第5章频域分析法习题解答

第5章频域分析法5.1学习要点1频率特性的概念，常用数学描述与图形表示方法；2典型环节的幅相频率特性与对数频率特性表示及特点；3系统开环幅相频率特性与对数频率特性的图示要点；4应用乃奎斯特判据判断控制系统的稳定性方法；5对数频率特性三频段与系统性能的关系；6计算频域参数与性能指标；5.2思考与习题祥解题5.1判断下列概念的正确性将频率为®0的正弦信号加入线性系统，这个系统的稳态输出也将是同一频率的。对于典型二阶系统，谐振峰值仅与阻尼此有关。p在开环传递函数中增加零点总是增加闭环系统的带宽。在开环传递函数中增加极点通常将减少闭环系统的带宽并同时降低稳定性。对于最小相位系统，如果相位裕量是负值，闭环系统总是不稳定的。对于最小相位系统，如果幅值裕量大1于，闭环系统总是稳定的。对于最小相位系统如，果幅值裕量是负分贝值闭，环系统总是不稳定的。对于非最小相位系统，如果幅值裕量大1于，闭环系统总是稳定的。对于非最小相位系统，须幅值裕量大1于且相位裕量大于0，闭环系统才是稳定的。。相位穿越频率是在这一频率处的相位)为幅值穿越频率是在这一频率处的幅值为B。幅值裕量在相位穿越频率处测量。相位裕量在幅值穿越频率处测量。某系统稳定的开环放大系数＜25，这是一个条件稳定系统。对于(-2/-1/-2特性的对称最佳系统，具有最大相位裕量。对于(-2/-1/-3)特性的系统，存在一个对应最大相位裕量的开环放大系数值。开环中具有纯时滞的闭环系统通常比没有时滞的系统稳定性低些。开环对数幅频特性过0分贝线的渐近线斜率通常表明了闭环系统的相对稳定性。Nichols图可以用于找到一个闭环系统的谐振峰值和频带宽BWp的信息。

Bode图能够用于最小相位以及非最小相位系统的稳定性分析(。)(F)答：(1)正确(2)正确(3)正确(4)正确(5)正确(6)正确(7)正确(8)错误(9)正确(10)错误(11)正确(12)正确(13)正确(14)错误(15)正确(16)正确(17)正确(18)正确(19)正确(20)正确题5.2已知单位负反馈系统的开环传递函数为S)=竺，求下列参考s+1输入下系统的稳态误差。(1)(2)(3)解(1)(2)(3)解：r(t)=sin(t+30。)1r(t)=cos(2t-45。)2r(t)=sin(t+30。)一cos(2t一45。)3根据单位负反馈系统稳态误差的定义，稳态误差传递函数_1—1+G(s)s+1111s+1s1+111系统稳态误差传递函数的频率特性为1j®+1

G(j®)=•—e11・®丄Jj—+111稳态误差传递函数的幅频特性1j®+1.17®2+12(11)2+12IG(j®)1=1•(11)2+12e11・®「11j—+111稳态误差传递函数的相频特性®ZG(j®)=arctan®一arctan(一)

e11又根据频率特性的定义，系统的稳态误差频率特性E(j®)=G(j®)R(j®)=IE(j®)Ie其中IE(j®)I=IG(j®)R(j®)I=IG(j®)IIR(j®)IeeZE(j®)=ZG(j®)+ZR(j®)e所以当r(t)=sin(t+30。)系统稳态误差1传递函数的频率特性为(•)I1j1+1

G(j®)I=•—1-

e®=111•1「1j—+1

11稳态误差传递函数的幅频特性

<12+121<611你)2+<12+121<611你)2+12IG(/1)I=I-I=-e11•1111j——+111稳态误差传递函数的相频特性ZG(j1)=arctanl-arctan(丄)=45。-5.19。=39.81。e11所以IE(j®)l=G(je)llR(j®)I=』・1=亠1e16161ZE(j®)=ZG(j®)+ZR(j®)=39.81+30=69.811e1系统的稳态误差。。E(t)=^sin(t+69.81。)

