2024年3月10日发(作者：漫淑慧)
例1 已知开环系统传递函数
G
(
s
)=
K
s(0.1s+1)(0.2s+1)(s+1)
试求：
（
1
）
K=1
时系统的幅值裕度和相角裕度；
（
2
）
闭环临界稳定时的开环增益；
（
3
）
在
（
1
）
的
K
值下，如果开环传递函数中增加一个延迟时间为
τ
=0.6s
的延迟环节，问系统是否稳定，若使系统稳定，延迟时间应不大于多少？
解：为求系统的幅值裕度和相角裕度，首先要求出系统的相角穿越频率
ω
g
和幅
值穿越频率
ω
c
，求
ω
g
和
ω
c
的方法有多种。
法一：解析法
利用关系式
φ
(
ω
g
)=−180
o
，得：
φ
(
ω
g
)=−90
o
−arctan0.1
ω
g
−arctan0.2
ω
g
−arctan
ω
g
=−180
o
运用三角公式
arctan
α
±
arctan
β
=
arctan
α
±
β
并整理，得
1m
αβ
2
g
0.3
ω
g
arctan
1−0.02
ω
1−
2
0.3
ω
g
2
1−0.02
ω
g
+
ω
g
=90
o
0.3
ω
2
g
2
1−0.02
ω
g
则
1−
故
ω
g
=1.77
=0
2
K
gdB
=−20lgG(j
ω
g
)=20lg
ω
g
+20lg(0.1
ω
g
)
2
+1+20lg(0.2
ω
g
)
2
+1+20lg
ω
g
+1≈10dB
K
g
=
1
=0.32
G(j
ω
g
)
求
ω
c
，利用关系式
G(j
ω
c
)=1
，即
1
ω
c
(0.1
ω
c
)+1(0.2
ω
c
)+1
ω
+1
222
c
=1
可近似计算得
ω
c
=1
γ
=180
o
+
φ
(
ω
c
)=180
o
−90
o
−arctan0.1
ω
c
−arctan0.2
ω
c
−arctan
ω
c
=28
o
法二：图解法
根据开环系统的对数频率特性曲线确定
ω
g
和
ω
c
后，求出相应的
γ
和
K
g
。
绘制系统对数频率特性曲线如图4所示，可直接读出
ω
c
=1
，
ω
g
=1.77
。
（
2
）
闭环临界稳定时，
K
g
=1
，
γ
=0
。应用此两个条件即可求出临界稳定时
o
的
K
值。
⎧
⎪K
gdB
=−20lgK+20lg
ω
c
+20lg(0.1
ω
c
)
2
+1+20lg(0.2
ω
c
)
2
+1+20lg
ω
c
2
+1=0
⎨
⎪
γ
=180
o
−90
o
−arctan0.1
ω
c
−arctan0.2
ω
c
−arctan
ω
c
=0
⎩
解方程求得：
ω
c
=1.77
，
K=3.2
（
3
）
当
K=1
时，如果开环传递函数中增加一个延迟时间为
τ
=0.6s
的延迟环节，
则系统的对数幅频特性曲线不变，即不改变截止频率
ω
c
，而相频率特性增加
−57.3
ωτ
o
。
当
τ
=0.6
s
时，在
ω
c
=1处增加
−57.3×0.6×1
o
=−34.4
o
的相位，增加的相位
绝对值大于原系统的相角裕度，因此此时系统稳定裕度
γ
=−34.4
o
+28
o
=−6.4
o
。
要使系统稳定，在
ω
c
=1
处产生的相角滞后不应超过
28
o
，即临界延迟时间
τ
e
应满足：
57.3×1×
τ
e
=28
，
τ
e
=0.5
s。故使系统稳定的延迟时间应小于
0.5s
。
图1
说明：求解系统的相角裕度和幅值裕度的关键在于求开环系统的幅值穿越频率
ω
c
和相角穿越频率
ω
g
，总结
ω
c
和
ω
g
的求解方法如下：
1) 求解相角穿越频率
ω
g
：
①
解析法1：利用关系式
φ
(
ω
g
)=−180
和三角公式
o
arctan
α
±arctan
β
=arctan
α
±
β
求出
ω
g
。
1
m
αβ
解析法2：由
φ
(
ω
g
)=−180
o
，说明
G(j
ω
)=U(
