于是,开环传递函数为
\[
G(s)=\frac{10\sqrt{10}\left(\dfrac{s}{0.1}+1\right)}{(\sqrt{10}s+1)\left(\dfrac{s}{3.48}+1\right)\left(\dfrac{s}{34.81}+1\right)\left(\dfrac{s}{82.54}+1\right)}
\]
(2) 判断闭环系统的稳定性。
因截止频率\(\omega_c=100\),系统为最小相位系统,故相角裕度
\[
\gamma=180°+\angle G(\mathrm{j}\omega_c)
\]
\[
=180°+\arctan\frac{100}{0.1}-\arctan100\sqrt{10}-\arctan\frac{100}{3.48}-\arctan\frac{100}{34.81}-\arctan\frac{100}{82.54}
\]
\[
=-29.15°<0°
\]
故闭环系统不稳定。
5-74
设某单位负反馈系统的开环传递函数为\(G(s)=\dfrac{K}{s(s+a)}\),令\(|\Phi(\mathrm{j}\omega)|\)代表系统的闭环幅频特性;\(\omega_n\)代表系统的无阻尼振荡频率;\(\omega_r\)代表系统的谐振频率;\(r(t)\)为系统输入;\(c(t)\)为系统输出。现已知\(|\Phi(\mathrm{j}\omega_n)|=1\),\(\omega_r=0.707\),\(r(t)=1+2\sin2t\),试求:(1) 参数\(K\)与\(a\),以及系统稳态输出\(c_{ss}(t)\);(2) 系统相角裕度\(\gamma\)。
解 (1) 确定\(K\)与\(a\)及\(c_{ss}(t)\)。
由
\[
G(s)=\frac{K}{s(s+a)}=\frac{\omega_n^2}{s(s+2\zeta\omega_n)}
\]
有\(K=\omega_n^2\),\(a=2\zeta\omega_n\)。闭环传递函数
\[
\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}
\]
令\(s=\mathrm{j}\omega\),\(\omega=\omega_n\),得
\[
\Phi(\mathrm{j}\omega_n)=-\mathrm{j}\frac{1}{2\zeta}
\]
由题意,\(|\Phi(\mathrm{j}\omega_n)|=\dfrac{1}{2\zeta}=1\),故得\(\zeta=0.5\)。
因为
\[
\omega_r=\omega_n\sqrt{1-2\zeta^2}
\]
代入\(\zeta=0.5\)及\(\omega_r=0.707\),解得\(\omega_n=1\)。于是
\[
K=\omega_n^2=1,\qquad a=2\zeta\omega_n=1
\]
开环传递函数
\[
G(s)=\frac{1}{s(s+1)}
\]
闭环传递函数
\[
\Phi(s)=\frac{1}{s^2+s+1}
\]
因
\[
r(t)=1+2\sin2t=r_1(t)+r_2(t)
\]
当\(r_1(t)=1\)时,稳态输出
\[
c_{ss1}(t)=\lim_{s\to0}\Phi(s)=\Phi(0)=1
\]
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