第五章课后习题分析

1.8 4+12 1+25 ∗22 1+0.25 ∗22
= 0.7，φe ω |ω =2 = arctan 25 ∗ 2 − arctan 0.5 ∗
= 0.8，φc ω |ω =1 = − arctan 0.5 ∗ 1 = −26.6°
结合前面的分析结果，此时稳态输出为： c t = 5 ∗ 0.64 cos 2t − 30°− 45° − 1 ∗ 0.8 ∗ sin⁡ (t + 45°− 26.6° ) = 3.2 cos 2t − 75° − 0.8 ∗ sin⁡ (t + 18.4° )
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第五章习题分析
5-2
试求下列函数的幅频特性 A(ω )、相频特性φ (ω )，实频特性 U(ω )和虚频特性 V(ω )。 (1) G1 jω = 解： (1) G1 jω =
L ( ) / dB
20
0 .2
40dB / dec
0 0.1 1
(rad / s)
0.1
0.1
1
90
180 ()
图 5-18-a 题 5-18(a)伯德图 (b) 由给定的对数幅频特性，该系统由二阶纯微分环节、两个惯性环节组成，转折频率分别为
L()
20
①
1 ，转折频率 1 2rad / s ，其幅频特性如图 5-8-1 0.5s 1
1 ，转折频率 2 10rad / s ，其幅频特性如图 5-8-1 0.1s 1
20dB / dec
0.1 1
2
10
②
(rad / s)
③ ④
40dB / dec
①
0.1
1
。
横轴相较于 10，相频特性为-90 的直线，其 Bode 图如图 5-8-3 中虚线①所示； 惯性环节 1，传递函数为 中虚线②所示；
1 ，转折频率 1 2rad / s ，其幅频特性如图 5-8-3 0.5s 1
惯性环节 2，传递函数为 中虚线③所示；
1 ，转折频率 2 10rad / s ，其幅频特性如图 5-8-3 0.1s 1
180
1
2
10
② ③
(rad / s)
270
59.2
④ ⑤
360
()
图 5-8-5 题 5-8(3)Bode 图
5-15
某单位反馈的二阶Ⅰ型系统，其最大超调量为 16.3%，峰值时间为 114.6ms，试求其开环传 递函数，并求出闭环谐振峰值 Mr 和谐振频率ω r。 解：单位反馈的二阶Ⅰ系统，其开环传递函数为 G( s )
所以，其稳态输出为：c t = 5 ∗ 0.64 cos 2t − 30°− 45° = 3.2 cos 2t − 75° 因为：Ae ω |ω =2 = 0.1 2 = 89°− 45°= 44° 所以，其稳态误差为：c t = 5 ∗ 0.7 cos 2t − 30°+ 44° = 3.5 cos 2t + 14° 当输入r t = 5cos⁡ (2t − 30° ) − sin⁡ (t + 45° )时， 因为：Ac ω |ω =1 =
由给出的已知条件，则有：
Mr
1 2 1
2
1.04 ， r 1 2 2 n 11.55rad / s
解方程组得： 0.6
n 21.8rad / s （ 0.707才会出现谐振现象）
2 所以 K n 475.24, a 2 n 26.16
频宽： b 1 2 2 4 4 n 25.04rad / s
2 2 4
若选取 2%的误差带，则系统调整时间为：
ts
4
n
0.31s
若选取 5%误差带，则系统调整时间为：
ts
3
n
0.23s
5-18(a b)
解：(a) 由给定的对数幅频特性，该系统由比例环节、一个震荡环节和二阶微分环节组成，转折频率 分别为 1 0.1rad / s 、 2 1rad / s ，则该系统的频率特性形式如下：
5 jT ω +1 5 jT ω +1
(2) G2 jω =
1 j ω (j0.1ω +1)
=
5(1 −jT ω ) 1+(T ω )2
=
5
5 1+(T ω )2
(T ω ) e−jarctan ⁡
所以：幅频特性：A ω =
1+(T ω )2 5
，相频特性：φ ω = −arctan⁡ (Tω)
5T ω
1 1+G(s) G(s) 1.8 9
=
0.1(5s+1) 0.5s+1 1.8 2+j ω
系统闭环频率特性为：Gc jω = Gc s |s=j ω = 其幅频特性为：Ac ω =
1.8 4+ω 2
，
，相频特性：φc ω = −arctan⁡ (0.5ω)
0.1(1+j5ω ) 1+j0.5ω
系统误差频率特性为：Ge jω = Ge s |s=jω = 其幅频特性为： Ae ω = 0.1
5-16
某单位反馈系统的开环传递函数G s =
K
s(s+a)
，试求出满足 Mr=1.04，ω r=11.55rad/s 的 K 和
a 值，并计算系统取此参数时的频宽和调整时间。 解：试题给出的开环传递函数属于Ⅰ型系统，标准Ⅰ型系统开环传递函数为
2 n 2 ，对比有关系式为： K n , a 2 n G( s ) s( s 2 n )
G ( j )
K [1 2 2 j ( j ) 2 ] K [1 2 2 j ( j ) 2 ] j j 2 1 20 1 j 100 ( j ) 2 1 2 1 ( ) 0.1 0.1
其中 1 0.2 ， 1 0.1 ，系统为 0 型系统，所以：
2 n ，其标准闭环传递函 s( s 2 n )
数为：Gc ( s )
2 n / ， 其最大超调量为： e 2 2 s 2 n s n
1 2
峰值时间为： 100% ，
tp