ω
)+jV(
ω
)
中的
V(
ω
)=0
，
再由
V(
ω
)=0
可求出
ω
g
。
②
图解法
2) 求解幅值穿越频率
ω
c
：
可利用
G
(
j
ω
c
)=1
求出截止频率。为避免求高阶方程，采用近似方法求解。
以交接频率划分频段范围，若
G
(
j
ω
)=
∏
G
i
(
j
ω
)
，按下式近似处理环节的幅频
特性
⎧
1
⎪
+
1
≈
⎨
ω
G
i
(j
ω
)
=
ω
i
⎪
⎩
ω
i
j
ω
ω
≤
ω
i
ω
>
ω
i
写出不同频段内开环频率特性的近似表达式，计算满足
G
(
j
ω
)=1
的
ω
。若
所得的
ω
位于相应的频段范围，即此
ω
即为所求的
ω
c
。
例2
已知一直流电动机调速系统如图2所示，其电机时间常数
T
m
=
JR
=0.5s
，反电势系数
K
E
=0.1V⋅s/rad,
K
M
=0.1N⋅m/A,
K
M
K
E
R=4Ω
，功率放大器
G
1
(
s
)
=
10
，测速反馈系数，
K
n
=0.1V⋅s/rad
，
0.05s+1
,T
2
=12.5ms
，
G
j
(
s
)
为校正放大器传递函数。
1) 图3曲线I为
G
j
(
s
)
=10
时的开环传递函数的对数幅频特性，试求出转折
频率，系统闭环稳定否？
2) 若
G
j
(
s
)
=
0.5
s
+1
，试画出开环对数幅频特性，注出转折频率，剪切频
s
率，并求出相角裕量, 系统闭环稳定否？
图2
图3
解: 本题是实际应用题，代入实际参数时应注意量纲一致。
1) 设小闭环传递函数为
G
2
(
s
)
1
11
⋅K
M
⋅
10
RJs
=
K
E
=
G
2
(
s
)
=
则
11RJ
0.5s+1
1+⋅K
M
⋅⋅K
E
+1
RJsK
M
K
E
设开环传递函数为
G
0
(
s
)
，则
G
0
(
s
)
=G
j
(
s
)
G
1
(
s
)
G
2
(
s
)
⋅
=
10
×
K
n
T
2
s+
1
10100.1
××
0.05
s+
10.5
s+
10.0125
s+
1
100
=
(
0.5
s
+1
)(
0.05
s
+1
)(
0.0125
s
+1
)
转折频率分别为
ω
1
=
1
=2rad/s
0.5
1
ω
2
==20rad/s
0.05
1
ω
3
==80rad/s
0.0125
由图3可得剪切频率
ω
c1
≈63rad/s
γ
=180
o
+∠G
(
j
ω
c1
)
=180
o
−arctan
(
0.5×63
)
−arctan
(
0.05×63
)
−arctan
(
0.0125×63
)
≈−18.8
o
故当校正环节
G
j
(
s
)
=10
时，系统不稳定。
2．当
G
j
(
s
)
=
0.5
s
+1
，设开环传递函数为
G
0
*
(
s
)
，则
s
G
0
*
(
s
)
=
0.5
s
+
110100.1
×××
0.05
s+
10.5
s+
10.0125
s+
1
s
10
=
s
(
0.05
s
+1
)(
0.0125
s
+1
)
其开环对数幅频特性伯德图如图3中曲线Ⅱ所示。其转折频率分别为
1
=20rad/s
0.05
1
ω
2
==80rad/s
0.0125
ω
1
=
由图3可得剪切频率
ω
c2
≈10
rad
/
s
=180
o
−90
o
−arctan
(
0.05×10
)
−arctan
(
0.0125×10
)
≈56.3
o
γ
=180
o
+∠G
(
j
ω
c2
)
故当校正环节
G
j
(
s
)
=
0.5
s
+1
时，系统稳定。
s
例3 单位反馈系统的开环传递函数为
G
(
s
)
=
400
，图4为三
s
2
(0.01s+1)
种推荐的串联校正网络特性，它们均由最小相角环节组成。试问：
（1） 在这些校正网络特性中，哪一种可使系统的稳定程度最好？
