自动控制原理课后习题答案(7)

则G(s)?100

11(s?1)(s?1)?1?2 对于(b)图有，??2且低频段延长线与?轴的交点频率为K，则有

L(?1)=40lg?K?20lg2，K??1?2 ?1?1?1?2(1s?1)?1则，G(s)?

21s(s?1)?3对于(c)图有，???1且低频段与?轴的交点频率为

11=?1，K? K?1则，G(s)?s11?1(s?1)(s?1)?2?3

（2）对于(a)图，由对应传递函数知，相频特性为

?(?)??arctan???arctan(?1＜?2) ?1?2??可见，??0??时，?(?)?0??180。 由此可大致画出相频特性如图5-26(a)所示。 再由由G(s)=100(1?1s+1)(1?2得，??0,K?100,m?0,n?2得，

s+1)奈氏曲线起点坐标（100,0°），终点坐标为(0,-180°)，由此可大致画出系统奈氏图如图5-26(b)所示。

?(?)0°-90°-180° (a) 对数相频特性图Im?1?2?/s?10100Re?(b) 奈氏图

图5-26 习题5-10（a）解答图

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对于(b)图，由对应传递函数知，该系统为典型Ⅱ型系统，相频特性为

?(?)??180??arctan???arctan(?1＜?3)，且 ?1?3??0??时，?(?)??180???180?，由此可大致画出其相频特性如图5-27(a)所示。

s)=再由G(?1?2(s+1)?1s2(11知??2,m?1,n?3，奈氏曲线起点坐标为（∞,-180°），终点

?3s+1)坐标为(0,-180°)，且由相频特性可知奈氏曲线位于第Ⅲ象限。由此可大致画出其奈氏图如

图5-27(b)所示。

?(?)0°-90°-180° (a) 对数相频特性图(b) 奈氏图Im?1?3?/s?10?Re

图5-27 习题5-10(b)解答图

对于(c)图，有对应传递函数知，相频特性为

?(?)?90??arctan且?(?)?0?，?=???arctan(?2＜?3)，??0??时，?(?)?90???90? ?2?3?2?3，即?(?)从?2和?3的几何中心穿过?轴。由此可大致画出其相

频特性如图5-28(a)所示。 s再由G(知 s)=11?1(s+1)(s+1)?2?3??0??时，G(j?)?0?0,?(?)?90???90?

奈氏曲线起点坐标为（0,90°），终点坐标为(0,-90°)，且由相频特性可知奈氏曲线位于第Ⅱ、

Ⅴ象限。由此可大致画出其奈氏图如图5-28(b)所示。

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?(?)+90°Im?Re00°-90° (a) 对数相频特性图(b) 奈氏图?1?3?/s?1

图5-28 习题5-10(c)解答图

5-11 解：（1）由相位裕量定义得

?=180???(?c)?180??90??2?arctan??c?45?，?c?由A(?c)?1?

1??2?c2?c2?21/?2?1得，??0.84

（2）由相位裕量定义得

???(?)?180?3arctan0.?0?1 ?=18?0cc?，4?5?s?1 100c 由A(?c)?K[1?(0.01?c)2]3?K(2)3?1得，K?2.8。

（3）由G(s)?KK，G(j?)?

s(s2?s?100)j?(100??2?j?) 令?(?x)??90??arctan?x100??2x??180?，?x?10s?1

由A(?x)?K?x(100??x2)2??x2?1K和h?得

A(?x)100

20lhg??20Al?gx，即()?K20?lgdB，得2K0?100105-12 解：（1）由低频段延长线L(10)=0dB得，K?10 由图有，40lg?c0.1?20lg10得，?c?1s?1 0.110，?c?1s?1

s(10s?1)(0.1s?1) （2）该系统为最小相位系统，且G(s)?则，系统相位裕量为

??180???(?c)?180??90??arctan10?1?arctan0.1?1?0?，可知系统临界稳定。

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（3）令?(?x)??90??arctanT1?x?arctanT2?x??180?，得?x?1 TT12则，A(?x)?K?x1?(T1?x)21?(T2?x)2?KTT12 T1?T2系统幅值裕量为，h?T?TT?T1?12，即K?12。 A(?x)KTTTTh12125-13解：由结构图得，系统开环传递函数为

G(s)?200?1010000?

s2(0.2s?1)?20ss(s2?5s?100)D(s)?s3?5s2?100s?10000?0 第一种方法，用劳斯判据。系统闭环特征方程为：

因方程中，5?100＜1?10000，所以系统不稳定。 第二种方法，用奈氏判据。

由G(s)?1000010000得，G(j?)?，??1，m?0，n?3

s(s2?5s?100)j?(100??2?j5?)奈氏曲线起点坐标为（∞,-90°），终点坐标为(0,-270°)，曲线位于第Ⅲ、Ⅱ象限。由此可

大致画出其奈氏图如图5-31所示。 令?(?x)??90??arctan5?x??180?，得?x?10s?1 2100??x则，A(?x)?10000?x(100??)?(5?x)22x2?20＞1。

可见，奈氏曲线包围（-1,j0）点，而G(s)中不含[s]有半平面极点，即P =0，所以系统不稳定。

Im-200?Re

图5-31 习题5-13解答图

5-14解：由教材5.3节图5-29可知，延迟系统的奈氏曲线是一条绕坐标原点顺时针旋转的螺旋线。要使系统稳定，则螺旋线应不包围(-1, j0)点，即对应于最小的相位穿越频率 (离原

1。 点最远的穿越频率) ωx处应有A(?x)?G(j?x)＜即A(?x)?21??x＜1，得?x＞3 24

又由?(?x)????x?arctan?x??(2k?1)?，得??(2k?1)??arctan?x?x

可见，?是?x的减函数，所以系统稳定时有?＜??arctan33?1.21s。

5-15解：本系统含有延迟环节，奈氏曲线为螺旋线。

Ke?2s(K＞0,?＞0)可得 由G(s)H(s)?s(s?1)(4s?1)?(?x)??2?x?90o?arctan?x?arctan4?x??(2k?1)?，得?x?0.5s?1

由A(?)?K?1??21?16?2可知，随?的增大幅值递减，因此在系统稳定的范围内，对应

最小穿越频率?x处 K 值最大。系统临界稳定时，在最小的?x处应有A(?x)?K=1

?x1??2x1?16?2x22则，Kmax??x1??x1?16?x?1.25。

5-16 解：系统开环传递函数为

10(Khs?1)10(Khs?1)?? G(s)H(s)?

s(s?10)s(?s?10) 对应的相位为

?(?)??180??90??arctanKh??arctan 在穿越频率ωx处，令

?(?x)??180??90??arctanKh?x?arctan?10

?x10??180?，得?x?10 Kh 系统临界稳定时，其奈氏曲线必经过(-1, j0)点，可令 A(?x)?22101?Kh?x?x10??22x?1

将?x?10代入上式，可求得系统临界稳定时Kh=1。 Kh5-17 解：（1）根据开环对数幅频特性图可知：K=10，ν=1。则系统开环传递函数为

10 G(s)?

s(10s?1)(0.05s?1)（2）根据开环对数幅频特性图有： L(0.1)?40lg?c0.1?20lg10??c?1 0.125