自动控制原理 第二版(孟庆明)答案.pdf

自动控制原理 非自动化类 习题答案 第一章 习题 1 1 略 1 2 略 1 3 解 受控对象 水箱液面 被控量 水箱的实际水位 h c 执行元件 通过电机控制进水阀门开度 控制进水流量 比较计算元件 电位器 测量元件 浮子 杠杆 放大元件 放大器 工作原理 系统的被控对象为水箱 被控量为水箱的实际水位 h 给定值为希望水位 h 与电位器设定 c r 电压 ur 相对应 此时电位器电刷位于中点位置 当 hc hr 时 电位器电刷位于中点位置 电动机不工作 一但 hc hr 时 浮子位置相应升高 或 降低 通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移 或上移 从而给电动机提供一定的工作电压 驱动 电动机通过减速器使阀门的开度减小 或增大 以使水箱水位达到希望值 hr 出 水 hr h c 水位自动控制系统的职能方框图 1 4 解 受控对象 门 执行元 件 电动机 绞盘 放大 元件 放大器 受控量 门的位置 测量比较元件 电位计 工作原理 系统的被控对象为大门 被控量为大门的实际位置 输入量为希望的大门位置 当合上开门开关时 桥式电位器测量电路产生偏差电压 经放大器放大后 驱动电动机带动绞盘转动 使大门向上提起 同时 与大门连在一起的电位器电刷上移 直到桥式电位器达到平衡 电动机停转 开 门开关自动断开 反之 当合上关门开关时 电动机带动绞盘反转 使大门关闭 开 闭 门 的位置 门实际 仓库大门自动控制开 闭 的职能方框图 1 5 解 系统的输出量 电炉炉温 给定输入量 加热器电压 被控对象 电炉 1 大门 位置 绞盘 电动机 放大器 电位器 浮子 杠杆 水箱 阀门 减速器 电动机 放大器 电位器 放大元件 电压放大器 功率放大器 减速器 比较元件 电位计 测量元件 热电偶 职能方框图 给定 炉温 炉温 第二章 习题 2 1 解 对微分方程做拉氏变换 X 1 s R s C s N1 s X 2 s K1 X1 s X 3 s X 2 s X 5 TsX 4 s X 3 s X 5 s X 4 s K2 N2 K X s s 2C s sC s 3 5 绘制上式各子方程的方块图如下图所示 N1 s R s X1 s X2 s X3 s X1 s X2 s C s X5 s N2 s X3 s X4 s X5 s C s X4 s X5 s 将方块图连接起来 得出系统的动态结构图 N2 s N1 s X1 s C s R s X2 s X3 s X4 s X5 s K1K3 C s R s Ts3 T 1 s2 s K K 1 3 2 K3 K1 1 s2 s 1 Ts K2 K3 1 Ts 1 s 2 s K2 K1 热 电偶 电炉 加 热器 电 机 功 率 放 大 电 压 放 大 电位器 C s N1 s C s R s K2 K3Ts C s N s 2 Ts3 T 1 s2 s K K 1 3 2 2 解 对微分方程做拉氏变换 X 1 s K R s C s X 2 s sR s s 1 X 3 s X1 s X 2 s Ts 1 X 4 s X 3 s X 5 s C s X s N s 4 X 5 s Ts 1 N s 绘制上式各子方程的方块如下图 X2 s R s X1 s R s X2 s X1 s X3 s C s X5 s N s N s X5 s X3 s X4 s X4 s C s 将方块图连接得出系统的动态结构图 N s X2 s X5 s C s R s X1 s X3 s X4 s K K s 1 Ts 1 s 1 Ts 1 C s R s k Ts2 T 1 s K 1 1 s 1 Ts 1 C s N s 0 2 3 解 过程略 C s 1 C s G1 G2 a R s ms2 fs K b R s 1 G G G G G G G G 1 3 1 4 2 3 2 4 3 K 1 Ts 1 1 s 1 s Ts 1 T s 1 Ts 1 s K 1 s 1 C s G2 G1G2 C s G1 G2 c d R s 1 G1 G2G1 R s 1 G2G3 C