1J61当r(t)=cos(2t-45。)=sin[90°-(2t-45。)]=sin(-2t+135。)2=-sin(2t-135。)=sin[180。—(2t-135。)]=sin(2t+45。)系统稳态误差传递函数的频率特性为G3%11j2+111TOC\o"1-5"\h\z1G3%11j2+1111$21$22+121IG(j2)1=•-e11唁)2+12合稳态误差传递函数的相频特性ZG(j2)=arctan2-arctan(2)=63.4-10.3=53.1e11所以IE(j®)I=IG(j®)IIR(j®)I=丄•1=丄TOC\o"1-5"\h\z2e225<25ZE(j®)=ZG(j®)+ZR(j®)=53.1+45=98.12e2系统的稳态误差。。E(t)==sin(t+98.1)2<250(3)当r(t)=sin(t+30。)-cos(2t-45。)3线性系统满足叠加原理，系统的稳态误差E(t)=E(t)-E(t)=-^sin(t+69.81)-]sin(t+98.1)

31261<25

题5.3试绘出下列各传递函数对应的幅相频率特性和对数频率特性。(1)G(s)二Ksn(K二10,N二1,2)2)G2)G(s)=100.1s±1G(G(s)二Ksn(K二10,G(s)=10(0.1s±1)N二1,2)5)G(s)s(s+4)6)G(s)(s+1)(5)G(s)s(s+4)6)G(s)(s+1)(s+4)7)G(s)(s+5)(s+20)8)G(s)s+0.1s(s+0.01)9)G(s)T2S2+2gTS+1(T二1,10,g二0.4,0.707)(10)G(10)G(s)=40(0.2s+1)

s2+2s+1解：(1)G(s)二Ks-n(K二10,N二1,2)20lgK=20lg10=20dB当N二1时，G(s)=10/s，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.1(a).当N二2时，G(s)二10/s2，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.1(b).jI®)JL0jI®)JL0%=-90R(w)Iw=0+幅相频率特性对数频率特性图5.1(a).—个积分环节jI(砒1WjI(砒1W=0+―0R(w)申=-180°幅相频率特性对数频率特性图5.1(b)两个积分环节(2)G(2)G(s)=100.1s±1转折频氧i转折频氧i=右=1°，20lgK=20lg10=20dB。当G当G(s)=仪时,0.1s+1频率特性如图5.2(a).当G(s)=10时,0.1s-1申(①)=-arctan(0.1e)，对应的幅相频率特性和对数甲(①)=-180。+arctan(0.1①)，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图.2(b).幅相频率特性对数频率特性和对数频率特性如图.2(b).幅相频率特性对数频率特性图5.2(a)惯性环节图5.2(b)不稳定的惯性环节(3)G(s)二Ksn(K=10,N=1,2)20lgK=20lg10=20dB当N二1时，G(s)=10s，对应的幅相频率特性和对数频率特性如583(a).当N二2时，G(s)二10s2，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.3(b).对数频率特性对数频率特性图5.3(a).一个微分环节jI(w尸jI(w尸..y=180°1—\►w=00R(w)幅相频率特性对数频率特性图5.3(b)两个微分环节(4)G(s)=10(0.1s土1)转折频率=丄=10,20lgK=201g10=20dB。i0.1当G(s)=10(0.1s+1)时，g)=arctan(0.1e)，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.4(a).当G(s)=10(0.1s-1)时，甲(①)二180。—arctan(0.1①)，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图.4(b).幅相频率特性对数频率特性图5.4(a)一阶比例微分环节

幅相频率特性对数频率特性

图5.4(b)不稳定的一阶比例微分环节(5)G((5)G(s)=6s(s+4)1.5町+1)转折频率31=4,20lgK=201g1.5=3.5dB。甲(①)=_90-arctan(①/4)，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.5.图5.5I型二阶系统(6)G图5.5I型二阶系统(6)G(s)=6(s+1)(s+4)1.5转折频率=1，o=4，20lgK=20lg1.5=3.5dB。12申(o)=-arctano-arctan(o/4)，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.6.对数频率特性对数频率特性图5.6二阶系统(7)G(s)=(s+5)(7+20)0.25(5+1)(20+1)转折频率3二5(7)G(s)=(s+5)(7+20)0.25(5+1)(20+1)转折频率3二5,O二20,20lgK=201g0.25=-12dB。12申(o)=arctan(o/5)-arctan(o/20),对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.7.幅相频率特性L(o)+200—12-20申(°)f90°0°8)G(s)=对数频率特性图5.7具有零点的一阶系统s+0.1

s(s+0.01)s10(订+1)s(001+1)转折频率3=0.01,O=0.1,20lgK=20lg10=20dB。12甲(o)=-90一arctan(o/0.01)+arctan(o/0.1)，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.8.

