自动控制原理课后习题答案西北工业大学出版社

1、第五章 线性系统的频域分析与校正习题与解答urR1R2ucur5-1试求题 5-75 图(a) 、(b) 网络的频率特性。C(a) (b)图 5-75 R-C 网络R2 CR1解 ( a)依图： U c(s)Ur (s)R2R2R1s1CK1( 1s 1)T1s 11R2R1 R2R1C R1R2C R1 R2(b)Ga( j )Uc(j)R2 jR1R2CK1 (1 j 1 )Ur(j) R11sCR2j R1R2C1 jT1依图： U c(s)Ur(s)R22s12R2CR1 R21T2s1T2(R1 R2)CsCGb( j )Uc(j)1jR2C1j2Ur(j)1j (R1R2)C1jT

2、2R1sC5-2某系统结构图如题5-76 图所示，试根据频率特性的物理意义，求下列输入信号作用时，系统的稳态输出 cs(t) 和稳态误差 es(t)(1) r(t) sin 2t(2) r(t) sin(t 30 ) 2 cos(2t 45 )解 系统闭环传递函数为(s)图 5-76 系统结构图频率特性 :12(j ) j 1 2 4 2 2 j4 2幅频特性 :( j ) 4 2相频特性 :()系统误差传递函数e(s)arctan( )21 s 1 ,2则(1)当 r(t)则2) 当cs(t)e(jsin2t 时 ,(je(je( j2)cssrmess rmr(t) sin(t 30( j

3、1)e( j1)rm(j1)G(s) s142，rm=1128520.35,8arctan26 ( j2) sin(2t e(j2) sin(2t0.79,18.4)e) 2cos(2t55105sint0.450.6330e( j )( j2)arctanarctan( )22 arctan( )0.35sin(2t0.79sin(2t45 ) 时:4545 )18.4 )1,2,rm21( j1) arctan( 2 )1 e( j1) arctan(3)(j2) cos2t( j1) rm26.518.445( j2)0.4sin(t 3.4 ) 0.7cos(2t 90 )es(t)

4、rm e(j1) sint 30e(j1) rm e( j2) cos2t 45e( j2)0.63sin(t 48.4 ) 1.58cos(2t 26.6 )5-3 若系统单位阶跃响应h(t) 1 1.8e 4t 0.8e 9t (t 0)试求系统频率特性。解则频率特性为C(s)C(s)R(s)5-41.8 0.8ss(s)4 s 9 s(s36(s 4)(s 9)36( j4)( j 9)绘制下列传递函数的幅相曲线：(1)G(s)K/s(2)G(s)K/s(3)G(s)K/s解(1) G(j)230,KK e jG( j0)G(j364)(s 9)R(s)()幅频特性如图解 5-4(a)(

5、2) G( j )0,K( j )2G( j0)G(jj( 2)()幅频特性如图解 5-4(b)K(j )3G( j0)G(j32(3) G( j )e j(32 )0,()幅频特性如图解 5-4(c) 。5-5 已知系统开环传递函数G(s)H(s)试分别计算)0102s(2s 1)(s2 0.5s 1)0.5 和 2 时开环频率特性的幅值 A(G(j )H( j )j (1 j2 )(1图解 5-4) 和相角j0.5 )计算可得A( )()1090 arctan 22 2 22)2 (0.5 )20.5arctan 212A(0.5) 17.8885A(2) 0.3835(0.5) 153.

