《自動控制原理》張愛民課后習題答案

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1 1 解 1 機器人踢足球 開環(huán)系統(tǒng) 輸入量 足球位置 輸出量 機器人的位置 2 人的體溫控制系統(tǒng) 閉環(huán)系統(tǒng) 輸入量 正常的體溫 輸出量 經(jīng)調節(jié)后的體溫 3 微波爐做飯 開環(huán)系統(tǒng) 輸入量 設定的加熱時間 輸出量 實際加熱的時間 4 空調制冷 閉環(huán)系統(tǒng) 輸入量 設定的溫度 輸出量 實際的溫度 1 2 解 開環(huán)系統(tǒng) 優(yōu)點 結構簡單 成本低廉 增益較大 對輸入信號的變化響應靈敏 只要 被控對象穩(wěn)定 系統(tǒng)就能穩(wěn)定工作 缺點 控制精度低 抗擾動能力弱 閉環(huán)控制 優(yōu)點 控制精度高 有效抑制了被反饋包圍的前向通道的擾動對系統(tǒng)輸出量 的影響 利用負反饋減小系統(tǒng)誤差 減小被控對象參數(shù)對輸出量的影 響 缺點 結構復雜 降低了開環(huán)系統(tǒng)的增益 且需考慮穩(wěn)定性問題 1 3 解 自動控制系統(tǒng)分兩種類型 開環(huán)控制系統(tǒng)和閉環(huán)控制系統(tǒng) 開環(huán)控制系統(tǒng)的特點是 控制器與被控對象之間只有順向作用而無反向聯(lián)系 系統(tǒng)的被控 變量對控制作用沒有任何影響 系統(tǒng)的控制精度完全取決于所用元器件的精度和特性調整 的準確度 只要被控對象穩(wěn)定 系統(tǒng)就能穩(wěn)定地工作 閉環(huán)控制系統(tǒng)的特點 1 閉環(huán)控制系統(tǒng)是利用負反饋的作用來減小系統(tǒng)誤差的 2 閉環(huán)控制系統(tǒng)能夠有效地抑制被反饋通道保衛(wèi)的前向通道中各種擾動對系統(tǒng)輸出量 的影響 3 閉環(huán)控制系統(tǒng)可以減小被控對象的參數(shù)變化對輸出量的影響 1 4 解 輸入量 給定毫伏信號 被控量 爐溫 被控對象 加熱器 電爐 控制器 電壓放大器和功率放大器 系統(tǒng)原理方塊圖如下所示 工作原理 在正常情況下 爐溫等于期望值時 熱電偶的輸出電壓等于給定電壓 此時 偏差信號為零 電動機不動 調壓器的滑動觸點停留在某個合適的位置上 此時 爐子散 失的熱量正好等于從加熱器獲取的熱量 形成穩(wěn)定的熱平衡狀態(tài) 溫度保持恒定 當爐溫由于某種原因突然下降時 熱電偶的輸出電壓下降 與給定電壓比較后形成正偏 差信號 該偏差信號經(jīng)過電壓放大器 功率放大器放大后 作為電動機的控制電壓加到電 動機上 電動機帶動滑線變阻器的觸頭使輸出電壓升高 則爐溫回升 直至達到期望值 當爐溫高于期望值時 調節(jié)過程相反 1 5 解 不正確 引入反饋后 形成閉環(huán)控制系統(tǒng) 輸出信號被反饋到系統(tǒng)輸入端 與參考輸 入比較后形成偏差信號 控制器再按照偏差信號的大小對被控對象進行控制 在這個過程 中 由于控制系統(tǒng)的慣性 可能引起超調 造成系統(tǒng)的等幅振蕩或增幅振蕩 使系統(tǒng)變得 不穩(wěn)定 所以引入反饋之后回帶來系統(tǒng)穩(wěn)定性的問題 1 6 解 對自動控制系統(tǒng)的基本要求是 穩(wěn)定性 快速性和準確性 增大系統(tǒng)增益使得閉環(huán)控制系統(tǒng)的調整時間減小 提高系統(tǒng)的快速性 2 1 解 對質量 m 的受力分析如下圖所示 由牛頓第二定律得 2 dztytktfm 同時 tyxt 綜合上述兩式得其微分方程為 2 2 dzttdtmfkzm 設輸入量輸出量及其各階導數(shù)的初始值均為零 對上式進行拉氏變換得式 2 2 sZfskZmsX 故其傳遞函數(shù)為 2 Gfk 2 2 解 受力分析得 對于 M 有 Mgsin ML 2dt F Mgcos 對于 m 有 F sin m xk22dtx 整理后得 sin2dtLg g cos sin 2txmM kx 削去 的系統(tǒng)的微分方程 