Chapter5.6：频率响应法考研参考题

此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
自动控制原理(第七版)知识提炼
自动控制原理(第七版)课后习题精选
自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

频率响应法考研参考题

REFERENCE1

已知单位负反馈系统的开环传递函数为：G(s)=Ks(0.2s+1)2G(s)=\displaystyle\frac{K}{s(0.2s+1)^2}G(s)=s(0.2s+1)2K，求：

使系统幅值裕度为20dB20{\rm dB}20dB的KKK值；
使系统的相角裕度为60°60°60°的KKK值；

解：

系统开环频率特性为：
G(jω)=Kjω(1+0.2jω)2G({\rm j}\omega)=\frac{K}{{\rm j}\omega(1+0.2{\rm j}\omega)^2} G(jω)=jω(1+0.2jω)2K

使系统幅值裕度为20dB20{\rm dB}20dB的KKK值；

令ωx\omega_xωx为穿越频率，有：
∠(jωx)=−90°−2arctan⁡0.2ωx=−180°\angle({\rm j}\omega_x)=-90°-2\arctan0.2\omega_x=-180° ∠(jωx)=−90°−2arctan0.2ωx=−180°
有
arctan⁡0.2ωx=45°⇒ωx=5\arctan0.2\omega_x=45°\Rightarrow\omega_x=5 arctan0.2ωx=45°⇒ωx=5
因
−20lg⁡∣G(jωx)∣=20⇒∣G(jωx)∣=0.1-20\lg|G({\rm j}\omega_x)|=20\Rightarrow|G({\rm j}\omega_x)|=0.1 −20lg∣G(jωx)∣=20⇒∣G(jωx)∣=0.1
由
K∣ωx∣∣(0.2ωx)2+1∣=0.1⇒K=1\frac{K}{|\omega_x||(0.2\omega_x)^2+1|}=0.1\Rightarrow{K=1} ∣ωx∣∣(0.2ωx)2+1∣K=0.1⇒K=1
使系统的相角裕度为60°60°60°的KKK值；

由定义
γ=180°+∠(G(jωc))=180°+(−90°−2arctan⁡0.2ωc)=60°\gamma=180°+\angle(G({\rm j}\omega_c))=180°+(-90°-2\arctan0.2\omega_c)=60° γ=180°+∠(G(jωc))=180°+(−90°−2arctan0.2ωc)=60°
有
arctan⁡0.2ωc=15°⇒ωc=1.34\arctan0.2\omega_c=15°\Rightarrow\omega_c=1.34 arctan0.2ωc=15°⇒ωc=1.34
由
∣G(jωc)∣=K∣ωc∣∣(0.2ωc)2+1∣=1⇒K=1.436|G({\rm j}\omega_c)|=\frac{K}{|\omega_c||(0.2\omega_c)^2+1|}=1\Rightarrow{K=1.436} ∣G(jωc)∣=∣ωc∣∣(0.2ωc)2+1∣K=1⇒K=1.436

REFERENCE 2

设单位反馈控制系统的开环频率特性的数据如下表所示：

ω\omegaω	222	333	444	555	666	888	101010
∣G(jω)∣\|G({\rm j}\omega)\|∣G(jω)∣	7.57.57.5	4.84.84.8	3.153.153.15	2.252.252.25	1.701.701.70	1.001.001.00	0.640.640.64
∠G(jω)\angle{G({\rm j}\omega)}∠G(jω)	−118°-118°−118°	−130°-130°−130°	−140°-140°−140°	−150°-150°−150°	−157°-157°−157°	−170°-170°−170°	−180°-180°−180°

确定：

系统的幅值裕度和相角裕度；
系统幅值裕度为20dB20{\rm dB}20dB时，增益KKK的变化；
系统相角裕度为50°50°50°时，增益KKK的变化；

解：

系统的幅值裕度和相角裕度；

由表数据可得：
∣G(jωc)∣=1，ωc=8，∠G(jωc)=170°|G({\rm j}\omega_c)|=1，\omega_c=8，\angle{G({\rm j}\omega_c)}=170° ∣G(jωc)∣=1，ωc=8，∠G(jωc)=170°
可得：
γ=180°+∠G(jωc)=10°\gamma=180°+\angle{G({\rm j}\omega_c)}=10° γ=180°+∠G(jωc)=10°
因
∠G(jωx)=−180°，ωx=10，∣G(jωx)∣=0.64\angle{G({\rm j}\omega_x)}=-180°，\omega_x=10，|G({\rm j}\omega_x)|=0.64 ∠G(jωx)=−180°，ωx=10，∣G(jωx)∣=0.64
所以：
h=1∣G(jωx)∣=1.56，20lg⁡h=−20lg⁡∣G(jωx)∣=3.86dBh=\frac{1}{|G({\rm j}\omega_x)|}=1.56，20\lg{h}=-20\lg|G({\rm j}\omega_x)|=3.86{\rm dB} h=∣G(jωx)∣1=1.56，20lgh=−20lg∣G(jωx)∣=3.86dB
系统幅值裕度为20dB20{\rm dB}20dB时，增益KKK的变化；