s G1G2G3G4 e R s 1 G1G2 G2G3 G3G4 G1G2G3G4 2 4 解 1 求 C R 令 N 0 G s K1K2 K3 s Ts 1 K1K2 K3 G s C s R s 1 G s Ts2 s K K K 1 2 3 求 C N 令 R 0 向后移动单位反馈的比较点 K3 K2 Ts 1 K n K3 s K1K2 K3Gn C s N s K G K n n 1 K K Ts2 s K K K s 1 3 2 K 1 2 3 1 Ts 1 s 2 要消除干扰对系统的影响 C s N s K n K3 s K1K2 K3Gn 0 Ts2 s K K K 1 2 3 Kn s G s n K1K2 2 5 解 a 1 系统的反馈回路有三个 所以有 3 La L1 L2 L3 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G 5 a 1 三个回路两两接触 可得 1 La 1 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G 5 2 有两条前向通道 且与两条回路均有接触 所以 P 1 G1G2G3 1 1 P2 1 2 1 3 闭环传递函数 C R 为 C G1G2G3 1 R 1 G1G2G5 G2G3G4 G4G2G5 b 1 系统的反馈回路有三个 所以有 3 La L1 L2 L3 G1G2 G1 G 1 a 1 三个回路均接触 可得 1 La 1 G1G2 2G 1 4 2 有四条前向通道 且与三条回路均有接触 所以 P 1 G1G2 1 1 P2 G1 2 1 P 3 G2 3 1 P4 G1 4 1 3 闭环传递函数 C R 为 C G1G2 G1 G2 G1 G1G2 G2 R 1 G1G2 2G1 1 G1G2 2G1 2 6 解 用梅逊公式求 有两个回路 且接触 可得 1 La 1 G1G2G3 G2 可得 C s G1G2G3 G2G3 C s C s R s R s 1 G1G2G3 G2 N1 s 1 G2 G3 C s 1 1 G1G2G3 G2 1 C s N2 s 1 G1G2G3 G2 1 G1G2G3 G2 N3 s E s 1 G2 G2G3 E s C s G2G3 G1G2G3 R s 1 G1G2G3 G2 N1 s N1 s 1 G1G2G3 G2 E s C s 1 G2 G3 E s C s 1 N2 s N2 s 1 G1G2G3 G2 N3 s N3 s 第三章 习题 10 3 1 解 原书改为 G s 0 2s 1 采用 K0 K H 负反馈方法的闭环传递函数为 10K0 s C s K G s 1 10K H R s 0 1 G s K 0 2 s 1 H 1 10KH 要使过渡时间减小到原来的 0 1 倍 要保证总的放大系数不变 则 原放大系数为 10 时 间常数为 0 2 10K0 10 10 0 1 10K H K 0 9 H 1 10K 10 H 3 2 解 系统为欠阻尼二阶系统 书上改为 单位负反馈 已知系统开环传递函数 e 1 100 1 3 1 100 2 1 t p 0 1 1 2 n 5 解得 n 33 71 0 358 所以 开环传递函数为 1136 47 1 G s s s 24 1 s 0 041s 1 3 3 解 1 K 10s 1 时 100 G s s2 10s 2 100 n 2 n 10 解得 n 10 0 5 16 3 t p 0 363 2 K 20s 1 时 200 G s s2 10s 2 200 n 2 n 10 解得 n 14 14 0 354 30 t p 0 238 结论 K 增大 超调增加 峰值时间减小 3 4 解 1 a 0 1 5s 1 时 n 2 e 1 100 72 8 3 5 t 7s s n b 0 1 10s 1 时 n 2 e 1 100 72 8 3 5 t 3 5s s n c 0 1 1s 1 时 n 6 2 e 1 100 72 8 3 5 t 35s s n 0 5 5s 1 时 2 n 2 e 1 100 16 3 3 