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

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第五章：频率响应法

Example 5.41

若高阶系统的时域指标为：$18\%\le \sigma \%\le 25\%，0.1\le t_s(\Delta =5\%)\le 0.2$，根据经验公式确定系统的截止频率和相角裕度的范围.

解：

已知高阶系统频域指标和时域指标的转换公式：
$$\sigma \%=0.16+0.4(M_r-1)，t_s=\frac{K_0\pi }{{\omega }_c}(\Delta =5\%)$$
其中：
$$K_0=2+1.5(M_r-1)+2.5(M_r-1{)}^2$$
则
$$M_r=\frac{\sigma -0.16}{0.4}+1$$
由$18\%\le \sigma \%\le 25\%$，解得：
$$1.05\le M_r\le 1.225$$
由$M_r=\frac{1}{\sin \gamma }$，解得：
$$54.72°\le \gamma \le 72.25°$$
由$0.1\le t_s(\Delta =5\%)\le 0.2$，解得：
$$32.67\le {\omega }_c\le 65.34$$

Example 5.42

已知单位反馈延迟系统的开环传递函数：$G(s)=\frac{K{\mathrm{e}}^{-0.1s}}{s(0.1s+1)(s+1)}$，根据伯德图确定：

1. 系统的幅值裕度为$20\mathrm{dB}$时的$K$值；
2. 系统的相角裕度为$40°$时的$K$值；

解：

1. 系统的幅值裕度为$20\mathrm{dB}$时的$K$值；

   系统的相频特性为：
   $$\phi (\omega )=-0.1\omega \times \frac{180°}{\pi }-90°-\arctan 0.1\omega -\arctan \omega$$
   由$\phi ({\omega }_x)=-180°$，即
   $$-0.1{\omega }_x\times \frac{180°}{\pi }-90°-\arctan 0.1{\omega }_x-\arctan {\omega }_x=-180°$$
   解得穿越频率：${\omega }_x=2.18rad/s$.

   由$h(\mathrm{dB})=20\lg \frac{1}{|G(\mathrm{j}{\omega }_x)|}=20$，即
   $$|G(\mathrm{j}{\omega }_x)|={\frac{K}{{\omega }_x\sqrt{1+0.01{\omega }_x^2}\sqrt{1+{\omega }_x^2}}|}_{{\omega }_x=2.18}=0.1$$
   解得：$K=0.535$。

   取$K=0.535$，则系统的开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{0.535{\mathrm{e}}^{-0.1s}}{s(0.1s+1)(s+1)}$$
   【系统开环对数频率特性】
   

2. 系统的相角裕度为$40°$时的$K$值；

   由$\gamma =180°+\phi ({\omega }_c)=40°$，即
   $$180°-0.1{\omega }_c\times \frac{180°}{\pi }-90°-\arctan 0.1{\omega }_c-\arctan {\omega }_c=40°$$
   解得：${\omega }_c=0.85$。

   由$|G(\mathrm{j}{\omega }_c)|=1$，即
   $${\frac{K}{{\omega }_c\sqrt{1+0.01{\omega }_c^2}\sqrt{1+{\omega }_c^2}}|}_{{\omega }_c=0.85}=1\Rightarrow K=1.12$$
   取$K=1.12$，则系统的传递函数为：
   $$G(s)=\frac{1.12{\mathrm{e}}^{-0.1s}}{s(0.1s+1)(s+1)}$$
   【系统开环对数频率特性】
   

Example 5.43

已知单位反馈系统的开环传递函数：$G(s)=\frac{K}{(s+1)(s+1.5)(s+2)}$，若希望系统闭环极点都具有小于$-1$的实部，用奈奎斯特判据确定$K$的最大值.(提示：先作$G(u)=G(s){|}_{s=u-1}$变换)

