自动控制原理作业4参考答案

自动控制原理作业4 参考答案
1、已知某系统的开环传递函数为
试绘制系统开环对数幅频特性和开环对数相频特性图，用对数判据分析闭环稳定性，求出相位裕量和增益裕量。

解：由题目给定的传递函数可知，系统的转折频率依次为0.023，0.053，1.48，1.6，2.27，30.3和50。

低频段渐近线为水平线，高度为24dB。

系统相频特性为
ω和φ(ω)对照表如下：
开环对数颇率特性如图1所示。

由图可知，在L(ω) > 0的频段内，φ(ω)对–180o线有1次正穿越，而系统开环传递函数有两个位于右半s平面的极点；即p = 2。

正负穿越次数之差为
图1
故闭环系统稳定。

可算得ωc = 7. 243rad/s，相位裕量γ = 53o，相位穿越频率ωg =32. 3rad/s，增益裕量K g = 13. 5dB。

2、已知某最小相位系统的开环对数幅频特性曲线如题2图所示，试确定系统的开环传递函数，并求出相角稳定裕
量，画出对应的对数相频特性，分析闭环系统的稳定性。

题2图
解：(1) 由题2图可知，低频段渐近线斜率为 –40dB/dec，表明系统有两个s = 0的极点；并可以确定各转角频率对应的典型环节类型：在ω= 2处，斜率变化20dB/dec，为一阶徽分环节；在ω= 10处，斜率变化 –20dB/dec，为惯性环节；在ω= 0. 1处，L(ω) = 60dB，斜率为 –40dB/dec，据此可得到系统的开环增益K。

因为
所以K = 10。

系统的开环传递函数为
(2) 求穿越频率和相位裕量：
系统的相位裕量为
(3) 相频特性为
根据不同频率计算相角，可以画出对数相频特性曲线，如图2所示。

图2
(4) 开环传递函数无右半s平面极点；在L(ω) > 0的频段内，φ(ω)对–180o线没有穿越；故闭环系统稳定。

3、已知某最小相位系统的开环传递函数为
其中ω1 < ω2 < ω3 < ω4， K* = ω4ωc2，ωc为系统开环对数幅频特性的幅值(增益)穿越频率。

试绘制该系统的开环对数幅频特性曲线。

解：由开环传递函数可知，系统开环对数幅频特性的基本形状应如图3所示，图中给出了各种可能情况。

现需要根据K* = ω4ωc2确定ωc的具体位置。

图3
依题意，系统开环放大倍数K 、增益穿越频率ωc 和各转折频率的关系为
数值上它等于低频段渐近线或其延长线与0分贝线交点的角频率，并且在ω =1时有L (ω) = 20lg K 。

ωc 的位置有以下几种可能情况：
(1) ωc ≤ ω1 ，如图中曲线(a)所示。

K = ωc ，与式(A)矛盾。

(2) ω1 ＜ ωc ≤ ω2 , 如图中曲线(b)所示。

ω1处的幅值为
K = ωc 2
/ω1 ，与式(A)矛盾。

(3) ω2 ＜ ωc ≤ ω3 ，如图中曲线(c)所示。

ω1处的幅值为
K =ω2ωc /ω1 ，与式(A)矛盾。

(4) ω3 ＜ ωc ≤ ω4 ，如图中曲线(d)所示。

ω1处的幅值为
K =ω2ωc 2/(ω1ω3) ，与式(A)一致。

(5) ωc ＞ ω4 ，如图中曲线(e)所示。

ω1处的幅值为
K =ω2ωc 3/(ω1ω3ω4) ，与式(A)矛盾。

所以，L (ω)必在ω3和ω4之间穿越0分贝线，对给定的转折频率及K*，对数幅频特性应为图3中的曲线(d)。

4、 已知某控制系统的开环传递函数为
试绘制该系统的极坐标图，并利用奈魁斯特稳定判据判定系统的闭环稳定性。

解：(1) 系统的开环频率特性函数为
为绘图方便，可将频率特性函数写成如下两种形式之一：
幅相形式：
实部虚部形式：
计算起点和终点：ω = 0时，05050)(o
180o j e j G j --==-ω；ω → ∞ 时，01010)(o
0o j e j G j +==ω。

计算与坐标轴的交点：254.17/11==ω时，交实轴于–13.33；ω = 2.77时，交虚轴于6.4。

极坐标图的变化趋势是：当ω < 1. 254时，虚部为负；当ω > 1. 254时，虚部为正。

据此并考虑到上述计算出的特征点，可绘制出ω = 0 → ∞时的图形，然后依对称性画出ω = – ∞→ 0时的部分，如图4所示。

图4
(2) 系统开环传递函数有一个右半s 平面的极点(p = 1)，极坐标图顺时针包围(–1, j0)点一圈(N = 1)；故闭环系统不稳定，有z = p + N = 2个右半s 平面的极点。

