析法

Example 3.31

设单位反馈系统的开环传递函数为：$G(s)=\frac{K}{(0.2s+1)(0.4s+1)}$，当$K$分别取$1,3,7$时，列表比较系统的自然频率、阻尼比、上升时间、峰值时间、调节时间、超调量和在单位阶跃输入下的稳态误差，并指出$K$值变化对系统产生的影响.

解：

依题意可得，系统的闭环传递函数为：
$$\Phi (s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}=\frac{K}{0.08s^2+0.6s+1+K}=\frac{12.5K}{s^2+7.5s+12.5(1+K)}$$
可得系统的自然频率和阻尼比：
$${\omega }_n=\sqrt{12.5(1+K)}，\zeta =3.75/{\omega }_n$$
系统动态性能指标计算公式：
$$\begin{array}{rl}& 上升时间：t_r=\frac{\pi -\arccos \zeta }{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}}；峰值时间：t_p=\frac{\pi }{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}}\\ & \\ & 调节时间：t_s=\frac{4.4}{\zeta {\omega }_n}(\Delta =2\%)；超调量：\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%\end{array}$$
单位阶跃输入下的稳态误差可由终值定理可得：
$$e_{ss}(\infty )=\frac{1}{1+K}$$
【性能比较】

当$K$增加时，系统的自然频率变大，阻尼比变小，系统的快速性增强，但超调量增大，稳态误差越来越小.

【单位阶跃响应】

Example 3.32

系统结构图如下图所示，已知$K_1>0，K_2>0$，确定闭环系统稳定时$K_1$和$K_2$的可调范围，并在$K_1-K_2$平面上画出参数稳定域的概略图形.

解：

由图可得，系统开环传递函数为：
$$G(s)=\frac{K_1}{s(0.05s+1)(0.1s+1)+K_1{K}_{2}s}$$
系统的闭环特征方程为：
$$D(s)=s(0.05s+1)(0.1s+1)+K_1{K}_{2}s+K_1=0.005s^3+0.15s^2+(1+K_1{K}_2)s+K_1=0$$
劳斯表如下：

要使闭环系统稳定，则有：
$$\{\begin{array}{ll}& 0.15(1+K_1{K}_2)-0.005K_1>0\\ & K_1>0\\ & K_2>0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& K_1>30\\ & K_2>1/30-1/K_1\end{array}$$
【$K_1-K_2$平面上参数稳定域概略图】

【不同$K_1、K_2$的单位阶跃响应】

Example 3.33

已知系统微分方程为：$m\ddot{y}(t)+c\dot{y}(t)+ky(t)=kx(t)$，其初始条件全部为零.

求：

1. $x(t)=1(t)$时的输出响应$y(t)$；
2. 输出$y(t)$无振荡的条件；

解：

依题意可得：
$$\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{k}{m{s}^2+cs+k}=\frac{k/m}{s^2+(c/m)s+k/m}$$
可得系统的自然频率和阻尼比：
$${\omega }_n=\sqrt{\frac{k}{m}}，\zeta =\frac{c}{2\sqrt{mk}}$$

1. $x(t)=1(t)$时的输出响应$y(t)$；

   • 当$\zeta =\frac{c}{2\sqrt{mk}}\in [0,1)$时，即欠阻尼条件下，有：
     $$y(t)=1-\frac{1}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}{\mathrm{e}}^{-\zeta {\omega }_{n}t}\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t+\arccos \zeta )$$

   • 当$\zeta =\frac{c}{2\sqrt{mk}}=1$时，即临界阻尼条件下，有：
     $$y(t)=1-{\mathrm{e}}^{-{\omega }_{n}t}\sin (1+{\omega }_{n}t)$$

   • 当$\zeta =\frac{c}{2\sqrt{mk}}>1$时，即过阻尼条件下，有：
     $$y(t)=1-\frac{T_1}{T_1-T_2}{\mathrm{e}}^{-t/T_1}+\frac{T_2}{T_1-T_2}{\mathrm{e}}^{-t/T_2}$$
     其中：
     $$T_1=\frac{1}{\omega (\zeta -\sqrt{{\zeta }^2-1})}，T_2=\frac{1}{{\omega }_n(\zeta +\sqrt{{\zeta }^2-1})}$$

2. 输出$y(t)$无振荡的条件；

   要使输出$y(t)$无振荡，则要求$\zeta \ge 1$，即当$\frac{c}{2\sqrt{mk}}\ge 1$时，输出$y(t)$无振荡.