解：

令$s=u-1$，则
$$G(u)=\frac{K}{u(u+0.5)(u+1)}$$
令$u=\mathrm{j}\omega$，其开环频率特性为：
$$\begin{array}{rl}G(\mathrm{j}\omega )& =\frac{K}{\mathrm{j}\omega (\mathrm{j}\omega +0.5)(\mathrm{j}\omega +1)}=-\frac{1.5K}{(0.25+{\omega }^2)(1+{\omega }^2)}-\mathrm{j}\frac{(0.5-{\omega }^2)K}{\omega (0.25+{\omega }^2)(1+{\omega }^2)}\end{array}$$
幅相特性曲线的起点：$G(\mathrm{j}{0}_{+})=-6K-j\infty$；

幅相特性曲线的终点：$G(\mathrm{j}\infty )=0$；

幅相特性曲线与实轴的交点：令$\mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega )]=0$，解得：
$${\omega }_x=\sqrt{0.5}=0.707，G(\mathrm{j}{\omega }_x)=\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}{\omega }_x)]=-4K/3$$
概略幅相特性曲线：

因为$\nu =1$，在幅相特性曲线上$\omega =0_{+}$的对应点起逆时针补作$90°$且半径为无穷大的虚圆弧.

$G(s)$在$s$右半平面的极点数$P=0$；若使变换后的系统稳定，则
$$-\frac{4K}{3}>-1\Rightarrow K<0.75$$
所以，若使系统闭环极点都具有小于$-1$的实部，原系统增益$K$的最大值为$0.75$。

Example 5.44

设单位反馈系统开环传递函数为：$G(s)=\frac{(s+1{)}^2}{s^2(3s+1)(0.1s+1{)}^2}$，用奈奎斯特判据判断闭环系统的稳定性.

解：

系统的频率特性为：
$$\begin{array}{rl}G(\mathrm{j}\omega )& =\frac{(\mathrm{j}\omega +1{)}^2}{-{\omega }^2(\mathrm{j}3\omega +1)(\mathrm{j}0.1\omega +1{)}^2}\\ & \\ & =-\frac{1+4.79{\omega }^2+0.55{\omega }^4}{{\omega }^2(1+9{\omega }^2)(1+0.01{\omega }^2{)}^2}+\mathrm{j}\frac{0.03{\omega }^4-2.01{\omega }^2+1.2}{\omega (1+9{\omega }^2)(1+0.01{\omega }^2{)}^2}\end{array}$$
开环幅相特性曲线起点：$G(\mathrm{j}{0}_{+})=-\infty +\mathrm{j}\infty$；终点为：$G(\mathrm{j}\infty )=0$；

开环幅相特性曲线与实轴的交点：令$\mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega )]=0$，解得：
$$\{\begin{array}{llcc}& {\omega }_{x_1}=0.776，& & G(\mathrm{j}{\omega }_{x_1})=\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}{\omega }_{x_1})]=-1.04\\ & & & \\ & {\omega }_{x_2}=8.149，& & G(\mathrm{j}{\omega }_{x_2}=\mathrm{Re})[G(\mathrm{j}{\omega }_{x_2})]=-0.025\end{array}$$
其中${\omega }_{x_1}、{\omega }_{x_2}$为$G(\mathrm{j}\omega )$与实轴交点处的频率.

开环幅相特性曲线在第Ⅱ、Ⅲ象限间变化.

【开环幅相特性曲线】

因为$\nu =2$，在幅相特性曲线上$\omega =0_{+}$的对应点起逆时针补作$180°$且半径为无穷大的虚圆弧.

由于$G(s)$在$s$右半平面的极点数$P=0$，由奈奎斯特曲线可知：$N_{-}=1，N_{+}=1$，故
$$N=N_{+}-N_{-}=0$$
应用奈奎斯特判据，算得$s$右半平面的闭环极点数为：
$$Z=P-2N=0$$
所以，系统闭环稳定.

