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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 >+==。
自动控制原理卢京潮主编课后习题答案西北工业大学出版社SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#第五章 线性系统的频域分析与校正习题与解答5-1 试求题5-75图(a)、(b)网络的频率特性。
(a) (b)图5-75 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 sC R sC R R R s U s U r c ττ (b)依图：⎩⎨⎧+==++=+++=C R R T CR s T s sCR R sC R s U s U r c)(1111)()(2122222212ττ 5-2 某系统结构图如题5-76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 解 系统闭环传递函数为: 21)(+=Φs s 图5-76 系统结构图 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 ϕ （2） 当 )452cos(2)30sin()(︒--︒+=t t t r 时: ⎩⎨⎧====2,21,12211m m r r ωω5-3 若系统单位阶跃响应 试求系统频率特性。
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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 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。
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。
（1） 11.010)(±=s s G （2） G (s )=101) （3） )2(4)(+=s s s G（4) )2)(1(4)(++=s s s G （5）)02.0(2.0)(++=s s s s G（6）)1)(1(10)(2+++=s s s s G （7）1)(2.0+=-s e s G 解： （1）11.010)(±=s s G幅相频率特性 开环系统110()0.11G s s =-是一个不稳定的惯性环节，频率特性为110()10.1G j j ωω=-+相频特性为1()(180arctan 0.1)arctan 0.1180ϕωωω=-︒-=-︒相频特性从－180连续变化至－90。
可以判断开环奈氏曲线起点为(－10，j0)点，随的增加，A 1()逐渐减小至0，而1()逐渐增加至－90°，绘制出系统开环频率特性G 1(j )的轨迹，如图(a )虚线所示，是一个直径为10的半圆。
而开环系统210()0.11G s s =+则是一个典型的惯性环节，其幅相频率特性G 2(j )如图(a )实线所示。
对数频率特性(a) 幅相频率特性Im－10 Re →0→0→(b) 对数频率特性图 题（1）系统频率特性10/ (rad ·sL ()/（dB ） 20()/－90 －45 0 0 [－20]/ (rad ·s101001[0]－1801351()G j ω2()G j ω2()1()开环系统110()0.11G s s =-与210()0.11G s s =+的对数幅频特性完全相同，仅对数相频特性不同，如图(b )所示。
（2）G (s )=101)幅相频率特性开环系统G 1(s )=10－1)的频率特性为1()10(0.11)G j j ωω=-，其相频特性为1()180arctan 0.1ϕωω=︒-相频特性从180连续变化至90。
其开环频率特性G 1(j )的轨迹，如图(a )虚线所示。
而开环系统G 2(s )=10+1) 则是一个典型的一阶微分环节，其幅相频率特性G 2(j )如图(a )实线所示。
对数频率特性同题（1），二者的对数幅频特性完全相同，仅对数相频特性不同，如图(b )所示。
（3）)2(4)(+=s s s G系统开环传递函数的时间常数表达式为2()(0.51)G s s s =+幅相频率特性1）系统为Ⅰ型系统，A (0)=∞，(0)=－90º，低频特性始于平行于负虚轴的无穷远处。
低频渐近线如(a) 幅相频率特性Im－10Re→0 →0 →(b) 对数频率特性图 题（2）系统频率特性10/ (rad ·sL ()/（dB ） 20()/90 45 00 [－20]/ (rad ·s10 1001 [0]180135 1()G j ω2()G j ω2()1()→下确定：将频率特性表达式分母有理化为22222(10.5)2()(0.51)(10.5)(10.5)(10.25)1210.25(10.25)j j j G j j j j j j ωωωωωωωωωωωωω----===++-+-=-++则低频渐近线为20001lim Re[()]lim ()lim110.25x G j R ωωωσωωω+++→→→-====-+ 同时可知，频率特性实部与虚部均<0，故曲线只在第三象限。
