广西大学自动控制原理习题答案（本科）第4章

⼴西⼤学⾃动控制原理习题答案（本科）第4章习题参考答案
4-1已知单位反馈系统的开环传递函数为2
()(0.21)K G s s s =+试求：
⑴使系统增益裕度为10的K 值；⑵使系统相⾓裕度为30?的K 值。

解:系统开环频率特性为2
)(+=ωωωK
i G (1)求10=m g 的K 值：
令180ω为相⾓交越频率，有180arctan 0.245ω=?，5180=ω由
10
)
04.01(|)(|1
2180180180=+==K
i G g m ωωω可解得K=1。

(2)求30m ?=?的K 值：
由定义180()180(902arctan 0.2)30m c c G i ?ωω=?+∠=?+-?-=?
=302.0arctan c ω求得系统幅值交越频率
c ω=由
1
)
04.01(|)(|2
=+=
c c c K
i G ωωω85
.3)04.01(2
=+=c c K ωω
注意：涉及相⾓的计算时，可以
（1）逐个计算基本环节的相⾓，然后叠加起来。

（2）将频率特性展开为实部和虚部，然后计算相⾓。

计算幅值⼀般将各个基本环节的幅值相乘。

4-2试由幅相频率计算式
()90arg tan arg tan arg tan103
(5)2
G i G i ω
ωωω∠=-?-+-=确定最⼩相位系统的传递函数。

解:由相频计算式可得出传递函数的形式为
(/31)()(1)(101)
K s G s s s s +=
++由幅频计算式
(5)2
G i =
有
2
=
求得10/3K ω==，所求最⼩相位系统的传递函数为
1312(/31)()(1)(101)
s G s s s s +=
++4-3已知单位反馈系统开环传递函数
)
2)(5.1)(1()(+++=
s s s K
s G 若希望系统闭环极点都具有⼩于-1的实部，试⽤Nyquist 判据确定增益K 的最⼤值。

解：令1u s =+，则“u 平⾯所有极点均处于负平⾯”等价于“s 平⾯所有闭环极点均具有⼩于-1的实部”，并且
)
1)(5.0()(++=
u u u K
u G 可见)(u G 并⽆右半平⾯的开环极点，所以)(u G 的Nyquist 轨线不能包围)0,1(i -点。

只要满⾜：)(u G 轨线与负实轴的交点在-1点右侧（⼤于-1）即可，令)(u G 的相频为180-?，得到
()90arctan 2arctan 180c c c u u u G i ωωω∠=-?--=-?
arctan 2arctan 90c c u u ωω+=?2
2arctan
tan9012c c
c
u u ω
ωωω+=?
-0212
=-c
u ω求得)(u G
的相⾓交越频率
c
u ω=
()1
c u G ω=
=max 34
K =
即若希望系统闭环极点都具有⼩于-1的实部，增益K 的最⼤值为
3/4。

注意：作变量替换时，尝试选⼀些点验证⼀下。

4-4设某系统结构图如下图所⽰，其中K >0。

（1）试求系统稳态误差ss e ；（2）若ω=1时,要求稳态误差幅值A e ss 4.0≤，试选择K 值。

解：(1)求系统稳态误差ss e ，系统开环传递函数为2
)(+=s K
s G ，闭环系统的误差传递函数为
12
Φ()1()2e s s G s s K
+=
=
+++其幅值与相位为
2
22
4Φ()(2)e i K ωωω+=
++Φ()arctan 0.5arctan
2e i K
ωωω∠=-+因输⼊t A t r ωsin )(=，系统的稳态误差为
222
Φ()sin(Φ())
4arctan 0.5arctan )(2)2ss e e e A i t i A t K K
ωωωωω
ωωω=+∠+=+-+++(2)因1=ω，令
1
2
22
40.4
(2)K ωω=+=++有
25.2642=-+K K 解得
123.57.5K K ==-，(舍去).
故满⾜题意要求的K 值范围为
5
.3≥K 4-5已知系统
(1)()(1)
k k
v
j
j
K s G s s
T s τ+=
+∏∏型次0ν≥（含有ν个积分环节），Nyquist 曲线起始于实轴（0=ω），试问什么情况下起始于负实轴，什么情况下起始于正实轴。

答：当开环增益0>K 时，起始点位于正实轴；当开环增益0
4-6设系统的开环传递函数为
12234(1)
()(1)(1)(1)
K T s G s s T s T s T s +=
+++其中1234>0K T T T T ，，，，。