x 0kL 對上式做拉普拉斯變換后整理得系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 G s sX 2Mk 2 3 解 a 電氣系統(tǒng) b 機械系統(tǒng) 證 a 由電路可得 221121121 oiRRuCSCSRS 212211 RCSRCS 則其微分方程為 2 21212121212 o oi iidudududuRCRCRCRCt ttt b 取 A B 兩點進行受力分析 列出方程得 1 221 iooiodxdxfkxft t 2 11 由 1 式 2 式得 3 221ioiodxffkxkxtt 得11 3 k 2 2112112112112 o oi io idxdxdxdxffkfkffkkt ttt 經(jīng)比較 電氣系統(tǒng) a 與機械系統(tǒng) b 的微分方程具有相同的形式 故兩個系統(tǒng)為 相似系統(tǒng) 2 4 解 傳遞函數(shù) 21221oUcsci LsL 微分方程 21211 ooiducct 2 5 解 由電路得 1 21iuRCS 2 34ouR 綜合 1 2 式 消去變量 u 可得其傳遞函數(shù)為 124243 oiCSRGs 進而得其微分方程為 2424313iioduRut 2 6 解 對系統(tǒng)中各個部分建立相應的微分方程如下 u R i Lccdti u u k i R i L12q1cqtiq u u R R i L L 34dadadti u R i Lati T k um2dt 1a 對上面各式拉氏變換并整理得到 sT 1 L R s s L madad2q1cUksIUIIIksUIa qdqc 對上式削去中間變量得到系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 G s sc sL Rs s L R s cqdadama21 k 2 7 解 1i 2icubeLM kxkfER 由圖示及題中條件得 對上式進行拉式變換得 11221022 CCbbESRIUSILIkXFISfMSX 則通過消去中間變量得傳遞函數(shù)如下 22 221 kXSGERCLSfRCkS 2 8 解 11221022 ccbetRitudtiiuteLtdxktFitdxtxtfM 由題意得 12122 ioefeffomftkutdikutRLtNtMkitdJttt 其中 為磁控式電動機轉矩系數(shù) 令初始條件為零 作拉氏變換得 mk 1212 ioeefffomfSkUSkIRLINMSIJS 解得 1212 o mimffSkNGkJLR 2 9 解 由圖示得電路的微分方程如下 112122 ioutitRdtcitiutid 作拉氏變換得 112122 ioUSISRICSI 則初始方塊圖如下 2CS1R ius 2R 1S ous 由梅森公式得其傳遞函數(shù)如下 212121 OiUSCRSG 2 10 解 對方塊圖進行簡化得 1C2Ru 1R 1 i2i iu ou 2Cii 1G2G3 41H2H NsY Rs 1G23G1H NsY Rs 142H 3G1H NsY Rs 142H 2G2 Ys Rs 14G 12323HG12H Ns12 Ys Rs 12HG 23 1NsHG121234 23 Ys 121HG 141231223 GGHH 1223 1 NsHG 23 1NsHG Rs 由梅森公式得 1423232142141123 1 1RSHGNYHG 式 1 當 為零時可得傳遞函數(shù)為 NS 1423232142141GHHG 2 由 1 式 得當 時 輸出 Y S 不受干擾 N S 的影響 10 2 11 解 a 1 方塊圖化簡如下所示 Rs Ys1G2G2H1H Rs Ys1G2GH 12 Rs Ys 12H12G 從而可得其傳遞函數(shù)為 122 GSH 2 其信號流圖如下所示 Ys Rs121H 2 系統(tǒng)信號流圖中共有 2 個回路 增益分別為 無兩兩1LGH 212H 不接觸回路 所以信號的特征式 21 系統(tǒng)有 1 條前向通路 增益為 回路均與此前向通路接觸 故 從12P1 