（2） 为了将12HZ的正弦噪声削弱10倍左右，采用哪种校正网
络特性合适？
解：（1）由图4可得校正网络传递函数为：
s
+1
s+1
10
()
()
Gs=
Gs=
c
c
（b）; （a）
s
s
+1
+
1
0.1
100
⎛
s
⎞
1
+
⎜⎟
⎝
2
⎠
()
=
Gs
（c）
c
⎛
s
⎞⎛
s
⎞
+
1
⎟⎜
+
1
⎟⎜
⎝
0.1
⎠⎝
40
⎠
'
以图（a）作校正网络
G
(
s
)
=G
c
(s)G(s)=
2
400(s+1)
s
2
(0.01s+1)(10s+1)
截止频率
ω
ca
=40=6.32
，相角裕度
γ
a
=180
o
+∠
G
'
(
j
ω
ca
)=180
o
+arctan6.32−180
o
−arctan0.01×6.32−arctan10×8.32=−11.7
o
'
以图（b）作校正网络
G
(
s
)
=G
c
(s)G(s)=
400(0.01s+1)
s
2
(0.01s+1)
截止频率
ω
cb
=40
，相角裕度
γ
b
=180
o
+∠
G
'
(
j
ω
cb
)=180
o
+arctan0.1×40−180
o
−2×arctan0.01×40=32.36
o
400(0.5
s
+1)
2
以图（c）作校正网络
G
(
s
)
=
G
c
(
s
)
G
(
s
)=
2
s
(0.01
s
+1)(10
s
+1)(0.025
s
+1)
'
截止频率
ω
cc
=10
，相角裕度
γ
c
=180
o
+2arctan0.5×10−180
o
−arctan0.01×10−arctan10×10−arctan0.025×10=48.21
o
可见：用（a）作校正网络，系统不稳定；用（c）作校正网络稳定 程
度最好，但响应速度比（b）作校正网络慢。
（2）校正及原系统的伯德图见图5，要使12HZ的正弦噪声削弱10
倍左右，意味着12HZ正弦信号经过系统后幅值衰减10倍左右。
f
=
12
HZ
ω
=
2
π
f
=
75.4
rad
/
s
20lg0.1
=−
20
dB
对于单位反馈系统，高频段闭环特性与开环幅频特性基本一致，从图
上看在
ω
=
75.4rad/s
处，幅度下降
20dB
的只有
L
c
，即采用（c）校正网
络可达到要求。
图4 校正网络特性
图5 校正后及原系统伯德图
例4 单位负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如图6所示，其
中虚线为未加校正的，实线为加串联校正的。
（3） 求串联校正装置的传递函数
G
c
(s)
？
（4） 求串联校正后，闭环系统稳定的开环放大倍数
K
的取值范
围？
图6
解：（1）未校正开环系统的传递函数为
G
o
(
s
)
=
⎞
⎛
s
⎞⎛
s
+1
⎟
(s+1)
⎜
+1
⎟⎜
⎝
0.4
⎠⎝
3
⎠
K
o
由幅频特性曲线得：
K
o
=
10
已校正系统的开环传递函数为
⎛
s
⎞
K
⎜
+1
⎟
⎝
2
⎠
G
o
(
s
)
=
⎛
s
⎞
⎛
s
⎞
⎛
s
⎞
s
⎜
+
1
⎟
⎜
+
1
⎟
⎜
+
1
⎟
⎝
0.4
⎠
⎝
10
⎠
⎝
20
⎠
由幅频特性曲线得：
20lgK−20lg0.1=50
K=31.6
⎛
s
⎞⎛
s
⎞
3.16(s+1)
⎜
+1
⎟⎜
+1
⎟
G(s)
⎝
2
⎠⎝
3
⎠
()
==
Gs
故
c
G
o
(s)
⎛
s
⎞⎛
s
⎞
s
⎜
+
1
⎟⎜
+
1
⎟
⎝
10
⎠⎝
20
⎠
（2）由
∠G(j
ω
g
)=−90+arctan
得
ω
g
=13.5
o
ω
g
2
−arctan
ω
g
0.4
−arctan
ω
g
10
−arctan
ω
g
20
=−180
o
闭环系统稳定，要求幅值裕度
K
g
=20lgG(jω
g
)>0
得
K<91.126
闭环系统稳定的
K
值范围是：
0
