《自动控制原理》 第五章习题解答

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1G sKT s T s T s()()()()=+++1231110-12不稳定2G sKs T s T s()()()=++1211000稳定3G sKs Ts()()=+210-12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。

5-1 5()0.251G s s =+5()0.251G j j ωω=+()A ω=()arctan(0.25)ϕωω=-输入 ()5cos(430)5sin(460) =4r t t t ω=-︒=+︒(4)A ==(4)arctan(0.25*4)45ϕ=-=-︒系统的稳态输出为()(4)*5cos[430(4)]3045)17.68cos(475)17.68sin(415)c t A t t t t ϕ=-︒+=-︒-︒=-︒=+︒ sin cos(90)cos(90)cos(270)αααα=︒-=-︒=+︒或者，()(4)*5sin[460(4)]6045) 17.68sin(415)c t A t t t ϕ=+︒+=+︒-︒=+︒所以，对于cos 信号输入下的稳态输出计算规律与sin 信号作用下计算相同。

5-3（2）1()(1)(12)G s s s =++ 1()(1)(12)G j j j ωωω=++()A ω=()arctan arctan 2ϕωωω=--起点：0ω= (0)1;(0)0A ϕ==︒ 位于正实轴上。

终点：ω→∞ ()0;()180A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第三象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()arctan arctan 290ϕωωω=--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒所以有，1/(2)ωω= 21/2ω=()0.473A ω=== 因此，与虚轴的交点为（0，-j0.47）()ω（3）1()(1)(12)G s s s s =++ 1()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()90arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)90A ϕ=∞=︒∆－－ 位于负虚轴（左侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()270A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第二象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与实轴有交点，并且满足：()90arctan arctan 2180ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=2()0.673A ω===与实轴的交点为（-0.67，-j0）)ω（4）21()(1)(12)G s s s s =++ 21()()(1)(12)G j j j j ωωωω=++()A ω=()180arctan arctan 2ϕωωω=-︒--起点：0ω= (0);(0)180A ϕ=∞=︒∆－－ 位于负实轴（上侧）无穷远方向终点：ω→∞ ()0;()360A ϕ∞=∞=-︒+∆ 从第一象限趋于原点因此，，Nyquist 曲线与虚轴有交点，并且满足：()180arctan arctan 2270ϕωωω=-︒--=-︒ arctan arctan 290ωω+=︒1/(2)ωω= 21/2ω=()0.94A ω===与虚轴的交点为（0，j0.94）)ω=5-4（2）10.5ω=，21ω=，1K =，0ν=（3）10.5ω=，21ω=，1K =，1ν=低频段直线（延长线）与0db 线交点的频率为：1/cK νω'=。

五 频域分析法2-5-1 系统单位阶跃输入下的输出)0(8.08.11)(94≥+-=--t e e t c tt ,求系统的频率特性表达式。

【解】： 98.048.11)]([L )(1+++-==-s s s t c s C 闭环传递函数)9)(4(36198.048.11)()()(++=+++-==s s ss s s s R s C s G )9tg 4(tg 2211811636)9)(4(36)(ωωωωωωω--+-+⨯+=++=j ej j j G2-5-2系统时，系统的稳态输出（1）)30sin()(0+=t t r ； （2）)452cos(2)(0+=t t r ；（3）)452cos(2)30sin()(00--+=t t t r 。

【解】：求系统闭环传递函数5tg 21254)5(4)(54)(1)()()()(14)(ωωωω--+=+=+=+==+=j B K K B K ej j G s s G s G s R s C s G s s G根据频率特性的定义，以及线性系统的迭加性求解如下：（1）︒===30,1,11θωr A︒--====-3.1151tg )1(178.0264)1()(1j j j B e eeA j G θωω[])7.18sin(78.0)1(sin )1()sin()(12︒+=++=+=t t A A t A t c r c s θθθ（2）︒===45,2,21θωr A︒--==+=-8.2152tg 274.02544)(1j j B e ej G ωω)2.232cos(48.1)(︒+=t t c s（3）)8.662cos(48.1)7.18sin(78.0)(︒--︒+=t t t c s2-5-3 试求图2-5-3所示网络的频率特性，并绘制其幅相频率特性曲线。

【解】：（1）网络的频率特性1)(111)(212212+++=+++=ωωωωωC R R j C jR C j R R C j R j G（2）绘制频率特性曲线)tg (tg 22212121111)(1)(11)(ωωωωωωωT T j eT T jT jT j G ---++=++= 其中1221221,)(,T T C R R T C R T >+==。

