Chapter5.3：频率响应法

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

第五章：频率响应法

Example 5.21

已知系统开环传递函数如下，其概略幅相特性曲线如下图所示，用奈奎斯特判据确定使系统闭环稳定时开环增益$K$的范围；

1. $G(s)=\frac{K{s}^3}{(s+0.31)(s+5.06)(s+0.64)}$；
2. $G(s)=\frac{K(s+1)}{s(s^2+8s+100)}$；
3. $G(s)=\frac{K}{s(Ts-1)}，T>0$；

解：

1. $G(s)=\frac{K{s}^3}{(s+0.31)(s+5.06)(s+0.64)}$；

   由开环传递函数可知：$P=0$；由$Z=P-2N$可知，若使系统闭环稳定，则应有$Z=0$，即$N=0$.

   由幅相特性曲线可知，若使$N=0$，则
   $$-0.035K>-1\Rightarrow 0<K<28.57$$

2. $G(s)=\frac{K(s+1)}{s(s^2+8s+100)}$；

   由开环传递函数可知：$P=0$；由$Z=P-2N$可知，若使系统闭环稳定，则应有$Z=0$，即$N=0$.

   由幅相特性曲线可知，若使$N=0$，则
   $$K>0$$

3. $G(s)=\frac{K}{s(Ts-1)}，T>0$；

   由开环传递函数可知：$P=1$；由幅相特性曲线可知：$N_{+}=0，N_{-}=\frac{1}{2}$；则
   $$N=N_{+}-N_{-}=-\frac{1}{2}$$
   由$Z=P-2N$，可得：
   $$Z=1-2\times (-\frac{1}{2})=2$$
   故无论$K$取何值，闭环系统都不稳定.

Example 5.22

已知系统开环对数相频特性曲线如下图所示，${\omega }_c$为系统开环对数幅频特性$20\lg |G(\mathrm{j}{\omega }_c)|=0$时的频率，在第一个截止频率之前的频率范围内都有$L(\omega )>0$.确定$s$的右半平面内闭环极点的个数.

解：

【图a】

因为$\nu =1$，故需要在对数相频特性的低频段曲线向上补作$1\times 90°$的垂线.

在$\omega <{\omega }_c$的频段内，其对数相频曲线一次半穿越$(2k+1)\times 180°(k=-1)$线，$N_{-}=1，N_{+}=\frac{1}{2}$，则
$$N=N_{+}-N_{-}=-\frac{1}{2}$$
闭环极点位于$s$右半平面的个数为：
$$Z=P-2N=0-2\times (-\frac{1}{2})=1$$
所以，系统闭环不稳定，有一个正实部闭环极点.

【图b】

因为$\nu =4$，故需要在对数相频特性的低频段曲线向上补作$4\times 90°$的垂线.

在$\omega <{\omega }_c$的频段内，其对数相频曲线四次穿越$(2k+1)\times 180°(k=0，-1)$线，其中两次为负穿越，两次为正穿越，故$N_{-}=2，N_{+}=2$，则
$$N=N_{+}-N_{-}=0$$
闭环极点位于$s$右半平面的个数为：
$$Z=P-2N=0-2\times 0=0$$
所以，系统稳定.

Example 5.23

设系统开环幅相特性曲线$G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )$如下图所示，判断闭环系统的稳定性；若再串入积分环节$\frac{1}{s}$，判断闭环系统的稳定性.

解：

【原系统】

由系统开环幅相特性曲线可知：
$$\begin{array}{rl}& \nu =0\\ & \\ & {G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )|}_{\omega =5}=-\mathrm{j}1.4，{G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )|}_{\omega =10}=-1.3\\ & \\ & {G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )|}_{\omega =250}=\mathrm{j}0.7，{\angle G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )|}_{\omega \to \infty }=-360°\end{array}$$
因为$\nu =0$，由开环幅相特性曲线可知，$N_{-}=1，N_{+}=0$，故$N=N_{+}-N_{-}=-1$；已知$P=0$，根据奈奎斯特判据，可得：
$$Z=P-2N=2$$
即闭环系统不稳定，有两个闭环极点具有正实部.