2024年3月10日发(作者：漫淑慧)
例1 已知开环系统传递函数
G
(
s
)=
K
s(0.1s+1)(0.2s+1)(s+1)
试求：
（
1
）
K=1
时系统的幅值裕度和相角裕度；
（
2
）
闭环临界稳定时的开环增益；
（
3
）
在
（
1
）
的
K
值下，如果开环传递函数中增加一个延迟时间为
τ
=0.6s
的延迟环节，问系统是否稳定，若使系统稳定，延迟时间应不大于多少？
解：为求系统的幅值裕度和相角裕度，首先要求出系统的相角穿越频率
ω
g
和幅
值穿越频率
ω
c
，求
ω
g
和
ω
c
的方法有多种。
法一：解析法
利用关系式
φ
(
ω
g
)=−180
o
，得：
φ
(
ω
g
)=−90
o
−arctan0.1
ω
g
−arctan0.2
ω
g
−arctan
ω
g
=−180
o
运用三角公式
arctan
α
±
arctan
β
=
arctan
α
±
β
并整理，得
1m
αβ
2
g
0.3
ω
g
arctan
1−0.02
ω
1−
2
0.3
ω
g
2
1−0.02
ω
g
+
ω
g
=90
o
0.3
ω
2
g
2
1−0.02
ω
g
则
1−
故
ω
g
=1.77
=0
2
K
gdB
=−20lgG(j
ω
g
)=20lg
ω
g
+20lg(0.1
ω
g
)
2
+1+20lg(0.2
ω
g
)
2
+1+20lg
ω
g
+1≈10dB
K
g
=
1
=0.32
G(j
ω
g
)
求
ω
c
，利用关系式
G(j
ω
c
)=1
，即
1
ω
c
(0.1
ω
c
)+1(0.2
ω
c
)+1
ω
+1
222
c
=1
可近似计算得
ω
c
=1
γ
=180
o
+
φ
(
ω
c
)=180
o
−90
o
−arctan0.1
ω
c
−arctan0.2
ω
c
−arctan
ω
c
=28
o
法二：图解法
根据开环系统的对数频率特性曲线确定
ω
g
和
ω
c
后，求出相应的
γ
和
K
g
。
绘制系统对数频率特性曲线如图4所示，可直接读出
ω
c
=1
，
ω
g
=1.77
。
（
2
）
闭环临界稳定时，
K
g
=1
，
γ
=0
。应用此两个条件即可求出临界稳定时
o
的
K
值。
⎧
⎪K
gdB
=−20lgK+20lg
ω
c
+20lg(0.1
ω
c
)
2
+1+20lg(0.2
ω
c
)
2
+1+20lg
ω
c
2
+1=0
⎨
⎪
γ
=180
o
−90
o
−arctan0.1
ω
c
−arctan0.2
ω
c
−arctan
ω
c
=0
⎩
解方程求得：
ω
c
=1.77
，
K=3.2
（
3
）
当
K=1
时，如果开环传递函数中增加一个延迟时间为
τ
=0.6s
的延迟环节，
则系统的对数幅频特性曲线不变，即不改变截止频率
ω
c
，而相频率特性增加
−57.3
ωτ
o
。
当
τ
=0.6
s
时，在
ω
c
=1处增加
−57.3×0.6×1
o
=−34.4
o
的相位，增加的相位
绝对值大于原系统的相角裕度，因此此时系统稳定裕度
γ
=−34.4
o
+28
o
=−6.4
o
。
要使系统稳定，在
ω
c
=1
处产生的相角滞后不应超过
28
o
，即临界延迟时间
τ
e
应满足：
57.3×1×
τ
e
=28
，
τ
e
=0.5
s。故使系统稳定的延迟时间应小于
0.5s
。
图1
说明：求解系统的相角裕度和幅值裕度的关键在于求开环系统的幅值穿越频率
ω
c
和相角穿越频率
ω
g
，总结
ω
c
和
ω
g
的求解方法如下：
1) 求解相角穿越频率
ω
g
：
①
解析法1：利用关系式
φ
(
ω
g
)=−180
和三角公式
o
arctan
α
±arctan
β
=arctan
α
±
β
求出
ω
g
。
1
m
αβ
解析法2：由
φ
(
ω
g
)=−180
o
，说明
G(j
ω
)=U(