因
20lg⁡h′=20dB，h′=10，∣G′(jωx)∣=1h′=0.1，∣G′(jωx)∣∣G(jωx)∣=0.10.64=0.15620\lg{h'}=20{\rm dB}，{h'}=10，|G'({\rm j}\omega_x)|=\frac{1}{h'}=0.1，\frac{|G'({\rm j}\omega_x)|}{|G({\rm j}\omega_x)|}=\frac{0.1}{0.64}=0.156 20lgh′=20dB，h′=10，∣G′(jωx)∣=h′1=0.1，∣G(jωx)∣∣G′(jωx)∣=0.640.1=0.156
故增益KKK变成原来的0.1560.1560.156倍.
系统相角裕度为50°50°50°时，增益KKK的变化；

若γ=50°\gamma=50°γ=50°，应有∠G(jωc′)=−130°\angle{G({\rm j}\omega'_c)}=-130°∠G(jωc′)=−130°.由表可知，ωc′=3\omega'_c=3ωc′=3，应有∣G(jωc′)∣=1|G({\rm j}\omega_c')|=1∣G(jωc′)∣=1.

因
∣G′(jωc)∣∣G(j3)∣=14.8=0.208\frac{|G'({\rm j}\omega_c)|}{|G({\rm j}3)|}=\frac{1}{4.8}=0.208 ∣G(j3)∣∣G′(jωc)∣=4.81=0.208
故增益KKK变成原来的0.2080.2080.208倍.

REFERENCE 3

控制系统如下图所示，当输入信号r(t)=sin⁡10tr(t)=\sin10tr(t)=sin10t时，测得稳态输出信号为c(t)=sin⁡(10t−90°)c(t)=\sin(10t-90°)c(t)=sin(10t−90°)，求：

系统阻尼比ζ\zetaζ及无阻尼自然振荡频率ωn\omega_nωn；
系统的超调量σ%\sigma\%σ%及调节时间ts(Δ=0.05)t_s(\Delta=0.05)ts(Δ=0.05)；

解：

系统阻尼比ζ\zetaζ及无阻尼自然振荡频率ωn\omega_nωn；

系统的闭环传递函数为：
Φ(s)=KTs2+s+K=K/Ts2+sT+KT=ωn2s2+2ζωns+ωn2\Phi(s)=\frac{K}{Ts^2+s+K}=\frac{K/T}{s^2+\displaystyle\frac{s}{T}+\displaystyle\frac{K}{T}}=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2} Φ(s)=Ts2+s+KK=s2+Ts+TKK/T=s2+2ζωns+ωn2ωn2
有
ωn2=KT，2ζωn=1T\omega_n^2=\frac{K}{T}，2\zeta\omega_n=\frac{1}{T} ωn2=TK，2ζωn=T1
系统闭环频率特性为：
Φ(jω)=K(K−Tω2)+jω\Phi({\rm j}\omega)=\frac{K}{(K-T\omega^2)+{\rm j}\omega} Φ(jω)=(K−Tω2)+jωK

∣Φ(jω)∣=K(K−Tω2)2+ω2，∠Φ(jω)=−arctan⁡ωK−Tω2|\Phi({\rm j}\omega)|=\frac{K}{\sqrt{(K-T\omega^2)^2+\omega^2}}，\angle\Phi({\rm j}\omega)=-\arctan\frac{\omega}{K-T\omega^2} ∣Φ(jω)∣=(K−Tω2)2+ω2K，∠Φ(jω)=−arctanK−Tω2ω

由题意可知：
c(t)=∣Φ(j10)∣sin⁡[10t+∠Φ(j10)]=sin⁡(10t−90°)c(t)=|\Phi({\rm j}10)|\sin[10t+\angle\Phi({\rm j}10)]=\sin(10t-90°) c(t)=∣Φ(j10)∣sin[10t+∠Φ(j10)]=sin(10t−90°)
因而
∣Φ(j10)∣=1⇒K2=(K−100T)2+100|\Phi({\rm j}10)|=1\Rightarrow{K}^2=(K-100T)^2+100 ∣Φ(j10)∣=1⇒K2=(K−100T)2+100

∠Φ(j10)=−90°⇒arctan⁡10K−100T=90°，K=100T\angle\Phi({\rm j}10)=-90°\Rightarrow\arctan\frac{10}{K-100T}=90°，K=100T ∠Φ(j10)=−90°⇒arctanK−100T10=90°，K=100T

解得：
K=10，T=0.1K=10，T=0.1 K=10，T=0.1
从而：
ωn=KT=10，ζ=12ωnT=0.5\omega_n=\sqrt{\frac{K}{T}}=10，\zeta=\frac{1}{2\omega_nT}=0.5 ωn=TK=10，ζ=2ωnT1=0.5
系统的超调量σ%\sigma\%σ%及调节时间ts(Δ=0.05)t_s(\Delta=0.05)ts(Δ=0.05)；

该系统为无零点二阶系统，有：
σ%=e−πζ/1−ζ2×100%=16.3%，ts=3.5ζωn=0.7(Δ=5%)\sigma\%={\rm e}^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%=16.3\%，t_s=\frac{3.5}{\zeta\omega_n}=0.7(\Delta=5\%) σ%=e−πζ/1−ζ2×100%=16.3%，ts=ζωn3.5=0.7(Δ=5%)

REFERENCE 4

设系统开环传递函数为：G(s)=K(0.33s+1)s(s−1)，K=6G(s)=\displaystyle\frac{K(0.33s+1)}{s(s-1)}，K=6G(s)=s(s−1)K(0.33s+1)，K=6.