自动控制原理第五章课后习题答案（免费）5－１设单位反馈系统的开环传递函数为对系统进行串联校正，满足开环增益 及 解:① 首先确定开环增益K,00()12lim v s K SG S k →===② 未校正系统开环传函为:012()(1)G s s s =+M a g n i t u d e (d B )1010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 70.5 dB (at 200 rad/sec) , P m = 16.5 deg (at 3.39 rad/sec)Frequency (rad/sec)③ 绘制未校正系统的开环对数频率特性,得到幅穿频率 3.4c ω=,对应相位角'0()164,16c G j ωγ∠=-∴=,采用超前校正装置,最大相角 0(180())4016630m c G j ϕγωγ=-+∠+=-+=④ 11sin ,31m αϕαα--=∴=+ 0()(1)KG s s s =+40γ=︒112K s -=⑤ 在已绘图上找出10lg 10lg3 4.77α-=-=-的频率 4.4m ω=弧度/秒 令c m ωω=⑥0.128/,0.385/m T s T s ωα=⇒==∴=校正装置的传函为:110.385()110.128Ts s G s Ts s α++==++校正后的开环传函为:012(10.39)()()()(1)(10.13)c s G s G s G s s s s +==++ 校正后1801374340γ=-=>,满足指标要求.-100-50050100M a g n i t u d e (d B )101010101010P h a s e (d e g )Bode DiagramGm = 99.2 dB (at 1.82e+003 rad/sec) , P m = 42.4 deg (at 4.53 rad/sec)Frequency (rad/sec)5－２设单位反馈系统的开环传递函数为要求 设计串联迟后校正装置。

第5章频率特性法教材习题同步解析一放大器的传递函数为：G (s )=1+Ts K测得其频率响应，当ω=1rad/s 时，稳态输出与输入信号的幅值比为12/2，稳态输出与输入信号的相位差为－π/4。

求放大系数K 及时间常数T 。

解：系统稳态输出与输入信号的幅值比为A ==222172K T ω=+ 稳态输出与输入信号的相位差arctan 45T ϕω=-=-︒，即1T ω=当ω=1rad/s 时，联立以上方程得T =1，K =12放大器的传递函数为：G (s )=121s +已知单位负反馈系统的开环传递函数为5()1K G s s =+ 根据频率特性的物理意义，求闭环输入信号分别为以下信号时闭环系统的稳态输出。

（1）r （t ）=sin （t +30°）； （2）r （t ）=2cos （2t －45°）；（3）r （t ）= sin （t +15°）－2cos （2t －45°）； 解：该系统的闭环传递函数为65)(+=Φs s 闭环系统的幅频特性为365)(2+=ωωA闭环系统的相频特性为6arctan )(ωωϕ-=（1）输入信号的频率为1ω=，因此有37375)(=ωA ，()9.46ϕω︒=- 系统的稳态输出537()sin(20.54)37ss c t t ︒=+ （2）输入信号的频率为2ω=，因此有10()A ω=，()18.43ϕω︒=- 系统的稳态输出10()cos(263.43)2ss c t t ︒=- （3）由题（1）和题（2）有对于输入分量1：sin （t +15°），系统的稳态输出如下5371()sin( 5.54)37ss c t t ︒=+ 对于输入分量2：－2cos （2t －45°），系统的稳态输出为102()cos(263.43)ss c t t ︒=-- 根据线性系统的叠加定理，系统总的稳态输出为)4363.632cos(210)537.5sin(37375)(︒︒--+=t t t c ss绘出下列各传递函数对应的幅相频率特性与对数频率特性。

第 五 章5-2 若系统单位阶跃响应为49()1 1.80.8tth t ee--=-+试确定系统的频率特性。

分析 先求出系统传递函数，用j ω替换s 即可得到频率特性。

解：从()h t 中可求得：(0)0,(0)0h h '==在零初始条件下，系统输出的拉普拉斯变换()H s 与系统输出的拉普拉斯变换()R s 之间的关系为()()()H s s R s =Φ⋅即()()()H s s R s Φ=其中()s Φ为系统的传递函数，又1 1.80.836()[()]49(4)(9)H s L h t s s s s s s ==-+=++++1()[()]R s L r t s ==则()36()()(4)(9)H s s R s s s Φ==++令s j ω=，则系统的频率特性为()36()()(4)(9)H j j R j j j ωωωωωΦ==++5-7 已知系统开环传递函数为)1s T (s )1s T (K )s (G 12++-=;（Ｋ、Ｔ1、Ｔ2＞０）当取ω＝１时， o180)j (G -=ω∠,|Ｇ(ｊω)|＝０.５。