而可得其傳遞函數(shù)為 1122 PGGSH b 1 方塊圖化簡如下所示 Rs Ys1G2G2H1H Rs Ys1G2G 12H 12H2G Rs Ys 從而可得其傳遞函數(shù)為 1212 GS 2 其信號流圖如下所示 Ys121H 2 Rs 與 a 原理相同可得其傳遞函數(shù)為 11212 PGGSH c 1 方塊圖化簡如下所示 Rs Ys1 2G3G3H1H Rs Ys1G2G33H1H 21 Ys Rs123 GH 213 從而可得其傳遞函數(shù)為 123113 SHG 2 其信號流圖如下所示 Rs Ys1G23 1H 3H 與 a 原理相同可得其傳遞函數(shù)為 1231113 GPGS 2 12 解 速度控制系統(tǒng)的方框圖為 給定電位器 運放 1 運放 2 功率放大器 直流電動機 減速器 測速發(fā)電機 該系統(tǒng)的微分方程為 imggicdudTKMtt 當 0 時 傳遞函數(shù)為cM 1gisKUTS 2 13 解 例 2 4 1 中的方塊圖如下所示 SCR1 2LSC212R 2SU i1 SUO 其對應的信號流圖為 SUi SUO1G23G2H 1 其中 1G2RLS SC21 23RSC11 2 H 由梅森公式得 21132 HGSUIO 11 222SCRLS 21221321 21CRLCRLCR 2 14 解 Rs Ys1G23G451H23H Ps 系統(tǒng)對應的信號流圖如下所示 1G23G45 Rs 2H 3 Ys1H 1 Ps 由梅森公式得 1234151223415334231 GRSHHGPY 式 1 當 為零時可得傳遞函數(shù)為 NS 12341512234153 GYGRHHG 2 由 1 式 得當 時 輸出 Y S 不受干擾3435 0 P S 的影響 此時可得 122 2 15 解 Rs1k11 Gs2 s2 H 1 3 1s Y 系統(tǒng)信號流圖有 4 個回路 增益如下 131 LHSG 212 LHSG 4k 無兩兩不接觸回路 系統(tǒng)有 1 個前向通路 其增益為 所有回路12 kPGS 均與 接觸 所以 從而可得其傳遞函數(shù)為 1P1 1 PYSGR 2 17 解 a 方塊圖為 21 S SY3 SU 其傳遞函數(shù)為 1 2 31 SSSUYG 其信號流圖為 SU SY 1 1 1x 1x 1 1 其狀態(tài)方程為 ux 1 xy b csacsa 1U2 1Y2Y 由框圖得其傳遞函數(shù)為 22121 UCSUCSY 22122 aa 121231212 kGSkGSHHSG 故可得其狀態(tài)方程為 0221cax 111220 xU 112 yx 122 ac 綜合得 0221cax 21210Ux 221y 1 c SU 5 4 1 s32 s s13xxx SY 由方塊圖得信號流圖 SY SU 1 1 2 1 1 1 4 3 5 s s sx x 3x 3x 1 1 故 215 32xx U34 其狀態(tài)方程為 Uxx 10402353321 3y y 123 0 x 2 19 解 狀態(tài)空間的表達式為 1214Uxx 210 xy 1 得其信號流圖為 U Y1 s1 s 1 1 3 2 2xx x 4 1 0 故其傳遞函數(shù)為 3410410 2 2 SSsG 2 用矩陣法得出的傳遞函數(shù)為 130 21 BASIs 2 21 解 1 其傳遞函數(shù) 3 2 3 3 2 232132 SUkaSkaSUkSaSkaSsY 故可得信號流圖 2x 21x 1SU 2S SY1 1 k 3 k 11 1 1 s s1 s1 s s s 1 1 3 k 2 a a k a k 2 3x x 2x2 3x3 3 k 2 a a k a k 2 1 a k k 3 k 故可得 21x 3 2 21321 sUxkaxx 32131321 1 4 xkakxkxkaxy 故其狀態(tài)方程為 10 2 2 30023121 SUxkakx 321 4xay 2 用矩陣法得 1 GSIAB 10104 2 03 2 2 Skakak 3 1 答 該系統(tǒng)不存在 任何一階系統(tǒng)的單位階躍響應都不能超過 