6、435(2) 327.535-6 试绘制下列传递函数的幅相曲线。(1)(2)解 (1)G(s)5(2s1)(8s1)G(s)10(12s)G( j )s5(1 162)2(10 )2G(j)tg 12tg18tg1 10三个特殊点： =0 时，G(j)5,G(j) 00 =时 ,G( j )2,G(j )90 =时 ,G( j)0,G(j)18001162取为不同值进行计算并描点画图，可以作出准确图形幅相特性曲线如图解 5-6 （1）所示。43210-1-2-3123 Real Axis45-4-1 0x 108-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0Real Axisx 10

7、14图解 5-6 (2) Nyquist 图（2）两个特殊点：10 1 2G(j )2G(j1) tg 1 180 =0 时，G( j )图解5-6 （1）Nyquist 图G( j ) 1800G( j0 , G( j ) 900 =时 ,幅相特性曲线如图解 5-6 (2)所示。5-7 已知系统开环传递函数G(s)K( T2s 1) ； s(T1s 1) ；K,T1,T2 01时， G( j ) 180 ， G(j) 0.5 ；当输入为单位速度信号时，系统的稳态误差 1。试写出系统开环频率特性表达式G(j ) 。解 G(s)K(T2s 1) s(T1s 1)先绘制 G0(s)K(T2s 1)

8、 的幅相曲线，然后顺时针转 180°即可得到 G( j ) 幅相曲线 s(T1 s 1)5-7(c) 所示。Kv。 G0 (s) 的零极点分布图及幅相曲线分别如图解 5-7(a) 、(b) 所示。 G(s) 的幅相曲线如图解因此 K 1。依题意有：lim sG(s)K，essv 1 K 1 ，G( j1)arctanT290 arctanT1180arctanT1 arctanT2 arctan1T1 T1TT2290T1T2 1另有：G( j1)(1 jT2 )(1 jT1)1 T12可得：1 T1T2 j(T1 T2 )1 T22(T1T2 ) 0.521 2T1 T22 2T2

9、2T2 2 (T22 1)(T2T1 1 T2 0.5 ， K1 2 T2 01。所以：G( j )1 j2j (1 j0.5 )5-8 已知系统开环传递函数G(s)102s(s 1)(s21)试概略绘制系统开环幅相频率特性曲线。解 G(j ) 的零极点分布图如图解 5 -8(a) 所示。0G( j0 )90G( j1 )135G(1 ) 315G( j ) 0 360分析 s 平面各零极点矢量随 0变化时，有5-8(b)所示。的变化趋势，可以绘出开环幅相曲线如图解(1)G(s)2；(2s1)(8s 1) ；(2)G(s)200 ；s2(s；1)(10s 1)(3)G(s)40(s 0.5)s

10、(s20.2)(s2 s1)(4)G(s)20(3s1)22s2(6s 1)(s2 4s25)(10s 1)(5)G(s)8(s 0.1)s(s22s 1)( s2 4s 25)5-9 绘制下列传递函数的渐近对数幅频特性曲线。解 (1) G(s)(2s 1)(8s 1)图解 5-9（ 1） Bode 图图Nyquists)(G2s0(11图解 5-9（ 2） Bode 图Nyquist图3)40(s 0.5)s(s 0.2)(s2 s 1)100(2s 1)s( s0.21)(s2s 1)图解5-9 （3） Bode 图Nyquist图(4)G(s)G(s)20(3s 1)s25 2 s 4

11、s2(6s 1) s 1 (10s 1) 25(6s 1)(s2 4s 25)(10s 1)20(3s 1)图解 5-9 （4） Bode 图Nyquist图0.8 1(5)G(s)s(s28(s 0.1)s 1)(s2 4s 25)s125 0.1s(s2214s 1) s s 15 25图图解 5-9 (5) Bode 图Nyquist5-10 若传递函数KG(s) Kv G0 (s)s式中， G0(s)为G(s) 中，除比例和积分两种环节外的部分。试证1Kv式中， 1 为近似对数幅频特性曲线最左端直线(或其延长线)与0dB线交点的频率，如图 577所示。K证 依题意， G(s) 近似对数

12、频率曲线最左端直线 ( 或其延长线 ) 对应的传递函数为 v 。sv K1题意即要证明 Kv 的对数幅频曲线与 0db交点处的频率值 1 K v 。因此，令vs20lg K v 0 ，可得 Kv 1, 故 v1 K, 1 K v ，证毕。 ( j )v15-78(a) 、 (b) 和 (c)5-11 三个最小相角系统传递函数的近似对数幅频特性曲线分别如图 所示。要求：(1)写出对应的传递函数；(2)概略绘制对应的对数相频特性曲线。图 5 78 5 11题图解 (a)其中参数：则：依图可写出：G(s)K( s 1)( s1220lg K L( ) 40db，1)K100G(s)10011( 1