【串入积分环节系统】

串入积分环节后，系统的开环频率特性为：$\frac{G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )}{\mathrm{j}\omega }$，即串入积分环节后：
$$\begin{array}{rl}& \nu =1\\ & \\ & {\frac{G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )}{\mathrm{j}\omega }|}_{\omega =5}=-\frac{j1.4}{\mathrm{j}5}=-0.28，{\frac{G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )}{\mathrm{j}\omega }|}_{\omega =10}=-\frac{1.3}{\mathrm{j}10}=\mathrm{j}0.13\\ & \\ & {\frac{G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )}{\mathrm{j}\omega }|}_{\omega =250}=\frac{j0.7}{\mathrm{j}250}=0.0028，\angle {\frac{G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )}{\mathrm{j}\omega }|}_{\omega \to \infty }=-450°\end{array}$$
因为$\nu =1$，故从开环幅相特性曲线$\omega =0^{+}$处按逆时针方向补作$90°$，半径为无穷大的虚圆弧.

由幅相特性曲线可知：$N_{-}=0，N_{+}=0$，故$N=N_{+}-N_{-}=0$；已知$P=0$，根据奈奎斯特判据，可得：
$$Z=P-2N=0$$
即串入积分环节后闭环系统稳定.

Example 5.24

已知系统的开环传递函数为：$G(s)=\frac{10(s+0.2)}{s^2(s+0.1)}$，绘制系统的概略开环幅相特性曲线，并由开环幅相特性曲线判断闭环系统的稳定性.

解：

开环系统的频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{10(0.2+\mathrm{j}\omega )}{-{\omega }^2(0.1+\mathrm{j}\omega )}=\frac{-(0.2+10{\omega }^2)+\mathrm{j}\omega }{{\omega }^2({\omega }^2+0.01)}$$
开环幅相特性曲线的起点：$G(\mathrm{j}{0}_{+})=-\infty +\mathrm{j}\infty$；终点：$G(\mathrm{j}\infty )=0$；

开环幅相特性曲线在第Ⅱ象限内变化，且与实轴和虚轴都无交点，如下图所示：

因为$\nu =2$，从奈奎斯特曲线上$\omega =0_{+}$的对应点起逆时针补作$180°$且半径为无穷大的虚圆弧.

$G(s)$在$s$右半平面的极点数$P=0$，由奈奎斯特曲线可知，开环幅相特性曲线包围$(-1，\mathrm{j}0)$点$N_{-}=1，N_{+}=0$,故
$$N=N_{+}-N_{-}=-1$$
根据奈奎斯特判据，计算$s$右半平面的闭环极点数为：
$$Z=P-2N=0-2\times (-1)=2$$
所以，系统不稳定，有两个正实部闭环极点.

Example 5.25

已知系统闭环传递函数：$\Phi (s)=\frac{0.9}{s^2+2\zeta s+1}$，，当$r(t)=5\sin t$时，系统输出稳态分量的幅值为$10$，确定$r(t)=A\sin \omega t$时，系统输出分量幅值大于$A$的频率范围.

解：

系统的闭环频率特性为：
$$\begin{array}{rl}\Phi (\mathrm{j}\omega )& =\frac{0.9}{1-{\omega }^2+\mathrm{j}2\zeta \omega }\\ & \\ & =\{\begin{array}{llcc}& \frac{0.9}{\sqrt{(1-{\omega }^2{)}^2+(2\zeta \omega {)}^2}}\angle (-\arctan \frac{2\zeta \omega }{1-{\omega }^2})，& & 0<\omega \le 1\\ & & & \\ & \frac{0.9}{\sqrt{(1-{\omega }^2{)}^2+(2\zeta \omega {)}^2}}\angle (-180°+\arctan \frac{2\zeta \omega }{{\omega }^2-1})，& & \omega >1\end{array}\end{array}$$
当$r(t)=5\sin t$时，令
$$|c(\infty )|={\frac{0.9\times 5}{\sqrt{(1-{\omega }^2{)}^2+(2\zeta \omega {)}^2}}|}_{\omega =1}=10\Rightarrow \zeta =0.225$$
当$r(t)=A\sin \omega t$时，要求系统输出稳态分量幅值大于$A$，即
$$|c(\infty )|=\frac{0.9A}{\sqrt{(1-{\omega }^2{)}^2+(2\times 0.225\omega {)}^2}}>1$$
则有：
$$(1-{\omega }^2{)}^2+(0.45\omega {)}^2<0.81\Rightarrow 0.3358<\omega <1.2980$$

Example 5.26

已知单位反馈系统的开环传递函数为：$G(s)=\frac{1}{s(T_{1}s+1)(T_{2}s+1)}$，其中：$T_1、T_2>0$.确定使系统闭环稳定的参数$T_1、T_2$的范围.

