自动控制原理考试试题第五章习题及答案-2

第五章 线性系统的频域分析与校正练习题及答案—-25—12 已知)(1s G 、)(2s G 和)(3s G 均为最小相角传递函数,其近似对数幅频特性曲线如图5—79所示。

试概略绘制传递函数 G s G s G s G s G s 412231()()()()()=+的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线.解:（1) L K 11204511()lg .ω== ∴=K 1180则： G s K 11()=(2） G s K s s 22081()(.)=+20201022lg /lg K K ω== ， K 21= （3)L K K 333202001110()lg lg .ωω===s s K s G K 9)(,9111.01333====∴（4） G s G G G G 412231()=+ 将G G G 123,,代入得:G s s s 41801251()(.)=+对数频率特性曲线如图解5—12（a ）所示，幅相特性曲线如图解5—12（b)所示:图解5—12 (a） Bode图 (b） Nyquist图5-13试根据奈氏判据，判断题5—80图(1）～（10）所示曲线对应闭环系统的稳定性。

已知曲线（1）~(10）对应的开环传递函数如下（按自左至右顺序）。

题号开环传递函数P N NPZ2-=闭环稳定性备注1 G sKT s T s T s()()()()=+++1231110 -1 2 不稳定2 G sKs T s T s()()()=++12110 0 0 稳定3 G sKs Ts()()=+210 —1 2 不稳定4 G s K T s s T s T T ()()()()=++>12212110 0 0 稳定 5 G s K s ()=30 -1 2 不稳定 6 G s K T s T s s ()()()=++123110 0 0 稳定 7 G s K T s T s s T s T s T s T s ()()()()()()()=++++++5612341111110 0 0 稳定 8 G s KT s K ()()=->1111 1/2 0 稳定 9 G s KT s K ()()=-<1111 0 1 不稳定 10G s Ks Ts ()()=-11—1/22不稳定5-14 已知系统开环传递函数，试根据奈氏判据,确定其闭环稳定的条件：)1)(1()(++=s Ts s Ks G ； )0,(>T K（1）2=T 时，K 值的范围； (2）10=K 时，T 值的范围； (3）T K ,值的范围.解 [])()()1)(1()1()1()1)(1()(2222ωωωωωωωωωωωY X T T j T K jT j j K j G +=++-++-=++=令 0)(=ωY ,解出T1=ω,代入)(ωX 表达式并令其绝对值小于111)1(<+=T KTT X得出： T T K +<<10 或 110-<<K T（1)2=T 时,230<<K ;（2）10=K 时，910<<T ；（3）T K ,值的范围如图解5—14中阴影部分所示。

5-15 已知系统开环传递函数)5.0)(2()52(10)(2-++-=s s s s s G试概略绘制幅相特性曲线，并根据奈氏判据判定闭环系统的稳定性。

解 作出系统开环零极点分布图如图解5—15（a)所示。

)(ωj G 的起点、终点为: ︒∠=18050)0(j G ︒∠=∞010)(j G)(ωj G 与实轴的交点:[]22222222)5.1()1()5.35.5(3)1)(5(10)5.0)(2()25(10)(ωωωωωωωωωωωω+++-+++--=+-+--=j j j j j G令[]0)(Im =ωj G 可解出254.15.3/5.50==ω代入实部 []037.4)(Re 0-=ωj G概略绘制幅相特性曲线如图解5—15（b ）所示.根据奈氏判据有 2)21(212=--=-=N P Z所以闭环系统不稳定。

5—16 某系统的结构图和开环幅相曲线如图5-81 （a)、(b ）所示.图中G s s s H s s s ()(),()()=+=+111232试判断闭环系统稳定性，并决定闭环特征方程正实部根个数.解 内回路开环传递函数: G s G s H s ss 0241()()()()==+G j G j G j ()()()0000018001800=∠=∠∞=∠-+大致画出G j 0()ω的幅相曲线如图解5—16所示。

可见G j 0()ω不会包围（—1，j0）点。

∴=-=-⨯=Z P N 00020200即内回路小闭环一定稳定。

内回路小闭环极点（即开环极点）在右半S 平面的个数为0。

P Z ==00由题5-16图（b)看出:系统开环频率特性包围（—1,j0）点的圈数 N=-1。

根据劳斯判据 2)1(20221=-⨯-=-=-=N Z N P Z系统不稳定,有两个闭环极点在右半S 平面。

5—17 已知系统开环传递函数 )18.02.0(10)(2-+=s s s s G 试根据奈氏判据确定闭环系统的稳定性。

解 作出系统开环零极点分布图如图解5-17(a)所示。

)04.01)(1()]2.01(8.0[10)1)(2.01(10)(222ωωωωωωωωω+++-=-+=j j j j j G )(ωj G 的起点、终点为:︒-∞∠=180)0(j G ︒-∞∠=+270)0(j G ︒-∠=∞2700)(j G 8)](Re[lim 0-=→ωωj G幅相特性曲线)(ωj G 与负实轴无交点.由于惯性环节的时间常数2.01=T ，小于不稳定惯性环节的时间常数12=T ，故)(ωϕ呈现先增大后减小的变化趋势。