JLjI(JLjI(W)■■?0R(w)W=0+幅相频率特性对数频率特性图5.8具有零点的二阶系统(9)G(s)二(T=1,10,g二0.4,0.707)T2s2+2gTs+1当T二1,g=0.4时，对应的幅相频率特性和对数频率特性女589(a).当T二10，=0.707时，对应的幅相频率特性和对数频率特性女虧89(b).幅相频率特性对数频率特性85.9(a)二阶振荡环节

幅相频率特性图5.9(b)二阶振荡环节=40(0.2s+幅相频率特性图5.9(b)二阶振荡环节=40(0.2s+1)s2+2s+1=1，3=5，20lgK=20lg40=32dB。22310)G(s)1申(①)=arctan(0.2e)-arctan(),l-32申⑴=arctan(0.2)-arctan(—=11.3。-90。=-78.7。l-l申(5)=arctan(l)-arctan(申⑶=arctan(0.6)-arctamp6^=31。-143.1。=-112.1。仝)=45。申(5)=arctan(l)-arctan(1-25申(10)=arctan(2)-arctan(—20—)=63.4。-168.6。=-105.2。1-100申(50)=arctan(10)-arctan(—100)=84.3。-177.7。=-93.4。1-2500当®由0T8,申@)变化趋势由)t-90。t-180。T-90。，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.10.幅相频率特性对数频率特性图5.10具有零点的二阶系统题5.4试绘出下列系统的开环传递函数对应的幅相频率特性和对数频率特性。1)2)G(、1)2)G(、K(Ts+1)(TG(s)=3,(Ts(Ts+1)(Ts+1)112250>T>0)33)G(s)-s(s2+s+100)e-0.2G(s)=荷解：G()K(G()K(Ts+1)(TG(s)=3,(Ts(Ts+1)(Ts+1)112当®=0+时，A(w)=g,甲(①)=-90。

当®=g时，A(®)=0,甲(①)=-180。1)>T2>T>0)3当®由0+T8,申(①)变化趋势由-90。T-180。T-270。T-180。。设K=10,20lgK=20lg10=20dB,转折频率如图示，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.11.

250(2)G(s)=250(2)G(s)=s(s2+s+100)s(丄s2100+丄s+1)100转折频率广10,20lgK=201g2.5=8dB。1申(①)=-90。-arctan(—1001①21001申⑴=-90。-arctan(黑)=-90。-0.57。=-90.57。-——1001申(10)=-90。-arctan(11°1)=-90。-90。=-180。申(100)=-90。-arctan(-)=-90。-179.42。=-269.42。1-100当®由0+Ts,申(①)变化趋势由-90。t-180。t-270。，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.12.

(3)G(s)=(3)G(s)=e-0.2s+1对数频率特性题5.4（2）用图转折频率1二1,20lgK=201gl=0dB。申(①)=-0.2®-arctan①,申(0)=0申(1)=-0.2x1x57.3。—arctan1=-11.5°—45°=—56.5°申(10)=-0.2x10x57.3°—arctan10=-115°—84.3°=-199.3°申（100）=-0.2x100x57.3°-arctan100=-1150°-89.4°=-1239.4°当®由0T8,申（①）变化趋势由）°T-8，对应的幅相频率特性和对数频率特性如图5.13.幅相频率特性对数频率特性图5.13题5.4（3）用图题5.5设系统的开环幅相频率特性如图题5.5所示。试写出开环传递函数的形式，并判断闭环系统是否稳定。图中P为开环传递函数右半平面的极点数，N为其s=0的极点数。