13、s 1)( 1 s 1)12图解5-11 (a)NyquistK(b) 依图可写出Bode 图K(sG(s)s2( s11)图图解5-11 (b) Bode 图G(s)Ks图Nyquist(s21)( s1)20lg K 1 0,1图图解5-11 (c) Bode 图Nyquist5-12已知 G1(s)、 G2(s)和G3(s)均为最小相角传递函数，其近似对数幅频特性曲线如图5-79 所示。试概略绘制传递函数G4 (s)G1(s)G2(s)4 1 G2 (s)G3(s)的对数幅频、对数相频和幅相特性曲线。解： (1)L1( ) 20lg K1 45.11K1 180则：G1(s) K1(2)

14、G2(s)K2s(0.s8 1)图5-79 5-12 题图20lg K2 /20lg K2 0 ,K2 11(3)(4)将G1,G2,G3代入得：L3( ) 20lg K3K30.11120lg0.111K3 0G3 (s) K 3 s 9sG4(s)G4(s)G1G21 G2G318s(0.125s 1)对数频率特性曲线如图解 5-12(a) 所示, 幅相特性曲线如图解 5-12(b) 所示：图图解 5-12 (a) Bode 图(b) Nyquist5-13 试根据奈氏判据，判断题 5-80 图(1) (10) 所示曲线对应闭环系统的稳定性。已 知曲线 (1) (10) 对应的开环传递函数

15、如下(按自左至右顺序)。题号开环传递函数PNZP 2N闭环 稳定性备注1G(s) K(T1s 1)( T2s 1)( T3s 1)0-12不稳定2G(s) Ks(T1s 1)( T2s 1)000稳定3KG(s)s2 (TKs 1)0-12不稳定4G(s) K2 (T1s 1)(T1 T2 )s (T2 s 1)000稳定5KG(s) 3 s0-12不稳定6G(s) K(T1s 1)(T2s 1)G(s) 3s000稳定7G(s)K(T5s 1)(T6s 1)G(s) s(T1s 1)( T2 s 1)( T3 s 1)( T4s 1)000稳定8KG(s) (K 1) T1s 111/20稳

16、定9KG(s) (K 1) T1s 1101不稳定10KG(s)s(Ts 1)1-1/22不稳定5-14 已知系统开环传递函数，试根据奈氏判据，确定其闭环稳定的条件：G(s) s(Ts 1)(s 1)(K,T 0)1)T 2时， K 值的范围；2) K 10 时， T 值的范围；3)K,T 值的范围。解 G(j )Kj (1 j )(1 jT )2K (1 T) j(1 T 2)2 2 2(1 2)(1 T2 2 )X( ) Y( )1) 表达式并令其绝对值小于X( 1T)KT 11T1T1得出：0K或 0 TTK1令 Y( ) 0 ，解出，代入 X(31) T 2时， 0 K 3；212)

17、K 10 时， 0 T ；93) K,T 值的范围如图解 5-14中阴影部分所示。5-15 已知系统开环传递函数2G(s) 10(s2 2s 5)(s 2)(s 0.5)G( j0)50 180G(j )10 0G( j ) 与实轴的交点：G(j )210(5 2 j2 )(2 j )( 0.5 j )2 2 2 210 (5 2)(1 2 ) 3 2 j ( 5.5 3.5 2)试概略绘制幅相特性曲线，并根据奈氏判据判定闭环系统的稳定性。解 作出系统开环零极点分布图如图解5-15 ( a)所示。G(j ) 的起点、终点为：2 2 2(12 )2 (1.5 )2令 Im G( j ) 0 可解

