控制工程基础课程第四章习题答案

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2007机械工程控制基础第四章习题答案

第4章 频率特性分析

4.1什么是系统的频率特性？

答：对于线性系统，若输入为谐波函数， 则其稳态输出一定是同频率的谐波函数， 将输出的

幅值与输入的幅值之比定义为系统的幅频特性，将输出的相位之差定义为系统的相频特性。

系统的幅频特性和相频特性简称为系统的频率特性。

4.4若系统输入为不同频率-■的正弦Asin •，其稳态输出相应为 Bsin(，，t •「)。求该系统

的频率特性。

解：由系统频率特性的定义知： G(i H-ej ：

A

4.5已知系统的单位阶跃响应为 Xo(t) = 1 -1.8e^t 0.8e° (t _ 0)，试求系统的幅频特性与

相频特性。

解：由已知条件得： Xi(s)= —， Xo(s)二—- —8 0 8

s ss+4s+9

得系统传函为：G (s)二匹◎ 36—— Xi(s) (s + 4)(s+9)

G(j ■)得系统频率特性: G(j ■) 36

(4 j

■ )(9 j ) ，其中

幅频特性为: A(^) = G( j ®)| = 36

相频特性为： ：C •) = -arctan arctan — 4 9

4.6由质量、弹簧、阻尼组成的机械系统如图( 4.6)所示。已知

m=1kg，k为弹簧刚度，c为阻尼系数。若外力 f (t) =2sin2tN，

由实验得到系统稳态响应为 xoss 试确定k和C。

解：由系统结构知系统的动力学方程为:

mxo(t) cx°(t) 伙⑴工 f (t) 当m=1时，得系统传函为：

1

G(s)二二 ，得系统频率特性为: s + cs + k JVZ/7/

图(题4.6) 2 其中，幅频特性为 G(j ) ，相频特性为:(■)

J(k_(c2)2 +c2 们2

解得 k =4 , c =1。

试求系统的稳态输出。

(1) xi (t)二 sin(t 30°)

Xoss1 (t) = -4^S in (t +300 —5.20) V122

4.11已知系统传递函数方框图如图所示，现作用于系统输入信号

的稳态响应。系统传递函数如下:

5 (3)G(S) ,H(S) =1 s +1

解：系统的闭环传递函数为: GK(S) GB(S) =1 GK(S)

10 10 _j arcta n '

・ 2 12V ■

10

GB(j»11 j “22 10 _j5.20 ---- e 10

S 11

11。此题中，• = 1,

由此得: 得频率特性为:

解：GB(S) G(s)

1 - G(S)H (S) ，得:GB (j ')- 由题意，当输入信号为 f(t)=2sin2t时，•‘ =2，由其与稳态输出信号 XOSS JT =Sin(2 匕)

对应关系知：G(j ) ，「一2 --arctan 2 k —co

4.8设系统的闭环传递函数为 Kg 1) GB(S)= T1S 1 ，当作用输入信号 xi (t) = Rsin t 时，试

求该系统的稳态输出。

解：系统的频率特性为 GB(r J = K( j jT2)

1 + jT声 ~2 2

，1 +国 j (arctan T/ \

arctanTf、：) e

则系统的稳态输出为 xoSS = RK ‘1 +⑷工2 ---- sin (cot _ arcta nT序 + arcta nT2 ⑷) 丫1 +灼午

4.9设单位反馈控制系统的开环传递函数为 10

GK(S)二王，当系统作用以下输入信号时,

= 0.905si n(t 24.8°)

xi (t) = sin2t，试求系统 3

当』：=2时,X°ss3 5 2 0

(t) ： ---- sin(2t-arctan—)二 0.79sin(2t-18.4 )。

440 6

4.12试绘制具有下列传递函数的各系统的 nyquist

图。

⑹ G(s)二 1 ； (1 +0.5s)(1 +2s)

解，G(j (1 0.5j )(1 2j ) .0.25 2 1.1 4 ■2 「j arctanO.5・,-arctan2「； e

，虚频特性: v( ‘)=

(1 2.5w

--2)2 6.25 ■2

CO U（⑷） v(co) A俺）

0 1 0 1 0

=®n =1 0 -0.4 0.4 -900

OG 0 0 0 -1800

实频特性：心,「2）2. 6.25 2

(8) G(s)

解： 7.5(0.2s 1)(s 1)

s(s2 16s 100)

G(j ) 7.5(j0.2，1)( j • 1)

「(100- 2 16j J 780 15

256 2 (100- 2)2 7.5(0.2 ‘4 -1.8 2 100)

(16 2)2 (100 — 3)2

7.5.1 (0.2 )2 V 2

2 ,(100 _ 2)2 (16 )2 j (arctan0.2■: yarcta^、: 900 -arctan

e ,16- ■

100 丄 2

显然，实频特性大于零，虚频特性小于零。

O U®) v®) Ag)

0 0. 078 -O O -90°

O 0 0 0 -900

A Im [Gj)]

o 0.078 4

4.15试绘出具有下列传递函数的系统的波特图。

2.5(s 10)

~2 s (0.2s 1)

解：系统频率特性G（j ） 25（2°.1 j 11—，显然，系统由一个比例环节、两个积分环

（ja） （0.2j® +1）

1 1

节、一个惯性环节（；：：T1 5 ）和一个微分环节（；：：T1 10 ）组成，故可用叠加法作

0.2 0.1

① 分析系统是由哪些典型环节串联组成的， 将这些典型环节的传递函数都化成标准形

②根据比例环节的 K值，计算20lgK : 20lg K =20lg 25 =34.95

③ 在半对数坐标系上，找到横坐标为 « = 1、纵坐标为 A®）①壬=20lg K的点，过该

点作斜率为一20 v dB/dec=40dB/dec的斜线，其中v =2为积分环节的数目。

④ 计算各典型环节的转角频率， 将各转角频率按由低到高的顺序进行排列， 并按下列原

则依次改变 AC ）的斜率：若过一阶惯性环节的转角频率，斜率减去 20dB/dec;若过比例

微分环节的转角频率，斜率增加20dB/dec;若过二阶振荡环节的转角频率，斜率减去40dB (6) G(s)

式，即各典型环节传递函数的常数项为 1。得: G( j ■)= 25(1 0.1j )

2 (j ) (1 0.2j ) 也可直接作出其bode图，步骤如下: 5 (8) G(s)二 650s2

(0.04s 1)(0.4s 1)

20lg|Gj)| dB

][

_____ _ Il

解：系统频率特性: 20lg 650

40

G(j ) 2 -6532

(j0.04， 1)( j04， 1) 0.01 20

—0

-20 诂皿丄J宀 显然，系统由一个比例环节、

两个纯微分环节、两个惯性环节组

成，故可用叠加法作出其 bode图。 幅频特性-40

1

0.4 = 2.5s

1

0.04 = 25s

也可直接作bode图，步骤略。 A : 1

1

180 1

..... :…

90°

1 |00 ~~1

0.01 0.1 7^：**

100

相频特性 0

■■

-90 1 1

/dec。此题中，TI 5 , ；：「T2 10。因 A（；r）在•- f =5 处过惯性环节，

0.2 0.1

则斜率减去20dB/dec,成为-60dB/dec; AC ）在.=-T2 =10处过微分环节，则斜率增

加 20dB/dec,成为-40dB /dec。

⑤ 如果需要，可对渐近线进行修正，以获得较精确的对数幅频特性曲线。

⑥ 对数相频特性曲线画法同前。

20dB/dec

40dB / dec

0.1 1 'I2*5

-'T2