《自动控制原理》 卢京潮主编 课后习题答案 西北工业大学出版社

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。

(a) (b)

图5-75 R-C 网络

解 （a)依图：⎪⎪⎪⎩

⎪⎪⎪⎨⎧

+==+=++=

+

+

=

21211112

12111111

221

)1(11)

()(R R C R R T C R R

R R K s T s K sC R sC R R R s U s U r c ττ (b)依图：⎩⎨

⎧+==++=+

++

=C

R R T C

R s T s sC

R R sC R s U s U r c

)(1

111)()(2122222212ττ 5-2 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)(t c s 和稳态误差)(t e s （1） t t r 2sin )(=

（2） )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 解 系统闭环传递函数为: 2

1

)(+=Φs s 图5-76 系统结构图 频率特性: 2

244221)(ω

ω

ωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 2

41

)(ω

ω+=

Φj

相频特性: )2arctan()(ω

ωϕ-=

系统误差传递函数: ,2

1

)(11)(++=+=

Φs s s G s e 则 )2

arctan(arctan )(,

41)(22ω

ωωϕωωω-=++=

Φj j e e

（1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1

则 ,35.08

1

)(2==

Φ=ωωj 45)22

arctan()2(-=-=j ϕ

（2） 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨

⎧====2,21,122

11m m r r ωω 5-3 若系统单位阶跃响应

试求系统频率特性。 解 s

s R s s s s s s

s C 1)(,)

9)(4(36

98.048.11)(=

++=+++-

=

则

)

9)(4(36

)()()(++=Φ=s s s s R s C 频率特性为 )

9)(4(36

)(++=Φωωωj j j

5-4 绘制下列传递函数的幅相曲线：

解 ()

()()12G j K j K e j ==-+ωω

π

幅频特性如图解5-4(a)。 幅频特性如图解5-4(b)。 ()

()()()

33

332G j K j K e j ωωω

π==- 图解5-4 幅频特性如图解5-4(c)。

5-5 已知系统开环传递函数

试分别计算 5.0=ω 和2=ω 时开环频率特性的幅值)(ωA 和相角)(ωϕ。

解 )

5.01)((21(10

)()(2ωωωωωωj j j j H j G +-+=

计算可得 ⎩⎨⎧︒-==435.153)5.0(8885.17)5.0(ϕA ⎩⎨⎧︒-==53.327)2(3835

.0)2(ϕA

5-6 试绘制下列传递函数的幅相曲线。

(1) G s s s ()()()=

++5

2181

(2) G s s s

()()

=+1012

解 (1) G j ()()()

ωωω=-+5

11610222

取ω为不同值进行计算并描点画图，可以作出准确图形 三个特殊点： ① ω=0时， 00)(,5)(=∠=ωωj G j G ② ω=0.25时, ︒-=∠=90)(,2)(ωωj G j G

③ ω=∞时, 0180)(,

0)(-=∠=ωωj G j G

幅相特性曲线如图解5-6（1）所示。

图解5-6（1）Nyquist 图 图解5-6（2） Nyquist 图

(2) G j ()ωωω=+1012

2

两个特殊点： ① ω=0时， G j G j (),()ωω=∞∠=-1800 ② ω=∞时, G j G j (),()ωω=∠=-0900

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 )

1()

1()(12++-=

s T s s T K s G ； 0,,21>T T K

当1=ω时，︒-=∠180)(ωj G ，5.0)(=ωj G ；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)(ωj G 。

解 )

1()

1()(12+--=s T s s T K s G

先绘制)

1()

1()(120+-=

s T s s T K s G 的幅相曲线，然后顺时针转180°即可得到)(ωj G 幅相曲线。)(0s G 的

零极点分布图及幅相曲线分别如图解5-7(a)、(b)所示。)(s G 的幅相曲线如图解5-7(c)所示。

依题意有： K s sG K s v ==→)(lim 0

， 11==K e ssv ，因此1=K 。

另有： 5.01)

(1)(11)1)(1()1(2

2

2122

212121

12=++=++--=+--=T T T T T T j T T T jT jT j G 可得： 22=T ，5.0121==T T ，1=K 。 所以： )

5.01(21)(ωωω

ωj j j j G +-=

5-8 已知系统开环传递函数

试概略绘制系统开环幅相频率特性曲线。

解 )(ωj G 的零极点分布图如图解5 -8(a)所示。

∞→=0ω变化时，有

分析s 平面各零极点矢量随∞→=0ω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 绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。

(1) G s s s ()()()

=

++2

2181；

(2) G s s s s ()()()

=++200

11012；

(3) G s s s s s s ()(.)

(.)()

=++++40050212

(4) G s s s s s s s ()()

()()()

=+++++20316142510122

(5) G s s s s s s s ()(.)

()()

=+++++801142522

解 (1) G s s s ()()()

=

++2

2181

图解5-9（1） Bode 图 Nyquist 图

(2) G s s s s ()()()

=

++200

11012

图解5-9（2） Bode 图 Nyquist 图

(3) )1)(12

.0()12(100)

1)(2.0()

5.0(40)(22

++++=++++=

s s s s s s s s s s s G

图解5-9（3） Bode 图 Nyquist 图

(4) G s s s s s s s ()()

()()()

=

+++++20316142510122