5 t 1 4s s n 3 讨论系统参数 不变 不变 不变 n 增加 则 ts 减小 n 不变 增加 则 减小 ts 减小 3 5 解 1 a 用劳思判据 s3 s2 s1 s0 1 20 4 100 9 100 0 系统稳定 b 用古尔维茨判据 20 1 100 9 D1 20 D2 80 20 1 0 100 9 20 0 0 100 D3 8000 系统稳定 2 a 用劳思判据 s4 s3 s2 s1 s0 3 10 4 7 3 2553 2 5 2 1 0 2 0 系统不稳定 b 用古尔维茨判据 7 10 1 5 10 0 10 1 D1 10 D2 47 D 5 3 2 153 3 0 3 1 其实 D4 不必计算 因为 D3 0 10 1 5 10 3 0 2 1 5 0 3 0 0 0 D4 306 0 2 系统不稳定 3 6 解 1 系统闭环特征方程为 0 2S 3 0 8S 2 s K 0 劳思表 s3 s2 s1 s0 0 2 1 0 8 K K 1 4 K 若系统稳定 则 K 1 0 K 0 无解 4 2 系统闭环特征方程为 0 2S 3 0 8S 2 K 1 s K 0 劳思表 s3 s2 s1 s0 K 1 K 0 2 0 8 3 K 1 4 K 3 若系统稳定 则 K 1 0 K 0 4 4 解得 K 3 3 7 解 10 s 1 a 系统传递函数 s3 21s2 10s 10 劳斯表 8 s3 s2 s1 s0 1 21 200 21 10 10 10 0 0 系统稳定 10 b 系统传递函数 s2 101s 10 劳思表 s2 s1 s0 1 101 10 10 0 系统稳定 3 8 解 系统闭环特征方程为 0 01s3 2 s2 s K 0 劳思表 s3 s2 s1 0 01 2 2 0 01K 1 K 2 K s0 2 0 01K 当 2 0 0 K 0 时系统稳定 2 稳定域为 0 0 K 200 3 9 解 1 解法一 因为 1 属于 型无差系统 开环增益 K 10 故当 r t 1 t 时 ess 0 1 当 r t t 1 t 时 e 0 1 当 r t t 2 1 t 时 e ss ss K 解法二 系统的闭环特征方程为 0 05s3 0 6s2 s 10 0 劳思表 s3 s2 s1 s0 0 05 1 0 6 1 10 6 10 9 系统稳定 1 E s R s R s s E i R 1 G s 当输入 r t 1 t 时 R s 1 e lim sE lim s 1 1 0 ss s s 0 10 1 s s s 0 s 0 1s 1 0 5s 1 输入 r t t 1 t 时 R s 1 e lim sE lim s 1 1 0 1 ss s s2 10 s2 s 0 s 0 1 s 0 1s 1 0 5s 1 输入 r t t 2 1 t 时 R s 2 e lim sE lim s 1 1 ss s 10 s3 s3 s 0 s 0 1 s 0 1s 1 0 5s 1 2 解法一 因为 1 属于 型无差系统 开环增益 K 7 故当 r t 1 t 时 e 0 ss 8 当 r t t 1 t 时 e 8 1 14 当 r t t 2 1 t 时 e 1 ss ss K 7 解法二 系统的闭环特征方程为 s4 6s3 10s2 15s 7 0 劳思表 s4 s3 s2 s1 s0 1 6 7 5 9 4 7 10 7 15 0 7 系统稳定 1 E s R s R s s E i R 1 G s 当输入 r t 1 t 时 R s 1 e lim sE lim s 1 1 0 ss s 1 7 s 1 s s s 0 s 0 s s 4 s2 2s 2 输入 r t t 1 t 时 R s 1 e lim sE lim s 1 1 8 7 ss s 7 s 1 s2 s2 s 0 s 0 1 s s 4 s2 2s 2 10 输入 r t t 2 1 t 时 R s 2 e lim sE lim s 1 1 ss s 7 s 1 s3 s3 s 0 s 0 1 s s 4 s2 2s 2 3 解法一 因为 2 属于 型无差系统 开环增益 