解：

系统开环频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{1}{\mathrm{j}\omega (1+\mathrm{j}{T}_1\omega )(1+\mathrm{j}{T}_2\omega )}=-\frac{T_1+T_2}{(1+T_1^2{\omega }^2)(1+T_2^2{\omega }^2)}-\mathrm{j}\frac{1-T_1{T}_2{\omega }^2}{\omega (1+T_1^2{\omega }^2)(1+T_2^2{\omega }^2)}$$
开环幅相特性曲线起点：$G(\mathrm{j}{0}_{+})=-(T_1+T_2)-\mathrm{j}\infty$；终点：$G(\mathrm{j}\infty )=0$；

开环幅相特性曲线与实轴交点：令$\mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega )]=0$，解得：
$${\omega }_x=1/\sqrt{T_1{T}_2}，G(\mathrm{j}{\omega }_x)=\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}{\omega }_x)]=-\frac{T_1{T}_2}{T_1+T_2}$$
概略开环幅相特性曲线如下图所示：

由奈奎斯特稳定判据$Z=P-2N$可知，若使系统稳定，即$Z=0$，则应有$P=2N$.$G(s)$在$s$右半平面的极点个数$P=0$，所以$N=0$；即奈奎斯特曲线不包围$(-1，\mathrm{j}0)$点.

故使闭环稳定的参数范围为：
$$-\frac{T_1{T}_2}{T_1+T_2}>-1\Rightarrow \frac{1}{T_1}+\frac{1}{T_2}>1$$

Example 5.27

已知单位反馈系统的开环传递函数：$G(s)=\frac{K(1-s)}{s(s+1)}(K>0)$，用奈奎斯特判据判别$K=1，K>1，K<1$三种情况下系统的闭环稳定性.

解：

系统的开环频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{K(1-\mathrm{j}\omega )}{\mathrm{j}\omega (1+\mathrm{j}\omega )}=-\frac{2K}{1+{\omega }^2}-\mathrm{j}\frac{K(1-{\omega }^2)}{\omega (1+{\omega }^2)}$$
开环幅相特性曲线起点：$G(\mathrm{j}{0}_{+})=-2K-\mathrm{j}\infty$；终点：$G(\mathrm{j}\infty )=0$；

开环幅相特性曲线与实轴的交点：令$\mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega )]=0$，解得：
$${\omega }_x=1，G(\mathrm{j}{\omega }_x)=\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}{\omega }_x)]=-K$$
概略开环幅相特性曲线如下：

因为$\nu =1$，故从$\omega =0_{+}$处按逆时针方向补作$90°$，半径为无穷大的虚圆弧；且$G(s)$在$s$右半平面的极点个数$P=0$.

1. $K>1$时。

   由奈奎斯特曲线可知：$N_{-}=1，N_{+}=0$，则$N=N_{+}-N_{-}=-1$；

   由奈奎斯特稳定判据：$Z=P-2N=2$；

   故闭环系统不稳定，系统有两个正实部的闭环极点.

2. $K=1$时。

   奈奎斯特曲线正好穿越$(-1，\mathrm{j}0)$点，故闭环系统临界稳定.

3. $0<K<1$时。

   由奈奎斯特曲线可知：$N_{-}=0，N_{+}=0$，则$N=N_{+}-N_{-}=0$；

   由奈奎斯特稳定判据：$Z=P-2N=0$；

   故闭环系统稳定.

【开环幅相特性曲线】

Example 5.28

设单位反馈延迟系统的开环传递函数$G(s)=\frac{10{\mathrm{e}}^{-0.5s}}{Ts+1}$，用奈奎斯特判据确定使系统闭环临界稳定时参数$T$的值.

