广西大学自动控制原理习题答案(本科)第4章(DOC)

1、1习题参考答案试求：使系统增益裕度为 1010 的 K K 值;使系统相角裕度为30的 K K 值。(1)(1)求gm=10的 K K 值：令180为相角交越频率，有arctan02伽=45,侦=5由2180(10.04180)K可解得 K=1K=1o(2)(2)求：m =30的 K K 值：由定义m=180EG(i，c)=180(-90 -2arctan0.2，c)=30arctan0.2c=30求得系统幅值交越频率c=5/3由K2c(1 0.04c)2K = c(1 0.04c) =3.854-14-1 已知单位反馈系统的开环传递函数为Ks(0.2s 1)2解：系统开环频率特性为G(i )

2、Ki，(0.2i1)2gmIG(i180)I|G(c)F=12注意：涉及相角的计算时，可以(1 1)逐个计算基本环节的相角，然后叠加起来。(2 2 )将频率特性展开为实部和虚部，然后计算相角。 计算幅值一般将各个基本环节的幅值相乘。4-24-2 试由幅相频率计算式ZG(r ) - -90 -argtan心亠argtanargtan10，G(i5) =2确定最小相位系统的传递函数。解: :由相频计算式可得出传递函数的形式为G(s)=2”)s(s+1)(10s+1)由幅频计算式G(i5) =2有K(5/3)1_25丿52+1 Jl02；52+1求得K (0.2 )210/3，所求最小相位系统的传递

3、函数为1312(s/3+1)s(s+1)(10s+1)4-34-3 已知单位反馈系统开环传递函数若希望系统闭环极点都具有小于-1-1 的实部，试用 NyquistNyquist 判据确定增益 K K 的最大值。解：令u=S 1，贝“u平面所有极点均处于负平面”等价于“sG(s)二K(s 1)(s 1.5)(s 2)3平面所有闭环极点均具有小于-1-1 的实部”，并且4G(U)一u(u 0.5)(u1)可见G(u)并无右半平面的开环极点，所以G(u)的 NyquistNyquist 轨线不能包围(-1, i0)点。只要满足：G(u)轨线与负实轴的交点在-1-1 点右侧(大于-1-1)即可，令G(

4、u)的相频为-180，得到/G(i- -90 -arctan2u-arctanu- -180arctan2亠arctan % =90arcta nc茫=ta n90c1-2 -0c求得G(u)的相角交越频率3/4。注意：作变量替换时，尝试选一些点验证一下。4-44-4 设某系统结构图如下图所示，其中K K 00。(1) 试求系统稳态误差eSs；(2)若3=1=1 时，要求稳态误差幅值ess_0.4A，试选择 K K 值。Uc1o =比2KmaxI。I0-5u3Kmax-4即若希望系统闭环极点都具有小于-1-1 的实部,G(%)=一=11增益 K K 的最大值为5K系统开环传递函数为G(s)=,

5、s + 2闭环系统的误差传递函数为e(s)_1 G(s) s 2 K其幅值与相位为0.e(i)=arctan0.5$ -arctan2 K因输入r(t) =Asin cot,系统的稳态误差为ess=Ae(i J sin(，t .Oe(r )24 sin(cot +arctan0.5-arctan- )2 + K因川= =1 1,令K24K -26.25 =0解得K1=3.5, K2- -7.5( (舍去).).故满足题意要求的K K 值范围为K _3.54-54-5 已知系统解：(1)(1)求系统稳态误差ess4亠心2“)r (2 K)-.2Ay(2 +K)2+时24 +co2、(2 K)2，

6、= 0.46K【(ks 1)G(s)二sn(TjS+1)型次V0（含有V个积分环节），NyquistNyquist 曲线起始于实轴（= 0）, 试问什么情况下起始于负实轴，什么情况下起始于正实轴。答：当开环增益K 0时，起始点位于正实轴；当开环增益 K K :0时，起始点位于负实轴。4-64-6 设系统的开环传递函数为G(s)K(hs+1)G(s)二二S2(T2S+1)(J3S+1)(T4S+1)其中K，Ti,T2,T3,T40。（1 1）已知T2T3T4T|，试概略绘制该系统的NyquistNyquist 图。（2 2）若T2T3T4%，请概略绘制该系统的NyquistNyquist 图。解