1 2 n
。
有试题给出的条件，则有： e
/ 1 2
5-7
下面的各传递函数能否在图 5-40 中相应的奈氏曲线？ 解：(1)G1 s = s 2 (0.4s+1) (2) G2 s = (3) G3 s =
0.14(9s 2 +5s+1) s 3 (0.3s+1) K(0.1s+1) s(s+1) K 0.2(4s+1)
——> ——> ——> d
c 类似，但 No
组合各环节的幅频特性和相拼特性，整个开环传递函数的 Bode 图如下图 5-8-3 实线④ 所示。
L()
20dB / dec
20
①
0.1
1
2
②
10
③
(rad / s)
④ 60 dB ①
/ dec
90 0.1
1
2
10
② ③
(rad / s)
180
270 ()
④
1 ，转折频率 1 2rad / s ，其幅频特性如图 5-8-5 0.5s 1
1 ，转折频率 2 10rad / s ，其幅频特性如图 5-8-5ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ0.1s 1
L()
①
40 dB / dec
20
10
0.1
1
2
10
(rad / s)
③ ④
60dB / dec
①
②
80 dB / dec
所以：幅频特性：A ω =
ω 1+0.01 ω 2 0.1ω
，相频特性：φ ω = − 2 − arctan0.1ω
1
实频特性: U ω = − ω (1+0.01ω 2 )，虚频特性：V ω = − ω (1+0.01ω 2 )
5-4
某单位负反馈系统的开环传递函数G s = 5s+1，当输入r t = 5cos⁡ (2t − 30° )时，试求系统 的稳态输出和稳态误差；若r t = 5 cos 2t − 30° − sin⁡ (t + 45° )时，求系统的稳态输出。 解：系统的闭环传递函数为：Gc (s) = 1+G(s) = s+2 系统的误差传递函数为：Ge (s) =
。
10 ，其斜率为-40dB/dec 的直线，与 s2
横轴相较于 10，相频特性为-180 的直线，其 Bode 图如图 5-8-5 中虚线①所示； 惯性环节 1，传递函数为 中虚线②所示； 惯性环节 2，传递函数为 中虚线③所示； 延时环节，其传递函数为，其幅值为 1，因此不会对整个传递函数的幅频特性产生影 响，其相频特性是相位与频率成正比，表达为： ( ) 0.5 *180/ pi 28.6 * 。 若不考虑延时环节，将各环节的幅频特性和相拼特性进行组合，则整个传递函数的 Bode 图如下图 5-8-5 实线④所示。若加入延时环节，整个传递函数的幅频特性保持不变，仍 为曲线④，相频特性则为曲线⑤。
1+25 ω 2 1+0.25 ω 2
， 相频特性： φe ω = arctan⁡ (25ω) − arctan⁡ (0.5ω)
所以，当输入r t = 5cos⁡ (2t − 30° )时，
因为：Ac ω |ω =2 =
1.8 4+22
= 0.64，φc ω |ω =2 = − arctan 0.5 ∗ 2 = −45°
e 类似，但 No a No
(4) G4 s = (s+1)(s+2)(s+3) (5) G5 s = s(s+1)(0.5s+1) (6) G6 s = (s+1)(s+2)
K K
——> ——> ——> No
5-8(1,3,6)
试画出下列传递函数的 Bode 图。 (1) G1 s =
10 (0.5s+1)(0.1s+1) 10
(3) G3 s = s(0.5s+1)(0.1s+1) (6) G6 s = s 2 (s+2)(s+10)
200e −0.5s
解: (1)给定的开环传递函数为标准形式：
G1 ( s)
10 (0.5s 1)(0.1s 1)
此传递函数可表示为比例环节、两个惯性环节组合而成。 比例环节为 10，其幅频特性为平行于横轴的水平线，离横轴距离为 20log10=20dB， 相频特性为 0°的直线。其 Bode 图如图 5-8-1 中虚线①所示； 惯性环节 1，传递函数为 中虚线②所示； 惯性环节 2，传递函数为 中虚线③所示； 组合各环节的幅频特性和相拼特性，整个开环传递函数的 Bode 图如下图 5-8-1 实线④ 所示。
2
10
② ③
(rad / s)
90
180 ()
④
图 5-8-1 题 5-8(1)Bode 图 (3) 给定的开环传递函数为标准形式：
G1 ( s )
10 s(0.5s 1)(0.1s 1)
10 ，其斜率为-20dB/dec 的直线，与 s
此传递函数可表示为比例环节、积分环节、两个惯性环节组合而成。该系统为Ⅰ型系统。 比例环节和积分环节组合于一起，传递函数为
实频特性: U ω = 1+(T ω )2 ，虚频特性：V ω = − 1+(T ω )2 (2) G2 jω =
1 j ω (j0.1ω +1)
=
1 ω 1+0.01 ω 2 1
e−j(2 +arctan 0.1ω ) =
π
1 ω (−0.1ω +j) π
=
−0.1ω−j ω (1+0.01 ω 2 )
0.163，

1 2 n
0.1146，解方程组得：
0.5
n 31.68rad / s
1003.6 ， s( s 31.68)
所以，开环传递函数为 G( s )
其闭环谐振峰值为： M r
1 2 1 2
2
| 0.5 1.15，
谐振频率为： r 1 2 n | 0.5, n 31.68 22.4rad / s
20log K 20
解得：K=10 系统频率特性为： G( j )
10[1 0.2 j ( j ) 2 ] 1 4 j 100( j ) 2
系统传递函数为： G( s )
10s 2 2s 10 100s 2 4s 1
其对数相频特性见图 5-18-a
图 5-8-3 题 5-8(3)Bode 图 (6) 给定的开环传递函数为标准形式：
G1 ( s)
10e 0.5 s s 2 (0.5s 1)(0.1s 1)
此传递函数可表示为比例环节、两个纯积分环节、两个惯性环节和延时环节组合而成。该 系统为Ⅱ型系统。 比例环节和积分环节组合于一起，传递函数为