（1）已知2341T T T T ++>，试概略绘制该系统的Nyquist 图。

（2）若2341T T T T ++<，请概略绘制该系统的Nyquist 图。

解：（1）180(0)i G i e
+
-?
=∞，⽽且对于⼩正数ε，有
2341()180()180G i T T T T εε∠≈-?-++-<-?360()0i G i e -?∞=，概略绘制的Nyquist
图如下
（2）180(0)i G i e
+
=∞，⽽且对于⼩正数ε，有
2341()180()180G i T T T T εε∠≈-?-++->-?360()0i G i e -?∞=，概略绘制的Nyquist 图如下
注意：⼀般情况下Nyquist 图的起点总是在正实轴。

4-7设系统的开环频率特性函数的极坐标图如图所⽰。

试⽤Nyquist 稳定性判据判定闭环系统的稳定性。

开环系统稳定开环系统稳定开环系统有2个RHP 极点
解：（1）P =0，n w =2，N =P +n w =2，闭环系统不稳定，有2个RHP 极点。

（2）P =0，n w =1，故N =P +n w =1，闭环系统不稳定，有1个RHP 极点。

（3）P =2，n w =-2，故N =P +n w =0，闭环系统稳定。

4-8已知系统开环传递函数
()(1)
K
L s s Ts =
+
把虚轴上的开环极点视为不稳定的开环极点，重新确定Nyquist路径，并绘制L(s)的Nyquist图，据此判定闭环系统的稳定性。

解：s平⾯⼩圆弧顺时针的路径映射为L(s)平⾯逆时针的⼤圆弧。

Nyquist路径L(s)的Nyquist图
w n=-1（逆时针），P=1，N=0，闭环系统稳定。

4-9已知最⼩相位（单位反馈）开环系统的渐近对数幅频特性如图所⽰。

（1）试求取系统的开环传递函数；
（2）要求系统具有30 的稳定裕度，求开环放⼤倍数应改变的倍数。

解:(1)由图可得出系统开环传递函数的基本形式为
()K
G s =
++将点(0.1，40)代⼊上式，因低频段幅值仅由⽐例环节和积分环节决定，即
20log (0.1)20log 40
0.1
K
G i ==求得K =10，所求系统开环传递函数为
()G s =
++(2)由相⾓裕度的定义
18090arctan10arctan 0.130m c c ?ωω=?-?--=?
导出
2
10.1arctan
601c
c ωω=?
-210.10
c c ω+=解出
17
.0=c ω由交越频率的定义有
1
1
017.017.117.0|)(|2
2
=++=
K
i G c ω解出K=0.335。

即开环放⼤倍数衰减30倍。

4-10已知系统的开环传递函数为
22
400(25159)
()3(0.2)(12)(50)
s s G s s s s s ++=+++（1）⽤渐近线法绘制系统的开环Bode 图；（2）由Bode 图判断闭环系统的稳定性；（3）求出交越频率以及相⾓裕度的近似值；
（4）由MATTAB 作Bode 图，求出交越频率和相⾓裕度，并与渐近线图解⽐较。

解：（1）⾸先将()G s 化为尾1标准形式
22
400(25159)
()3(0.2)(12)(50)
s s G s s s s s ++=+++=
()()
2
210(5/3)5/31(51)/121/501s s s s s s ??++??
+++知该系统为典型Ⅱ型系统，各环节转折频率为0.2、0.6、12、50rad/s ，20lg K =20lg10=20，过ω=1，|G (iω)|dB =20的点，作斜率为-40的直线，遇到转折频率0.2、0.6、12、50时，相应地直线斜率变化，如下图
所⽰。

（2）P =0，2()2(11)0n w c c -
+
=-=-=故N =P+n w =0，闭环
系统稳定。

（3）由2
240025|()|31250
c c c c G i ωωωω?≈=1，解得c ω≈5.56，
1802
15180()180arctan 180925 arctan 5arctan
arcta n 54.621250
c
m c c c c G i ω?ωωωω
ω=?+∠=?+-?----=?（4）MATTAB 程序校验
>>num=400/3*[25159];
den=conv([10.200],[162600]);bode(num,den);grid on
M a g n i t u d e (d B )
10
10
10
10
10
10
10
P h a s e (d e g )
Frequency (rad/sec)
>>[Gm,Pm,Wcg,Wcp]=margin(num,den)
Gm =10.7036；Pm =56.7919；Wcg =23.9829；Wcp =5.0533
交越频率为5.05rad/s ，相⾓裕度为56.8?，这与近似计算值⾮常接近。