1 3 2 解 假設系統(tǒng)的初始條件為零 則系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 10 5YsR 1 單位脈沖響應 輸入信號為單位脈沖信號 其拉氏變換為 rt s 則系統(tǒng)的輸出為 10 5Ys 則系統(tǒng)的單位脈沖響應函數(shù)為 2 0tyte 2 單位階躍響應 輸入信號為單位階躍信號 其拉氏變換為 1rt 1 Rs 則系統(tǒng)的輸入為 0 5 Ys 則系統(tǒng)的單位階躍響應函數(shù)為 210 tyte 3 單位斜坡響應 輸入信號為單位斜坡信號 其拉氏變換為 rt 21 Rs 則系統(tǒng)的輸出為 210 5 Yss 則系統(tǒng)的單位斜坡響應函數(shù)為 2 105 0tyte 3 3 解 1 輸入信號的拉氏變換為 輸出為2 Rs 211 8 5Yss 則系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為 5 Ys 開環(huán)傳遞函數(shù)為 5 Gs 2 系統(tǒng)的單位階躍響應為 則5 YsRs 0 2T 系統(tǒng)的上升時間為 2 1970 43rtT 調整時間為 08 65st 超調量不存在 3 4 解 證明 當初始條件為零時 有 1YsRT 單位階躍輸入信號為 1 s 所以 系統(tǒng)的輸出為 1 1sTYTs 1 tytLse 根據(jù)定義 1 當 3ln stT 0 69 dt 所 以 2 求 即一 y t 從 0 1 0 9 時所需的時間 r 當 22 10 9 ln l0 1 tTTytet 時 有 當 11 l l 9 tTt t 時 有 則 2109ln2 rtt 3 求調整時間 st 假設誤差寬度 5 則有 10 95stTsyte 解得 3ln stT 3 5 解 由方框圖 可以求得系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為 10 s 1 若 則系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為 0 1 s 則 T 0 1 調整時間 4 235st 2 時間常數(shù) 若要求 則10T 0 1st 0 4 35 3 反饋系數(shù) 使得系統(tǒng)的時間常數(shù)減小了 從而使系統(tǒng)的調整時間也減小 但卻使得 系統(tǒng)的閉環(huán)增益也減小了 3 6 解 系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為 則2 16 14kGss 4 0 5n 單位階躍響應 系統(tǒng)的輸出為 2Ys 系統(tǒng)的響應函數(shù)為 3 1in 60 tytet 單位脈沖響應 系統(tǒng)的輸出為 21 4Ys 系統(tǒng)的響應函數(shù)為 83 in tytet 3 7 解 1 210 ss 得 0 95n 6 5 20 341pnt 4 6730 5nst 21 1 7 e 2 2816 3 4 8sss 得 6n 0 35 2 81pnt 4 5732 1nst 21 03 9 e 3 8 解 系統(tǒng)的傳遞函數(shù) 2 YskRasb 2nakb 由圖可知 tp 0 3 2 5y 7510 8 2120 3 81 lim li 2 5nt sotpekyab 解得 b 0 4 a 16 8 k 451 1 3 9 解 1 引入速度反饋前 12210 5ksTs 10 25n 21 04 5 e 41 6 23 5nsts A 引入速度反饋后 122210 10 5 nvksTss 210 6 3ve 4 8 23 5vnvts A 2 臨界阻尼時 解得1v 6 3 10 略 3 11 解 由系統(tǒng)框圖可得系統(tǒng)傳遞函數(shù)為 1 1 2TsKSss 1 12sK 10 2 5 s 20 20s 與標準型進行對比可得 z 201 n 5 arctan nz 26 r 0 25n l 1022nz 3 故 11 0 10 2 er T s 57 01 3 