18、出05.5 / 3.5 1.254代入实部 Re G( j 0 ) 4.037概略绘制幅相特性曲线如图解 5-15 (b)所示。根据奈氏判据有1Z P 2N 1 2( ) 22所以闭环系统不稳定。5-16 某系统的结构图和开环幅相曲线如图1G(s) 1 2s(1 s)25-81 (a) 、(b) 所示。图中 3s(s 1)2试判断闭环系统稳定性，并决定闭环特征方程正实部根个数。H(s)(s 1)4解 内回路开环传递函数 : G0(s) G(s)H(s)000 18000 1800G( j0)G( j0 )G( j )大致画出 G0( j )的幅相曲线如图解 5-16所示。可见 G0( j )不

19、会 包围( -1,j0 )点。Z0 P0 2N0 0 2 0 0 即内回路小闭环一定稳定。内回路小闭环极点(即开环极点)在右半S平面的个数为 0。P Z0 0由题5-16图(b)看出:系统开环频率特性包围( -1,j0 )点的圈数 N=-1 。根据劳斯判据Z P 2N Z1 2N 0 2 ( 1) 2 系统不稳定，有两个闭环极点在右半 S平面。5-17已知系统开环传递函数10G(s) 2s(0.2s2 0.8s 1)试根据奈氏判据确定闭环系统的稳定性。解 作出系统开环零极点分布图如图解 5-17(a) 所示。G(j )2100.8 j(1 0.2 2) (1 j0.2 )(1 j ) (110

20、222 )(1 0.04 2 )G( j ) 的起点、终点为：G( j0)180G( j0 )G( j )270270) 8lim ReG( j0幅相特性曲线 G( j ) 与负实轴无交点。由于惯性环节的时间常数T1 0.2 ，小于不稳定惯性环节的时间常数 T2 1 ，故 ( 解5-17(b) 所示。根据奈氏判据) 呈现先增大后减小的变化趋势。绘出幅相特性曲线如图Z P 2N 12 ( 21) 2表明闭环系统不稳定。5-18已知单位反馈系统的开环传递函数，试判断闭环系统的稳定性。G(s)102s(s 1)( s 1)4解 作出系统开环零极点分布图如图解 5-18(a) 所示。当 0变化时， G

21、( j ) 的变化趋势：G( j0)绘出幅相特性曲线 G( j) 如图解 5-18(b) 所示。根据奈氏判据G( j0 )90G( j2 )153.4G( j2 )333.4G( j ) 0360Z P 2N 0 2 ( 1) 2表明闭环系统不稳定。5-19(1)(2)(3)(4)已知反馈系统，其开环传递函数为G(s)G(s)G(s)G(s)100s(0.2s 1)50(0.2s 1)(s 2)(s 0.5)10s(0.1s 1)( 0.25s 1)100(s 1)ss s(s 1)( 1)( 1)10 20试用奈氏判据或对数稳定判据判断闭环系统的稳定性，并确定系统的相角裕度和幅值裕度。 解

22、(1)G(s)100 100s(0.2s 1) s(s 1)5画Bode图得：C 5 100 22.361800G( j ) 1800 900 tg 10.2 C1G( g )图解 5-19 (1) Bode 图图Nyquist(2)G(s)5050画Bode图判定稳定性：由Bode图得：令：令：(0.2s 1)(s 2)(sZ=P-2N=0-2 × (-1)=2G(j ) 1500.5)(s 1)( s 1)(2s 1) 52 系统不稳定。解得6.3G( j g)1800G( g )tg 1tgtg121800解得 g 3.7G(j )1800 tgtg 1 2C tg1 2 C2

23、9.40( 5g)2 1 ( 2g)g2250g)20.391图解5-19 (2) Bode 图Nyquist 图图解 5-19 (3) Bode 图图Nyquist(3)G(s)1010s( 0.1s1)( 0.25s 1)s( s101)(4s1)画Bode图得：C4 106.32500系统临界稳定。g4 106.325h1(4)G(s)画Bode图得：100(s 1)sss(s 1)( 1)( 1)10 2021.5g18013.1h系统不稳定。( c ) 24.80.343 9.3(dB)图解 5-19(4) Bode 图5-20 设单位反馈控制系统的开环传递函数为G（s） as 1G