要求：

画出系统奈奎斯特图，并判断单位反馈下闭环系统的稳定性；
讨论KKK减小对闭环系统稳定性的影响，并计算临界稳定时的KKK值；

解：

画出系统奈奎斯特图，并判断单位反馈下闭环系统的稳定性；

开环系统频率特性为：
G(jω)=K(0.33jω+1)jω(jω−1)=−1.33K1+ω2+jK(1−0.33ω2)ω(1+ω2)G({\rm j}\omega)=\frac{K(0.33{\rm j}\omega+1)}{{\rm j}\omega({\rm j}\omega-1)}=-\frac{1.33K}{1+\omega^2}+{\rm j}\frac{K(1-0.33\omega^2)}{\omega(1+\omega^2)} G(jω)=jω(jω−1)K(0.33jω+1)=−1+ω21.33K+jω(1+ω2)K(1−0.33ω2)
当K=6K=6K=6时，有：
G(jω)=−81+ω2+j6−2ω2ω(1+ω2)G({\rm j}\omega)=-\frac{8}{1+\omega^2}+{\rm j}\frac{6-2\omega^2}{\omega(1+\omega^2)} G(jω)=−1+ω28+jω(1+ω2)6−2ω2
令穿越频率为ωx\omega_xωx，并令
ImG(jωx)=6−2ωx2ωx(1+ωx2)=0⇒ωx=3{\rm Im}G({\rm j}\omega_x)=\frac{6-2\omega_x^2}{\omega_x(1+\omega_x^2)}=0\Rightarrow\omega_x=\sqrt{3} ImG(jωx)=ωx(1+ωx2)6−2ωx2=0⇒ωx=3
有
ReG(jωx)=−81+ωx2=−2{\rm Re}G({\rm j}\omega_x)=-\frac{8}{1+\omega_x^2}=-2 ReG(jωx)=−1+ωx28=−2
起点：G(j0+)=−8+j∞G({\rm j0_+})=-8+{\rm j}\inftyG(j0+)=−8+j∞；终点：G(j∞)=0∠−90°G({\rm j\infty})=0\angle-90°G(j∞)=0∠−90°；

奈奎斯特图如下：

因P=1P=1P=1，由奈奎斯特图可知：
N+=1,N−=12⇒N=N+−N−=12，Z=P−2N=0N_+=1,N_-=\frac{1}{2}\Rightarrow{N}=N_+-N_-=\frac{1}{2}，Z=P-2N=0 N+=1,N−=21⇒N=N+−N−=21，Z=P−2N=0
故系统闭环稳定.

讨论KKK减小对闭环系统稳定性的影响，并计算临界稳定时的KKK值；

当KKK减小时，整个奈奎斯特曲线右移，系统稳定性减弱；当KKK减小到一定值时，闭环系统由稳定变为临界稳定.

由于ωx=3\omega_x=\sqrt{3}ωx=3与KKK无关，故令
ReG(jωx)=−1.33K1+ωx2=−1{\rm Re}G({\rm j}\omega_x)=-\frac{1.33K}{1+\omega_x^2}=-1 ReG(jωx)=−1+ωx21.33K=−1
解得系统临界稳定时
K=41.33=3K=\frac{4}{1.33}=3 K=1.334=3

REFERENCE 5

设有某Ⅰ型单位反馈的典型欠阻尼二阶系统，当输入正弦信号r(t)=sin⁡ωtr(t)=\sin\omega{t}r(t)=sinωt,并调整频率ω=7.07\omega=7.07ω=7.07时,系统稳态输出幅值达到最大值1.15471.15471.1547.(注：典型欠阻尼二阶系统谐振频率为ωr=ωn1−2ζ2\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}ωr=ωn1−2ζ2,谐振峰值Mr=12ζ1−ζ2M_r=\displaystyle\frac{1}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}}Mr=2ζ1−ζ21).

要求：

计算系统的动态性能指标σ%\sigma\%σ%和ts(Δ=5%)t_s(\Delta=5\%)ts(Δ=5%)；
求系统的截止频率ωc\omega_cωc和相角裕度γ\gammaγ；
计算系统的速度稳态误差ess(∞)e_{ss}(\infty)ess(∞)；

解：

计算系统的动态性能指标σ%\sigma\%σ%和ts(Δ=5%)t_s(\Delta=5\%)ts(Δ=5%)；

由题意，系统开环传递函数为：
G(s)=ωn2s(s+2ζωn)=ωn/(2ζ)s(s/(2ζωn)+1)G(s)=\frac{\omega_n^2}{s(s+2\zeta\omega_n)}=\frac{\omega_n/(2\zeta)}{s(s/(2\zeta\omega_n)+1)} G(s)=s(s+2ζωn)ωn2=s(s/(2ζωn)+1)ωn/(2ζ)
系统闭环传递函数为：
Φ(s)=ωn2s2+2ζωns+ωn2=M(ω)eja(ω)\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}=M(\omega){\rm e}^{{\rm j}a(\omega)} Φ(s)=s2+2ζωns+ωn2ωn2=M(ω)eja(ω)
由于输入正弦信号的振幅为111，故当输出幅值最大时，M(ω)=Mr，ω=ωrM(\omega)=M_r，\omega=\omega_rM(ω)=Mr，ω=ωr，所以：
Mr=1.1547，ωr=7.07M_r=1.1547，\omega_r=7.07 Mr=1.1547，ωr=7.07
根据
ωr=ωn1−2ζ2，Mr=12ζ1−ζ2\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}，M_r=\frac{1}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}} ωr=ωn1−2ζ2，Mr=2ζ1−ζ21
联立解得：
ζ1=0.866，ζ2=0.5\zeta_1=0.866，\zeta_2=0.5 ζ1=0.866，ζ2=0.5
因系统产生谐振峰值时，要求ζ≤0.707\zeta≤0.707ζ≤0.707，故舍去ζ1=0.866\zeta_1=0.866ζ1=0.866的解.