24szlnn 3 12 解 s124823 s 1 62jsj 系統(tǒng)有三個極點 P 1 P 62 1j 3 由于 6 5 REAL 213 所以系統(tǒng)的主導極點為 P 1 j s2 16s 2 s 所以 n 故 4 3 102 e T S 534sn 3 13 解 1 0129724 s 勞斯陣列如下 4321087040ss 第一列全為正數(shù) 穩(wěn)定 特征根全在左半平面 2 03563245 sss 5432013560 067124 530sss 76 765 2412 第一列符號變化兩次 故有兩個特征根在右半平面 系統(tǒng)不穩(wěn)定 3 005234 ss 43210105 8ss 有兩個根在右半平面 系統(tǒng)不穩(wěn)定 4 034273 ss 32100670s 有兩根在右半平面 系統(tǒng)不穩(wěn)定 5 012813624 sss 43210806ss 出現(xiàn)全零行 則用 系數(shù)構造輔助方程 對其求導 得 則 12s2610s 120s 2106s 系統(tǒng)有兩個共軛虛根 系統(tǒng)臨界穩(wěn)定 6 5432768560sss 4321018ss 出現(xiàn)全零行 則用 系數(shù)構造輔助方程 對其求導 得 34s427560s 兩邊同除以 28 得 則284s 30s 321056s 系統(tǒng)有兩個共軛虛根 系統(tǒng)臨界穩(wěn)定 3 14 解 1 特征方程為 4320ssk 勞斯陣列如下 1 2 k4s 2 0 3 2 ks k1 k0s 由勞斯穩(wěn)定判據(jù) 無論 k 取何值 系統(tǒng)都是不穩(wěn)定的 2 特征方程為 由勞斯穩(wěn)定判據(jù)知系統(tǒng)穩(wěn)定的 k 值432817 0 40ssks 范圍為 0 k0 且 得出 200 k 1 6 時系統(tǒng)是穩(wěn)定的 1083 綜合可知 加入速度反饋后使系統(tǒng)的穩(wěn)定性變差 只有當 取合適的值才能使系統(tǒng)穩(wěn)定 3 17 解 skdp 2 1 s sR sY 傳遞函數(shù) pdkss 2 特征方程 01 2 s 令 則特征方程為1zs 20 z 系統(tǒng)特征方程系數(shù)不全為正 可知系統(tǒng)不穩(wěn)定 故系統(tǒng)沒有 的穩(wěn)定裕度 1 3 18 解 系統(tǒng)是 型系統(tǒng) 所以當輸入為單位 1 t t 時 穩(wěn)態(tài)誤差為 0 1 k 2 當輸入為 時 穩(wěn)態(tài)誤差為 21 t 3 19 證明 由 的系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù) s 1 SG 1 2SGE 故 10101000 0 1lim lilim nnms nssasabsbeES a 011 10122110 li asabannnns 要想使 0 只有使 se1b 0 3 20 解 1 當 R s 0 時 4 2300 13134 limlis skDseEksk LTsD2134 kDsYss 穩(wěn)態(tài)誤差 4 2300 13134 limlis skDseEksk 2 當 LR s 1 T 0 1 lili 43200 sksEes 3 21 解 SY2G1 sR sH sN a 恒值調節(jié)系統(tǒng) sE SY2G1GR sH sN 3 b 加入積分環(huán)節(jié) SY2G1 sR sH sN 4E c 采用前饋控制 由勞斯判據(jù)得該系統(tǒng)的穩(wěn)定 200 01 5 1 lim li lim2 4082 12 ss sGSseENS 1 當串入積分環(huán)節(jié) 后 sk 3200 013 5 01 li li li 0 24sns sGSHseENSk 其特征方程為 04523ks 由勞斯判據(jù)得 0 k 1 得 0 K 1212K 綜上 當 0 K 1 得 0 K 6060K 當 K 0 時 則計算得 6 K 0 時 系統(tǒng)穩(wěn)定 綜上 當 6 