自动控制原理频率响应分析法习题及答案

1、第五章习题与解答5-1试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。CR1(a)(a)依图：U c(s) Ur(s)Ga(j(b)Gb(jucur(b)题5-1图R-C网络R2R p sCLR1 sCUc(j )Ur(j )R2RiR21sC1RisCUc(j )R1R2ucKiK1( 1s 1)T1S 1R2j R1R2 cR2j R1R2 c2s 1T2s 11 j r2cUr(j )1 j (R R2)CTi2T2R2R1R2R1cR1R2CR1R22(1 j 1 )1 jT1r2c(R1 R2)C1 jT25-2某系统结本图如题5-2图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时

2、，系统的稳态输出cs(t)和稳态误差es(t)(1) r(t) sin 2t r(t) sin(t 30 ) 2cos(2t 45 )题5-2图反馈控制系统结构图77解系统闭环传递函数为(s)频率特性：(j幅频特性：相频特性：系统误差传递函数：(je(S)e(j(1)当 r(t) sin 2t 时,(j )arctan(-)1 s 1G(s) s ,12e(j )e(j2).422, rm=1185；82e(j )arctanarctan()0.35,0.79,(j2),，2、 arctan()45cssrmessr m(2)当 r(t) sin(t 30(j1)e(j1)Css(t)rm(j

3、1)0.4sin(tess(t)rmarctan618.4(j2)sin(2te(j2)sin(2t)2cos(2t5, 105 sint3.4 )e(j1) sint0.63sin(t 48.45-3若系统单位阶跃响应0.450.6330)e)0.35sin(2t0.79sin(2t45 )时:1 (j1)arctan(v)，.八,1、e( j1)arctan(-)(j1) rm0.7cos(2t 9030 e(j1)1.58cos(2t78m45 )18.4 )1,2,r m1m226.518.4(j2) cos2t 45e(j2) cos2t 4526.6 )(j2)e(j2)h(t)试

4、求系统频率特性。1 1.8e 4t0.8e 9tC(s)频率特性为5-4(1)(2)(3)1.8C(s) R(s)(s)0.8s 93636 s(s 4)( s9)1R(s) s(j(s 4)(s 9)36(j 4)( j 9)绘制下列传递函数的幅相曲线:G(s) K/sG(s)G(s)K/sK/sG( j)0,KG(j0)G(jj( 2)幅频特性如图解5-4(a)(2) G(j )0,oK (TT G(j0)G(jj() e()幅频特性如图解5-4(b)©图解5-4 G(j )0,oK(717G(j0) G(j 3 2幅频特性如图解5-4(c)。5-5已知系统开环传递函数G(s)H

5、(s)试分别计算0.5和10s(2s 1)(s2 0.5s 1)2时开环频率特性的幅值A()和相角()O79G(jA(10)H(j )2j (1 j2 )(12 j0.5 )10.1 (2 )2 (12)2计算可得5-6(2)解(1)A(0.5)(0.5)90 arctan 217.8885153.435试绘制下列传递函数的幅相曲线。G(S)G(s)G(jarctanA(2)(0.5 )2 0.5 120.3835327.53G(j取3为不同值进行计算并描点画图,三个特殊点:D w =0 时,(2s 1)(8s 1)10(1 s).(1 16 2)2 (10)2tg 12 tg 18可以作出准

6、确图形D co =0.25 时,G(jG(jG(j5,2,0,幅相特性曲线如图解5-6 (1)所示。图解 5-6 (1) Nyquist 图(2)G(j )80tg1 10G(jG(jG(j16 200901800x 108图解 5-6 (2) Nyquist 图两个特殊点:G(j )D w =0 时，tg10180G(j1800G(j9003 =8时，幅相特性曲线如图解5-6 (2)所示。5-7已知系统开环传递函数G(s)K( T2s1)s(T1s 1)K,Ti,T20当 1时， G(j )180 , G(j0.5,单位速度稳态误差essv1,试写出系统开环频率特性表达式G (j解:G(s)