ω
)+jV(
ω
)
中的
V(
ω
)=0
，
再由
V(
ω
)=0
可求出
ω
g
。
②
图解法
2) 求解幅值穿越频率
ω
c
：
可利用
G
(
j
ω
c
)=1
求出截止频率。为避免求高阶方程，采用近似方法求解。
以交接频率划分频段范围，若
G
(
j
ω
)=
∏
G
i
(
j
ω
)
，按下式近似处理环节的幅频
特性
⎧
1
⎪
+
1
≈
⎨
ω
G
i
(j
ω
)
=
ω
i
⎪
⎩
ω
i
j
ω
ω
≤
ω
i
ω
>
ω
i
写出不同频段内开环频率特性的近似表达式，计算满足
G
(
j
ω
)=1
的
ω
。若
所得的
ω
位于相应的频段范围，即此
ω
即为所求的
ω
c
。
例2
已知一直流电动机调速系统如图2所示，其电机时间常数
T
m
=
JR
=0.5s
，反电势系数
K
E
=0.1V⋅s/rad,
K
M
=0.1N⋅m/A,
K
M
K
E
R=4Ω
，功率放大器
G
1
(
s
)
=
10
，测速反馈系数，
K
n
=0.1V⋅s/rad
，
0.05s+1
,T
2
=12.5ms
，
G
j
(
s
)
为校正放大器传递函数。
1) 图3曲线I为
G
j
(
s
)
=10
时的开环传递函数的对数幅频特性，试求出转折
频率，系统闭环稳定否？
2) 若
G
j
(
s
)
=
0.5
s
+1
，试画出开环对数幅频特性，注出转折频率，剪切频
s
率，并求出相角裕量, 系统闭环稳定否？
图2
图3
解: 本题是实际应用题，代入实际参数时应注意量纲一致。
1) 设小闭环传递函数为
G
2
(
s
)
1
11
⋅K
M
⋅
10
RJs
=
K
E
=
G
2
(
s
)
=
则
11RJ
0.5s+1
1+⋅K
M
⋅⋅K
E
+1
RJsK
M
K
E
设开环传递函数为
G
0
(
s
)
，则
G
0
(
s
)
=G
j
(
s
)
G
1
(
s
)
G
2
(
s
)
⋅
=
10
×
K
n
T
2
s+
1
10100.1
××
0.05
s+
10.5
s+
10.0125
s+
1
100
=
(
0.5
s
+1
)(
0.05
s
+1
)(
0.0125
s
+1
)
转折频率分别为
ω
1
=
1
=2rad/s
0.5
1
ω
2
==20rad/s
0.05
1
ω
3
==80rad/s
0.0125
由图3可得剪切频率
ω
c1
≈63rad/s
γ
=180
o
+∠G
(
j
ω
c1
)
=180
o
−arctan
(
0.5×63
)
−arctan
(
0.05×63
)
−arctan
(
0.0125×63
)
≈−18.8
o
故当校正环节
G
j
(
s
)
=10
时，系统不稳定。
2．当
G
j
(
s
)
=
0.5
s
+1
，设开环传递函数为
G
0
*
(
s
)
，则
s
G
0
*
(
s
)
=
0.5
s
+
110100.1
×××
0.05
s+
10.5
s+
10.0125
s+
1
s
10
=
s
(
0.05
s
+1
)(
0.0125
s
+1
)
其开环对数幅频特性伯德图如图3中曲线Ⅱ所示。其转折频率分别为
1
=20rad/s
0.05
1
ω
2
==80rad/s
0.0125
ω
1
=
由图3可得剪切频率
ω
c2
≈10
rad
/
s
=180
o
−90
o
−arctan
(
0.05×10
)
−arctan
(
0.0125×10
)
≈56.3
o
γ
=180
o
+∠G
(
j
ω
c2
)
故当校正环节
G
j
(
s
)
=
0.5
s
+1
时，系统稳定。
s
例3 单位反馈系统的开环传递函数为
G
(
s
)
=
400
，图4为三
s
2
(0.01s+1)
种推荐的串联校正网络特性，它们均由最小相角环节组成。试问：
（1） 在这些校正网络特性中，哪一种可使系统的稳定程度最好？