7、：（1 1）G（i0）=二e80，而且对于小正数；，有G（i；） ： 一180 -T3T4TJ；: -180G（i：） = 0e360，概略绘制的 NyquistNyquist 图如下Im G（2）G（i0 e4180，而且对于小正数；，有7L(s)二Ks(Ts 1).G(i；)：-180(T2T3T4TJ；-180G(i：) =0eJ360，概略绘制的 NyquistNyquist 图如下注意：一般情况下 NyquistNyquist 图的起点总是在正实轴。4-74-7 设系统的开环频率特性函数的极坐标图如图所示。试用 NyquistNyquist 稳定性判据判定闭环系统的稳定性。解：（1

8、1）P=0P=0，Wn =2, N=N= P+P+Wn=2=2，闭环系统不稳定，有 2 2 个RHPRHP 极点。（2）P= =0，Wn= = 1 1，故 N=N= P+P+Wn=1=1，闭环系统不稳定，有 1 1 个RHPRHP 极点。（3 3）P=2P=2，Wn=-2=-2，故 N=N= P+P+Wn=0=0，闭环系统稳定。4-84-8 已知系统开环传递函数8把虚轴上的开环极点视为不稳定的开环极点，重新确定 NyquistNyquist 路径,并绘制 L L（s s）的 NyquistNyquist 图，据此判定闭环系统的稳定性。解：s s 平面小圆弧顺时针的路径映射为L L（s s）平面

9、逆时针的大圆弧。W Wn=-=- 1 1 （逆时针），P=P= 1 1，N=0N=0，闭环系统稳定。4-94-9 已知最小相位 （单位反馈） 开环系统的渐近对数幅频特性如 图所示。（1 1）试求取系统的开环传递函数；（2 2）要求系统具有30的稳定裕度，求开环放大倍数应改变的 倍数。Nyquist 路径L(s)的 Nyquist 图9解：（：（1 1）由图可得出系统开环传递函数的基本形式为10将点(0.1(0.1,40)40)代入上式，因低频段幅值仅由比例环节和积分环节决定, 即K20log G(i0.1) =20log40求得K=10K=10，所求系统开环传递函数为10 G(s)=s(10s

10、+1)(0.1s+1)(2)(2)由相角裕度的定义申m=180 -90。一arctan10cc-arcta门0.1铤=30。导出AQ彳阳_arctan=60、一3 f 1 0.1*厂=301 %解出c=0.17由交越频率的定义有解出 K=0.335K=0.335。即开环放大倍数衰减 3030 倍。4-104-10 已知系统的开环传递函数为G400(25s2+15s + 9)s3s2(s 0.2)( s 12)( s 50)(1)(1)用渐近线法绘制系统的开环BodeBode 图;(2)(2)由 BodeBode 图判断闭环系统的稳定性；(3)(3)求出交越频率以及相角裕度的近似值；G(s)二K

11、_s(10s 1)(0.1s 1)|G(c)F_K0.17 1.72r. 0.01721=111(4 4)由 MATTABMATTAB 作 BodeBode 图，求出交越频率和相角裕度，并与 渐近线图解比较。解：(1 1)首先将G(s)化为尾 1 1 标准形式、400(25s2+15s + 9)G(s) _23S2(S+0.2)(S+12)(S+50)10 (5s/3)2+5S/3+1=2=2s2(5s 1) s/121 s/50 1知该系统为典型n型系统，各环节转折频率为 0.20.2、0.60.6、1212、50rad/s50rad/s,20lgK=20lg10=2020lgK=20lg1

12、0=20 ,过 =1=1 , |G(i|G(i)|)|dB=20=20 的点，作斜率为-40-40 的直线,遇到转折频率 0.20.2、0.60.6、1212、5050 时，相应地直线斜率变化，如下图 所示。(2(2) P=0P=0 ,Wn= 2(c _ - C ) = 2(1 -1) = 0故 N=N= P+P+wn=0=0，闭环 系统稳定。-2701d-1001产二*V.、1丿Vo o Oo-90G(i)0.1 0.20.61250o-135o-18012-arctan5carctanc-arctan=54.621250(4(4) MATTABMATTAB 程序校验num=400/3*25