7、K(T2s 1) s(T1s 1)绘制Go(s)K(T2s 1)s(T1s 1)的幅相曲线，然后顺时针转 180。即得到G(j)幅相曲线。G0(s)的零极点分布图及幅相曲线分别如图解5-7(a)、(b)所示。G(s)的幅相曲线如图解5-7(c)所示。依题意有:图解5-7s) J11Kv gsG(s)essv 1/K1,G(j1)arctanTz90arctanT118090arctanT1 arctanT2 arctan T-T1T1T2T1T21另有:G(j1)T22 2T2T23 2T22(1jT2)(1jr)1 T21 21T2T2 2 (T221 丁工j(T1 T2)2T2 11)(T

8、2 2)81(T1T2)1T221T220.5可得:T22 , T11T20.5, K 1。所以:G(j )1 j2j (1 j0.5 )5-8已知系统开环传递函数G(S)袤试概略绘制系统开环幅相曲线。101)解 G(j )的零极点分布图如图解5-9(a)所示。0变化时，有G(j0 )90G(j1 )135G(1 )315G(j ) 0360的变化趋势，可以绘出开环幅相曲线如图解5-8(b)分析s平面各零极点矢量随0所示。5-9(1)(2)(4)绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。G(s)G(S)G(s)G(s)2(2s 1)(8s 1)2002s2(s 1)(10s 1)40(s 0.5

9、)2s(s 0.2)(s2 s 1)20(3s 1)s2(6s 1)( s2 4s 25)(10s 1)82G(s)8(s 0.1)72厂s(s s 1)(s 4s 25)解(1) G(s)(2s 1)(8s 1)图解 5-9 (1) Bode 图图Nyquist(2)G(s)2002s (s 1)(10s 1)19so-100-1S5-12-270葡与一兆U-IadinininIm图解 5-9 (2)Bode 图iu'Nyquist1283(4)G(s)20(3s 1) s2(6s 1)( s2 4s 25)(10s 1)20一 (3s 1)G(s)2529s 4s2(6s 1) s

10、s 1 (10s 1)52584(5)G(s)8(s 0.1)s(s2 s 1)( s2 4s 25)s(s20.8 1“s 125 0.1214s 1) s s 1525丸5-3-1Q12to io io id io砰iquinw图解 5-9 (5) Bode 图NyquistnV o5芋3B学一Ida oko-035冰 dItari Asi5-10 若传递函数 G(s)节外的部分，试证詈,式中,G0(s)为G(s)中，除比例和积分两种环Kv式中，1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。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

11、应的传递函数为KOVsK 题意即要证明K的对数幅频曲线与0db交点处的频率值11 K；o因此，令K7 1,故；K,111 Kv,证毕。855-11 图(a)、(b)和(c)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 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)其中参数：则：依图可写出：G(s)s s(1)( 1)1220lg K L( ) 40db, K100G(s)1001(s 1)(s 1)DrtgrunE!lllHIHIlBII0HIHIHI;Hvi*!l ：”案案;案：二常强懑逆的冰索瑞Trillr Ti u-

12、- I Ill i r I 1llMlll<!l4ll:5"ll$dlllil>ilM4llllllllE"!lllllll：!：!：!： ： !：!：:!： ： !里1i i. III;1:：:肥! 4 BklRiTq-10I10 1fl 1IQ 101 口 1fFb串srCF(M切目1Q51O1图解5-11 (a)Bode 图Nyquist86K(- 1)(b)依图可写出G(s) 2 / ss (1)203fliJ WK44- 4 4-3 h 1 + F% * +? T 牛 1 鼻 + hUf U + + F性干 I.L- -1 -* J IM-Ud .j

13、T *F9 (- R E I (V 4 I I HIHI I ! ! I-VIH S> I K I « I* YE-常，：-KX-；-/；：，；-；-(c)r:二 TTm弓w三 -PUITilTI 3班“(tfirilCWCj图解 5-11 (b)Bode 图G(s) (2K s1)(-1)亚-1UKB府叫-loam-stKEh-ia AutNyquist图20lgK 1 0,rmylN 品二X45,4=io'31D"Id-11QC101Ffft.pjPTiiy (ifAriW)1415 3D S XIFeriM 图图解 5-11 (c) Bode 图Nyqu