（2） 为了将12HZ的正弦噪声削弱10倍左右，采用哪种校正网
络特性合适？
解：（1）由图4可得校正网络传递函数为：
s
+1
s+1
10
()
()
Gs=
Gs=
c
c
（b）; （a）
s
s
+1
+
1
0.1
100
⎛
s
⎞
1
+
⎜⎟
⎝
2
⎠
()
=
Gs
（c）
c
⎛
s
⎞⎛
s
⎞
+
1
⎟⎜
+
1
⎟⎜
⎝
0.1
⎠⎝
40
⎠
'
以图（a）作校正网络
G
(
s
)
=G
c
(s)G(s)=
2
400(s+1)
s
2
(0.01s+1)(10s+1)
截止频率
ω
ca
=40=6.32
，相角裕度
γ
a
=180
o
+∠
G
'
(
j
ω
ca
)=180
o
+arctan6.32−180
o
−arctan0.01×6.32−arctan10×8.32=−11.7
o
'
以图（b）作校正网络
G
(
s
)
=G
c
(s)G(s)=
400(0.01s+1)
s
2
(0.01s+1)
截止频率
ω
cb
=40
，相角裕度
γ
b
=180
o
+∠
G
'
(
j
ω
cb
)=180
o
+arctan0.1×40−180
o
−2×arctan0.01×40=32.36
o
400(0.5
s
+1)
2
以图（c）作校正网络
G
(
s
)
=
G
c
(
s
)
G
(
s
)=
2
s
(0.01
s
+1)(10
s
+1)(0.025
s
+1)
'
截止频率
ω
cc
=10
，相角裕度
γ
c
=180
o
+2arctan0.5×10−180
o
−arctan0.01×10−arctan10×10−arctan0.025×10=48.21
o
可见：用（a）作校正网络，系统不稳定；用（c）作校正网络稳定 程
度最好，但响应速度比（b）作校正网络慢。
（2）校正及原系统的伯德图见图5，要使12HZ的正弦噪声削弱10
倍左右，意味着12HZ正弦信号经过系统后幅值衰减10倍左右。
f
=
12
HZ
ω
=
2
π
f
=
75.4
rad
/
s
20lg0.1
=−
20
dB
对于单位反馈系统，高频段闭环特性与开环幅频特性基本一致，从图
上看在
ω
=
75.4rad/s
处，幅度下降
20dB
的只有
L
c
，即采用（c）校正网
络可达到要求。
图4 校正网络特性
图5 校正后及原系统伯德图
例4 单位负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如图6所示，其
中虚线为未加校正的，实线为加串联校正的。
（3） 求串联校正装置的传递函数
G
c
(s)
？
（4） 求串联校正后，闭环系统稳定的开环放大倍数
K
的取值范
围？
图6
解：（1）未校正开环系统的传递函数为
G
o
(
s
)
=
⎞
⎛
s
⎞⎛
s
+1
⎟
(s+1)
⎜
+1
⎟⎜
⎝
0.4
⎠⎝
3
⎠
K
o
由幅频特性曲线得：
K
o
=
10
已校正系统的开环传递函数为
⎛
s
⎞
K
⎜
+1
⎟
⎝
2
⎠
G
o
(
s
)
=
⎛
s
⎞
⎛
s
⎞
⎛
s
⎞
s
⎜
+
1
⎟
⎜
+
1
⎟
⎜
+
1
⎟
⎝
0.4
⎠
⎝
10
⎠
⎝
20
⎠
由幅频特性曲线得：
20lgK−20lg0.1=50
K=31.6
⎛
s
⎞⎛
s
⎞
3.16(s+1)
⎜
+1
⎟⎜
+1
⎟
G(s)
⎝
2
⎠⎝
3
⎠
()
==
Gs
故
c
G
o
(s)
⎛
s
⎞⎛
s
⎞
s
⎜
+
1
⎟⎜
+
1
⎟
⎝
10
⎠⎝
20
⎠
（2）由
∠G(j
ω
g
)=−90+arctan
得
ω
g
=13.5
o
ω
g
2
−arctan
ω
g
0.4
−arctan
ω
g
10
−arctan
ω
g
20
=−180
o
闭环系统稳定，要求幅值裕度
K
g
=20lgG(jω
g
)>0
得
K<91.126
闭环系统稳定的
K
值范围是：
0