4-11已知各最⼩相位系统的开环对数幅频特性曲线如图所⽰，（1）试确定各系统的开环传递函数；（2）求相⾓裕度；
（3）概略画出对应的相频特性曲线；（4）分析闭环系统的稳定性。

解：I.针对(a)图：
(1)如图，转折频率为2、10、20。

该系统为典型Ⅱ型系统，其开环传递函数形式为
2(0.51)
()(0.11)(0.051)
K s G s s s s +=
++1
20lg +40lg
600.1
K =即20lg K =20，解得K =10。

该系统的开环传递函数为
10(0.51)s +++(2)c 2
20=40lg
+20lg 12
ω即20=20lg(2c ω)，解得c ω=5，由此180arctan 0.5180arctan 0.1arctan 0.0527.60m c c c ωωω=?+-?--=?
(3)()arctan 0.5180arctan 0.1arctan 0.05G i ωωωω
∠=-?-
-(4)P =0，2()2(00)0n w c c -
+
=-=-=，故N =P +n w =0，闭环
系统稳定。

II.针对(b)图：
(1)设未知转折频率从左⾄右依次为111/T ω=、221/T ω=、
331/T ω=、441/T ω=，则其开环传递函数形式为
)
1)(1)(1)(1()
110()(4321+++++=
s T s T s T s T s K s G 20lg 20K =，解得K =10；
1
20lg 40200.1ω=-，解得1ω=11T =1；4
10060lg 5ω=，解得4ω=82.54，4T =0.0121
3
40lg
155ωω=-，解得3ω=46.42，3T =0.0215
3
2
20lg
4015ωω=-解得2ω=2.612T =0.383
该系统的开环传递函数为
10(101)
()(1)(0.3831)(0.02151)(0.01211)
s G s s s s s +=
++++(2)c ω=100，由此
-=----+?=240121.0arctan 0215.0arctan 383.0arctan arctan 10arctan 180c c c c c m ωωωωω?(3)
()arctan10arctan arctan 0.383arctan 0.0215arctan 0.0121G i ωωωωωω
∠=--
--
(4)P =0，2()2(10)2n w c c -
+
=-=-=故N =P +n w =2，闭环系统
不稳定，有2个RHP 极点。

4-12针对正反馈系统，Nyquist 给出ω=0→∞的幅相频率特性图如下，临界点为1，重新表述Nyquist 稳定性定理。

正反馈系统的Nyquist 图，临界点为1
答：若开环传递函数()L s 的RHP 极点数为P ,则闭环系统稳定的充分必要条件是L (s )的Nyquist 图{L (iω)，ω=?∞→∞}顺时针环绕临界点L =1的圈数为P 。

4-13设系统的开环传递函数为26(35)
()(3)(1)
s s G s s s -+=+-，求交越频
率c ω和相⾓交越频率180ω，并⽤MATLAB 程序进⾏校核，你得到什么结论。

解：（1）起点：180(0)1010i G i e
+
-?
=-=（2）终点：0()66i G i e
∞==（3）26(35)()(3)(1)i G i i i ωωωωω--+=+-=
22226[(5)3][(3)2][(3)2][(3)2]
i i i i ωωωωωωωω-------+---=
422222
6[(815)(51)](3)4i ωωωωωω--+-++与实轴的交点：令虚部为0即251ω-=0解得2ω=0.2，
c ω=0.447，此时()G i ω=-9。

与虚轴的交点：令实部为0即42815ωω--=0解得2ω=9.57
180ω=3.09，此时()G i ω=4.43。

使⽤理论计算值与nyquist(sys)的计算结果基本没差别，但ω相差较⼤。

原因是ω变化范围为-∞~+∞。

若指定频率范围，采⽤命令nyquist(sys,w)，w={wmin,wmax}，可使之与理论计算值吻合。

>>num=[6-1830];den=[12-3];sys=tf(num,den);w={0.1,100};nyquist(sys,w)>>margin(sys)
Bode Diagram
Frequency (rad/sec)
10
10
10
10
P h a s e (d e g )
M a g n i t u d e (d B )
Real Axis
I m a g i n a r y A x i s。