K 8 故当 r t 1 t 时 ess 0 2 2 当 r t t 1 t 时 ess 0 当 r t t 1 t 时 ess 0 25 K 解法二 系统的闭环特征方程为 0 1s3 s2 4s 8 0 劳思表 s3 s2 s1 s0 0 1 4 1 8 3 2 8 系统稳定 1 E s R s R s s E i R 1 G s 当输入 r t 1 t 时 R s 1 e lim sE lim s 1 1 0 ss s 1 8 0 5s 1 s s s 0 s 0 s2 0 1s 1 输入 r t t 1 t 时 R s 1 e lim sE lim s 1 1 0 ss s s2 8 0 5s 1 s2 s 0 s 0 1 s2 0 1s 1 输入 r t t 2 1 t 时 R s 2 e lim sE lim s 1 2 0 25 ss s 8 0 5s 1 s3 s3 s 0 s 0 1 s2 0 1s 1 C s 1 G s 3 10 解 系统传递函数为 为一阶惯性环节 R s Ts 1 调节时间 ts 4T 1min T 0 25 min 10 输入 r t 10t R s s2 11 E s R s C s 10 10 2 2 s s 0 25s 1 稳态误差 D ess lim sE s 2 5 C s 0 3 11 解 用梅森公式 E s 1 E i R 2 5K R s 1 0 05s 1 s 5 2 5 E s s 5 E i N 2 5K N s 1 0 05s 1 s 5 E s 0 05s 1 s 5 2 5 0 05s 1 1 0 05s 1 s 5 2 5K s 1 1 输入 R s N s s 1 当 K 40 时 s lim sE s lim s 0 05s 1 s 5 2 5 0 05s 1 1 2 5 e 0 0238 ss 0 05s 1 s 5 2 5K s 5 2 5K s 0 s 0 2 当 K 20 时 2 5 e lim sE s 0 0455 比较说明 K 越大 稳态误差越小 ss 5 2 5K s 0 3 在扰动点前的前向通道中引入积分环节 1 s E s 1 s 0 05s 1 s 5 E i R 1 2 5K R s s 0 05s 1 s 5 2 5K s 0 05s 1 s 5 2 5 E s s 5 2 5 0 05s 1 s E i N 1 2 5K N s s 0 05s 1 s 5 2 5K s 0 05s 1 s 5 E s s 0 05s 1 s 5 2 5s 0 05s 1 1 0 05s 1 s 5 2 5 0 05s 1 s 0 05s 1 s 5 2 5K s s 0 05s 1 s 5 2 5K 所以对输入响应的误差 ess lim sE s 0 s 0 在扰动点之后引入积分环节 1 s 12 E s 1 s 0 05s 1 s 5 E i R 1 2 5K R s s 0 05s 1 s 5 2 5K 0 05s 1 s 5 s 2 5 E s s 5 1 2 5 0 05s 1 E i N 1 2 5K N s s s 0 05s 1 s 5 2 5K 0 05s 1 s 5 s 0 05s 1 s2 5s 2 5 1 E s R s E i R N s E i N s 0 05s 1 s 5 2 5K s 1 所以对输入响应的误差 ess lim sE s K s 0 3 12 解 解法一 原系统结构图变换为 N s R s 系统开环 1 故对 R 为 型 干扰 N 作用点之前无积分环节 系统对 N 为 0 型 解法二 用梅森公式 E s 1 s T1s 2 T2 s K s K 5 E i R s 1 1 R s s T s 2 T s K s K 5 s 1 1 2 Ts 2 T s2 K s2 Ks 5s 1 2 s s T 2 s 5 Ks s 1 s 1 T2 s E s s 1 E i N 1 s T s 2 T s K s K 5 s N s 1 1 2 T s 2 T s2 K s2 Ks 1 2 1 1 令 R s N s s s e 1 0 1 2 lim s s 0 lim s s 