Example 3.34

设符合控制系统如下图所示：

要求：

1. 计算扰动$n(t)=t$引起的稳态误差；
2. 设计$K_c$，使系统在$r(t)=t$作用下无稳态误差.

解：

1. 计算扰动$n(t)=t$引起的稳态误差；

   仅考虑扰动$n(t)=t$，即$N(s)=\frac{1}{s^2}$时，由图可得：
   $$\frac{C(s)}{N(s)}=\frac{s(s+K_2{K}_3)(Ts+1)}{s(s+K_2{K}_3)(Ts+1)+K_1{K}_2{K}_4}$$
   此时系统由扰动引起的误差函数为：
   $$E_n(s)=-C(s)=-\frac{s(s+K_2{K}_3)(Ts+1)}{s(s+K_2{K}_3)(Ts+1)+K_1{K}_2{K}_4}N(s)$$
   利用终值定理求系统稳态误差：
   $$e_{ssn}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_n(s)=-\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{s(s+K_2{K}_3)(Ts+1)}{s(s+K_2{K}_3)(Ts+1)+K_1{K}_2{K}_4}\cdot \frac{1}{s^2}$$
   则由扰动$n(t)=t$引起的稳态误差为：
   $$e_{ssn}(\infty )=-\frac{K_3}{K_1{K}_4}$$

2. 设计$K_c$，使系统在$r(t)=t$作用下无稳态误差.

   仅考虑输入作用，即$R(s)=\frac{1}{s^2}$时，由图可得：
   $$\Phi (s)=\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{K_c{K}_{4}s+K_1{K}_2{K}_4}{s^2(Ts+1)+K_2{K}_{3}s(Ts+1)+K_1{K}_2{K}_4}$$
   系统的误差函数为：
   $$E_r(s)=R(s)-C(s)=[1-\Phi (s)]\cdot R(s)=\frac{s^2(Ts+1)+K_2{K}_{3}s(Ts+1)-K_c{K}_{4}s}{s^2(Ts+1)+K_2{K}_{3}s(Ts+1)+K_1{K}_2{K}_4}\cdot R(s)$$
   由终值定理求系统的稳态误差，有：
   $$\begin{array}{rl}{e}_{ssr}(\infty )& =\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_r(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{s^2(Ts+1)+K_2{K}_{3}s(Ts+1)-K_c{K}_{4}s}{s^2(Ts+1)+K_2{K}_{3}s(Ts+1)+K_1{K}_2{K}_4}\cdot \frac{1}{s^2}\\ & \\ & =\underset{s\to 0}{\lim }\frac{s(Ts+1)+K_2{K}_{3}Ts+(K_2{K}_3-K_c{K}_4)}{s^2(Ts+1)+K_2{K}_{3}s(Ts+1)+K_1{K}_2{K}_4}\end{array}$$
   要使系统在$r(t)=t$作用下无稳态误差，有：
   $$K_2{K}_3-K_c{K}_4=0\Rightarrow K_c=\frac{K_2{K}_3}{K_4}$$
   即当$K_c=\frac{K_2{K}_3}{K_4}$时，系统在$r(t)=t$作用下无稳态误差.