解：

系统的开环频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{10{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}0.5\omega }}{1+\mathrm{j}T\omega }=\frac{10}{\sqrt{1+T^2{\omega }^2}}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{j}(0.5\omega +\arctan T\omega )}$$
令$-0.5\omega -\arctan T\omega =-\pi$，解得：
$$T\omega =\tan (\pi -0.5\omega )$$
则系统开环幅相特性曲线第一次与负实轴的交点为：$(-\frac{10}{\sqrt{1+T^2{\omega }^2}}，\mathrm{j}0)$，并且随着$\omega$的增大，开环幅相曲线与负实轴的交点越来越接近坐标原点，其概略开环幅相特性曲线如下图所示：

若使闭环系统临界稳定，则开环幅相特性曲线第一次穿越负实轴应通过$(-1，\mathrm{j}0)$点，即
$$-\frac{10}{\sqrt{1+T^2{\omega }^2}}=-1\Rightarrow T^2{\omega }^2=99$$
解得：
$$\omega =3.34，T=2.98$$
所以，系统闭环临界稳定时的参数$T=2.98$。

Example 5.29

设系统开环幅相曲线如下图所示，已知$s$右半平面的开环零点数为$1$，并且$n-m=3$($n，m$分别为开环传递函数分母多项式和分子多项式的次数)，判断闭环系统的稳定性.

解：

开环幅相特性曲线的终点，取决于开环传递函数分子、分母多项式中最小相位环节和非最小相位环节的阶次和，即
$$\phi (\infty )=[(m_1-m_2)-(n_1-n_2)]\times 90°$$
其中：

$m_1$：开环传递函数分子多项式最小相位环节的阶次和；

$m_2$：开环传递函数分子多项式非最小相位环节的阶次和；

$n_1$：开环传递函数分母多项式最小相位环节的阶次和；

$n_2$：开环传递函数分母多项式非最小相位环节的阶次和；

则有：$m=m_1+m_2，n=n_1+n_2$.故
$$\phi (\infty )=(m-2m_2-n+2n_2)\times 90°$$
由题意可知：
$$n-m=3，m_2=1$$
【图a系统】

由图可知，
$$\phi (\infty )=-450°$$
则
$$(-3-2+2n_2)\times 90°=-450°$$
解得：
$$n_2=0\Rightarrow P=0$$
因为$\nu =1$，从奈奎斯特曲线$\omega =0_{+}$处按逆时针方向补作$90°$，且半径为无穷大的虚圆弧.

由奈奎斯特曲线可知：$N_{-}=0，N_{+}=0$，则$N=N_{+}-N_{-}=0$；而$P=0$.

根据奈奎斯特稳定判据：
$$Z=P-2N=0$$
故闭环系统稳定，没有闭环极点位于$s$右半平面.

【图b系统】

由图可知：
$$\phi (\infty )=-270°$$
即
$$(-3-2+2n_2)\times 90°=-270°$$
解得：$n_2=1$，即$P=1$.

因为$\nu =2$，从奈奎斯特曲线$\omega =0_{+}$处按逆时针方向补作$180°$，且半径为无穷大的虚圆弧.

由奈奎斯特曲线可知：$N_{-}=1，N_{+}=0$，则$N=N_{+}-N_{-}=-1$；而$P=1$.

根据奈奎斯特稳定判据：
$$Z=P-2N=3$$
故闭环系统不稳定，有三个闭环极点位于$s$右半平面.

Example 5.30

已知单位反馈系统的开环传递函数为：$G(s)=\frac{K}{s(Ts+1)}$，若要求将截止频率提高$a$倍，相角裕度保持不变，问$K，T$应如何变化？

解：

系统的开环频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{K}{\mathrm{j}\omega (1+\mathrm{j}T\omega )}=\frac{K}{\omega \sqrt{1+T^2{\omega }^2}}\angle (-90°-\arctan T\omega )$$
由截止频率和相角裕度定义，可知：
$$|G(\mathrm{j}\omega )|=\frac{K}{{\omega }_c\sqrt{1+T^2{\omega }_c^2}}=1，\gamma =180°+\phi ({\omega }_c)=90°-\arctan T{\omega }_c$$
若要求将截止频率${\omega }_c$提高$a$倍，相角裕度$\gamma$保持不变，则$T$将减小$a$倍，$K$将增大$a$倍.