24、（s） 2 s试确定相角裕度为 45°时的值。G(j21 (a )210(tg 1a1800)开环幅相曲线如图所示。以原点为圆心作单位圆，在点：即：要求相位裕度即：A(22a2 c2c22 ac 1800(1)( c) tg(1ac)450180 45018001350联立求解（ 1）、（ 2）两式得：1.19，(2)a 0.84。5-24 某最小相角系统的开环对数幅频特性如图 5-82 所示。要求 （ 1）写出系统开环传递函数；（2）利用相角裕度判断系统的稳定性；3）将其对数幅频特性向右平移十倍频程，试讨论对系统性能的影响。 解（ 1）由题 5-29 图可以写出系统开环传递函数如下

25、：G(s)10ss(0.12)系统的开环相频特性为s1)(2s0 1)截止频率相角裕度) 90arctan arctan0.1 200.1 10 1180 ( c ) 2.85故系统稳定。(3)将其对数幅频特性向右平移十倍频程后，可得系统新的开环传递函数100G(s)s(s其截止频率c110 c1)(20s0 1)10而相角裕度1 180( c1) 2.85故系统稳定性不变。由时域指标估算公式可得10.4( 1) = 1 oosinoo 0.16ts K 0 sK010 c10.1ts1所以，系统的超调量不变，调节时间缩短，动态响应加快。5-25 对于典型二阶系统，已知参数度。解 依题意，可设

26、系统的开环传递函数为32G(s) s(s 2 n)绘制开环对数幅频特性曲线c 2.1431803，0.7，2.143试确定截止频率c 和相角裕s(s 2 0.7 3)s( 4s.2 1)L( )如图解 5-25所示，得( c ) 635-26 对于典型二阶系统，已知=15， ts 3s ，试计算相角裕度解 依题意，可设系统的开环传递函数为依题联立求解有G(s)ootsG(s)n s(s 2 n ) 15 oo e 1 3 3.5 n0.5172.25722.2572s(s 2 0.517 2.257)2.1824s( 2.3331)绘制开环对数幅频特性曲线 L( )如图解 5-26所示，得2.

27、1824180 ( c ) 46.95-27某单位反馈系统，其开环传递函数G(s)16.7s(0.8s 1)( 0.25s 1)( 0. 0625s 1)试应用尼柯尔斯图线，绘制闭环系统对数幅频特性和相频特性曲线。解 由G(s) 知： =交接频率：0.8 1.25 ,0.2510.062516应用尼柯尔斯曲线得：31020304050607080100|G|db-15-241319241572-3-7-10-13-16-20( )08885837054-23-94-127-143-151-156-160-163-164-166M (db)-15-20-11-16-20( )0694830125

28、-1-11-28-53-110-140-152-158-162-165图Nyquist图解 5-27 Bode 图G1(s)5-83 所示，4.8ss(1 )20ts。图中图5-83 某控制系统结构图5-28 某控制系统，其结构图如图 101（18ss）, G2（s）1 8s试按以下数据估算系统时域指标和（ 1）和 c（2）Mr和c （3）闭环幅频特性曲线形状解 (1)G(s) G1(s)G2 (s)48(1s(1s)s 8s)(1 )2020lg 48 33.6db1 8 0.1256,213 20查图 5-56 得 %21%, tS6506.61.13秒(2) 根据 Mr ,C 估算性能指

29、标=5 时: L( )=0, ( )=-111找出:1(r 65 ), C=6M r 1 1.103,sin r查图 5-62 得 % 21%,tS6.81.13秒12345 6L(db)3618530 -2(°)-130-114-111-111M(db)010令M01M r 1.13或Mr 1.05(dB)fb7,f6 106fa 3 ,afa262a24NM(fa4) 1.191.19C根据闭环幅频特性的形状(3)7-41.19M0 a M r 6 M 0105-29cs(t)1.130.79tS41Ln( NF )2.16F 0.417%0.6秒10%当输入 r(t)已知控制系

