《自动控制原理》(卢京潮主编)课后习题答案

7878/37787878/377877/377777/3777第五章线性系统的频域分析与校正习题与解答5-1试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。CCR1urRiucurR2uc(a)图5-75R-C网络(a)依图:U(s)K(Ts5-1试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。CCR1urRiucurR2uc(a)图5-75R-C网络(a)依图:U(s)K(Ts+1)—11Ts+1二RC1sCRRCsCU(jo)U(jo)R+joRRC212二K卩+jT£)(b)依图:sCR+R+joRRC121"1+jTo1Ts+1sC=(R+R)C12Gb(jo)二U(jo)1+joRC1+jToU(jo)1+jo(R+R)C1+jTo1225-2某系统结构图如题5-76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，系统的稳态输出c(t)和稳态误差e(t)ssr(t)=sin2tr(t)=sin(t+30。)-2cos(2t-45°)图5-76系统结构图解图5-76系统结构图12-w频率特性：Q(jw)==+jjw+24+w24+w2幅频特性：1①(jw)|-14+w2-w相频特性：9(w)=arctan()2系统误差传递函数:e11+G(s)s+1s+2①I①(j®|e(1)①I①(j®|e(1)当r(t)=sin2t时，w|①(jw)1w=2I①(j®leO=2申(jw)=arctanw-arctan(一)4+w2e22，rm=11-2==0.35,9(j2)=arctan()=-45o七82=空=0.79,、.:829(j2)=arctan=18.4。e6ssc=r|①(j2)|sin(2t-9。)=0.35sin(2t-45。)ssmTOC\o"1-5"\h\ze=r|①(j2)sin(2t-9)=0.79sin(2t+18.4o)ssmeefw=1,r=12)当r(t)=sin(t+30°)-2cos(2t-45°)时：<m12)lw=2,r=2v2m2.'5-1I①(j1)|==0.459(j1)=arctan()=-26.5。52I①(j1)|=2_=0.639(j1)=arctanC)=18.4oe5e3(t)=rI①(j1)|・sin[t+30。+9(j1)]-r|①(j2)|・cos[2t-45。+9(j2)]mm=0.4sin(t+3.4o)-0.7cos(2t-90o)e(t)=rI①(j1)|-sin[t+30。+9(j1)]-r|①(j2)-cos[2t-45。+9(j2)]smeemee=0.63sin(t+48.4。)一1.58cos(2t一26.6。)5-3若系统单位阶跃响应h(t)=1-1.8e-4t+0.8e-9t(t>0)试求系统频率特性。80/378080/378080/378080/37807979/3779解则频率特性为R(s)=1sC(s)=1上+竺=36—

ss+4s+9s(解则频率特性为R(s)=1s36(j®+4)(j®36(j®+4)(j®+9)5-4绘制下列传递函数的幅相曲线：G(s)=K/sG(s)=K/s2G(s)=K/s3KKa解(1)G(j)=——=—e-j+2®=0,|G(j0)Ts®Tg,G(js)=0p(®)=-2幅频特性如图解5-4(a)。G(j®)=K=—e-j(e(j®)2®2®=0,G(j0)Tg®Tg,G(jg)=0p(®)=-兀幅频特性如图解5-4(b)。KK3aG(j®)=—e-j2图解5-4(j®)3®3®=0,G(j0)Tg®Tg,G(jg)=0—3兀P(®)=〒幅频特性如图解5-4(c)。5-5已知系统开环传递函数5-5已知系统开环传递函数G(G(s)H(s)=s(2s+1)(s2+0.5s+1)试分别计算®=0.5和®=2时开环频率特性的幅值A(®)和相角申(®)。G(G(j®)H(j®)=j®(1+j2®)((1—®2+j0.5®)