Example 5.45

设单位反馈系统开环传递函数为：$G(s)=\frac{10(s+1)}{s^2(s-1)}$，依据下述两种曲线判断闭环系统的稳定性：

1. 概略开环幅相特性曲线；
2. 对数频率特性曲线；

解：

系统开环频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )=\frac{10(\mathrm{j}\omega +1)}{-{\omega }^2(\mathrm{j}\omega -1)}=\frac{10(1-{\omega }^2)}{{\omega }^2(1+{\omega }^2)}+\mathrm{j}\frac{20}{\omega (1+{\omega }^2)}$$
开环幅相特性曲线的起点为：$G(\mathrm{j}{0}_{+})=\infty +\mathrm{j}\infty$；终点为：$G(\mathrm{j}\infty )=0$；

幅相特性曲线与虚轴的交点：令$\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}\omega )]=0$，解得：
$${\omega }_y=1，G(\mathrm{j}{\omega }_y)=\mathrm{Im}[G(\mathrm{j}{\omega }_y)]=10$$
其中：${\omega }_y$为$G(\mathrm{j}\omega )$与虚轴交点处的频率.

概略开环幅相特性曲线在第Ⅰ、Ⅱ象限变化.

【概略开环幅相特性曲线】

因为$\nu =2$，在幅相特性曲线上$\omega =0_{+}$的对应点起逆时针补作$180°$且半径为无穷大的虚圆弧.

由于$G(s)$在$s$右半平面的极点数$P=1$，由奈奎斯特曲线可知：$N_{-}=\frac{1}{2}，N_{+}=0$，故
$$N=N_{+}-N_{-}=-\frac{1}{2}$$
应用奈奎斯特判据，算得$s$右半平面的闭环极点数为：
$$Z=P-2N=2$$
所以，系统闭环不稳定，有两个正实部的闭环极点.

系统的开环对数频率特性为：
$$\{\begin{array}{ll}& L(\omega )=20\lg 10-40\lg \omega \\ & \\ & \phi (\omega )=-360°+2\arctan \omega \end{array}$$
【开环对数幅频和相频特性曲线】

因为$\nu =2$，故需要在对数相频特性的低频段曲线向上补作$2\times 90°$的垂线.

在$L(\omega )>0$的频段内，其对数相频曲线半次穿越$(2k+1)\times 180°(k=-1)$线，且为半穿越，故$N_{-}=\frac{1}{2}，N_{+}=0$，则
$$N=N_{+}-N_{-}=-\frac{1}{2}$$
由于$G(s)$在$s$右半平面的极点数$P=1$，于是闭环极点位于$s$右半平面的个数为：
$$Z=P-2N=1-2\times (-\frac{1}{2})=2$$
所以，系统闭环不稳定，有两个正实部闭环极点.

Example 5.46

设反馈系统如下图所示，其中$G_1(s)，G_2(s)$都是最小相位传递函数.若已知开环系统和$G_1(s)$的对数幅频渐近特性曲线如下图所示，确定$G_2(s)$的传递函数.

解：

由开环系统的对数幅频渐近特性曲线可知，开环传递函数的形式：
$$G(s)=G_1(s)G_2(s)=\frac{K}{s\left(\frac{1}{26.6}s+1\right)\left(\frac{1}{{\omega }_3}s+1\right)}$$
由开环系统对数幅频渐近特性曲线的几何特性，有如下等式：
$$20\lg \frac{26.6}{{\omega }_c}=6，20\lg \frac{K}{{\omega }_c}=0，40\lg \frac{{\omega }_3}{26.6}=23-6$$
解得：
$${\omega }_c=13.3，K=13.3，{\omega }_3=70.78$$
故开环系统的传递函数为：
$$G(s)=G_1(s)G_2(s)=\frac{13.3}{s\left(\frac{1}{26.6}s+1\right)\left(\frac{1}{70.78}s+1\right)}$$
由$G_1(s)$的对数幅频渐近特性曲线可知，$G_1(s)$有如下形式：
$$G_1(s)=\frac{K_1}{s\left(\frac{1}{{\omega }_1}s+1\right)\left(\frac{1}{{\omega }_2}s+1\right)}$$
由开环系统对数幅频渐近特性曲线的几何特性，有如下等式：
$$40\lg \frac{10}{{\omega }_1}=20，20\lg \frac{K_1}{{\omega }_1}=20，40\lg \frac{{\omega }_2}{10}=l，60\lg \frac{26.6}{{\omega }_2}=20-l$$
解得：
$${\omega }_1=3.16，K_1=31.62，l=11，{\omega }_2=18.82$$
故$G_1(s)$的传递函数为：
$$G_1(s)=\frac{31.62}{s\left(\frac{1}{3.16}s+1\right)\left(\frac{1}{18.82}s+1\right)}$$
则$G_2(s)$的传递函数为：
$$G_2(s)=\frac{G(s)}{G_1(s)}=\frac{0.42\left(\frac{1}{3.16}s+1\right)\left(\frac{1}{18.82}s+1\right)}{\left(\frac{1}{26.6}s+1\right)\left(\frac{1}{70.78}s+1\right)}$$
【开环对数渐近特性曲线】

