用Matlab对系统进行频率特性分析

问题1&2

clc
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%Question1
num=[1];
den1=[1 1];
den2=[1 -1];
sys1=tf(num,den1);
sys2=tf(num,den2);
figure(1);
hold on
nyquist(sys1)
nyquist(sys2)
hold off
grid
legend('一阶惯性Nyquist','非最小相位一阶惯性Nyquist');

figure(2);
bode(sys1)
hold on
bode(sys2)
hold off
grid
legend('一阶惯性Bode','非最小相位一阶惯性Bode');

结论：Nyquist图关于虚轴对称。Bode图幅频特性相同，相频特性关于0°线对称

问题3

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num=[1];
den1=[1 1];
den2=[100 1];
sys1=tf(num,den1);
sys2=tf(num,den2);
figure(1);
hold on
nyquist(sys1,'g-.')
nyquist(sys2,'r')
hold off
grid
legend('T=1','T=100');

figure(2);
bode(sys1)
hold on
bode(sys2)
hold off
grid
legend('T=1','T=100');

结论：对于惯性环节，选取K=1,T=1和100，得到的Nyquist曲线重合。这是因为惯性环节$\frac{K}{1+j\omega T}$ 的幅相特性是以 ($\frac{K}{2},j0$ )为圆心的半圆。复平面上相同的点，对于不同的T，有不同的 $\omega$ 值。

惯性环节转折频率 $\omega =\frac{1}{T}$, 故T=100的幅频特性转折频率小。两系统的幅频特性斜率相同，相频特性有差异。

问题4

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num1=[1];
num2=[5];
den=[1 1];
sys1=tf(num1,den);
sys2=tf(num2,den);
figure(1);
hold on
nyquist(sys1,'g-.')
nyquist(sys2,'r')
hold off
grid
legend('T=1','T=5');

figure(2);
bode(sys1)
hold on
bode(sys2)
hold off
grid
legend('T=1','T=5');

结论：取T=1,K=1和5。由上题分析知，惯性环节$\frac{K}{1+j\omega T}$ 的幅相特性是以 ($\frac{K}{2},j0$ )为圆心的半圆。增大K会使Nyquist图半径增大，圆心右移。同时，Bode图的基准线为 $\omega =1,L(\omega )=20lgK$, K越大，与$L(\omega )$ 轴的交点坐标值越大。