K0 得奈氏曲線為 G s 在右半平面有一個開環(huán)極點 P 1k 要是系統(tǒng)穩(wěn)定 則 2K 12 當 K 時系統(tǒng)穩(wěn)定 12 5 12 解 1 當 在 s 右半平面上沒有極點 即 P 0 欲使 Z N P 0 則有 N 01 G 0 時 或 3 得 0 或 K11K11K5312 1 得 016 綜上 當 0 或 0 或 0 時 無解K 0 時 16 1 得 111K6 綜上 當 0 時 5 1 3 或 2 1 得 1K11K15K312 0 時 無解 綜上 當 時系統(tǒng)穩(wěn)定 51312 4 當 在 s 右半平面上有 3 個極點 即 P 3 欲使 Z N P 0 則有 N 31 G 此時無論 取何值 系統(tǒng)都不穩(wěn)定 K 5 14 解 1 G 5 120 ss 波特圖為 由于開環(huán)傳遞函數(shù)在右半平面無極點 并且正負穿越都為 0 所以系統(tǒng)是穩(wěn)定的 arctn2rta0 2 當 L 20 0 時 3 91 rad s122541A lg A 相位裕度為 r 180 59 9 3 近似法求解 系統(tǒng)的轉折頻率分別為 120 5 20lgl102KdB lg0cK 解得 截止頻率 5 cras 相位裕度 18 18arctn2arct0 2c c 5 71 2 2203 5 sGs 波特圖為 由于右半平面 P 0 有圖可知 N 2 所以系統(tǒng) z 2 故系統(tǒng)不穩(wěn)定2 230 1 5 4510 arctnrtarctnarct30 85sGss 當 L 0 時 4 77 rad s 相位裕度為 r 8 13 近似法求解 頻率特性 的轉折頻率分別為 Gj 10 8 213 45 2lgl9 KdB 由 解得 0314 0lgKk 10 dB 由 解得 020l 25978 然后根據(jù)式 426 lg 0ck 解得截至頻率約為 6 28 rad sc 相位裕度為 18 c 2100artnrtarctnarct30 85c 157 75 3 G s 105 2 14 ss 波特圖為 系統(tǒng)穩(wěn)定 2 arctnarctn2rta0 2rctan0 51 當 L 0 時 42 3 rad s 相位余度為 r 180 31 3 3 4 近似法求解 首先求頻率特性 的轉折頻率 分別為 Gj 10 5 2135 420 lgl4 0KdB 列出以下方程 由 解得 1120 l 2lgk 138 06dB 由 解得 14g2 由 得323 l k3 9k 然后根據(jù)式 解得截止頻率4340 lg c 4 67 crads 相位裕度 150 06180 c 4 264 5 3 sGs 波特圖 由圖可知 P 0 N 0 所以 z 0 故系統(tǒng)穩(wěn)定 當 L 0 時 1 59 rad s 相位余度為 r 51 2 24 0 51 3 86sGs 2 9arctnrtaarctn0 54 近似法求解 首先求頻率特性 的轉折頻率 分別為 Gj 10 5 238 lgl41 0KdB 列出以下方程 由 解得120 l 2lgkK 18 06kdB 由 解得4g 2 然后根據(jù)式 解得截止頻率140 lg ck 1 4 crads 相位裕度 50 580 c 5 G s 15 1 42ss 波特圖為 系統(tǒng)穩(wěn)定 arctn0 4arctn0 1arct 05 當 L 0 時 1 52 rad s 相位裕度為 r 180 18 52 近似法求解 首先求頻率特性 的轉折頻率 分別為 Gj 12 5 1032 0lgl6 KdB 列出以下方程 由 解得140 lg 20lgkK 19 0kdB 然后根據(jù)式 解得截止頻率 l lc 4 cras 相位裕度 17 4180 c 5 16 解 1 開環(huán)傳遞函數(shù)為 這是一典型的二階系統(tǒng) 10 9 1 0 ssG 其中 故 92 n 2n 3n6 由近似關系得 0 7 Q r 則 10 6 7 令 得 jGsradc 29 2 系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為 