Example 5.47

已知某最小相位系统开环对数幅频渐近特性曲线如下图所示，确定系统开环传递函数.

解：

由图可知，系统开环传递函数应具有如下形式：
$$G(s)=\frac{K\left(\frac{1}{{\omega }_1}s+1\right)\left(\frac{1}{{\omega }_3}s+1\right)}{s\left[{\left(\frac{1}{{\omega }_2}s\right)}^2+\frac{2\zeta }{{\omega }_2}s+1\right]\left(\frac{1}{{\omega }_4}s+1\right)}$$
由系统开环对数幅频渐近特性曲线的几何特性，可得：
$$\begin{array}{rl}& 20\lg \frac{K}{0.1}=42.7，40\lg \frac{9.49}{{\omega }_3}=20\lg \frac{30}{{\omega }_3}，40\lg \frac{{\omega }_4}{50}=20\lg \frac{{\omega }_4}{30}，0.78={\omega }_2\sqrt{1-2{\zeta }^2}\\ & \\ & 42.7-40\lg \frac{9.49}{{\omega }^2}=20\lg \frac{1}{2\zeta \sqrt{1-{\zeta }^2}}，40\lg \frac{9.49}{{\omega }_2}=20\lg \frac{K}{{\omega }_1}\end{array}$$
解得：
$$K=13.65，{\omega }_1=0.14，{\omega }_2=0.95，\zeta =0.4，{\omega }_3=3，{\omega }_4=83.33$$
故开环系统的传递函数为：
$$G(s)=\frac{13.65\left(\frac{1}{0.14}s+1\right)\left(\frac{1}{3}s+1\right)}{s\left[{\left(\frac{1}{0.95}s\right)}^2+\frac{2\times 0.4}{0.95}s+1\right]\left(\frac{1}{83.33}s+1\right)}$$
【验证】

Example 5.48

已知系统开环传递函数为：$G(s)H(s)=\frac{K(T_{1}s+1)}{s^2(T_{2}s+1)}，T_1>T_2>0$，求$K$变化下系统相角裕度的最大值.