三个特殊点：①3=0时，G(j®)=5,ZG(j®)=00②3=0.25时,|G(j®)|=2,ZG(j®)=-90°③3=8时，G(j®)=0，ZG(j®)=—180。ZG(j®)=—tg-12®-tg-18®二—tg-1取3为不同值进行计算并描点画图，可以作出准确图形(2)G(j®)|=10\1+®®2ZG(j®)=tg-1®-1800两个特殊点：①3=0时，G(j®)=s,ZG(j®)=-1800计算可得A®)=10叭1+(2®)2J(12)2+(0.5®)2计算可得A®)=10叭1+(2®)2J(12)2+(0.5®)2申(®)=-90°-arctan2®-0.5®arctan1-®2A(0.5)二17.8885申(0.5)二-153.435°A(2)二0.3835申(2)二-327.53°5-6试绘制下列传递函数的幅相曲线。(1)(2)解(1)G(J®)\=5(2s+1)(8s+1)10(1+s)S25(1—16®)+(10®)10®1-16®2幅相特性曲线如图解5-6（1）所示。8282/37828282/378281/378181/3781。G(s)的零极点分布图及幅相曲线分别如图解。G(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0依题意有:K二limsG(s)二K，st0e=1.K=1，因此K=1。ssv②3=8时，|G(j®)=0,ZG(j®)=-900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K(-Ts+1)s(Ts+1)1ZG(j®)=-180。，IG(j®)|=0.5；当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差1。试写出系统开环频率特性表达式G(j®)。-K(Ts-1)2s(Ts+1)1先绘制G(s)二的幅相曲线，然后顺时针转180°即可得到G(j®)幅相曲线s(Ts+1)15-7(c)所示。=-180ZG(j1)=-arctanT-90°-arctanT=-18021T+TarctanT+arctanT=arctant亠=90°121-TT12TT=112另有:(1-jT)(1-jT另有:(1-jT)(1-jT)11-TT—j(T+T)(T+T)2=12—=―|2—可得:■211+T21T2-2T+1-2T=T2-2T+1-2T=0221222T3-2T2+T-2=(T2+1)(T-2)=022T=2，T2222=1T=0.5，K=1。1'212=0.51+T22所以:1-j2w

je所以:1-j2w

je(l+j0.5e)5-8已知系统开环传递函数10s(s+1)(s2+1)试概略绘制系统开环幅相频率特性曲线。解G(j①)的零极点分布图如图解5-8(a)所示。①二0Tg变化时，有G(j0+)二g厶一90。G(jl-)二讥一135。G(1+)=sZ315。G(jg)=0Z-360。分析s平面各零极点矢量随①-0Tg的变化趋势，可以绘出开环幅相曲线如图解5-8(b)所示。5-9(1)⑵⑶⑷⑸rc--*i1I上01=D：11Jur=01.■z-135f/£D=1l绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。-i*G((2s+1)(8s+1)；200s2(s+1)(10s+1)；40(s+0.5)s(s+0.2)(s2+s+1)20(3s+1)s2(6s+1)(s2+4s+25)(10s+1)8(s+0.1)s(s2+s+1)(s2+4s+25)8383/37838383/3783(2s+l)(8s+1)-s-崔-Llu启ABodeDiecr'om-1□1101010Fnequenc?(rnd^cDiIIIIIIII■T__T__i~TTi-rrIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII.11_J-liiiiiiii10"ao>9iRmijuu图解5-9(1)Bode图Nyquist图200s2(s+1)(10s+1)图解5-9(2)Bode图Nyquist图40(s+0.5)s(s+0.2)(s2+s+1)100(2s+1)s(+1)(s2+s+1)8484/37848484/3784-fliJj•靭■£«■玉-2DQ-1£»-TOO-SO-y.-1ot101010Ffkiuetids1i：r&di'§£C：i图解5-9(3)Bode图Nyquist图(4)G((4)G(s)=s2(6s+1)20(3s+1)s2(6s+1)(s2+4s+25)(10s+1)竺(3s+1)252+—s+1(10s+1)252+—s+1(10s+1)25BadaDagrEuriJJIJ■10'10_110°10Frequericy[■国龄曰Ji图解5-9(4)Bode图Nyquist图8686/37868686/378685/378585/3785((1)24一+—s+115丿250.8(5)G(s)8(s+°」)=25s(s2+s+1)(s2+4s+25)s(s2+s+1)pLI-II-iaa〔&3已①松匚dBocteDiagrama4临a0JD06CUM-3-2=1D121D1D10101010Frequercy[racysecjP152-aI4K-DQPS炉刖川"炉•aw倉蜃,c图解5-9(5)Bode图Nyquist图5-10若传递函数G(s)=-G(s)

