自动控制原理_第五章习题536作业讲解

1第五章 频域分析法目的：①直观，对高频干扰的抑制能力。

对快(高频)、慢(低频)信号的跟踪能力。

②便于系统的分析与设计。

③易于用实验法定传函。

§5.1 频率特性一. 定义)()()()(1n p s p s s s G +⋅⋅⋅+=θ在系统输入端加一个正弦信号：t R t r m ωsin )(⋅=))(()(22ωωωωωj s j s R s R s R m m -+⋅=+⋅=↔ 系统输出：))(()()()()(1ωωωθj s j s R p s p s s s Y m n -+⋅⋅+⋅⋅⋅+=2t j t j e A e A t y t y ωω⋅+⋅+=↔-瞬态响应)()(1 若系统稳定，即)(s G 的极点全位于s 左半平面，则 0)(l i m 1=∞→t y t 稳态响应为：t j t j ss e A eA t y ωω⋅+⋅=-)( 而)(21)()(22ωωωωωj G R j j s s R s G A m j s m -⋅-=+⋅+⋅⋅=-= )(21)()(22ωωωωωj G R jj s s R s G A m j s m ⋅=-⋅+⋅⋅== ∴t j m t j m ss e j G R je j G R j t y ωωωω⋅⋅+⋅-⋅-=-)(21)(21)( =])()([21t j t j m e j G e j G R jωωωω-⋅--⋅⋅ 又)(s G 为s 的有理函数，故)()(*ωωj G j G -=，即3φωωj e j G j G )()(=φωωj e j G j G -=-)()( ∴][)(21)()()(φωφωω+-+--⋅=t j t j m ss e e j G R jt y =)sin()(φωω+⋅⋅t j G R m=)sin(φω+⋅t Y m可见：对稳定的线性定常系统，加入一个正弦信号，其稳态响应也是一个同频率的正弦信号。

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 rR1u cR2CR2R1u r u c(a) (b)题5-1图 R-C网络解（a)依图：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+==+=++=++=2121111212111111221)1(11)()(RRCRRTCRRRRKsTsKsCRsCRRRsUsUrcττωωτωωωωω11121212121)1()()()(jTjKCRRjRRCRRjRjUjUjGrca++=+++==(b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=CRRTCRsTssCRRsCRsUsUrc)(1111)()(2122222212ττωωτωωωωω2221211)(11)()()(jTjCRRjCRjjUjUjGrcb++=+++==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)(tcs和稳态误差)(tes（1）ttr2sin)(=（2）)452cos(2)30sin()(︒--︒+=tttr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 t t()..=-+≥--11808049试求系统频率特性。

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。

137习 题5-1 某系统的单位阶跃响应为c (t ) = 1-e -t +e -2t- e -4t ，试求系统的频率特性。

解：238s+8G(s)(1)(2)(4)s s s s +=+++，将s =j ω代入，得23()8+8()(1)(2)(4)j j G j j j j ωωωωωω+=+++5-2 设系统传递函数为1)1()()(12++=s T s T K s R s C 当输入信号r (t )=A sin ωt 时，试求系统的稳态输出。

解：系统的稳态输出为21()arc tan -arc tan )ss C t t T T ωωω=+5-3画出下列传递函数的Bode 图。

(1) G (s )=1121++s T s T ， ( T 1 > T 2 > 0 ) ； (2) G (s )=1121+-s T s T ， ( T 1 > T 2 > 0 )(3) G (s )=1121++-s T s T ， ( T 1 > T 2 > 0 )解：答案见胡寿松主编《自动控制原理习题集》Page709，B5-13。

5-4画出下列传递函数对数幅频特性的渐近线和相频特性曲线。

(1) G (s )=)18)(12(2++s s ； (2) G (s )=)16)(1(5022+++s s s s(3) G (s )=)1.0()2.0(102++s s s ； (4) G (s )=)254)(1()1.0(822+++++s s s s s s解：对数幅频特性的渐近线和相频特性曲线如习题5-4（1）~ 5-4（4）答案图所示。

M a g n i t u d e (d B )1010101010P h a s e (d e g )Frequency (rad/sec)M a g n i t u d e (d B )101010101010P h a s e (d e g )Frequency (rad/sec)习题5-4（1）答案图 习题5-4（2）答案图138M a g n i t u d e (d B )10101010P h a s e (d e g )Frequency (rad/sec)M a g n i t u d e (d B )10101010101010P h a s e (d e g )Frequency (rad/sec)习题5-4（3）答案图 习题5-4（4）答案图5-5系统开环传递函数如下。