则有：
ζ=0.5，ωn=ωr1−2ζ2=10\zeta=0.5，\omega_n=\frac{\omega_r}{\sqrt{1-2\zeta^2}}=10 ζ=0.5，ωn=1−2ζ2ωr=10
由
ts=3.5ζωn⇒ts=0.7(Δ=5%)t_s=\displaystyle\frac{3.5}{\zeta\omega_n}\Rightarrow{t_s}=0.7(\Delta=5\%) ts=ζωn3.5⇒ts=0.7(Δ=5%)
由
σ%=e−πζ/1−ζ2×100%⇒σ%=16.3%\sigma\%={\rm e}^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\Rightarrow\sigma\%=16.3\% σ%=e−πζ/1−ζ2×100%⇒σ%=16.3%
求系统的截止频率ωc\omega_cωc和相角裕度γ\gammaγ；
ωc=ωn1+4ζ4−2ζ2=7.86，γ=arctan⁡2ζ1+4ζ4−2ζ2=51.83°\omega_c=\omega_n\sqrt{\sqrt{1+4\zeta^4}-2\zeta^2}=7.86，\gamma=\arctan\frac{2\zeta}{\sqrt{\sqrt{1+4\zeta^4}-2\zeta^2}}=51.83° ωc=ωn1+4ζ4−2ζ2=7.86，γ=arctan1+4ζ4−2ζ22ζ=51.83°
计算系统的速度稳态误差ess(∞)e_{ss}(\infty)ess(∞)；

因ν=1，Kv=ωn2ζ=10\nu=1，K_v=\displaystyle\frac{\omega_n}{2\zeta}=10ν=1，Kv=2ζωn=10，故速度稳态误差为：
ess(∞)=1Kv=0.1e_{ss}(\infty)=\frac{1}{K_v}=0.1 ess(∞)=Kv1=0.1

REFERENCE 6

已知系统结构图和开环对数频率特性如下图所示.

要求：

确定使闭环系统具有欠阻尼状态的开环增益KKK的范围；
当阻尼比ζ=0.707\zeta=0.707ζ=0.707时，求系统的开环增益KKK及系统的动态性能σ%\sigma\%σ%和ts(Δ=5%)t_s(\Delta=5\%)ts(Δ=5%)；
当开环增益K=6K=6K=6时，求系统的速度误差ess(∞)e_{ss}(\infty)ess(∞)；

解：

确定使闭环系统具有欠阻尼状态的开环增益KKK的范围；

由图可得，系统开环传递函数为：
G(s)=K∗(s+2)s(s−1)G(s)=\frac{K^*(s+2)}{s(s-1)} G(s)=s(s−1)K∗(s+2)
为了满足题意要求的KKK值，作系统根轨迹，其分离点坐标满足：
1d+1d−1=1d+2\frac{1}{d}+\frac{1}{d-1}=\frac{1}{d+2} d1+d−11=d+21
经整理可得：
d2+4d−2=0⇒d1=0.45，d2=−4.45d^2+4d-2=0\Rightarrow{d_1}=0.45，d_2=-4.45 d2+4d−2=0⇒d1=0.45，d2=−4.45
系统根轨迹是一个以(−2，j0)(-2，{\rm j}0)(−2，j0)为圆心，6=2.45\sqrt{6}=2.456=2.45为半径的圆.

根轨迹如下图所示：

当ζ=0\zeta=0ζ=0时，根轨迹与虚轴相交，其对应K1∗K_1^*K1∗.

闭环特征方程为：
s2+(K∗−1)s+2K∗=0s^2+(K^*-1)s+2K^*=0 s2+(K∗−1)s+2K∗=0
令s=jωs={\rm j}\omegas=jω，有：
(2K∗−ω2)+j(K∗−1)ω=0(2K^*-\omega^2)+{\rm j}(K^*-1)\omega=0 (2K∗−ω2)+j(K∗−1)ω=0
令2K∗−ω2=02K^*-\omega^2=02K∗−ω2=0，可得：ω=2K∗\omega=\sqrt{2K^*}ω=2K∗，代入虚部，有：
2K∗(K∗−1)2=0⇒K1∗=12K^*(K^*-1)^2=0\Rightarrow{K_1^*=1} 2K∗(K∗−1)2=0⇒K1∗=1
当ζ=1\zeta=1ζ=1时，根轨迹在d2d_2d2处呈现重极点，由模值条件：
K2∗=5.45×4.452.45=9.899K_2^*=\frac{5.45\times4.45}{2.45}=9.899 K2∗=2.455.45×4.45=9.899
闭环系统为欠阻尼状态时，根轨迹增益：
1<K∗<9.8991<K^*<9.899 1<K∗<9.899
由开环传递函数G(s)G(s)G(s)可知，开环增益K=−2K∗K=-2K^*K=−2K∗，因此，使闭环系统具有欠阻尼状态的KKK值范围为：
−19.8<K<−2-19.8<K<-2 −19.8<K<−2

当阻尼比ζ=0.707\zeta=0.707ζ=0.707时，求系统的开环增益KKK及系统的动态性能σ%\sigma\%σ%和ts(Δ=5%)t_s(\Delta=5\%)ts(Δ=5%)；

在根轨迹图上画ζ=cos⁡β=0.707\zeta=\cos\beta=0.707ζ=cosβ=0.707线，β=45°\beta=45°β=45°，阻尼线与根轨迹交于s1s_1s1点，如上图所示.