30、统结构图如图 5-84 所示。4 sin( t 45 ) 。试确定系统的参数解 系统闭环传递函数为2(s) s2 2 n s2s2 nsn2n22 2n22) 2 42( j1) arctan 2n(j1)22n45联立求解可得n采用串联迟后校正。试探1.244 ，c ，使45 50.22。8-5-49-7-1242sint 时，系统的稳态输出42210-20-148Gc(s)s1DsE5-35设单位反馈系统的开环传递函数为(1) 校正装置；(2) 校正装置。若要求校正后系统的相角裕度为若要求校正后系统的相角裕度为30°，50°，幅值裕度为幅值裕度为10 12(dB) ，试

31、设计串联超前30 40(dB) ，试设计串联迟后取10.8(0.8)180(0.8)40.03取20.5(0.5)180(0.5)56.3取30.6(0.6)180(0.6)50.57取c3 0.6过c0.6作 BC ，使 ACBA；过画水平线定出D ( D 0.1 c 0.06) ；过 D 作20dB/dec线交0dB线于 E ( E 0.0072) 。可以定出校正装置的传递函数s10.06s10.007240G(s) s(0.2s 1)( 0.0625s 1) s(s 1)( s 1)5 16依题作图未校正系统的对数幅频特性曲线如图解 5-35(a) 所示校正前：cc 5 100 c &q

32、uot;大于原系统 用一级超前网络无法满足要求。m超前校正后截止频率900 arctgarctg c30016( 220)14.14，220系统不稳定)100而原系统在(2) 设计迟后校正装置经试算在取2.4 处有对应G(50 550(2.4) 55.8302.440 c") 20 lg 24.04c"在 c" 2.462024.43616之后相角下降很快，以下画水平线，左延 10dec到对应 =0.24处,作 20dB/ dec线交0dB线到E：试算：Gc (s)0.24s0.015s40 10.2402.4arctan2.42.4arctan2.4900arc

33、tanarctan0.245160.01590084.29025.6408.53089.642050.480500g " 8.6Gc (s) G(s)s1s 5 1 16s0.0151由Bode图：h 20 lg Gc g"G g"20lg40 35.88.6 1.99 1.29 573.3318.9dB 30dB幅值裕度 h不满足要求。为增加 h ，应将高频段压低。重新设计：使滞后环节高频段幅值衰 减40dB( g 8.9) 。求对应 20lg G( c'") 40dB 处的 c"'c"40lg40 lg 1&quo

34、t;lg 402040c "'102 100,c"c"'0.4(0.4) 900 arctan 0.45 查惯性环节表 , 在 0.7 c''' 0.28处：arctan3400.41684840 340 500以 20dB / dec交0dB线于 E：( E 0.0028)，得出滞后校正装置传递函数：Gc(s)s0.28s0.0028在 c"' 0.4处 :arctan 0.4 arctan 0.40.28 0.002834.59 0Lc20lg Gc20lg1.744142.8638.27dB验算：g&

35、quot;'8.61800900因此确定：5-36Gc (s)G(s)20lg GcG( g"')GcG(0.4) 1800550 4.570 1.4320208.690089.601Gc (s)0.28s1 0.0028设单位反馈系统的开环传递函数40 0.s28 116 10.0s028 14030.731.99 1.1353 3071.50.40.4arctan arctan0.285500 (满足要求)3.57s 1357s 133.7dBarctan 0.416arctan 0.40.0028v 5(rad/s) ，截止频率 c 2(rad/s) ，要求校正

36、后系统的静态速度误差系数度 45°，试设计串联校正装置。解 在2 以后，系统相角下降很快，难以用超前校正补偿；迟后校正也不能奏效，故采用迟后 - 超前校正方式。根据题目要求，取相角裕Kv原系统相角裕度180G(j5c)2180 arctan 2 arctan 904最大超前角45m0 5 50过 c 2作BC，使 BA AC ；过C作20dB/dec线并且左右延伸各 3倍频程，定出 ，进而确定 E、 F 点。各点对应的频率为：D、GE0.1 c0.12 0.2FDE*0.20.67 0.05362.5Gc362 c 25222.5s10.21)Gc(s)s0.67验算：5-370.0