sv°式中，G°(s)为G(s)中，除比例和积分两种环节外的部分。试证=Kv1式中，®1为近似对数幅频特性曲线最左端直线(或其延长线)与OdB线交点的频率，如图5—77所示。K证依题意，G(s)近似对数频率曲线最左端直线(或其延长线)对应的传递函数为一。svK/题意即要证明一的对数幅频曲线与Odb交点处的频率值3=K。因此，令sv

201g—=0，可得=1,故®v=K,「.e=Kv，证毕。(j®)vev5-11三个最小相角系统传递函数的近似对数幅频特性曲线分别如图5-78(a)、(b)和(c)所示。要求：写出对应的传递函数；概略绘制对应的对数相频特性曲线。解(a)依图可写出：G(s);(上+1)(丄+1)12其中参数:则：20lgK=L(®)=40db，K=10050G(s)=100(丄s+1)(—s+1)12r—r-rrmI4III-IIIIIIIII4lIIIII1IMIIII11illr--r4-rfrnr<■■■■■■«■■ii■T-rtrnwfc-i-r'T!!HH2I\5-r-i8-rf.rinrri-rtirint--1・|»亍『1Q^id'1icriu11D1Qio1FraquisnoYfrpd印g)图解图解5-11(a)Bode图Nyquist图图解图解5-11(a)Bode图Nyquist图8787/37878787/3787(b)依图可写出sK(—+1)1s2(丄+1)2K=32=3301CT50-100-90:LULLUJ5:：：：：；：r!「====19£j=m:=1Dia'10101DFrtqjcncy(rwlfeccj-200-4UU■W-I'M™mo-IBM-1W0Nyquist图图解5-11(b)BodeNyquist图(c)G(s)=ss(c)(上+1)(丄+1)220lg0,riDB'I'PI-WU&SFXi2J旳FuwChsrmBo陽口罚阳m-3-2-1DI£101D1口1口101DFrequency(ratKsec)io305m152125X图解5-11(c)Bode图Nyquist图89/378989/378989/378989/37898888/3788L@)=20lgK=45.1111L@)=20lgK=45.1111K=1801G(s)=K11G(s)=一K一2/ss(——+1)0.820lgK/o=20lgK=0则:"2图5—795—12题图将Gl，G2,G3代入得:K=」=90.111Q(、ggG(s)=1—2-1+GG18G(s)=Ks=9s33G(s)=4s(0.125s+1)TOC\o"1-5"\h\z5-12已知G(s)、G(s)和G(s)均为最小相角传递函数，其近似对数幅频特性曲线123如图5-79所示。试概略绘制传递函数G(s)G(s)G(s)=121+G(s)G(s)23的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。解：(1)L(①)二20lg®K=201g0.111K二0-u□-uoon--u03=rrrg对数频率特性曲线如图解5-12(a)所示,幅相特性曲线如图解5-12(b)所示:Bode10iaaiq1nTFrequercy(rad/sec；-u□-uoon--u03=rrrg对数频率特性曲线如图解5-12(a)所示,幅相特性曲线如图解5-12(b)所示:Bode10iaaiq1nTFrequercy(rad/sec；!图解5-12（a）Bode图（b）Nyquist图5-13试根据奈氏判据，判断题5-80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如下（按自左至右顺序）。