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2、ϕ法1:Φ(jω)==A(ω)ejω2+1−1ωA(ω)=,(ω)ϕ=−tgω2+222ω2:A(ω)0.354,(ω)==ϕ=−45,°∴出:c(t)RA(ω)sin[ωt=+ϕ(ω)]ss=0.354sin(2t45)−°已知位反系函,根据率特性物理意,求系在正弦入的出.1G(s)=,s1+r(t)sin2t:=ωω2,R(s)==22s+ωG(s)11ωΦ(s)==:法2:C(s)Φ(s)R(s)==221G(s)s2++s2s++ω111−s×21ω444==++222222s2s++2s2+s+2s+2−1−2t11c(t)=[C(s)]=e−cos2t+sin2t44411
3、∴出:c(t)=−cos2t+sin2tss44211=(sin2t•−cos2t•)0.354sin(2t=−45)°422自动控制原理习题分析第五章5-5(1),5-9(1)55(1),59(1):已知系−−函,制幅特性曲(近),求相角裕量,并判系定性.K=2,20lgK=6.02dB,T=8,11ω==0.125;1T1T=2,21ω==0.52T2−1−1由近:ω=0.25,γ180=°−tg80.25tg20.25×−×=8.5;系9°定.c−1−1由准确:ω=0.1963,γ180=°−tg80.1963tg20.1963101.1;×−×=°c自动控制原理习题分析第五章5
4、-5,9(2)100100G(s)==2222s(s++s1)(6s1)s(1s++×20.51s1)(6s1)×++K=100,ν1=20lgK=40dB,T=6,11ω==0.167;1T1T=1,=0.521ω==12T25.振荡环节:幅相频率特性从(1,j0)出发,经Ⅳ、Ⅲ象限,最终趋于原点;ω=1/T时,特性与负虚轴交于(0,-1/2ζ)==++++=−+=⎡⎛⎞⎤⎢−⎜⎟⎥+⎢⎣⎝⎠⎥⎦=⎡⎛⎞⎤⎛⎞⎢−⎜⎟⎥+⎜⎟⎢⎣⎝⎠⎥⎦⎝⎠5.振荡环节:L(ω)的渐近特性由两段组成,低频段为与横坐标(0dB线)重合;高频段为通过(1/T,0dB)斜率为-40dB/dec的斜线。⎧0
5、~90:ωω°−°n⎝⎠⎡⎛⎞⎤⎛⎞=−⎢−⎜⎟⎥+⎜⎟⎢⎣⎝⎠⎥⎦⎝⎠<<≈>>≈−自动控制原理习题分析第五章5-5,9(2)−1−12ω/ωςcn1ω>ω:γ180=°−90°−tg6ω−[180°−tg];ω==1,ς=0.5,cnc2n(ω/ω)−1Tcn由近:ω=2.021,cγ=−141.5;°系不定.由准确:ω=2.07,cγ=−143.2;°自动控制原理习题分析第五章5-5,9(3)10G(s)=32(0.25s+0.4s1)(0.25s1)++10=22(0.5s+×20.40.5s1)(0.
6、25s1)×++K10,ν0,20lgK===20dB,T=0.5,ς=0.4,ω=1/T=2111T=0.25,ω=1/T=4222自动控制原理习题分析第五章5-5,9(3)−1−12ω/ωςcn1ω>ω:γ180=°−tg0.25ω[180−°−tg];ω==2,ς=0.4cnc2n(ω/ω)−1Tcn2由近:ω=5.4288,cγ=−34.8168;°系不定.由准确:ω=5.19,cγ=−32.4;°200G(s)=42s(s1)(10s1)++K=200,ν2,20lgK==46dB,T=10,111ω==0.1;T=1,ω==1122TT12自动控制原理习题分析第五章5-5,
7、9(4)γ180=°−×290°−1−1−tgω−tg10ωcc由近:ω=2.115,γ=−151.99;°c由准确:ω=2.059,γ=−151.32;°c自控原理习题分析第五章5-8(a)已知L(ω),且系最小相位系,求G(s):Q低近斜率[20],ν1;作低−∴=近延,与0dB交于ωK.=ω=0.025,斜率下降[20],性特性,常T=1/ω=40(s)111ω=0.05,斜率提升[20],一微分特性,常τ1/ω==2022ω=0.02,