14、ist875-12 已知G1 (s)、G2(s)和G3 (s)均为最小相角传递函数，其近似对数幅频曲线如题5-12图所示。试概略绘制传递函数G4(s)G1(s)G2(s)1 G2(s)G3(s)的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。解：L1( ) 20lg K1 4511K1180则:Gi(s)Ki(2)L3()20lg K320lg 0.111K3 0题5-12图4, 11G2(s)9 0.111K2ss(1)0.8G3(s)20lg K2 /20lg& 01(4)G4(s)将 G,G2,G：G1G21 G2G3183代入得：G4(s)s(0.125s 1)对数频率特性曲线如图解5-1

15、2(a)所示，幅相曲线如图解5-12(b)所示:i-1-i" r r r茴I ,1(rtiUfstc)(a) Bode 图降 5-12r 1 wrE。痴；啊口丁4 I I l>ln i 1 ii 1 I i| 1 FT- 1885-13 试根据奈氏判据，判断题 5-13图(1)(10)所示曲线对应闭环系统的稳定性。已知曲线(1)(10)对应的开环传递函数分别为(按自左至右顺序)。解题5-13计算结果列表题号开环传递函数PNZP 2N闭环 稳定性备注1G(s) K(T1S 1)(T2s 1)( T3s 1)0-12不稳定2G(s)Ks(工s 1)( T2s 1)000稳定3K *

16、 s2(Ts 1)0-12不稳定4G(s) K(T1s 1)(T1 T2)s (T2s 1)000稳定5G(S)-T s0-12不稳定6G(s) K(Ts * 1) s000稳定7kK(T5s 1)(7s 1)G(s)s(工s 1)( T2s 1)(Rs 1)(T4s 1)000稳定8KG(s)(K 1)T1s 111/20稳定9KG(s)(K 1)Ts 1101不稳定10KG(s) s(Ts 1)1-1/22不稳定895-14G(s)s(Ts 1)(s 1)'K,T 0(1)(2)(3)T 2时，K值的范围；K 10时，T值的范围;K,T值的范围。得出:(1)(3)j (1 j )(

17、1 jT )G(j )令Y(代入X(1T)2时,10时,3一;219 'K(1 T) j(1 T 2) X(、Y、 (12)(1 T2 2) X( ) Y()表达式并令其绝对值小于1K ,T值的范围如图解5-14中阴影部分所示。汀囱5 145-15 已知系统开环传递函数G(s) 10(s2 2s 5)(s 2)( s 0.5)试概略绘制幅相特性曲线，并根据奈氏判据判定闭环系统的稳定性。解 作出系统开环零极点分布图如图解5-15 (a)所示。G(j)的起点、终点为:G(j0)G(j )50 18010 0G(j )与实轴的交点:G(j )210(52 j2 )(2 j )( 0.5 j

18、)一22- 210 (5)(1)3 j (.2、2.、2(1)(1.5 )5.53.5 2)令Im G(j )0可解出05.5/3.51.25490已知系统开环传递函数，试根据奈氏判据，确定其闭环稳定的条件:代入实部ReG(j o)4.037概略绘制幅相特性曲线如图解5-15 (b)所示。根据奈氏判据有一 一1、一Z P 2N 1 2( ) 2 2所以闭环系统不稳定。5-16某系统的结构图和开环幅相曲线如题5-16 图(a)、(b)所示。3图中G(s)1s(1 s)2H(s)s(s 1)2试判断闭环系统稳定性，并决定闭环特征方程正实部根个数。2 sS平面的个数为0。(s 1)4解 内回路开环传