1J121J12」-]Jf4i'Ji7a'aaa|7ji6jl—I1mj•1100题“图解卡题5-13计算结果列表题号开环传递函数PNZ—P—2N闭环稳定性备注1G(s)=人(Ts+1)(Ts+1)(Ts+1)1230-12不稳定2123G(s)-尺s(Ts+1)(Ts+1)12000稳定312G(s)-—-—s2(Ts+1)0-12不稳定4c()K(Ts+1)(G(s)1(T>T)s2(Ts+1)122000稳定5G(、KG(s)s30-12不稳定6G(”)-K(Ts+1)(Ts+1)s3000稳定7_、K(Ts+1)(Ts+1)G(s)56s(Ts+1)(Ts+1)(Ts+1)(Ts+1)000稳定81234G(s)-召(K>1)Ts-1111/20稳定9G(s)-宀(K<1)Ts-11101不稳定1010101090/379090/379090/379090/3790G(s)=s(二1)1-1/22不稳定5—14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:KG(s)=；(K,T>0)s(Ts+1)(s+G(s)=；(K,T>0)s(Ts+1)(s+1)T=2时，K值的范围；K=10时，T值的范围；K,T值的范围。K(1)(2)(3)解G(丿①)二二二X(①)+Y(①)j3(1+j3)(1+jT®)①(1+32)(1+T2®2)KL<11+T令Y(®)=0，解出®=-L，代入X(®KL<11+TEfP5-14得出：0<K<上二EfP5-143T=2时，0<K<—；2K二10时，0<T<9；K,T值的范围如图解5-14中阴影部分所示。5—15已知系统开环传递函数10(s2一2s+5)G(s)=(s+2)(s一0.5)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)二50Z180。Gj)二10Z0。10(5-®2—j2®10(5-®2—j2®)G(j®)=(2+j®)(-0.5+j®)10—(5—®2)(1+®2)+3®2+j®(—5.5+3.5®2)令Imb令Imb(j®)]=0可解出(1+®2)2+(1・5®)292/379292/379292/379292/379291/379191/3791◎of.55/3.5=1.254代入实部RePj)L—4.0370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Z=P-2N=1-2(Zi)=22所以闭环系统不稳定。團」團」JI=2O-11J(1-2-10OE1㈤D5-16某系统的结构图和开环幅相曲线如图5-81(a)、⑹所示。图中1S(11S(1+S)2S3(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。G(G(s)=G(s)H(s)=0S2(S+1)4解内回路开环传递函数:G(j0)=0Z0G(j0+)=0Z1800G(j&)=0Z-1800大致画出G0(j®)的幅相曲线如图解5-16所示。可见G0(j®)不会包围(T,j0)点。Z二P-2N二0-2x0二0000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S平面的个数为0。P二Z二00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-2N=Z-2N=0-2x(-1)=21

系统不稳定，有两个闭环极点在右半S平面。5-17已知系统开环传递函数G(G(s)二10s(0.2s2+0.8s—1)试根据奈氏判据确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5T7(a)所示。—.、1010[0.8®—j(1+0.2®2)G(j®)==j®(1+j0.2®)(1—j®)®(1+®2)(1+0.04®2)G(j®)的起点、终点为：G(j0)=g乙一180。G(j0+)=g乙—270。G肿=0Z—270。limRe[G(j®)]=—8®^0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£二0.2，小于不稳定惯性环节的时间常数T=1，故申(®)呈现先增大后减小的变化趋势。绘出幅相特性曲线如图2解5-17(b)所示。根据奈氏判据—1Z=P—2N=1—2x(——)=22表明闭环系统不稳定。5-18已知单位反馈系统的开环传递函数，试判断闭环系统的稳定性。rv、10G(s)-s2s(s+1)(〒+1)493/379393/379393/379393/3793解作出系统开环零极点分布图如图解5T8(a)所示。