由等腰直角三角形可知，s1s_1s1点坐标为：s1=−x+jxs_1=-x+{\rm j}xs1=−x+jx；由虚线构成的直角三角形可得：
x2+(x−2)2=6⇒x=1+2=2.414x^2+(x-2)^2=6\Rightarrow{x=1+\sqrt{2}}=2.414 x2+(x−2)2=6⇒x=1+2=2.414
因此，ζ=0.707\zeta=0.707ζ=0.707对应闭环极点：s1,2=−2.414±j2.414s_{1,2}=-2.414±{\rm j}2.414s1,2=−2.414±j2.414。其相应的K∗K^*K∗可由模值条件算得：
K∗=∣s1−1∣⋅∣s1−0∣∣s1+2∣=3.4142+2.4142×2×2.41422.4142+0.4142=5.828K^*=\frac{|s_1-1|·|s_1-0|}{|s_1+2|}=\frac{\sqrt{3.414^2+2.414^2}\times\sqrt{2\times2.414^2}}{\sqrt{2.414^2+0.414^2}}=5.828 K∗=∣s1+2∣∣s1−1∣⋅∣s1−0∣=2.4142+0.41423.4142+2.4142×2×2.4142=5.828
对应的系统开环增益：
K=−2K∗=−11.656K=-2K^*=-11.656 K=−2K∗=−11.656
超调量：
σ%=e−πζ/1−ζ2×100%=4.3%\sigma\%={\rm e}^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%=4.3\% σ%=e−πζ/1−ζ2×100%=4.3%
相应的闭环特征方程：
s2+4.828s+11.656=0s^2+4.828s+11.656=0 s2+4.828s+11.656=0
因
2ζωn=4.828⇒ζωn=2.4142\zeta\omega_n=4.828\Rightarrow\zeta\omega_n=2.414 2ζωn=4.828⇒ζωn=2.414
调节时间：
ts=3.5ζωn=3.52.414=1.45(Δ=5%)t_s=\frac{3.5}{\zeta\omega_n}=\frac{3.5}{2.414}=1.45(\Delta=5\%) ts=ζωn3.5=2.4143.5=1.45(Δ=5%)
当开环增益K=6K=6K=6时，求系统的速度误差ess(∞)e_{ss}(\infty)ess(∞)；

相应的开环传递函数为：
G(s)=K(0.5s+1)s(s−1)G(s)=\frac{K(0.5s+1)}{s(s-1)} G(s)=s(s−1)K(0.5s+1)
因此：
ess(∞)=1lim⁡s→0G(s)=−1K=−16=−0.167e_{ss}(\infty)=\frac{1}{\displaystyle\lim_{s\to0}G(s)}=-\frac{1}{K}=-\frac{1}{6}=-0.167 ess(∞)=s→0limG(s)1=−K1=−61=−0.167

REFERENCE 7

设单位负反馈的Ⅰ型典型欠阻尼二阶系统，在输入振幅A=1A=1A=1，频率f=5πf=\displaystyle\frac{5}{\pi}f=π5的正弦信号时，稳态输出信号的振幅为222，相角恰好滞后90°90°90°.

求：

系统的闭环传递函数；
系统的动态性能指标σ%\sigma\%σ%和ts(Δ=5%)t_s(\Delta=5\%)ts(Δ=5%)；
系统的截止频率ωc\omega_cωc和相角裕度γ\gammaγ；