Example 3.35

已知单位反馈的角度随动系统的开环传递函数：$G(s)=\frac{K_1}{s(Js+F)}$，其中：$J=200，F=1600$.假设系统处于临界阻尼状态，输入$r(t)=a_m\sin \omega t，a_m=34°，\omega =1$.求：

1. 系统稳态输出$c_s(t)$的摆动幅度$c_m$；
2. 系统稳态输出$c_s(t)$对输入$r(t)$的滞后时间$\tau$；

解：

根据题意可得，系统开环传递函数为：
$$G(s)=\frac{K_1}{s(Js+F)}=\frac{K_1/200}{s(s+8)}$$
即：
$${\omega }_n^2=K_1/200，2\zeta {\omega }_n=8$$
由于系统处于临界阻尼状态，则有：
$$\zeta =1，{\omega }_n=4，K_1=3200$$
则系统闭环传递函数为：
$$\Phi (s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}=\frac{16}{s^2+8s+16}$$

1. 系统稳态输出$c_s(t)$的摆动幅度$c_m$；

   当输入为：$r(t)=a_m\sin \omega t$时，
   $$\Phi (\mathrm{j}\omega )=\frac{16}{(16-{\omega }^2)+\mathrm{j}8\omega }$$
   由于：$a_m=34°，\omega =1$.

   有：
   $$|\Phi (\mathrm{j}1)|=\frac{16}{\sqrt{15^2+8^2}}=\frac{16}{17}$$

   $$c_m=34°\times \frac{16}{17}=32°$$

   故系统稳态输出$c_s(t)$的摆动幅度$c_m=32°$.

2. 系统稳态输出$c_s(t)$对输入$r(t)$的滞后时间$\tau$；

   由于
   $${\Phi (\mathrm{j}\omega )|}_{\omega =1}=\frac{16}{15+\mathrm{j}8}$$
   则
   $$\phi =\arctan \left(\frac{8}{15}\right)=28.1°=0.49\mathrm{rad}$$
   此时系统稳态输出为：
   $$c_s(t)=c_m\sin (t-\phi )=32°\sin (t-28.1°)$$
   故系统稳态输出$c_s(t)$对输入$r(t)$的滞后时间$\tau =\phi /\omega =0.49\mathrm{s}$.

3. 【时间响应曲线】
   

Example 3.36

设控制系统如下图所示，系统输入端除有用信号$r(t)$以外，还夹杂有扰动$n(t)$.已知$r(t)=10t,n(t)=0.1\sin 10t$.

计算系统稳态误差的最大值，并概略画出初始状态为零时的输出响应$c(t)$曲线.

解：

由图可得，系统开环传递函数为：
$$G(s)=\frac{10}{s(0.1s+1)(0.4s+1)}$$
仅考虑有用信号$r(t)=10t$作用，即$R(s)=\frac{10}{s^2}$时，由系统的开环传递函数可知，该系统为Ⅰ型系统，且$K_v=10$，则在$r(t)=10t$作用下，系统的稳态误差为：
$$e_{ssr}(\infty )=\frac{R}{K_v}=1$$
仅考虑扰动信号$n(t)=0.1\sin 10t$作用，系统的误差为：
$$E_n(s)=-C(s)=-\frac{G(s)}{1+G(s)}N(s)=-\frac{10}{s(0.1s+1)(0.4s+1)+10}N(s)$$
则误差传递函数为：
$${\Phi }_{en}(s)=-\frac{10}{0.04s^3+0.5s^2+s+10}$$
由于$n(t)=0.1\sin 10t$，即$\omega =10$，则：
$$\begin{array}{rl}A[{\Phi }_{en}(\mathrm{j}\omega )]& =|{\Phi }_{en}(\mathrm{j}10)|={\left|\frac{10}{-\mathrm{j}0.04{\omega }^3+\mathrm{j}\omega -0.5{\omega }^2+10}\right|}_{\omega =10}\\ & \\ & =\frac{10}{\sqrt{(10-50{)}^2+(10-40{)}^2}}=\frac{10}{50}=0.2\\ & \\ \angle [{\Phi }_{en}(\mathrm{j}\omega )]& =\angle \left({\frac{10}{-\mathrm{j}0.04{\omega }^3+\mathrm{j}\omega -0.5{\omega }^2+10}|}_{\omega =10}\right)\\ & \\ & =\angle \left(\frac{10}{-40-\mathrm{j}30}\right)=-36.87°\end{array}$$
则扰动信号作用下，系统输出为：
$$c_n(t)=0.02\sin (10t-36.87°)$$
故稳态误差的最大值为：
$$\max (e_{ss}(\infty ))=1+0.2\times 0.1=1.02$$
【初始状态为零的输出响应曲线】