5、 设某控制系统的开环传递函数为
试对K* > 0和K* < 0绘制系统的极坐标图，并求出使系统闭环稳定的K*值范围。

解：(1) 系统的开环频率特性函数为
ω = 0时，曲线起点为：09*25)(o j K j G -=ω；ω → ∞时，曲线终点为：00)(o j j G --=ω。

ω = 3.08时，曲线交虚轴于3.42K*；ω = 1.9和5.4时，曲线交实轴于– 0.47K*和2.33K*。

系统的极坐标图如图5所示。

(a) K* > 0 (b) K* < 0
图5
(2) 开环系统有两个位于右半s 平面的极点(p = 2)。

要使闭环稳定，极坐标图应逆时针包围(–1, j0)点两圈，即应有N = –2。

由图5(a)可知，当K* > 0时，若 – 0.47K* < –1，即K* > 2.13，极坐标图可以逆时针包围(–1, j0)点两圈，闭环稳定。

而当K* < 0时，无论K*为何值，极坐标图将不会逆时针包围(–1, j0)点两圈，所以闭环不可能稳定。

可见使闭环稳定的取值范围为K* > 2.13。

6、 已知三个控制系统的开环频率特性函数的极坐标图如题6图所示，图中负实轴上的黑点坐标为 –1。

对应的开环
传递函数分别为
试用奈魁斯特稳定性判据讨论这三个系统的闭环稳定性。

题6图
解：(1) 系统开环稳定(p = 0)，题6图(a)的极坐标图顺时针包围(–1, j0)点两周(N = 2)，z = N + p = 2，故闭环系统不稳
定，有两个右半s 平面的极点；
(2) 系统开环稳定(p = 0)，题6图(b)的极坐标图顺时针和逆时针各包围(–1, j0)点1圈(N = 0)，z = N + p = 0，故闭环系统稳定；
(3) 系统开环传递函数有一个右半s 平面的极点(p = 1)，题6图(c)的极坐标图逆时针包围(–1, j0)点1圈(N = –1)，z = N + p = 0，故闭环系统稳定。

7、 设某反馈控制系统开环频率特性函数的极坐标图如题7图所示，开环放大倍数为K = 500，右半s 平面无开环传
递函数的极点和零点。

试确定使系统闭环稳定的K 值范围。

题7图
解：(1) 设该系统的开环传递函数为γs s KG s G p )()(o =,其中K 为开环放大系数，γ为系统型数，G p (s )为有理分式，
分子分母都是常数项为1的s 多项式，1)(lim 0
=→s G p s 。

由题7图可知，γ = 2。

记极坐标图与负实轴交点处对应
的频率为ω1、ω2和ω3，且ω3＞ω2＞ω1，则有
当K 变化时，极坐标图与负实轴交点的各个角频率不变，但交点位置沿负实轴移动。

设K = K 1时，极坐标图在ω1处与实轴交于–1 (即题7图中与负实轴相交于–50的点向右移到–1)，则有
同理可得极坐标图在ω2与实轴交于–1的增益为K 2 = 25，极坐标图在ω3处与实轴交于–1的增益为K 3 =10000。

图6表示K 变化时的4种极坐标图。

图6
上述各种情况下的闭环稳定性分析如下：
(a) K > 10000时，N = 2，z = 2，闭环系统不稳定，有两个右半s 平面的极点； (b) 25 < K < 10000时，N = 0，z = 0，闭环系统稳定；
(b) 10 < K < 25时，N = 2，z = 2，闭环系统不稳定，有两个右半s 平面的极点； (d) 0 < K < 10时，N = 0，z = 0，闭环系统稳定。

综上所述，使闭环系统稳定的K 值范围为：0 < K < 10和25 < K < 10000。

8、 设某单位反馈控制系统的开环传递函数为2o )1(100)(s s s G +=τ,试绘制该系统的极坐标图，并确定使相位裕量
等于45o 时的τ值。

解：(1) 开环频率特性函数为：[]
ωτ
ωτωωωτωωτω1
o 180(22222o 1100)1(100)()1(100)(-+-+=+-=+=tg
j e j j j j G
ω = 0+ 时，∞--∞=∞=-j e j G j o
180o )(ω；ω → +∞时，000)(o
90o j e j G j --==-ω。

曲线与坐标轴无有限值交点．极坐标图如图7所示。

图7
(2）以原点为圆心作单位圆，则极坐标图与单位圆交点处的幅值为：11100)(222=+=c c A ωτωω；即
224110000τωωc c += （A ）
相位裕量要求：o 1o o 45180180=+-=-τωγc tg ；即： 145o ==tg c τω （B ） 联立式(A)和(B)并解之，即得：
s s rad c 084.0 , 89.112104==⋅=τω。