0 e ssr E i R s ssn E i N s 1 1 令 R s N s s2 s2 1 1 e lim s s 0 2 K 5 e lim s s 0 ssr E i R s2 ssn E i N s2 1 1 令 R s N s s3 s3 1 1 lim s s 0 e lim s s 0 e ssr E i R s3 ssn E i N s3 13 s 1 C s s T2 K s 5 k 1 T1s 2 系统对 r t 为 型 对 n t 为 0 型 3 13 C s s 1 C s s s 1 a 解法一 解得 C i R C i N R s s s 1 1 N s s s 1 1 E s R s C s R s R s i C i R N s i C i N 1 1 输入 R s N s 所以 ess lim sE s 0 s2 C s s s 1 s 0 解法二 因为分子分母后两项系数对应相等 故系统为 无差 在 R s s2 s 1 r t t 1 t 时 essr 0 又在 n t 作用点以前原系统串联了一个积分环节 故对阶跃干扰 信号 essn 0 从而有 ess essr essn 0 0 1 200 b 系统开环 1 为 型系统 故 essr 0 又 En s N s i C i N i 0 5s2 s 200 s 根据定义 e r c ess essr essn essn lim sEn s 0 1 s 0 3 14 解 开环传递函数为 2 1 G s n 误差传递函数 E s R s R s s E i R s2 2 s 1 G s n 1 1 输入 r t 1 t R s s 1 1 0 e lim sE R s lim s ss s 2 s s 0 s 0 1 s2 2 s n n 1 2 输入 r t 1 t R s s2 1 2 1 e lim sE R s lim s ss s 2 s2 s 0 s 0 1 s2 2 s n n n 14 第四章 习题 4 1 解 4 2 解 15 4 3 解 根轨迹如图 极点 P 1 0 P2 1 P3 2 共有三条渐近线 60 D 1 渐近线交点为 0 1 2 1 a 3 3 条渐近线与实轴夹角 k 0 3 2k 1 3 k 1 分离点坐标 s 1 3 3 k 1 3 分离角为 2 与虚轴交点 1 GH s s 1 0 5s 1 K 0 5s3 1 5s2 s K 0 5 j 3 1 5 j 2 j K 0 2 K 3 3 3 3 1 3 当 0 K 3 时系统稳定 K 1 1 1 1 1 d 3 3 3 2 9 3 所以 无超调时 K 的取值范围为 0 K 0 1925 9 作图测得 0 5 的阻尼线与根轨迹交点 s1 2 0 33 j0 58 根据 根之和 法则 16 s1 s2 s3 p1 p2 p3 求得 s3 2 34 s3 对虚轴的距离是 s1 2 的 7 倍 故认为 s1 2 是 s1s2 0 445 主导极点 系统近似为二阶 即 s 从而得到 s2 0 667s 0 445 s s s s2 1 3 5 1 0 5 n 0 667 其阶跃响应下的性能指标为 16 3 ts 10 5s n 1 4 4 解 1 s1 1 5 s 4 j9 2 主导极点为 s 系统看成一阶系统 2 3 1 0 67 1 即 s t 3T 2s 0 s 0 67s 1 1 1 2 由于极点为 s1 与零点 z 构成偶极子 所以主导极点为 s s 即 1 2 3 0 67 0 59 1 3 5 系统可以 看作 s n 10 0 4 ts 0 88s 0 01s2 0 08s 1 n 25 4 5 解 题目改为 单位负反馈 由根轨迹可以看出适当增加零点可以改善系统稳定性 使本来不稳定的系统变得稳定 17 第五章习题答案 D 5 1 解 0 arctan T arctan 2 f T arctan 2 10 0 01 32 14 相位差 超过10 D 所以不满足要求 5 2 解 2 f 2 5 10 G 10 j 3 54 0 708 G 10 j 90 D 5 1 设 G s LCs2 RCs 1 G 10 j 1 1 