解：

系统的闭环传递函数；

由题意可得：
Φ(s)=ωn2s2+2ζωns+ωn2，0<ζ<1\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}，0<\zeta<1 Φ(s)=s2+2ζωns+ωn2ωn2，0<ζ<1
令s=jωs={\rm j}\omegas=jω，可得闭环幅频特性和相频特性为：
M(ω)=ωn2(ωn2−ω2)2+4ζ2ωn2ω2，α(ω)=−arctan⁡2ζωnωωn2−ω2\begin{aligned} &M(\omega)=\frac{\omega_n^2}{\sqrt{(\omega_n^2-\omega^2)^2+4\zeta^2\omega_n^2\omega^2}}，\alpha(\omega)=-\arctan\frac{2\zeta\omega_n\omega}{\omega_n^2-\omega^2} \end{aligned} M(ω)=(ωn2−ω2)2+4ζ2ωn2ω2ωn2，α(ω)=−arctanωn2−ω22ζωnω
已知：
r(t)=Asin⁡ωt=1sin⁡(2π5π)t=sin⁡10tr(t)=A\sin\omega{t}=1\sin(2\pi\frac{5}{\pi})t=\sin10t r(t)=Asinωt=1sin(2ππ5)t=sin10t
根据题设条件：M(10)=2，α(10)=−90°M(10)=2，\alpha(10)=-90°M(10)=2，α(10)=−90°，有：
M(10)=ωn2(ωn2−100)2+400ζ2ωn2=2，α(10)=−arctan⁡20ζωnωn2−100=−90°\begin{aligned} &M(10)=\frac{\omega_n^2}{\sqrt{(\omega_n^2-100)^2+400\zeta^2\omega_n^2}}=2，\alpha(10)=-\arctan\frac{20\zeta\omega_n}{\omega_n^2-100}=-90° \end{aligned} M(10)=(ωn2−100)2+400ζ2ωn2ωn2=2，α(10)=−arctanωn2−10020ζωn=−90°
由α(10)=−90°\alpha(10)=-90°α(10)=−90°，得：
ωn2−100=0⇒ωn=10\omega_n^2-100=0\Rightarrow\omega_n=10 ωn2−100=0⇒ωn=10
代入M(10)=2M(10)=2M(10)=2，有：
4ζ=1⇒ζ=0.254\zeta=1\Rightarrow\zeta=0.25 4ζ=1⇒ζ=0.25
所以：
Φ(s)=100s2+5s+100\Phi(s)=\frac{100}{s^2+5s+100} Φ(s)=s2+5s+100100
系统的动态性能指标σ%\sigma\%σ%和ts(Δ=5%)t_s(\Delta=5\%)ts(Δ=5%)；
σ%=e−πζ/1−ζ2×100%=44.43%，ts=3.5ζωn=1.4(Δ=5%)\sigma\%={\rm e}^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%=44.43\%，t_s=\frac{3.5}{\zeta\omega_n}=1.4(\Delta=5\%) σ%=e−πζ/1−ζ2×100%=44.43%，ts=ζωn3.5=1.4(Δ=5%)
系统的截止频率ωc\omega_cωc和相角裕度γ\gammaγ；
ωc=ωn1+4ζ4−2ζ2=9.4，γ=arctan⁡2ζ1+4ζ4−2ζ2=28.0°\omega_c=\omega_n\sqrt{\sqrt{1+4\zeta^4}-2\zeta^2}=9.4，\gamma=\arctan\frac{2\zeta}{\sqrt{\sqrt{1+4\zeta^4}-2\zeta^2}}=28.0° ωc=ωn1+4ζ4−2ζ2=9.4，γ=arctan1+4ζ4−2ζ22ζ=28.0°

REFERENCE 8

设某最小相位系统开环对数幅频特性曲线如下图所示.

要求：

写出该系统的开环传递函数G(s)G(s)G(s)；
判断闭环系统是否稳定，并说明理由；

解：

系统开环传递函数。

因20lg⁡K=30dB20\lg{K}=30{\rm dB}20lgK=30dB，求得：K=31.62K=31.62K=31.62；

在ω=0.1\omega=0.1ω=0.1处，斜率变化为202020，对应一阶微分环节(10s+1)(10s+1)(10s+1)；

在ω1\omega_1ω1处，斜率变化为−20-20−20，对应惯性环节为：1sω1+1\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{s}{\omega_1}+1}ω1s+11；

因L(ω1)=40dB，L(0.1)=30dBL(\omega_1)=40{\rm dB}，L(0.1)=30{\rm dB}L(ω1)=40dB，L(0.1)=30dB，而：
40−30lg⁡ω1−lg⁡0.1=20⇒lg⁡10ω1=12⇒ω1=1010=0.316\frac{40-30}{\lg\omega_1-\lg0.1}=20\Rightarrow\lg10\omega_1=\frac{1}{2}\Rightarrow\omega_1=\frac{\sqrt{10}}{10}=0.316 lgω1−lg0.140−30=20⇒lg10ω1=21⇒ω1=1010=0.316
在ω=ω2\omega=\omega_2ω=ω2处，斜率变化为−20-20−20，对应于1sω2+1\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{s}{\omega_2}+1}ω2s+11；

在ω=ω3\omega=\omega_3ω=ω3处，斜率变化为−20-20−20，对应于1sω3+1\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{s}{\omega_3}+1}ω3s+11；

在ω=ω4\omega=\omega_4ω=ω4处，斜率变化为−20-20−20，对应于1sω4+1\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{s}{\omega_4}+1}ω4s+11；

由于L(100)=0，L(ω4)=5L(100)=0，L(\omega_4)=5L(100)=0，L(ω4)=5，所以
5−0lg⁡ω4−lg⁡100=−60⇒lg⁡ω4100=−112⇒ω4=82.54\frac{5-0}{\lg\omega_4-\lg100}=-60\Rightarrow\lg\frac{\omega_4}{100}=-\frac{1}{12}\Rightarrow\omega_4=82.54 lgω4−lg1005−0=−60⇒lg100ω4=−121⇒ω4=82.54
同理：
L(ω3)=20，20−5lg⁡ω3−lg⁡ω4=−40⇒ω3=34.81L(ω2)=40，40−20lg⁡ω2−lg⁡ω3=−20⇒ω2=3.48\begin{aligned} &L(\omega_3)=20，\frac{20-5}{\lg\omega_3-\lg\omega_4}=-40\Rightarrow\omega_3=34.81\\\\ &L(\omega_2)=40，\frac{40-20}{\lg\omega_2-\lg\omega_3}=-20\Rightarrow\omega_2=3.48 \end{aligned} L(ω3)=20，lgω3−lgω420−5=−40⇒ω3=34.81L(ω2)=40，lgω2−lgω340−20=−20⇒ω2=3.48
故开环传递函数为：
G(s)=1010(s0.1+1)(10s+1)(s3.48+1)(s34.81+1)(s82.54+1)G(s)=\frac{10\sqrt{10}\left(\displaystyle\frac{s}{0.1}+1\right)}{(\sqrt{10}s+1)\left(\displaystyle\frac{s}{3.48}+1\right)\left(\displaystyle\frac{s}{34.81}+1\right)\left(\displaystyle\frac{s}{82.54}+1\right)} G(s)=(10s+1)(3.48s+1)(34.81s+1)(82.54s+1)1010(0.1s+1)
【验证】