19、递函数：G0(s) G(s)H(s)G(j0) 0 0G(j0 ) 0 180°G(j ) 01800大致画出G0(j )的幅相曲线如图解5-16所示。可见Go(j )不会包围(-1,j0 )点。Z0B 2N。 0 2 0 0即内回路小闭环一定稳定。内回路小闭环极点(即开环极点)在右半P Z。0由题5-16图(b)看出：系统开环频率特性包围(-1,j0 )点的圈数 N=-1 。根据劳斯判据Z P 2NZ1 2N 0 2(1) 2系统不稳定，有两个闭环极点在右半S平面。91105-17已知系统开环传递函数G(s)2s(0.2s0.8s 1)试根据奈氏判据确定闭环系统的稳定性。解作出系统

20、开环零极点分布图如图解5-17(a)所示。_ 一 一 2、10100.8j(1 0.2 )G ( J )22j (1 J0.2 )(1 J )(1)(1 0.04)G(J )的起点、终点为：G(j0)180G(j0 )270G(J ) 0270Ti0.2 ,小于不稳定惯lim ReG(J )8幅相特性曲线G(J )与负实轴无交点。由于惯性环节的时间常数性环节的时间常数T21,故()呈现先增大后减小的变化趋势。绘出幅相特性曲线如图解5-17(b)所示。根据奈氏判据_1、-Z P 2N 1 2 ()22表明闭环系统不稳定。5-18G(s)102ss(s 1)(7 1)已知单位反馈系统的开环传递函数

21、，试判断闭环系统的稳定性。变化时，G(J )的解作出系统开环零极点分布图如图解5-18(a)所示。当 0变化趋势:92G(j0)0G( j0)90G( j2)153.4G(j2)333.4G(j ) 0360绘出幅相特性曲线 G(j )如图解5-18(b)所示。根据奈氏判据Z P 2N 0 2(1) 2表明闭环系统不稳定。G5-19 反馈系统，其开环传递函数为(2)(4)G(S)G(S)G(S)G(s)100s(0.2s 1)50(0.2s 1)(s 2)(s 0.5)10s(0.1s 1)(0.25s 1) s100(- 1)s ss(s 1)( 1)( 1)1020试用奈氏判据或对数稳定判

22、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)100s(0.2s 1)100ss(s 1)593画Bode图得:c .5 100 22.361CTio图解 5-19 (1) Bode 图u35-1一寻*£事9工一/0ftiri看加Nyquist图(2)G(S)50(0.2s 1)(s 2)( s0.5)50ss(-1)(- 1)(2s 1)52画Bode图判定稳定性:Z=P-2N=0-2 X (-1)=2系统不稳定。由Bode图得:G(j ) 150解得6.3G(j g)18001G( g)tg 1tgtg12g180°解得g 3.7G(j ) 1

23、800 tg 1 6 tg 1. tg 12 c 52509429.40431010-1|QID10Freencr* * 50Nyquist口50皿-1 sipnGJWI口;5-1 wjs 4t41 a AS-图解 5-19 (2) BodeG(S)1010嚅1)s(0.1s1)(0.25s 1)C4 106.32500系统临界稳定。画Bode图得:4 10 6.325h 1图解 5-19 (3) Bode 图Nyquist图955-20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a值.G(s)G(jas 12s(tg 1a1800)开环幅相曲线如图所示。以原点为圆心

24、作单位圆，在A点:A(),'1 a2c22c即：要求相位裕度即：1800( c) 4501(c) tg 1a c 180450 1 8001350(2)联立求解(1)、(2)两式彳导:c 1.19,a 0.84。5-21 系统中G(S)-10-,H(s) 1 KhSS(s 1)试确定闭环系统临界稳定时的Kho解开环系统传递函数为G(s)H(s) 10(1 Kns)s(s 1)法(一)：画伯特图如图解5-21所示96临界稳定时由Bode图法(二)令v()又令代入(1)得:G(j(tg 1KncKn)H(j )10(Knj1)c)KnG(jU()90°tg 1Knj (j1800