co=0^-LIm——f-1...Re®=8(a)P=co=0^-LIm——f-1...Re®=8(a)P=1,N=0Jy(e)P=1,N=1JIm-1、ro=8Re®=0'、、”ImReJImRe-1®=8(b)P=1N=0(f)P=0,N=2一-Im|Im人\—Re-1oRe®=0®=8—>®=8(c)P=0,N=0®=o(d)P=0,N=2ImJlIm®=0-1rRe-1<丿Re*®=8®=8®=0(h)P=2,N=0(g)P=1,N=0题5.5图解：解题思路提示：根据、N和开环幅相频率特性的相位变化确定开环传递函数形式。为不稳定的惯性环节，开环传递函数的形式为)=—匚。由图知，Ts-1当①由0T8，开环幅相频率特1G(j®)在(-8,-1)区间正负穿越次数之差为1P--0=-，故闭环系统稳定。22根据P=1、N=0和开环幅相频率特性的起始相位，可判断开环系统含有一不稳定惯性环节。开环传递函数的形式为G(s)=由图知，当0由0T8G(s)=由图知，当0由0T8，34,T>T>T>T(TS+1)(TS-1)123412开环幅相频率特性G(j®)在(-8,-1)区间正负穿越次1P数之差为0-3,T3,T>T>Ts2(T2s2+2gTs+1)12322根据角度的变化，开环传递函数的形式为s)=K(Ts-1)。由图知，当®由0T8，开环幅相频率特iG(j®)在(-8,-1)区间正负穿越次数之差为1P0-1丰P，故闭环系统不稳定。22根据角度的变化，开环传递函数的形式为GG(s)=K(Ts+1)(Ts+1)

s2(Ts+1)(Ts+1)23

T>T>T>T1234GG(s)=由图知，当0由0T8，K(Ts+1)(Ts+1)丁、丁、丁由图知，当0由0TK(Ts+1)s(Ts—l)(Ts+1)23T>T>T123g，开环幅相频率特1G(jo)在(-也-1)区间正负穿越次P数之差沏-0丰-，故闭环系统不稳定。根据角度的变化，开环传递函数的形式恋)二一s-(Ts+1)由图知，当0由0Tg，开环幅相频率特1G(jo)在(—g,—1)区间正负穿越次1P数之差为0—1丰P，故闭环系统不稳定。--根据角度的变化，开环传递函数的形式为G(s)二K,T>T>T(Ts—1)(Ts+1)(Ts+1)i-31-3由图知，当3由0Tg，开环幅相频率特1G(jo)在(—g,—1)区间正负穿越次1P数之差为——0=，故闭环系统稳定。2根据角度的变化，开环传递函数的形式为E)=—(Ts—1)(Ts—1)12由图知，当0由0Tg，开环幅相频率特1G(jO)在(—g,—1)区间正负穿越次P数之差为0—0丰P，故闭环系统不稳定。2题5.6已知最小相位系统的开环对数频率特性如5图.68所示。试写出开环传递函数的形式，并绘制近似的对数相频特性。(f)(e)题5.6图(f)(e)题5.6图解：开环传递函数的形式为15001500s+1)根据根据20lgK=60dB,K二100。近似的对数相频特性如图14。开环传递函数的形式为100S开环传递函数的形式为100S(S+1喘S+1)近似的对数相频特性如图5.15。图5.15图5.15题5.6(b)对数相频特性开环传递函数的形式为0.1sG(s)=一开环传递函数的形式为0.1sG(s)=一(丄s+1)100近似的对数相频特性如图5.16.开环传递函数的形式为G(s)=64(s+1)

s2(8os+1)近似的对数相频特性如图5.17。开环传递函数的形式为G(s)=G(s)=K(T2s2+2gTS+1)

T2s2+2^S+1111£，/0.2，守0.1。近似的对数相频特性如图1&图5.18题5.6(e)的对数相频特性KS开环传递函数的形式为KSG(s)二(Ts+1)(TS+1)2

