自动控制原理第五章习题答案

第五章习题答案

名词解释

30. 在谐波输入下，输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比A (ω)为幅

频特性，相位之差φ(ω)为相频特性，并称其指数表达式G(j ω)=A (ω)e

j φ(ω)为系统的

频率特性。

简答

1． A (ω)为输出响应中与输入同频率的谐波分量与谐波输入的幅值之比；φ(ω)为输入和

输出同频率的谐波分量的相位之差。

2. 稳定系统的频率特性等于输出和输入的傅氏变换之比。

3. Nyquist 图、 Bode 图、 Nichols

4. a.被控对象的频率特性可通过分析法和实验方法获得，并可用多种曲线表示，因而系统分

析和控制器设计可以应用图解法进行；b.频率特性的物理意义明确；c.控制系统的频域设计可以兼顾动态响应和噪声抑制两个方面的要求；d.频域分析法不仅适用于线性定常系统，还可以推广应用到某些非线性系统。

5. 反馈控制系统稳定的充分必要条件是：半闭合曲线ГGH 不穿过(-1,j0)点，且逆时针包围

(-1,j0)点的圈数等于开环传递函数的正实部极点数。

计算题

1. 解：系统开环频率特性为

1800)()(010)0()0()

110)(15(10

)()(-∠=∞∞∠=++=j H j G j H j G j j j H j G ωωωω

由于Im[)()(ωωj H j G ]<0 ω∀，故幅相曲线与负实轴没有交点，)(ωϕ从 0递减至

180-。作幅相曲线。开环系统的所有极点都在s 的左半面，P=0。而由开环幅相曲线可知，开环幅相曲线逆时针包围（-1，j0）点的圈熟数N=0。根据奈氏判据，闭环极点位于s 的右半面的个数Z=P-2N=0。因此系统闭环稳定。

2. 解：依题意设系统开环传递函数：

)

1)(1()(21++=s T s T K s G 因为有一个转折频率为10，

故可令一时间常数T 1=1/10. 在低频段，有：

20lg 20)(lg 20)(===K w A w L

所以K ＝10。

0)11/(lg 20)1(2

221=+⋅+=T T K L

解得：T2＝9.9 闭环传递函数为：

K s T T s T T K

s G s G s ++++=+=Φ1)()(1)()(21221＝11

1099.010

2

++s s

3. 解：根据渐近对数幅频特性图，得系统开环传递函数

)1200/()

14/()(2++=s s s K s G

2202.0142

lg 20)4(lg 2020)4(+===K j G L 故有：280=K 稳态误差：

009.01

≈=K e ss

4. （1）解：由条件知

21

)(1s s G =，1)(2+=Ts K

s G

开环传递函数：

)1()(221++=Ts s s

K K K KK s G d p (

3个极点：T p p /1,032,1-==

1个零点：d p K K z /-=

根轨迹如图所示

（1）z p <3 （2）z p >3 在（1）种情况下，闭环极点均位于左半平面，系统稳定；在（1）种情况下，始终右半平面的根轨迹，故系统不稳定。

（2） 解：由条件知

21)(1s

K s G =，1)(22+=Ts K s G 开环传递函数：

)1()(32

1++=Ts s K s K K KK s G i p

4个极点：T p p /1,043,2,1-==

1个零点：p i K K z /-=

根轨迹如图所示

z p <4 z p >4

两种情况下，均有位于右半平面的根轨迹。故系统不稳定。

5. 解：系统开环频率特性为

⎪⎩

⎪⎨⎧-=+=ωωϕωωarctg A 3)()1(4)(2/32 依题意，3=x ω时，πωϕ-=)(x ，5.0)(-=x G ω 所以，幅值裕度h=2。

当A(ωc )=1时，2333.11163/1≈-=c ω，09.152)(-=c ωϕ，01.29=γ

6.解： 系统开环频率特性为：

)()()(ωϕωωj e A j G = 其中，⎪⎩

⎪⎨⎧-=+=πωωϕωωωarctga a A )(1)(2

2

2 根据相角裕度定义，

4)(πωωϕπγ=

=+=arctga c 解得：1=ωa （1）

又：1)(=c A ω 得：012

24=--ωωa （2） 联立（1）（2）求解得：

⎪⎩⎪⎨⎧≈==-84.02225.04a ω

7．2,100,100===νωc K

依条件可得开环传递函数

)

101.0()1(100)(2++=s s s s G 8.解： 依条件设系统开环传递函数为：

)

11.0()(+=s s K s G 因为0101.0lg 20)(12=+==ωωωωK

L

解得 101.1≈=K

由于系统为I 型系统，故在单位阶跃响应下的稳态误差为0。

9. 解：由系统开环频率特性知，该系统为II 型系统，静态加速度误差系数为

100=a K

则稳态误差为：

01.0/1==a ss K e