13、 15 9; den=conv(1 0.2 0 0,1 62 600); bode(num,den); grid on Gm,Pm,Wcg,Wcp = margin(num,den)Gm =10.7036 ; Pm =56.7919 ; Wcg =23.9829 ; Wcp =5.0533交越频率为 5.05rad/s5.05rad/s,相角裕度为56.8,这与近似计算值非常接近。4-114-11 已知各最小相位系统的开环对数幅频特性曲线如图所示，（1 1）试确定各系统的开环传递函数；（2 2）求相角裕度；（3 3）概略画出对应的相频特性曲线；4 4）分析闭环系统的稳定性。(3)由|G(ic)

14、l：400 25：23c c12 50；m= 180 G(iF)=180 arctan15c9 -25J-180gMeBode Diagram200Frequency (rad/sec)13K(0.5s+1)2s (0.1s 1)(0.05s 1)120lg K+40lg 600.1即 20lgK=2020lgK=20，解得 K=10K=10。2-(2)(2)20=40lg -+20lg即 20=20lg(220=20lg(2 匕)，解得 匕=5=5，由此12m=180 arctan0.5c-180 -arctan0.1c-arctan0.05c(1)(1)如图，转折频率为环传递函数形式为G(

15、s)该系统的开环传递函数为10(0.5s+1)s2(0.1s 1)(0.05s 1)解:2 2、1010、2020。该系统为典型n型系统，其开14= 27.60G(i J =arctan0.5 -180 -arctan0.1，-arctanO.05，(4)P=0(4)P=0,Wn=2(c -c ) =2(0-0) =0，故 N=N= P+P+wn=0=0，闭环 系统稳定。II.II.针对(b)(b)图：(1)(1)设未知转折频率从左至右依次为- -=1/=1/、2H1/T2、3=1/丁3、4=1/丁4，则其开环传递函数形式 为K(10s+1)G(s)：(T十1)(T2S十1)(T3S+1)(T

16、4S+1)20lg K =20, 解得 K=10K=10；20=40 -20，解得-1=1=1T1=1=1 ；0.110060lg 5，解得4=82.54=82.54，T4=0.0121=0.01214 440lg一=15-5，解得3=46.42=46.42，T3=0.0215=0.0215 31510(10s+1)(s 1)(0.383s 1)(0.0215s 1)(0.0121s 1)(2)(2)c=100=100，由此m=180 arctan10c- arctanc- arctan0.383c-arctan0.0215c-arctan0.0121c=一24ZG(r ) = arctan1

17、0 -arctan -arctan0.383 -arctan0.0215arctan0.0121 o320lg3=40-152该系统的开环传递函数为解得2=2.61=2.61T2=0.383=0.383G(S)二16答：若开环传递函数L(s)的 RHPRHP 极点数为 P,P,则闭环系统稳定的充分必要条件是L(s)L(s)的 NyquistNyquist 图 L(iL(i0, =- -旳顺时针环绕临界点 L=1L=1 的圈数为 P P。26(s2_3s + 5)4-134-13 设系统的开环传递函数为G(s)，求交越频(s + 3)(s1)率c和相角交越频率-180，并用 MATLABMATL

18、AB 程序进行校核，你得到什么结论。解：(1 1)起点：G(i0 )= -10 =10e4180(2(2)终点：G(i二)=6 =6ei02 2 2_ _6(-6(-，- -35)35)6(56(5 - -，) ) -3-3，i(i( - -，)-2)-2，ii- -(i(i 3)C3)C i i -1)-1) = = ( 3 3 2 2) )2i(i( 2 2) ) 2 2 ii6(6( 4 4-8-82-15)-15)7(57(52-1)-1)(3(3 + +时2) )2+4+4 2与实轴的交点：令虚部为0即52-1-1 =0=0 解得2=0.2=0.2 ,c= = 0.4470.447, 此时 G(LG(L) ) =-9=-9。(3(3) G(rG(r ) )正反馈系统的 Nyquist 图，临界点为 117与虚轴的交点：令实部为0即-8 -15=0-15=0 解得- =9