Example 3.37

已知单位反馈控制系统的开环传递函数为：$G(s)=\frac{22}{(s+1)(s+3)}$，系统输入量为：$r(t)$，输出量为：$c(t)$.

要求：

1. 当$r(t)=1(t)$时，$c(t)$的最大值和稳态值；
2. 当$r(t)=A\sin \omega t$时，选取$\omega$值使系统稳态输出的振幅最大，并求此最大振幅.

解：

1. 当$r(t)=1(t)$时，$c(t)$的最大值和稳态值；

   根据题意可得，系统闭环传递函数为：
   $$\Phi (s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}=\frac{22}{s^2+4s+25}$$
   当输入信号为：$r(t)=1(t)$，即$R(s)=\frac{1}{s}$时，
   $$C(s)=\Phi (s)R(s)=\frac{22}{s(s^2+4s+25)}$$
   根据终值定理可得：
   $$c(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }sC(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{22}{s(s^2+4s+25)}=0.88$$
   由系统闭环传递函数可得，系统自然频率和阻尼比为：
   $${\omega }_n=5，\zeta =0.4$$
   则系统的超调量为：
   $$\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%=25.4\%$$
   系统的输出最大值为：
   $$c_{\max }=c(\infty )\times (1+\sigma \%)=1.1$$
   故$r(t)=1(t)$时，$c(t)$的最大值为$1.1$，稳态值为$0.88$。

2. 当$r(t)=A\sin \omega t$时，选取$\omega$值使系统稳态输出的振幅最大，并求此最大振幅.

   当$r(t)=A\sin \omega t$时，
   $$|\Phi (\mathrm{j}\omega )|=\left|\frac{22}{(25-{\omega }^2)+\mathrm{j}4\omega }\right|=\frac{22}{\sqrt{(25-{\omega }^2{)}^2+16{\omega }^2}}=\frac{22}{\sqrt{({\omega }^2-17{)}^2+336}}$$
   即当${\omega }^2=17$时，系统稳态输出的振幅最大，该最大振幅为：
   $$A_{\max }=A\times \frac{22}{\sqrt{336}}=1.2A$$

3. 【系统的时间响应】
   

Example 3.38

一复合控制系统如下图所示，图中$G_0(s)=\frac{10}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}$，如果要求系统在加速度输入信号$r(t)=\frac{1}{2}{t}^2$作用下无稳态误差，如何设计物理上可实现的$G_r(s)$？

解：

根据梅森增益公式，可求系统的闭环传递函数为：
$$\Phi (s)=\frac{G_r(s)G_0(s)+G_0(s)}{1+G_0(s)}$$
则系统的误差传递函数为：
$${\Phi }_e(s)=1-\Phi (s)=\frac{1-G_r(s)G_0(s)}{1+G_0(s)}=\frac{s(0.1s+1)(0.5s+1)-10G_r(s)}{s(0.1s+1)(0.5s+1)+10}$$
当输入信号为加速度信号$r(t)=\frac{1}{2}{t}^2$，即$R(s)=\frac{1}{s^3}$时，利用终值定理求解系统稳态误差，有：
$$e_{ss}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{\Phi }_e(s)R(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{s(0.1s+1)(0.5s+1)-10G_r(s)}{s(0.1s+1)(0.5s+1)+10}\cdot \frac{1}{s^2}$$
设$F(s)=s(0.1s+1)(0.5s+1)-10G_r(s)$，若要求系统在加速度输入信号$r(t)=\frac{1}{2}{t}^2$作用下无稳态误差，则有$F(s)$不含低于$s$三次幂的项.由于：
$$F(s)=s(0.1s+1)(0.5s+1)-10G_r(s)=0.05s^3+0.6s^2+s-10G_r(s)$$
故选择
$$G_r(s)=\frac{0.6s^2+s}{10}=0.06s^2+0.1s$$
可使系统在加速度输入信号$r(t)=\frac{1}{2}{t}^2$作用下无稳态误差.