判断闭环系统的稳定性。

因截止频率为ωc=100\omega_c=100ωc=100，系统为最小相位系统，故相角裕度
γ=180°+∠G(jωc)=180°+arctan⁡1000.1−arctan⁡10010−arctan⁡1003.48−arctan⁡10034.81−arctan⁡10082.54=−29.15°<0°\begin{aligned} \gamma&=180°+\angle{G({\rm j}\omega_c)}\\\\ &=180°+\arctan\frac{100}{0.1}-\arctan100\sqrt{10}-\arctan\frac{100}{3.48}-\arctan\frac{100}{34.81}-\arctan\frac{100}{82.54}\\\\ &=-29.15°<0° \end{aligned} γ=180°+∠G(jωc)=180°+arctan0.1100−arctan10010−arctan3.48100−arctan34.81100−arctan82.54100=−29.15°<0°
故闭环系统不稳定.

【系统单位阶跃响应】

REFERENCE 9

设某单位负反馈系统的开环传递函数G(s)=Ks(s+a)G(s)=\displaystyle\frac{K}{s(s+a)}G(s)=s(s+a)K，令∣Φ(jω)∣|\Phi({\rm j}\omega)|∣Φ(jω)∣代表系统的闭环幅频特性；ωn\omega_nωn代表系统的无阻尼振荡频率；ωr\omega_rωr代表系统的谐振频率；r(t)r(t)r(t)为系统输入；c(t)c(t)c(t)为系统输出.现已知∣Φ(jω)∣=1，ωr=0.707|\Phi({\rm j}\omega)|=1，\omega_r=0.707∣Φ(jω)∣=1，ωr=0.707，r(t)=1+2sin⁡2tr(t)=1+2\sin2tr(t)=1+2sin2t.求：

参数KKK与aaa，及系统稳态输出css(t)c_{ss}(t)css(t)；
系统相角裕度γ\gammaγ；

解：

参数KKK与aaa，及系统稳态输出css(t)c_{ss}(t)css(t)；

由
G(s)=Ks(s+a)=ωn2s(s+2ζωn)G(s)=\frac{K}{s(s+a)}=\frac{\omega_n^2}{s(s+2\zeta\omega_n)} G(s)=s(s+a)K=s(s+2ζωn)ωn2
有：
K=ωn2，a=2ζωnK=\omega_n^2，a=2\zeta\omega_n K=ωn2，a=2ζωn
闭环传递函数为：
Φ(s)=ωn2s2+2ζωns+ωn2\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2} Φ(s)=s2+2ζωns+ωn2ωn2
令s=jω，ω=ωns={\rm j}\omega，\omega=\omega_ns=jω，ω=ωn，得：
Φ(jωn)=−j12ζ\Phi({\rm j}\omega_n)=-{\rm j}\frac{1}{2\zeta} Φ(jωn)=−j2ζ1
由题意可得：
∣Φ(jωn)∣=12ζ=1⇒ζ=0.5|\Phi({\rm j}\omega_n)|=\frac{1}{2\zeta}=1\Rightarrow\zeta=0.5 ∣Φ(jωn)∣=2ζ1=1⇒ζ=0.5
因为
ωr=ωn1−2ζ2\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2} ωr=ωn1−2ζ2
代入ζ=0.5，ωr=0.707\zeta=0.5，\omega_r=0.707ζ=0.5，ωr=0.707，解得：ωn=1\omega_n=1ωn=1.则有：
K=ωn2=1，a=2ζωn=1K=\omega_n^2=1，a=2\zeta\omega_n=1 K=ωn2=1，a=2ζωn=1
开环传递函数和闭环传递函数为：
G(s)=1s(s+1)，Φ(s)=1s2+s+1G(s)=\frac{1}{s(s+1)}，\Phi(s)=\frac{1}{s^2+s+1} G(s)=s(s+1)1，Φ(s)=s2+s+11
因r(t)=1+2sin⁡2t=r1(t)+r2(t)r(t)=1+2\sin2t=r_1(t)+r_2(t)r(t)=1+2sin2t=r1(t)+r2(t).