37、5365s1s1)0.20.67ssss(s 1)11140.05366Gc(s)G(s)180 Gc( j c)G(j c)22 22arctan arctan arctan arctan 48.87 450.20.670.05366已知一单位反馈控制系统，其被控对象G0(s) 和串联校正装置 Gc(s) 的对数幅频特性分别如图 5-86 (a) 、(b) 和(c) 中 L0和LC所示。要求：1)写出校正后各系统的开环传递函数；2)分析各 GC(s) 对系统的作用，并比较其优缺点。解 (a)采用迟后校正后20s(1s0 1)c0 100 18020 14.1414.140 ( c0 ) 18

38、0 90 arctan 35.26105-37(a) 所示。画出校正后系统的开环对数幅频特性如图解20ca0.1ca180可见552高频段被压低cac0a(35.2614.14ca )55稳定性增强， o o 减小； 响应变慢； 抗高频干扰能力增强。(b) 未校正系统频率指标同 (a) 。s采用超前校正后10Gc(b) (s)s100G(s) Gc(b) (s)画出校正后系统的开环对数幅频特性如图解s1 10 s1 100 5-37(b) 所示。G0(s)20201)s(100 1)可见cb 20 c0 14.14b 180b( cb ) 78.735.26高频段被抬高响应速度加快；00 减小

39、； 抗高频干扰能力下降。(c) 校正前系统的开环传递函数为G0 ( s)10 20sss( 1)( 1)( 1)123KcGC (c) (s)1020 (T2s 1)(T3s 1)(T1 s 1)(T4 s 1)G(c)(s)GC(s) (s) G0(s)K 0 Kc10 20 (T2s 1)(T3 s 1) sss (T1s 1)(T4s 1)( s 1)( s 1)( s1)减小；。画出校正后系统的开环对数幅频特性，可见采用串联滞后超前校正后低频段被抬高阶跃作用下的稳态误差中频段 cc ,动态性能得到改善；高频段被抬高抗高频干扰的能力下降1）如果要求系统在单位阶跃输入作用下的超调量=20，

40、试确定值；2）根据所求得的值，求出系统在单位阶跃输入作用下的调节时间ts ，以及静态速度 误差系数 KV ；（3）设计一串联校正装置，使系统的KV 20， 17， ts 减小到校正前系统调节时间的一半以内。解出： 开环增益c5 tg24.60 272carctan26.211 , (K327(2) 依式 (5-82) ：ts依题有：Kvarctan c900 65.40 24.609c2 12 c27 02.72舍去）21.5( Mr 1) 2.5(Mr 1)26.76K0（3） 依题要求 K 27Kv20540(60.15 0.169)0.1610.4( 1)sin90ts' t2s

41、6.67 3.382(1)由式 (5-81):0.160.4(Mr 1)0.160.2 0.16Mr11 1.1（1）0.40.4由(6-8),M r1sin1arcsin65.40（2）Mr又1800 G(j c) 1800 900arctan arctan（3）39式（2） 、 （3） 联立：2 c 2(rad /s)作出 Kv 20的原系统开环对数幅频特性曲线L( )如图解 5-38所示：3 20 7. 75180 90arctan7.753arctan7.75919.55系统不稳定)在 c 2 处，原系统相角储备： 222 180 90 arctan arctan 43.782 3 9需采用迟后超前校正方法。超前部分需提供超前角 查课本图 5-65(b), 对应超前部分应满足：2590 43. 78 551.22a 1010lg a 10在 'c 2处定出使 AB AC ，过作 +20dB/dec直线( D、E相距10倍频， C位于D、 E的中点)，交出 D、E，得D 0. 63 E 6.3定F点使 F0.1'c0. 2, 过F作 -20dB/