由于无源网络无法提供纯微分信号，于是需增加一项因式$Ts+1$.取$G_r(s)=\frac{a{s}^2+bs}{Ts+1}$，则在物理上可考虑采用测速发电机或无源网络组合线路近似实现上述补偿方案.

【系统时间响应曲线】

Example 3.39

某非单位反馈控制系统如下图所示，图中$G_1(s)$的单位阶跃响应为：$\frac{8}{5}(1-{\mathrm{e}}^{-5t})$.

1. 若$r(t)=20\cdot 1(t)$，求系统稳态输出$c(\infty )$；
2. 若$r(t)=20\cdot 1(t)$，求系统的超调量$\sigma \%$、调节时间$t_s$和稳态误差$e_{ss}(\infty )$，并绘制输出响应曲线；
3. 若$n(t)$为可测量的阶跃扰动信号，为消除扰动对稳态输出的影响，设计顺馈补偿装置$G_n(s)$，并画出相应的系统结构图；

解：

由于$G_1(s)$的单位阶跃响应为：$\frac{8}{5}(1-{\mathrm{e}}^{-5t})$，则：
$$\frac{1}{s}{G}_1(s)=\frac{8}{5}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+5}\right)$$
即：
$$G_1(s)=\frac{8}{s+5}$$

1. 若$r(t)=20\cdot 1(t)$，求系统稳态输出$c(\infty )$；

   由图可得，系统的开环传递函数为：
   $$G(s)H(s)=\frac{8}{s+5}\cdot \frac{2}{s+4}\cdot 5=\frac{50}{(s+5)(s+4)}$$
   则系统的闭环传递函数为：
   $${\Phi }_e(s)=\frac{16}{s^2+9s+100}$$
   若$r(t)=20\cdot 1(t)$，即$R(s)=\frac{20}{s}$，由终值定理可得：
   $$c(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{\Phi }_r(s)R(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{16}{s^2+9s+100}\cdot \frac{20}{s}=3.2$$

2. 若$r(t)=20\cdot 1(t)$，求系统的超调量$\sigma \%$、调节时间$t_s$和稳态误差$e_{ss}(\infty )$，并绘制输出响应曲线；

   由${\Phi }_r(s)=\frac{16}{s^2+9s+100}$可知，系统的自然频率和阻尼比为：
   $${\omega }_n=10，\zeta =0.45$$
   则系统的动态性能指标如下：
   $$\begin{array}{rl}& 超调量：\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%=20.5\%\\ & \\ & 峰值时间：t_p=\frac{\pi }{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}}=0.352\mathrm{s}\\ & \\ & 调节时间：t_s=\frac{4.4}{\zeta {\omega }_n}=0.98\mathrm{s}(\Delta =2\%)\end{array}$$
   由$G(s)H(s)=\frac{80}{(s+5)(s+4)}$可知，该系统为$0$型系统，且$K_p=4$，等效单位反馈系统如下图所示：
   
   则系统在输入$r(t)=20\cdot 1(t)$下的稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=\frac{R^{\prime }}{1+K_p}=0.8(R^{\prime }=4)$$
   【系统输出响应曲线】
   

3. 若$n(t)$为可测量的阶跃扰动信号，为消除扰动对稳态输出的影响，设计顺馈补偿装置$G_n(s)$，并画出相应的系统结构图；

   在扰动端加入顺馈补偿装置$G_n(s)$的系统结构图如下图所示：
   
   根据梅森增益公式可得系统的传递函数为：
   $$\frac{C(s)}{N(s)}=\frac{G_2(s)+G_n(s)G_1(s)G_2(s)}{1+G_1{G}_2(s)H(s)}$$
   由于$n(t)$为可量测的阶跃扰动信号，为消除扰动对稳态输出的影响，有：
   $$G_n(s)=-\frac{1}{G_1(s)}=-\frac{s+5}{8}$$
   故当引入顺馈补偿装置：$G_n(s)=-\frac{s+5}{8}$时可消除扰动对稳态输出的影响.