当®=0Ta变化时，G(j①)的变化趋势：G(j0)=aZ0oG(j0+)二讥—90。G(j2-)二讥—153.4。G(j2+)=aZ—333.4。G(ja)=0Z—360。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—2x(—1)=2表明闭环系统不稳定。5-19(1)⑵⑶⑷已知反馈系统，其开环传递函数为100s(0.2s+1)50(0.2s+1)(s+2)(s+0.5)10s(0.1s+1)(0.25s+1)100(-+1)G(s)=2——s(s+1)(上+1)(’+1)1020试用奈氏判据或对数稳定判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。9494/37949494/3794画Bode图得：＜—、100100G(s)==—s(0.2s+1)s(£+1)Q二、：5X100=22.36CQ=g、gY=1800+ZG(jw)=1800—900—tg-i0.2q=12.60图解5-19⑴Bode图Nyquist图50G—(0.2s+1)(s+2)(s+0.5)画Bode图判定稳定性：Z=P-2N=0-2X(-1)=2由Bode图得：50(5+1)(*+1)(2s+1)系统不稳定。令:令:q>6c|G(jQ)\=1沁50亠•〜•2q52c-1g—tg-1g—tg-12Q=—180052gZG(jQ)=tgg解得q=6.3c解得O=3.7g95/379595/379595/379595/3795丫二1800+ZG(j3)=1800-tg-1c-tg-1厂-tg-123=—29.4。却0-23-43-B30-9D-135-1BD-270h=一—G(3)gBodeOisgram)+\v：；(2«)2+1g二0.39150-I0I101C10Fr^uency1(radftec)ia'£10'图解5-19(2)Bode图■-1(»II刃富O9)RC囚占IMNyquist图(3)画Bode图得:10s(0.1s+l)(0.25s+1)10①.'4x10二6.325<C①‘4x10二6.325Ig厂Y=Oo系统临界稳定。h二196/379696/379696/379696/3796SDB8rioDrnlJteE1DW|岳口〕器"」也虽卜卜:1iI■■II-iIIIRII4IIIEII>1IIIhIId|I1i■pi'iipi•ppiiiir!siii•IIiI■iIiII■i■■iIII|iI■Iii■iiIi4hIiii■IiiIiiiiI)iaIIIi■i-H十辭——!--!：!!3l：!!:；!：£!!：II:.!：：!!!IIIIsIir^k^II■II■IIIIIrI■IIII■iiiciii一一㈡亠川川.…农…「一一「眉帀，叫吓円卄■卜十彳哙叶!■!■■■■・、■■”州・、打忖IO图解5-19⑶"DFrequsnc^ir-ad^ECJBode图10210J麥.-huEcE卜亠juL...dr[..汽...二:ft-35-35-Jd3nni^iiNyquist图100(S+1)s(s+1)(—+1)(上+1)1020①=21.5①=13.1-gY二180o+Zp@)=—24.8。h=0.343=—9.3(dB)系统不稳定。G(s)=画Bode图得:图解5-19(4)Bode图5-20设单位反馈控制系统的开环传递函数为as+1G(s)=s2试确定相角裕度为45。时的a值。1+(a®)2G(j®)==Z(tg-1a®—18Oo)①2开环幅相曲线如图所示。以原点为圆心作单位圆，在A点：即:J1+a2®—=1®2c①4=a2①2+1ccA(e)=(1)97/379797/379797/379797/3797要求相位裕度Y=180。+申(①)=45oc即：甲(①)=tg-ia①—180°=45o—180。=—135。ccao=1c联立求解(1)、(2)两式得：o=1.19,a=0.84。c5-24某最小相角系统的开环对数幅频特性如图5-82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。由题5-29图可以写出系统开环传递函数如下:亠、10G(s)=—s(丄+1)(上+1)0.120系统的开环相频特性为申(申(o)=—90°—arctano—arctan-20截止频率o=.\.：0.1x10=1c相角裕度丫=180°+Q(o)=2.85°c故系统稳定。将其对数幅频特性向