解：

系统的开环频率特性为：
$$G(\mathrm{j}\omega )H(\mathrm{j}\omega )=\frac{K(1+\mathrm{j}{T}_1\omega )}{-{\omega }^2(1+\mathrm{j}{T}_2\omega )}=\frac{K\sqrt{1+T_1^2{\omega }^2}}{{\omega }^2\sqrt{1+T_2^2{\omega }^2}}\angle (\arctan T_1\omega -180°-\arctan T_2\omega )$$
由系统相角裕度的定义可知：
$$\gamma =180°+\angle (G(\mathrm{j}{\omega }_c)H(\mathrm{j}{\omega }_c))=\arctan T_1{\omega }_c-\arctan T_2{\omega }_c$$
且有：
$$|G(\mathrm{j}{\omega }_c)H(\mathrm{j}{\omega }_c)|=\left|\frac{K\sqrt{1+T_1^2{\omega }_c^2}}{{\omega }_c^2\sqrt{1+T_2^2{\omega }_c^2}}\right|=1$$
令$\frac{\mathrm{d}\gamma }{\mathrm{d}{\omega }_c}=0$，得
$$\frac{T_1}{1+T_1^2{\omega }_c^2}-\frac{T_2}{1+T_2^2{\omega }_c^2}=0\Rightarrow {\omega }_c=\frac{1}{\sqrt{T_1{T}_2}}$$
因
$$\begin{array}{rl}\frac{{\mathrm{d}}^2\gamma }{\mathrm{d}{\omega }_c^2}& =-\frac{T_1^3{\omega }_c}{(1+T_1^2{\omega }_c^2{)}^2}+\frac{T_2^3{\omega }_c}{(1+T_2^2{\omega }_c^2{)}^2}\\ & \\ & =\frac{{\omega }_c[(T_2^3-T_1^3)+2(T_1^2{T}_2^3-T_1^3{T}_2^2){\omega }_c^2+(T_1^4{T}_2^3-T_1^3{T}_2^4){\omega }_c^4]}{(1+T_1^2{\omega }_c^2{)}^2(1+T_2^2{\omega }_c^2{)}^2}\\ & \\ & =\frac{(T_2-T_1)(T_1{T}_2{)}^{3/2}}{(T_1+T_2{)}^2}\end{array}$$
由于$T_1>T_2$，故
$$\frac{{\mathrm{d}}^2\gamma }{\mathrm{d}{\omega }_c^2}<0$$
即当${\omega }_c=\frac{1}{\sqrt{T_1{T}_2}}$时，$\gamma$取最大值.

由
$$|G(\mathrm{j}{\omega }_c)H(\mathrm{j}{\omega }_c)|={\left|\frac{K\sqrt{1+T_1^2{\omega }_c^2}}{{\omega }_c^2\sqrt{1+T_2^2{\omega }_c^2}}\right|}_{{\omega }_c=\frac{1}{\sqrt{T_1{T}_2}}}=1\Rightarrow K=\frac{1}{T_1\sqrt{T_1{T}_2}}$$
故最大相角裕度为：
$${\gamma }_{\max }=\arctan \sqrt{\frac{T_1}{T_2}}-\arctan \sqrt{\frac{T_2}{T_1}}=\arctan \frac{T_1-T_2}{2\sqrt{T_1{T}_2}}(T_1>T_2>0)$$

Example 5.49

设系统结构图如下图所示，其中$G(s)$有两个正实部的极点，三个为零的极点.当$G(s)$的增益$K=10$时，其幅相特性如下图所示，求系统闭环稳定$K$值范围.

解：

设系统的开环传递函数为：
$$G(s)=\frac{K{G}_0(s)}{s^3}$$
其中：$K$为开环增益，$\underset{s\to 0}{\lim }{G}_0(s)=1$，$G_0(s)$有两个正实部极点，即$P=2$.

取幅相特性曲线与负实轴的交点对应的穿越频率分别为：${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3,{\omega }_4$，且${\omega }_4>{\omega }_3>{\omega }_2>{\omega }_1$.

因此，由上图可知：
$$\begin{array}{rl}& G(\mathrm{j}{\omega }_1)=\frac{-10}{{\omega }_1^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_1)=-2，G(\mathrm{j}{\omega }_2)=\frac{-10}{{\omega }_2^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_2)=-0.5\\ & \\ & G(\mathrm{j}{\omega }_3)=\frac{-10}{{\omega }_3^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_3)=-1.5，G(\mathrm{j}{\omega }_4)=\frac{-10}{{\omega }_4^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_4)=-0.3\end{array}$$
当$K$变化时，系统穿越频率${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3,{\omega }_4$不变，仅是幅相特性曲线与负实轴的交点沿负实轴移动.