100 2 L 10 6 10 10 6 Rj 104 1 L 1013 H 100 2 10 6 2 1 0 708 10 10 6 R R 44959 986 96 G s s2 44 37s 986 96 5 3 解 160 1 G s s s 8 18 100 s 2 2 G s s s 1 s 20 64 s 2 3 G s s s 0 5 s2 3 2s 64 19 s s 0 1 4 G s s s2 s 1 s2 4s 25 5 4 解 a G s K 由一个放大环节 一个惯性环节组成 Ts 1 1 20 lg K 20 K 10 1 10 T 0 1 T 10 G s 0 1s 1 K b G s 由一个放大环节 一个积分环节 一个惯性环节组成 s Ts 1 1 80 T 穿越频率 40 L 20 lg K 20 lg 1 0 1 c c c T 80 K 40 G s 40 s 1 s 1 80 K c G s 由一个放大环节 一个积分环节 一个振荡环节组成 s s2 2 s 1 1 2 n n L k 20 lg K 20 lg k 0 K k 100 由图可知 r 45 3 20 r 1 4 85 得到 50 0 3 0 954 舍去 20 lg n n 2 1 2 1 2 2 2 5 103 100 G s s s2 30s 2 5 103 K s 1 d G s 由一个放大环节 一个微分环节 两个积分环节 两个惯性环节 s2 Ts 1 2 组成 1 0 1 得 10 2 1 得T 1 L 20 lg K 20 lg10 20 lg 2 1 0 K 0 2 G s 0 2 10s 1 c c s2 s 1 2 或 者 采 用 精 确 表 示 L 20 lg K 20 lg 102 1 20 lg12 20 lg 1 1 0 c 2 0 1990 G s 0 1990 10s 1 K s2 s 1 2 101 K s 1 e G s 1 s s2 2 s 1 2 n n 1 1 1 1 2 2 n 2 20 lg 8 0 2 在 1 1 处 2 L 20 lg K 20 K 10 10 s 1 G s s 0 25s2 0 2s 1 5 5 解 1 G s 250 5 20 lg K 14 1 2 s s 50 2 s s 1 50 伯德图 21 有一次负穿越 P 0 Z P 2N 2 故不稳定 10 250 3 2 G s s s 5 s 15 20 lg K 10 46 1 1 s s 1 s 1 5 15 P 0 N 0 无穿越 故 Z P 2 N 0 稳定 22 10 s 1 250 s 1 3 3 G s 20 lg K 10 46 1 1 2 s s 5 s 15 s2 s 1 s 1 5 15 P 0 N 0 无穿越 故 Z P 2 N 0 稳定 10 1 2 2 50 20 lg K 20 5 6 解 G s s 0 5s 1 0 02s 1 23 20 lg K 20 lg c 20 lg 0 5 c 0 得 c 20 2 5 4 47 精确解 4 2460 D D 90 arctg 0 5 g arctg 0 02 g 180 1 得 0 5 g i0 02 g 1 g 10 0 01 180 arctg 0 5 c arctg 0 02 c 90 180 66 5 90 19 D D D D D D D 10 L 20 lg G j 20 lg 20 lg 5 13 98 dB h g 10 5 j 1 0 2 j 1 K 5 7 解 G s s 0 01s2 0 01s 1 n 10 0 05 2 g n D D 求 g 90 arctan 180 得 10 2 g 1 g n Lh 20 lg G j g 20 24 K 0 1 得 K 0 1 0 1 c 0 01 2 1 0 01 2 2 g g g 0 1 G s s 0 01s2 0 01s 1 0 01 0 1 D D D 因为 c 0 1 180 90 arctg 90 2 1 10 K 2 s 1 5 8 解 G s s T 1s 1 T3 s 1 1 1 1 1 0 2 0 1 4 T1 