2 00 1 1 19sss 令 229 0 0Mj 0 dM 則 22113 9 6pn ras 223 041 p 1 0 M 0 2bjM 解得 45 7 brads 7 3 3 1 確定反饋控制系統(tǒng) 的相位滯后 超前校正裝置2 5 1 0 Gss 畫出校正前系統(tǒng)的伯德圖如下 易得校正前系統(tǒng)的幅值穿越頻率 相位裕度sradc 38 1 16 8 利用近似法求解 20lgl2 5796KB 4 1 0g c d 易求得 8 rads 9ctnart0 25c c 相位裕度 10 8 1691 8 2 選擇校正后系統(tǒng)的幅值穿越頻率 從校正前的相頻特性曲線可以求出 當 時 7 rads 35Gj 選擇校正后系統(tǒng)的幅值穿越頻率為 0 7rad s 在 時相位超前量為 450 7 rads 3 確定滯后 超前校正網(wǎng)絡的相位滯后部分的轉折頻率 選擇相位滯后部分的轉折頻率 0 0721T rads 4 由 確定參數(shù)m 在超前網(wǎng)絡中 最大相位超前量 m 1sin 當 7 時 48 6 滿足需要 45 的相位裕度要求 所以選擇 7 m 相位滯后部分的另一轉折頻率 0 0121T 7 滯后 超前網(wǎng)絡相位滯后部分的傳遞函數(shù) 10 7s 0s 5 確定滯后 超前網(wǎng)絡相位超前部分的傳遞函數(shù) 時 3 1dB0 7 rads 2lgL 故需畫一條斜率為 20dB dec 且通過 的直線 該直線與 0dB 線 0 7 3 1 radsB 及 20dB 線的交點就是所要求的轉折頻率 20 lg 7 3 1y 令 y 0 得 rads 令 y 20 得 0 因此滯后 超前校正網(wǎng)絡相位超前部分的傳遞函數(shù)為 1 s 綜上可得 滯后 超前校正網(wǎng)絡的傳遞函數(shù)為 10 7 cssGs 710s 校正后系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 210 5 7 1 c ssss 7 7 1 5gkGss 1 確定期望主導極點位置 由超調量 可得到阻尼系數(shù) 0 7 于是 0 845snTs n 選擇期望主導極點為 1 0 8j 確定相位超前網(wǎng)絡的零點 為 0 8sz 相位超前網(wǎng)絡的極點 由相角條件知 90135761 0p 得 48 2p 故極點 p 1 5 超前網(wǎng)絡的傳遞函數(shù)為 0 8 15csG 校正后系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 0 8 15gcks 14 12 10 8 6 4 2 0 2 4 10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10 Root Locus Real Axis Ima gin ary Ax is late before 7 9 9 5Gss 解 1 校正前的根軌跡圖 14 12 10 8 6 4 2 0 2 4 10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10 Root Locus Real Axis Ima gin ary Ax is 校正前系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)速度誤差系數(shù)為 04 19lim 0 835vskG 偶極子的零點與極點的比值 6 10 czp 為使 到期望極點的向量的角度之差大約為 1 度 czp 取 0 1 c 所以校正后系統(tǒng)的開環(huán)系統(tǒng)傳遞函數(shù)為 4 19 0 51c sGs 7 12 12 0 kss 由條件 1 靜態(tài)速度誤差系數(shù) 知15vK 102lim 50vskG 系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù) 1221 0 kGs 12 22210 nksss 根據(jù)條件 2 3 210 5k 21443snt sk 綜上解得 10 5