Example 3.40

一单位反馈系统，其开环传递函数为：$G(s)=\frac{100}{s(0.1s+1)}$，输入信号为：$r(t)=3.5\sin 2.8t$，求系统的稳态误差.

解：

由系统的开环传递函数可得系统的闭环传递函数为：
$$\Phi (s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}=\frac{100}{0.1s^2+s+100}$$
则系统的误差传递函数为：
$${\Phi }_e(s)=1-\Phi (s)=\frac{0.1s^2+s}{0.1s^2+s+100}$$
由于输入信号为：$r(t)=3.5\sin 2.8t$，则：
$$\begin{array}{rl}& |{\Phi }_e(\mathrm{j}2.8)|={\left|\frac{-0.1{\omega }^2+\mathrm{j}\omega }{100-0.1{\omega }^2+\mathrm{j}\omega }\right|}_{\omega =2.8}=\frac{\sqrt{(0.1\times 2.8^2)+2.8^2}}{\sqrt{(100-0.1\times 2.8^2{)}^2+2.8^2}}=0.03\\ & \\ & \angle [{\Phi }_e(\mathrm{j}2.8)]=\angle \left({\frac{-0.1{\omega }^2+\mathrm{j}{\omega }^2}{100-0.1{\omega }^2+\mathrm{j}\omega }|}_{\omega =2.8}\right)=\angle \left(\frac{-0.784+\mathrm{j}2.8}{99.216+\mathrm{j}2.8}\right)=-2.3°\end{array}$$
故系统的稳态误差为：$e_{ss}(\infty )=0.105\sin (2.8t-2.3°)$.

【输出响应曲线】

Example 3.41

设位置随动系统如下图所示，图中：${\theta }_i$为输入轴转角，${\theta }_o$为输出轴转角，$K_1=500，K_2=0.1，$$K_3=1，T=0.003$.

求：

1. 闭环传递函数${\Theta }_o(s)/{\Theta }_i(s)$；
2. 当输入轴以角速度${\omega }_r=10$转动时，输出转角的稳态误差$\Delta {\theta }_{ss}(\infty )$；

解：

1. 闭环传递函数${\Theta }_o(s)/{\Theta }_i(s)$；

   由图可得，系统的开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K_1{K}_2}{T{s}^2+s+K_{3}s}$$
   则系统的闭环传递函数为：
   $$\frac{{\Theta }_o(s)}{{\Theta }_i(s)}=\frac{K_1{K}_2}{T{s}^2+(1+K_3)s+K_1{K}_2}=\frac{50}{0.003s^2+2s+50}$$

2. 当输入轴以角速度${\omega }_r=10$转动时，输出转角的稳态误差$\Delta {\theta }_{ss}(\infty )$；

   当输入轴以角速度${\omega }_r=10$转动时，输入为：${\Theta }_i(s)=\frac{10}{s^2}$；系统的误差函数为：
   $$\Delta \Theta (s)={\Theta }_o(s)-{\Theta }_i(s)=\frac{0.003s^2+2s}{0.003s^2+2s+50}{\Theta }_i(s)$$
   由终值定理可得，系统的稳态误差为：
   $$\Delta {\theta }_{ss}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s\Delta \Theta (s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{0.003s^2+2s}{0.003s^2+2s+50}\cdot \frac{10}{s^2}=0.4$$
   故当输入轴以角速度${\omega }_r=10$转动时，输出转角的稳态误差$\Delta {\theta }_{ss}(\infty )=0.4$。

3. 【输出响应曲线】