假设当$K$分别为$K_1,K_2,K_3,K_4$时，幅相特性曲线与负实轴的交点$(G(\mathrm{j}{\omega }_1),\mathrm{j}0)，(G(\mathrm{j}{\omega }_2),\mathrm{j}0)，(G(\mathrm{j}{\omega }_3),\mathrm{j}0)$和$(G(\mathrm{j}{\omega }_4),\mathrm{j}0)$分别位于$(-1,\mathrm{j}0)$点，即分别有：
$$\begin{array}{rl}& G(\mathrm{j}{\omega }_1)=\frac{-K_1}{{\omega }_1^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_1)=-1，G(\mathrm{j}{\omega }_2)=\frac{-K_2}{{\omega }_2^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_2)=-1\\ & \\ & G(\mathrm{j}{\omega }_3)=\frac{-K_3}{{\omega }_3^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_3)=-1，G(\mathrm{j}{\omega }_4)=\frac{-K_4}{{\omega }_4^3}{G}_0(\mathrm{j}{\omega }_4)=-1\end{array}$$
解得：
$$K_1=5，K_2=\frac{20}{3}，K_3=20，K_4=\frac{100}{3}$$
当$K$变化时，开环幅相特性曲线的五种形式如下图所示：

由于$\nu =3$，故从$\omega =0_{+}$的对应点起，逆时针补作半径为无穷大的$3\times \frac{\pi }{2}=\frac{3}{2}\pi$圆弧.

由此分别确定各幅相特性曲线包围$(-1，\mathrm{j}0)$点的圈数，并应用奈奎斯特判据判断系统的闭环稳定性：

• 当$0<K<5$时，$N=-1，Z=P-2N=4$，系统闭环不稳定；
• 当$5<K<\frac{20}{3}$时，$N=0，Z=P-2N=2$，系统闭环不稳定；
• 当$\frac{20}{3}<K<20$时，$N=1，Z=P-2N=0$，系统闭环稳定；
• 当$20<K<\frac{100}{3}$时，$N=0，Z=P-2N=2$，系统闭环不稳定；
• 当$K>\frac{100}{3}$时，$N=-1，Z=P-2N=4$，系统闭环不稳定.

综上，使系统闭环稳定的$K$值变化范围为：
$$\frac{20}{3}<K<20$$

Example 5.50

设系统结构图如下图$\mathrm{a}$所示，系统闭环对数幅频渐近特性如下图$\mathrm{b}$所示，$\frac{U(s)}{R(s)}$的对数幅频渐近特性如下图$\mathrm{c}$所示.

已知$\frac{C(s)}{R(s)}$和$\frac{U(s)}{R(s)}$都是最小相位传递函数，确定系统中的传递函数$G_1(s)、G_2(s)$.

解：

由图$\mathrm{b}$可得，系统闭环传递函数为：
$$\Phi (s)=\frac{0.1s\left(\frac{s}{20}+1\right)\left(\frac{s}{50}+1\right)}{\left(\frac{s}{10}+1\right)\left(\frac{s}{15}+1\right)\left(\frac{s}{100}+1\right)}$$
由图$\mathrm{c}$可得，系统传递函数为：
$$G_{ur}(s)=\frac{\left(\frac{s}{50}+1\right)}{\left(\frac{s}{10}+1\right)\left(\frac{s}{15}+1\right)\left(\frac{s}{100}+1\right)}$$
由图$\mathrm{a}$的结构图可得：
$$\Phi (s)=\frac{G_1(s)G_2(s)}{1+G_1(s)G_2(s)}，G_{ur}(s)=\frac{G_1(s)}{1+G_1(s)G_2(s)}$$
则传递函数为：
$$G_2(s)=\frac{\Phi (s)}{G_{ur}(s)}=0.1s\left(\frac{s}{20}+1\right)$$
由系统的闭环传递函数$\Phi (s)$可得：
$$G_1(s)G_2(s)=\frac{\Phi (s)}{1-\Phi (s)}=\frac{0.1s\left(\frac{s}{20}+1\right)\left(\frac{s}{50}+1\right)}{-\frac{s^3}{30000}+\frac{s^2}{750}+\frac{23s}{300}+1}$$
故传递函数为：
$$G_1(s)=\frac{\left(\frac{s}{50}+1\right)}{-\frac{s^3}{30000}+\frac{s^2}{750}+\frac{23s}{300}+1}$$
【验证】