当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，试写出系统开环频率特性表达式G(ｊω)。

分析：根据系统幅频和相频特性的表达式，代入已知条件，即可确定相应参数。

解： 由题意知：()G j ω=21()90arctan arctan G j T T ωωω∠=---因为该系统为Ⅰ型系统，且输入为单位速度信号时，系统的稳态误差为0.1，即1()lim ()0.1ss s e E s K→∞===所以：10K =当1ω=时，(1)0.5G j ==21(1)90arctan arctan 180G j T T ∠=---=-由上两式可求得1220,0.05T T ==，因此10(0.051)()(201)j G j j j ωωωω-+=+5-14 已知下列系统开环传递函数(参数K 、T 、T ｉ＞０，ｉ＝１，2，…，６)(1))1s T )(1s T )(1s T (K)s (G 321+++=(2))1s T )(1s T (s K)s (G 21++=(3))1Ts (s K )s (G 2+=(4))1s T (s )1s T (K )s (G 221++=(5)3s K )s (G =(6)321s)1s T )(1s T (K )s (G ++=(7))1s T )(1s T )(1s T )(1s T (s )1s T )(1s T (K )s (G 432165++++++=(8)1Ts K)s (G -=(9)1Ts K )s (G +--=(10))1Ts (s K)s (G -=其系统开环幅相曲线分别如图5-6(1)～(10)所示，试根据奈氏判据判定各系统的闭环稳定性，若系统闭环不稳定，确定其s 右半平面的闭环极点数。

《自动控制原理》课后习题答案（5章）5.1 系统的结构图如图5-68所示。

试依据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出ss c 和稳态误差ss e 。

⑴()t t r 2sin =⑵()()()︒︒--+=452cos 230sin t t t r图5-1解 系统的传递函数：()()()21+==Φs s R s C s ()()()21++==Φs s s R s E s e 幅频特性及相频特性：()()2,2122ωωωωarctgj j -=Φ+=Φ()()2,21222ωωωωωωarctgarctg j e e -=Φ++=Φ（1）()2,2sin ==ωt t r 稳态输出：()()︒︒-=-+=452sin 221452sin 441t t c ss()︒-≈452sin 354.0t稳态误差：⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++=2222sin 2221222arctg arctg t e ss()()︒︒+≈+=43.182sin 791.043.182sin 225t t（2）()()()()()︒︒︒︒+-+=--+=452sin 230sin 452cos 230sin t t t t t r⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∠+++•-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∠+++=︒︒221452sin 221212130sin 211222j t j t c ss ()t t 2sin 225.3sin 55-+=︒ ()t t 2sin 708.05.3sin 447.0-+≈︒⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++•-⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++=︒︒222452sin 2221221130sin 12112222222arctg arctg t arctg arctg t e ss ()()︒︒︒︒︒︒-++•--++=4543.63452sin 410257.264530sin 510t t ()()︒︒+-+≈43.632sin 582.143.48sin 632.0t t ()()︒︒--+=57.1162sin 582.143.48sin 632.0t t5.2 若系统的单位阶跃响应：()t t e e t h 948.08.11--+-=()0≥t 试求系统的频率特性。

习题解答第5章题5-1：试绘制下列开环传递函数的幅相频率特性曲线。

(1) 10G(s)H(s)(s 1)(0.2s 1)=++ (2) 25(s 1)G(s)H(s)(s 3)(s 2s 2)+=+++(3) 100G(s)H(s)(s 1)(s 3)(s 4)=+++ 题5-6：试绘制题5-1各开环传递函数的对数幅频特性渐近线和半对数相频特性曲线。