当r1(t)=1r_1(t)=1r1(t)=1时，稳态输出为：
css1(t)=lim⁡s→0Φ(s)=Φ(0)=1c_{ss1}(t)=\lim_{s\to0}\Phi(s)=\Phi(0)=1 css1(t)=s→0limΦ(s)=Φ(0)=1
当r2(t)=2sin⁡2tr_2(t)=2\sin2tr2(t)=2sin2t时，因：
Φ(j2)=11−ω2+jω∣ω=2=1(−3)2+22∠−146.3°=0.277∠−146.3°\Phi({\rm j}2)=\left.\frac{1}{1-\omega^2+{\rm j}\omega}\right|_{\omega=2}=\frac{1}{\sqrt{(-3)^2+2^2}}\angle-146.3°=0.277\angle-146.3° Φ(j2)=1−ω2+jω1∣∣ω=2=(−3)2+221∠−146.3°=0.277∠−146.3°
稳态输出：
css2(t)=2×0.277sin⁡(2t−146.3°)=0.554sin⁡(2t−146.3°)c_{ss2}(t)=2\times0.277\sin(2t-146.3°)=0.554\sin(2t-146.3°) css2(t)=2×0.277sin(2t−146.3°)=0.554sin(2t−146.3°)
故总的稳态输出为：
css(t)=css1(t)+css2(t)=1+0.554sin⁡(2t−146.3°)c_{ss}(t)=c_{ss1}(t)+c_{ss2}(t)=1+0.554\sin(2t-146.3°) css(t)=css1(t)+css2(t)=1+0.554sin(2t−146.3°)
系统相角裕度γ\gammaγ；

令∣G(jωc)∣=1|G({\rm j}\omega_c)|=1∣G(jωc)∣=1，有：
1ωc1+ωc2=1⇒ωc=0.786\frac{1}{\omega_c\sqrt{1+\omega_c^2}}=1\Rightarrow\omega_c=0.786 ωc1+ωc21=1⇒ωc=0.786
故
γ=180°+∠G(jωc)=180°−90°−arctan⁡ωc=51.8°\gamma=180°+\angle{G({\rm j}\omega_c)}=180°-90°-\arctan\omega_c=51.8° γ=180°+∠G(jωc)=180°−90°−arctanωc=51.8°

REFERENCE 10

设单位负反馈系统的开环传递函数为：G(s)=ωn2s(s+2ζωn)G(s)=\displaystyle\frac{\omega_n^2}{s(s+2\zeta\omega_n)}G(s)=s(s+2ζωn)ωn2，已知闭环频率特性的模∣Φ(j2)∣=12ζ|\Phi({\rm j}2)|=\displaystyle\frac{1}{2\zeta}∣Φ(j2)∣=2ζ1，相角裕度γ=26.56°\gamma=26.56°γ=26.56°，求输入r(t)=3sin⁡4tr(t)=3\sin4tr(t)=3sin4t时，系统的稳态输出css(t)c_{ss}(t)css(t).

解：

系统闭环频率特性为：
Φ(jω)=ωn2s2+2ζωns+ωn2∣s=jω\Phi({\rm j}\omega)=\left.\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\right|_{s={\rm j}\omega} Φ(jω)=s2+2ζωns+ωn2ωn2∣∣s=jω
则有：
∣Φ(jω)∣=ωn2(ωn2−ω2)2+4ζ2ωn2ω2，α(ω)=−arctan⁡2ζωnωωn2−ω2|\Phi({\rm j}\omega)|=\frac{\omega_n^2}{\sqrt{(\omega_n^2-\omega^2)^2+4\zeta^2\omega_n^2\omega^2}}，\alpha(\omega)=-\arctan\frac{2\zeta\omega_n\omega}{\omega_n^2-\omega^2} ∣Φ(jω)∣=(ωn2−ω2)2+4ζ2ωn2ω2ωn2，α(ω)=−arctanωn2−ω22ζωnω
则有：
∣Φ(jωn)∣=12ζ|\Phi({\rm j}\omega_n)|=\frac{1}{2\zeta} ∣Φ(jωn)∣=2ζ1
由题意可得：∣Φ(j2)∣=12ζ|\Phi({\rm j}2)|=\displaystyle\frac{1}{2\zeta}∣Φ(j2)∣=2ζ1，故有ωn=2\omega_n=2ωn=2.

因为
γ=180°−90°−arctan⁡ωc2ζωn=26.56°⇒ωc=8ζ\gamma=180°-90°-\arctan\frac{\omega_c}{2\zeta\omega_n}=26.56°\Rightarrow\omega_c=8\zeta γ=180°−90°−arctan2ζωnωc=26.56°⇒ωc=8ζ
因为
∣G(jωc)∣=1⇒ωn2ωcωc2+4ζ2ωn2=1|G({\rm j}\omega_c)|=1\Rightarrow\frac{\omega_n^2}{\omega_c\sqrt{\omega_c^2+4\zeta^2\omega_n^2}}=1 ∣G(jωc)∣=1⇒ωcωc2+4ζ2ωn2ωn2=1
代入ωn=2，ωc=8ζ\omega_n=2，\omega_c=8\zetaωn=2，ωc=8ζ，求得：
ζ=0.236\zeta=0.236 ζ=0.236
由题意，r(t)=3sin⁡4tr(t)=3\sin4tr(t)=3sin4t，有：
css(t)=3∣Φ(j4)∣sin⁡(4t+α(4))c_{ss}(t)=3|\Phi({\rm j}4)|\sin(4t+\alpha(4)) css(t)=3∣Φ(j4)∣sin(4t+α(4))
由于
∣Φ(j4)∣=0.318，α(ω)∣ω=4=−162.5°|\Phi({\rm j}4)|=0.318，\left.\alpha(\omega)\right|_{\omega=4}=-162.5° ∣Φ(j4)∣=0.318，α(ω)∣ω=4=−162.5°
故有：
css(t)=0.954sin⁡(4t−162.5°)c_{ss}(t)=0.954\sin(4t-162.5°) css(t)=0.954sin(4t−162.5°)