相频特性
\[\varphi(\omega)=-\arctan\dfrac{2\zeta\omega_n\omega}{\omega_n^2-\omega^2}\]
由题设条件知
\[c(t)=4\sin(t-45°)=2\cdot A(1)\sin[t-\varphi(1)]\]
即
\[A(1)=\dfrac{\omega_n^2}{\sqrt{(\omega_n^2-\omega^2)^2+4\zeta^2\omega_n^2\omega^2}}\Bigg|_{\omega=1}=\dfrac{\omega_n^2}{\sqrt{(\omega_n^2-1)^2+4\zeta^2\omega_n^2}}=2\]
\[\varphi(1)=-\arctan\dfrac{2\zeta\omega_n\omega}{\omega_n^2-\omega^2}\Bigg|_{\omega=1}=-\arctan\dfrac{2\zeta\omega_n}{\omega_n^2-1}=-45°\]
\[\omega_n^4=4\left[(\omega_n^2-1)^2+4\zeta^2\omega_n^2\right]\]
\[2\zeta\omega_n=\omega_n^2-1\]
解得
\[\omega_n=1.244,\quad \zeta=0.22\]
5-5 试证明下述系统的开环幅相特性曲线为半圆：
(1) \(G(s)=\dfrac{1}{Ts+1}\)； (2) \(G(s)=\dfrac{Ks}{Ts+1}\)。
证明 (1) 系统(1)的开环频率特性为
\[G(\mathrm{j}\omega)=\dfrac{1}{1+\mathrm{j}T\omega}=\dfrac{1}{1+T^2\omega^2}-\mathrm{j}\dfrac{T\omega}{1+T^2\omega^2}\]
即
\[\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}\omega)]=\dfrac{1}{1+T^2\omega^2}\qquad \mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega)]=-\dfrac{T\omega}{1+T^2\omega^2}\]
显然有
\[\left\{\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}\omega)]-\dfrac{1}{2}\right\}^2+\{\mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega)]\}^2=\dfrac{1}{4}\]
故系统(1)的开环幅相特性曲线是以\(\left(\dfrac{1}{2},\mathrm{j}0\right)\)为圆心，\(\dfrac{1}{2}\)为半径且在第Ⅳ象限的半圆。
(2) 系统(2)的开环频率特性为
\[G(\mathrm{j}\omega)=\dfrac{\mathrm{j}\omega K}{1+\mathrm{j}T\omega}=\dfrac{KT\omega^2}{1+T^2\omega^2}+\mathrm{j}\dfrac{K\omega}{1+T^2\omega^2}\]
即
\[\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}\omega)]=\dfrac{KT\omega^2}{1+T^2\omega^2}\qquad \mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega)]=-\dfrac{K\omega}{1+T^2\omega^2}\]
显然有
\[\left\{\mathrm{Re}[G(\mathrm{j}\omega)]-\dfrac{K}{2T}\right\}^2+\{\mathrm{Im}[G(\mathrm{j}\omega)]\}^2=\left(\dfrac{K}{2T}\right)^2\]
故系统(2)的开环幅相特性曲线是以\(\left(\dfrac{K}{2T},\mathrm{j}0\right)\)为圆心，\(\dfrac{K}{2T}\)为半径且在第Ⅰ象限的半圆。
(3) MATLAB 验证。令 \(T=1,K=2\)，可绘制出上述系统的开环幅相特性曲线，如图5-8、图5-9所示。
MATLAB 文本：exe505.m
K=2;T=1;
G1=tf(1,[T,1]);
G2=tf(K,[T,1]);
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