考研851 自动控制原理
题海 · 题解 · p.279

5-31 设系统开环幅相特性曲线 \(G(j\omega)H(j\omega)\) 如图 5-50 所示,试判断闭环系统的稳定性;若再串入积分环节\(\dfrac{1}{s}\),试判断闭环系统的稳定性。

解 由系统开环幅相特性曲线可知

\[\upsilon=0,\quad G(j\omega)H(j\omega)\big|_{\omega=5}=-\mathrm{j}1.4,\]
\[G(j\omega)H(j\omega)\big|_{\omega=10}=-1.3\]
\[G(j\omega)H(j\omega)\big|_{\omega=250}=\mathrm{j}0.7,\]
\[\angle G(j\omega)H(j\omega)\big|_{\omega\to\infty}=-360°\]

因为 \(\upsilon=0\),由开环幅相特性曲线可知,\(N_-=1\),\(N_+=0\),故 \(N=N_+-N_-=-1\);已知 \(P=0\),再根据奈奎斯特判据,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。

图:图5-50 G(s)H(s)的开环幅相特性曲线

图 5-50 \(G(s)H(s)\)的开环幅相特性曲线

串入积分环节后,系统的开环频率特性为\(\dfrac{G(j\omega)H(j\omega)}{j\omega}\),也即串入积分环节后

\[\upsilon=1,\quad \frac{G(j\omega)H(j\omega)}{\mathrm{j}\omega}\bigg|_{\omega=5}=\frac{-\mathrm{j}1.4}{\mathrm{j}5}=-0.28,\quad \frac{G(j\omega)H(j\omega)}{\mathrm{j}\omega}\bigg|_{\omega=10}=\frac{-1.3}{\mathrm{j}10}=\mathrm{j}0.13\]
\[\frac{G(j\omega)H(j\omega)}{\mathrm{j}\omega}\bigg|_{\omega=250}=\frac{\mathrm{j}0.7}{\mathrm{j}250}=0.0028,\quad \angle\frac{G(j\omega)H(j\omega)}{\mathrm{j}\omega}\bigg|_{\omega\to\infty}=-450°\]

串入积分环节后系统的概略开环幅相特性曲线如图 5-51 所示,因为 \(\upsilon=1\),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。

图:图5-51 串入积分环节后系统的概略开环幅相特性曲线

图 5-51 串入积分环节后系统的概略开环幅相特性曲线

由幅相特性曲线可知 \(N_-=0\),\(N_+=0\),故 \(N=N_+-N_-=0\);已知 \(P=0\),再根据奈奎斯特判据,得

\[Z=P-2N=0\]

即串入积分环节后闭环系统稳定。

5-32 已知系统的开环传递函数为 \(G(s)=\dfrac{10(s+0.2)}{s^2(s+0.1)}\),试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

\[G(j\omega)=\frac{10(0.2+j\omega)}{-\omega^2(0.1+j\omega)}=\frac{-(0.2+10\omega^2)+j\omega}{\omega^2(\omega^2+0.01)}\]

开环幅相特性曲线的起点:\(G(j0_+)=-\infty+j\infty\);终点:\(G(j\infty)=0\)。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,如图 5-52 所示。

因为 \(\upsilon=2\),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 \(P=0\),由奈奎斯特曲线知,开环幅相特性曲线包围\((-1,\mathrm{j}0)\)点 \(N_-=1,N_+=0\),故