(1) 2221010122()()(1)(0.21)(1)(10.04)j G j H j j j ωωωωωωω−−==++++ω 实频特性：)04.01)(1(210)(222ωωωω++−=P 虚频特性：)04.01)(1(12)(22ωωωω++−=Q 相频特性：()arctan arctan 0.2ϕωω=−−ωNyqist 曲线：起点：0ω=(0)10P ⇒=，(0)0Q =，(0)0ϕ=D 终点：ω=∞()0P ⇒∞=，()0Q ∞=， ()180ϕ∞=−D 与虚轴交点：()0P ω= 2.236ω⇒=() 3.73Q ω⇒=−Nyqist 曲线如下：转折频率1：111T ω==；转折频率2：215T ω==对数幅频特性：()20lg ()20lg10L A ωω==−− 半对数相频特性：()arctan arctan 0.2ϕωω=−−ωBode 图如下：(2) 25(1)()()(3)(22)j G j H j j j ωωωωωω+=+−+ 222222225(3)(2)202(12)(9)[(2)4]j ωωωωωωω+−+−+=+−+ω实频特性：]4)2)[(9(20)2)(3(5)(2222222ωωωωωωω+−++−+=P虚频特性：]4)2)[(9()21(10)(22222ωωωωωω+−++−=Q 相频特性：2()arctan arctanarctan310.5ωωϕωωω=−−−Nyqist 曲线： 起点：0ω=5(0)6P ⇒=，(0)0Q =，(0)0ϕ=D 终点：ω=∞()0P ⇒∞=，()0Q ∞=， ()180ϕ∞=−D 与虚轴交点：()0P ω= 2.09ω⇒=()0.66Q ω⇒=−Nyqist 曲线如下：225(1)0.83(1)()()(3)(22)(0.331)[(0.7)1]j j G j H j j j j j j ωωωωωωωωωω++==+−++++ 转折频率1：11 1.414T ω==；转折频率2：213T ω== 对数幅频特性：5()20lg ()20lg 6L A ωω==+半对数相频特性：2()arctan arctanarctan310.5ωωϕωωω=−−−Bode 图如下：(3) 23222100100[128(19)]()()(1)(3)(4)(1)(3)(4)j G j H j j j j ωωωωωωωωωωω−+−==++++++ 实频特性：)4)(3)(1()812(100)(2222ωωωωω+++−=P 虚频特性：)4)(3)(1()19(100)(2223ωωωωωω+++−=Q相频特性：()arctan arctan 0.33arctan 0.25ϕωωω=−−−ωNyqist 曲线：起点：0ω=(0)8.33P ⇒=，(0)0Q =，(0)0ϕ=D 终点：ω=∞()0P ⇒∞=，()0Q ∞=， ()270ϕ∞=−D 与虚轴交点：()0P ω= 1.22ω⇒=() 4.77Q ω⇒=− 与实轴交点：()0Q ω= 4.36ω⇒=()0.71P ω⇒=−Nyqist 曲线如下：8.33()()(1)(0.331)(0.251)G j H j j j j ωωωωω=+++转折频率1：111T ω==；转折频率2：213T ω==；转折频率3：314T ω== 对数幅频特性：()20lg ()18.4L A ωω==−−半对数相频特性：()arctan arctan 0.33arctan 0.25ϕωωωω=−−−Bode 图如下：题5-2：已知某一控制系统的单位阶跃响应为4t 9t c(t)1 1.8e 0.8e −−=−+试求该系统的开环频率特性。

第五章 频率特性法习题5-1 单位反馈控制系统的开环传递函数110)(+=s s G ，当下列信号作用在系统输入端时，求系统的稳态输出。

(1) )30sin()(︒+=t t r (2) )452cos(2)(︒-=t t r (3) )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r解：本题注意事项：一定要用闭环传递函数求模求角，计算角度一定要看象限 （1）1110)(+=Φs s ，1110)(+=Φωωj j ，︒-∠=-∠=+=Φ-19.5905.0111122101110)1(1tg j j )8.24sin(905.0)19.530sin(905.0)(︒+=︒-︒+=t t t c ss(2)︒-∠=+=Φ3.10894.011210)2(j j)3.552cos(788.1)(︒-=t t c ss（3）)3.552cos(788.1)8.24sin(905.0︒--︒+=t t c ss5-2 设控制系统的开环传递函数如下，试绘制各系统的开环幅相频率特性曲线和开环对数频率特性曲线。

(1))15)(5(750)(++=s s s s G (2) )1008()1(1000)(2+++=s s s s s G (3) 13110)(++=s s s G 解：（1）起点s 10，︒-∞∠90；终点3750s ，︒-∠2700；交点5.0)75(-=j G （2）起点s 10，︒-∞∠90；终点21000s，︒-∠1800；交点)100927()1(1000)(232-++-=s s s s s s G ，)]92()1007[()1(1000)(222ωωωωωω--++=j j j G ，03.13)92(j j G -=（3）起点1；终点，3.33，与坐标轴无交点；曲线在第一象限(1)(2)5-4 最小相位系统对数幅频特性曲线如图所示，试写出他们的传递函数。