绘出幅相特性曲线如图解5-17（b ）所示。

根据奈氏判据 2)21(212=-⨯-=-=N P Z 表明闭环系统不稳定。

5—18 已知单位反馈系统的开环传递函数，试判断闭环系统的稳定性。

)14)(1(10)(2++=ss s s G 解 作出系统开环零极点分布图如图解5-18(a)所示.当∞→=0ω变化时，)(ωj G 的变化趋势：︒∞∠=0)0(j G ︒-∞∠=+90)0(j G ︒-∞∠=-4.153)2(j G ︒-∞∠=+4.333)2(j G ︒-∠=∞3600)(j G绘出幅相特性曲线)(ωj G 如图解5—18(b ）所示.根据奈氏判据 2)1(202=-⨯-=-=N P Z 表明闭环系统不稳定。

5—19 已知反馈系统，其开环传递函数为（1） G s s s ()(.)=+100021(2） G s s s s ()(.)()(.)=+++50021205(3) G s s s s ()(.)(.)=++100110251(4) )120)(110)(1()12(100)(++++=ss s s s s G 试用奈氏判据或对数稳定判据判断闭环系统的稳定性,并确定系统的相角裕度和幅值裕度.解 （1) G s s s ()(.)=+100021=+10051s s ()画Bode 图得：⎪⎩⎪⎨⎧∞==⨯=g C ωω36.221005γωωω=+∠=--===∞-1801809002126100010G j tg h G C g ()..()图解5—19 (1) Bode 图 Nyquist 图（2） G s s s s ()(.)()(.)=+++50021205=+++50512121()()()s s s画Bode 图判定稳定性:Z=P-2N=0—2×(—1）=2 系统不稳定。

由Bode 图得：6>cω令： ccc j G ωωωω225501)(⋅⋅≈= 解得 3.6=cω令： 0111180225)(-=--=∠---g ggg tg tgtgj G ωωωω 解得 ωg =37.391.0501)2(1)2(1)5()(14.29225180)(180222011100=+++==-=---=∠+=---g ggg C CCG h tg tg tg j G ωωωωωωωωγ图解5-19 (2) Bode 图 Nyquist 图（3） G s s s s ()(.)(.)=++100110251=++1010141s s s ()()画Bode 图得:⎩⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧=⨯==⨯=10325.6104325.61040h g C γωω 系统临界稳定。

图解5—19 （3) Bode 图 Nyquist 图（4） )120)(110)(1()12(100)(++++=ss s s s s G 画Bode 图得：⎩⎨⎧==1.135.21gc ωω⎩⎨⎧-==︒-=∠+︒=)(3.9343.08.24)(180dB h c ωϕγ 系统不稳定。

5-20 设单位反馈控制系统的开环传递函数为G s as s ()=+12试确定相角裕度为45°时的α值。

解 G j a tg a ()()()ωωωω==+∠--11802210开环幅相曲线如图所示。

以原点为圆心作单位圆，在Ａ点： A a cc ()ωωω=+=11222即: ωωc c a 4221=+ （1）图解5-19(4) Bode 图要求相位裕度 γϕω=+=1804500()c即： 000113518045180)(-=-=︒-=-c c a tg ωωϕ∴=a c ω1 （2)联立求解(1）、（2）两式得：ωc =119.， a =084.。

5-21 在已知系统中G s s s H s K s h ()(),()=-=+1011试确定闭环系统临界稳定时的h K .解 开环系统传递函数为 )1()1(10)()(-+=s s s K s H s G h解法(一）：画伯特图如图解5-21所示图解5-21)1()1(10)()(-+=ωωωωωj j j K j H j G h临界稳定时 0110018018090)(-=++--=--c h c c K tg tg ωωωϕ 01190=+--c h c K tg tg ωω∞=-+ch c ch c K K ωωωω1012=-c h K ω21c h K ω=由Bode 图 ωc =316. 1.0≈∴h K法（二） )()()1()1(10)()(ωωωωωωωjv u j j j K j H j G h +=-+=)1()1(10)(2+-+=ωωωωh K u ; )1()1(10)(22+--=ωωωωh K v 令 v ()ω=0 ， 则 0)1(102=-ωh K h K 12=∴ωhK 1=∴ω （1) 又令 u ()ω=1)1()1(102-=+-+ωωωh K代入（1）得： )11()1(10+=+hh K K 019102=-+h h K K解出： 201219±-=h K 1,101-==∴h h K K （舍去)。