12由低频锻20lgKs=0dB的点得K=右=5，同时201g為=12dB，解得xJ•厶kz•厶TOC\o"1-5"\h\zw11〜4，w=0.8；则卩==1.25。0.211w120201由高频锻一401g=-12dB，解得一沁2，w=10；则卩==0.1。近ww22w222似的对数相频特性如图5.19。L(«)tL(«)t图5.19题5.6(f)的对数相频特性题5.7试用奈氏稳定判据判断闭环系统的稳定性。各系统的开环传递函数如下：1)2)—(Ts1)2)—(Ts+1)(TG(s)—3,(Ts(Ts+1)(Ts+1)31220>T+T)123)G(s)=s(s+1)(s+10)G(s)=10(s+10°)s(s—2)解：1)>T+T)12TOC\o"1-5"\h\z—(Ts1)>T+T)12G(s)―3,(Ts(Ts+1)(Ts+1)312这是一个I型3阶最小相位系统，开环系统稳定。开环频率特性为G(j3)=—j3(G(j3)=—j3(j3T+1)(j3T+1)"2kQ(3T)2+1Q幅频特性为A(3)=—•J(®T)2+1•J(®T)2+1相频特性为申@)=—90+arctan3T一arctan3T一arctan3T312首先绘制开环幅相频率特性，再应用奈氏稳定判据判断闭环系统的稳定性。①当3T0+时，有即A(0+)=g,屮(0+)=—90o②当①Tg时，A(g)=0,屮(g)=—(n—m)x90=—180。

③因为T>T+T,所以开环幅相频率特性从第四到第三象限变化。开环幅312相频率特性与负实轴无交点。开环幅相频率特性如图03由0到0+的增补特性如图中虚线所示。图5.20题5.7(1)的开环幅相频率特性可以看出，当3由0到8时，开环幅相频率特性不包围—l,j0)点,所以，闭环系统是稳定的。(2(2)G(s)=s(s+1)(s+10)这也是一个I型3阶最小相位系统，开环系统稳定。开环频率特性为2G(j3)=j3(j3+1)(j0.13+1)幅频特性为A(3)二2

3•弋32+1•、:(0.13)2+1

相频特性为申(3)=-90一arctan3一幅频特性为A(3)二当3t0+时，A(0+)=8，p(0+)=-90。当3t8时，A(8)=0，p(g)=—(n—m)x90=-270。开环幅相频率特性与负实轴的交点。开环幅相频率特性与负实轴的交点满足3)=—180，即j—90—arctan3—arctan(0.13)=—180jjooarctan(0.13)=90一arctan3两边取正切：jj两边取正切：0tan[arctan(0.1o)]=tan[90-arctan3]

jj0.13=—j3

解得3=\/10j代入幅频特性，得22A(3)===0.134j10<10+1<1+1<220开环幅相频率特性与负实轴的交点坐标为.134,j0)。开环幅相频率特性如图.21,3由0到0+的增补特性如图中虚线所示。图5.21题5.7(2)的开环幅相频率特性可以看出，当3由0到g时，开环幅相频率特性不包凰1,j0)点，所以，闭环系统是稳定的。10(s+100)