25、 tgc 900c1)tg 1Kn1800Kn cc2012c3.160.1)H(j )10 (110(1 K"j (jKn)；1)0 ,110(11Kn) (1)Kn10Kn29Kn 1 0)1)v(97u()jv(210(Kn(21 Knn1)一 9 .1211解出：Kn9Kn -1,Kn1 （舍去）。2010故当Y而1/秒，Kn 1/10时，系统临界稳定。5-22若单位反馈系统的开环传递函数G(S)0.8 sKe试确定使系统稳定的K的临界值。解幅频特性为相频特性为求幅相特性通过即由（2）式代入（1）:G(jG(j(-1J0)G(j() tg 1e j0B1 jK1j0.8 e点

26、时的K值K.1G(j0.80.8tg 1()(1)0.8tg(2)tg(tg 1 ) tg( 0.8 )tg0.8tg0.8K_2tg(0.8 )K ,1 tg(0.8 )2 sec0.8解出：c 2.45, K 2.65c5-23设单位反馈系统的开环传递函数G(s)5s2e s(s 1)4试确定闭环系统稳定的延迟时间T的范围。 . . . .5 2解令 G( j )231(1)(1)(2)G(j ) 1800180 4tg 11800由(1)：12.5解得:11.618,0.618(舍去)98将co =0.618代入(2)式:1803600 4tg解得:是：t =1.3686,由图可见：当。

27、1.3686时，G(j co)不包围(-1,j0)点，所以的稳定范围0<t <1.36865-24(3)某最小相角系统的开环对数幅频特性如题5-24图所示。要求写出系统开环传递函数；利用相角裕度判断系统的稳定性；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:G(s)- s( 0.1(2)系统的开环相频特性为10s1)( 1)20截止频率相角裕度)90arctan arctan 0.1200.1 10 1180( J 2.85c /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)一

28、s(s100s1)(2oo 1)其截止频率c1 10 c10(C1)2.85而相角裕度故系统稳定性不变。由时域指标估算公式可得oo 0.160.4(sin11)= 1 oo+ K 0 tscKo10 c10.1ts1所以，系统的超调量不变，调节时间缩短,动态响应加快。n 3,0.7,试确定截止频率c和相角裕5-25 对于典型二阶系统，已知参数度。解 依题意，可设系统的开环传递函数为99G(s)2ns(s 2 n)322.143绘制开环对数幅频特性曲线s(s 2 0.7 3)/ s 八s( 1)4.2L()如图解5-25所示，得c 2.143180(c) 635-26 对于典型二阶系统，已知%

29、=15%,ts 3 s ,试计算相角裕度依题意，可设系统的开环传递函数为依题联立求解G(s)ootsG(s)s(s 215 oo e3 3.50.5172.257n)1 22.2572s(s 2 0.517 2.257)2.1824s(2.333绘制开环对数幅频特性曲线L()如图解5-26所示，得c 2.1824c180( c) 46.95-27 一单位反馈系统，其开环传递函数G(s)16.7s(0.8s 1)( 0.25s 1)(0.0625s 1)试应用尼柯尔斯图线，绘制闭环系统对数幅频和相频曲线。解由 G(s)知：201g16.7=24.5db1-1交接频率：11.25 ,24 ,30.

30、80.251)10.06251630.01 (.05 010.30.631020304050607080100I G| db-15-241319241572-3-7-10-13-16-20()08885837054-23-94-127-143-151-156-160-163-164-166M (db)-15-4.5-2-.75-0.6-0.501.84.32.3 -3.4-7.5 -11-16-20()0694830125-1-11-28-53 -110-140-152-158-162-165应用尼柯尔斯曲线得:100q 口僖E甫I。号/邮E口加itr图解5-27NyquistiuinBode 图1EC 9>5-28图所示，图中4.8ss(1 )20ts。题5-28图某控制系统结构图解 G(s) Gi(s)G2(s)48(1 s)s(18s)(1205-28 一控制系统，其结构图如题10(1 s)G1 (s), G2(s)1 8s试按以下数据估算系统时域指标(T %和(1 )丫和 3C(2)M和 3 C(3)闭环幅频特性曲线形状20lg 48 33.6db1 8 0.1256,3 20查图5-55得 21%, tS6506.61.13 秒(2) 根据M r,c估算性能指标当 3=5 时：L( co )=0,找出:Mr(co)=-1111