解： (a)11.010)(+=s s G (b)105.01.0)(+=s ss G (c))101.0)(1100(100)(++=s s s s G(d))101.0)(11.0)(1(19.251)(+++=s s s s G （书后答案有误）5-5 试由下述幅值和相角计算公式确定最小相位系统的开环传递函数。

第五章 频率响应法习题及解答5-1 设系统开环传递函数为1)(+=Ts K s G今测得其频率响应，当ω=1rad/s 时，幅频2/12)(=j G ，相频︒-=45)(j ϕ。

试问放大系数K 及时间常数T 各为多少? 解：已知系统开环传递函数()1K G s Ts =+则频率特性：()1K G j Tj ωω=+幅频特性：()G j ω=相频特性：()arctan T ϕωω=-当1/rad s ω=时，()G j ==()arctan 45j T ϕ=-=-则有12K =,1T =。

5-2 设单位反馈系统的开环传递函数为11)(+=s s G当闭环系统作用有以下输入信号时，试求系统的稳态输出。

(1) t t r sin )(= (2))2cos(2)(t t r =(3) )2cos(2sin )(t t t r -=解：系统闭环传递函数为：1()2s s φ=+频率特性：2212()244j j j ωφωωωω-==++++幅频特性：()j φω=相频特性：()arctan()2ωϕω=- （1） 当()sin r t t =时，则1ω=，11R =则 1()0.45j ωφω===，1(1)arctan()26.52j ϕ=-=-[]1()(1)sin (1)0.45sin(26.5)s C t R j t j t φϕ=⋅+=-（2） 当()2cos(2)r t t =时，则2ω=，22R =则1(2)0.35j ωφ===，2(2)arctan()452j ϕ=-=-[]2()(2)cos 2(2)0.7cos(245)s C t R j t j t φϕ=⋅+=-（3） 当()sin 2cos 2r t t t =-时，[][]12()(1)sin (1)(2)cos 2(2)s C t R j t j R j t j φϕφϕ=+-+0.45sin(26.5)0.7cos(245)t t =---5-3 若系统单位阶跃响应为t t e e t h 948.08.11)(--+-=0≥t试求系统的频率特性。

第五章习题与解答5-1 试求题5-1图(a)、(b)网络的频率特性。

u rR 1u cR 2CCR 2R 1u ru c(a) (b)题5-1图 R-C 网络解 （a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(R R C R R T C R RR R K s T s K sCR sC R R R s U s U r c ττ ωωτωωωωω11121212121)1()()()(jT j K C R R j R R C R R j R j U j U j G r c a ++=+++==(b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sC R s U s U r c )(1111)()(2122222212ττ ωωτωωωωω2221211)(11)()()(jT j C R R j C R j j U j U j G r c b ++=+++==5-2 某系统结构图如题5-2图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出)(t c s 和稳态误差)(t e s （1） t t r 2sin )(=（2） )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r题5-2图 反馈控制系统结构图解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 频率特性: 2244221)(ωωωωω+-++=+=Φj j j 幅频特性: 241)(ωω+=Φj相频特性: )2arctan()(ωωϕ-=系统误差传递函数: ,21)(11)(++=+=Φs s s G s e 则 )2arctan(arctan )(,41)(22ωωωϕωωω-=++=Φj j e e（1）当t t r 2sin )(=时, 2=ω，r m =1则 ,35.081)(2==Φ=ωωj 45)22arctan()2(-=-=j ϕ4.1862arctan )2(,79.085)(2====Φ=j j e e ϕωω )452sin(35.0)2sin()2(-=-Φ=t t j r c m ss ϕ)4.182sin(79.0)2sin()2(+=-Φ=t t j r e e e m ss ϕ（2） 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5.26)21arctan()1(45.055)1(-=-===Φj j ϕ 4.18)31arctan()1(63.0510)1(====Φj j e e ϕ )]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t c m m ss ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)902cos(7.0)4.3sin(4.0--+=t t)]2(452cos[)2()]1(30sin[)1()(j t j r j t j r t e e e m e e m ss ϕϕ+-⋅Φ-++⋅Φ=)6.262cos(58.1)4.48sin(63.0--+=t t5-3 若系统单位阶跃响应h t e e t tt()..=-+≥--11808049试求系统频率特性。