s(s一2)这是一个非最小相位系统，开环右极点魏目1。开环频率特性为G(j3)=50(G(j3)=j3(j0.53-1)幅频特性为A(3)=50叙0.013)2+13・J(0.53)2+1相频特性为申(3)=一90-180+arctan(0.53)+arctan(0.013)首先绘制开环幅相频率特性，再应用奈氏稳定判据判断闭环系统的稳定性。当3T0+时，A(0+)=g，P(0+)=-270。当3Tg时，A(g)=0，p(g)=-90。。开环幅相频率特性与负实轴的交点。开环幅相频率特性与负实轴的交点满足3)=-180，即j-90-180+arctan(0.53)+arctan(0.013)。=一180jj或。。,arctan(0.5w)=90-arctan(0.013)jj两边取正切：。251)251)25tan[arctan(0.5to)]=tan90一arctan(0.01o)]jj0.5①=j0.01①解得j解得w=\：200j代入幅频特性，得A(w)=竺1.巴=0.5,开环幅相频率特性与负实轴的200<51交点坐标为(-0.5,j0)。开环幅相频率特性如图.22,w由o到0+的增补特性如图中虚线所示。图5.22题5.7(3)的开环幅相频率特性由图看出，当w由0到g时，开环幅相频率特性不包围一1,j0)点，所以，闭环系统不稳定的。题5.8试用对数频率特性求取系统的相位裕量和增益裕量，判断闭环系统的稳定性。1)252)G(1)252)G(Ss(0.2s+1)(0.08s+1)100(s+1)3)G(s)一s2(0.025s+1)(0.005s+1)2G(Ss(0.1s+1)(0.5s+1)解：G(Ss(0.2s+1)(0.08s+1)系统开环频率特性为G(购jw(j0.2w+1)(j0.08w+1)25幅频特性为25幅频特性为A(w)=w•J(0.2w)2+1.J(0.08w)2+1相频特性为9(w)=-90-arctan0.2w-arctan0.08w首先绘制开环对数频率特性。对数幅频特性L(w)=20lgA(w)=20lg—w其中20lg25=28dB,转折频率w=丄=5,w10.225•(0.2w)2+1•(0.08w)2+1•=丄=12.520.08。对数频率特性如图5.23。求相位裕量令A(w)=—A(w)=—cwc2525-厂——q=1•J(0.2w)2+1•\：：(0.08w)2+1纬•OF®。-On8®。、c25=11.60.2x0.08相位9(w)=-90一arctan(0.2x11.6)-arctan(0.08x11.6)c=-90-66.68-42.86=-199.54相位裕量Y(w)=180+9(w)=180-199.54=-19.54cc求增益裕量令9(w)=-90-arctan0.2w-arctanO.O8w=-180jjj90。一arctan0.2w=arctan0.08w<jj两边取正切：tan[90-arctanO.2®]=tan[arctanO.O8®]jj10.2®解之，得®=7.9。代入幅频特性jA(®)=一=O.O8®j得25二1.43j7.9x\：：(0.2x7.9)2+1•p(0.08x7.9)2+1则增益裕量GM=丄=0.699。1.43④判断闭环系统的稳定性。因为相位裕量(®)=-19.54<0，增益裕量GM=0.699<1，故闭环系统c不稳定。。。100(s+1)⑵G(s)=s2(0.025s+1)(0.005s+1)系统开环频率特性为100(jto+1)G(j®)=(j®)2(j0.025®+1)(j0.005®+1)100r'®2+1幅频特性为A(①)=①2•J(0.025®)2+1•J(0.005®)2+1相频特性为申(®)=-180+arctan®-arctan0.025®-arctan0.005®首先绘制开环对数频率特。性。①对数幅频特性100g2+1L(①)=20lgA(①)=20lg,①2•J(0.025®)2+1(0.005®)2+1其中20lg100=40dB,转折频率①=-=1,①=-=40,1120.025«=-=200。对数频率特性如图5.24。30.005求相位裕量令A(3)=A(3)=c100•32+1c—100匸—=132飞：(0.0253)2+1飞：(0.0053)2+132•0.025®cccccc亟=63.250.025相位申(3)=-180+arctan3-arctan0.025®-arctan0.0053cccc=-180+89.1-57.69-17.55=-166.14相位裕量Y(3)=180+9(3)=180-166.14=13.86cc求增益裕量令9(3)=-180+arctan3-arctan0.0253-arctan0.0053=-180

jjjjTOC\o"1-5"\h\zarctan3-arctan0.0253=arctan0.0053<两边取正切：jjj两边取正切：tan[arctan3-arctan0.0253]=tan[arctan0.0053]jjj有3-0.0253ji—=0.00531+3x0.0253jjj3=88.1代入幅频特性，得代入幅频特性，得—270—270。二0.52100•J®2+1100•二0.52A(①)二'■j沁j—j①2•(0.025®)2+1•.-(0.005®)2+1①2-0.025®jj'jjj则增益裕量GM==1.94。0.52判断闭环系统的稳定性。因为相位裕量y(®)=13.86>0,增益裕量GM=1.94>1，故闭环系统稳c疋。。。3)3)G(s)=2s(0.1s+1)(0.5s+1)系统开环频率特性为G(G(j®)=j®(j0.1®+1)(j0.5®+1)幅频特性为A(®)=—®•J(0.1®)2+1•J(0.5®)2+1相频特性为申(®)=-90-arctan0.1®—arctan0.5®首先绘制开环对数频率特性。对数幅频特性L(L(®)=20lgA(®)=20lg2®•J(0.1®)2+1•J(0.5®)2+1其中20lg2其中20lg2=6dB，转折频率®=—=2,10.5图5.25。®=—=10。对数频率特性如20.1T80。00图5.25题T80。00图5.25题5.8(3)的对数频率特性求相位裕量令A(3)=a=1c3^：(O.13)2+1.J(O.53)2+13•°.53c3=V?=2相位c相位申)=-9O一arctan(O.1x2)一arctan(O.5x2)c=