2）n －m =2，则()=－180，幅相特性沿负实轴进入坐标原点。
3）此系统无开环零点，因此在由0增大到过程中，特性的相位单调连续减小，从－90º连续变化到－180。
奈氏曲线是平滑的曲线，从低频段开始幅值逐渐减小，沿顺时针方向连续变化最后终于原点。
系统的幅相频率特性G (j )见图(a )。
对数频率特性1）可知系统包含有放大、积分、一阶惯性环节，转折频率为T=2 rad ·s －1。
低频段斜率为－20dB/dec ，低频段表达式为L (ω)=20lg2－20lg ω，并通过点L (2)= 0dB 。
经过转折频率T后斜率为－40dB/dec 。
2）系统的相频特性为积分环节（－90º）与惯性环节（0º ~－90º）相频特性的叠加，为()90arctan 0.5ϕωω=-︒-转折频率处相位为(2)=－135°，对数相频特性曲线对应于该点斜对称。
(a) 幅相频率特性Im－1Re→0→(b) 对数频率特性图 题（3）系统频率特性/ (rad ·sL ()/（dB ）20()/－90[－20]/ (rad ·s1102－180－135 ()G j ω[－40]110绘制开环伯德图L ()、()，如图（b ）所示。
（4）)2)(1(4)(++=s s s G系统开环传递函数的时间常数表达式为2()(1)(0.51)G s s s =++幅相频率特性1）系统为0型系统，A (0)=2，(0)= 0º，开环奈氏曲线起点为(2，j0)点；n －m =2，则()=－180。
随的增加，A ()逐渐单调连续减小至0，而()滞后逐渐增加至－180°，幅相特性沿负实轴进入坐标原点。
2）将频率特性表达式分母有理化为222222222(1)(10.5)()(1)(10.5)(1)(10.25)2(10.5)3(1)(10.25)(1)(10.25)j j G j j j jωωωωωωωωωωωωω--==++++-=-++++频率特性虚部均<0，故曲线在第三、第四象限。
3）相位有()=－90，因此与虚轴的交点为22222(10.5)Re[()]0(1)(10.25)2/,Im[()]0.94G j rad s G j ωωωωωωω=-==++==此系统无开环零点，因此在由0增大到过程中，奈氏曲线是平滑的曲线，G (j )见图(a )。
对数频率特性(a) 幅相频率特性Im－Re→0→(b) 对数频率特性图 题（4）系统频率特性2 / (rad·sL ()/（dB ）20 ()/－18090 0 0[－20]/ (rad·s110[0]()G j ω62 [－40]1）可知系统包含有放大、两个一阶惯性环节，转折频率分别为1=1 rad·s －1、2=2 rad·s －1。
系统为0型，低频段斜率为0dB/dec ，低频段表达式为L (ω)=20lg2=6dB 。
经过转折频率1、2后斜率分别为－20、－40dB/dec 。
2）系统的相频特性是两个惯性环节相频特性的叠加，为()arctan arctan 0.5ϕωωω=--两个转折频率处相位分别为(1)=－72°，(2)=－109°。
绘制开环伯德图L ()、()，如图（b ）所示。
（5）)02.0(2.0)(++=s s s s G系统开环传递函数的时间常数表达式为0.2(51)10(51)()0.02(501)(501)s s G s s s s s ++==++幅相频率特性1）系统为Ⅰ型系统，A (0)=∞，(0)=－90º，低频特性始于平行于负虚轴的无穷远处。
低频渐近线如下确定：22210(51)10(51)(150)45010(2501)()(501)(150)(150)12500(12500)j j j j j G j j j j j j ωωωωωωωωωωωωω+-+-+===--++-++(a) 幅相频率特性(b) 对数频率特性图 题（5）系统频率特性/ (rad ·sL ()/（dB ）20()/－180[－20]/ (rad ·s－90 [－40]4060 [－20]－135 ImRe→0→()G j ω－450低频渐近线为2000450lim Re[()]lim ()lim 45012500x G j R ωωωσωωω+++→→→===-=-+同时可知，频率特性实部、虚部均<0，故曲线只在第三象限。
2）n －m =1，则()=－90，幅相特性沿负虚轴进入坐标原点。
3）此系统有开环零点，因此在由0增大到过程中，特性曲线有凹凸，最后终于原点。
系统的幅相频率特性G (j )见图(a )。
对数频率特性1）系统转折频率分别为1= rad·s －1、2= rad·s －1。
系统为I 型，低频段斜率为－20dB/dec ，低频段表达式为L (ω)=20lg10－20lg ω，因此L =54dB 。