T3 得 2 5 T1 10 T3 0 25 K 5 1 1 K 2 c1 1 10 1 2 5s 1 G s s 10s 1 0 25s 1 D 1 180 G j c1 D D 1 1 1 180 90 tg 5 c1 tg 10 c1 tg 0 25 c1 180 D 90D 78 69D 84 29D 14 04D 70 36 D 2 25 P 0 N 0 无穿越 Z P 2N 0 稳定 3 右移 10 倍频程 则T1 1 2 0 5 T3 0 025 K 0 5s 1 G s s s 1 0 025s 1 K 0 5 10 c 2 10 10 c1 1 10 10 K 20 20 0 5s 1 G s s s 1 0 025s 1 D 2 180 G j c 2 180 90 tg 0 5 c 2 tg c 2 tg 0 025 c 2 D D 1 1 1 D D 1 1 1 180 90 tg 5 c1 tg 10 c1 tg 0 25 c1 1 26 1 由 0 16 0 4 1 100 P190 5 16 5 18 式 5 17 sin t k 得 t 0 1t s 1 2 s1 s 2 c 即系统超调量不变 调节时间缩短 10 s 1 4 8 5 9 解 G1 s G s 8s 1 2 s 0 05s 1 48 s 1 系统开环传函 G s s 8s 1 0 05s 1 48 2 1 c 1 6 c 64 2 1 0 05 2 1 c c c 180 arctg c 90 arctg 8 c arctg 0 05 c D D 180 D 80 54D 90D 88 81D 16 7D 65 03 D 1 1 M 1 1032 r sin sin 65 03 D 0 16 0 4 1 1032 1 100 20 k 2 1 5 M 1 2 5 M 1 2 r r 2 1813 t 1 14 s c 第六章习题答案 6 1 解法一 串联超前校正 200 计算得到 44s 1 50s 1 13 D 45D 1 原系统开环传递函数 G s c s 0 1s 1 不能满足要求 为了将系统相角裕度提高到 45 D 使用超前校正网络 G s s 1 所需超前相角至 2 c s 少为 45 D 13D 32D 引入超前网络后 新的截止频率会增大 从而存在相角裕度损失 因 27 此设超前相角为 40 D 对应 sin 1 得到 4 6 由10 log 6 6dB 确定 G s m 1 1 幅值为 6 6dB 的频率 65s 1 50s 1 从而得到 0 0072 设计校正网络 m m 0 0331s 1 传递函数 G s c 0 0072s 1 200 0 0331s 1 3 校正后的系统为 G s Gc s G0 s 验证得 截止频率 s 0 1s 1 0 0072s 1 1 D c 65s 相角裕度 49 满足设计要求 解法二 1 同上 2 按照最佳二阶系统模型设计 1 要求 50s 1 取 K 60 则T 0 0083 c c 2K 60 此时 65 5 D 所以校正后系统开环传递函数 G s G s c s 0 0083s 1 60 3 i 0 1s 1 G s G s c s 0 0083s 1 10 0 0083s 1 D 3 验证 65 5 c 54 3 满足设计要求 6 2 解 20 s 1 G0 s s 0 1s 1 G c s a 10s 1 20 s 1 G s G s G s 为串联滞后校正 0 c s 0 1s 1 10s 1 校正后优点 1 稳定性增强 2 平稳性变好 3 提高抗高频干扰能力 缺点 由于 穿越频率降低 系统快速性变差 20 0 1s 1 G0 s s 0 1s 1 G c s b 0 01s 1 20 G s G s G s 为串联超前校正 0 c s 0 01s 1 校正后优点 1 稳定性增强 28 2 平稳性变好 3 穿越频率提高 快速性变好 缺点 抗干扰能力减弱 6 3 16 2 1 G0 s 得到 K1 2 T1 0 125 s s 8 s 0 125s 1 3 5 2 8 2 16 故 4 1 t 0 875 n n n s n 1 e 0 5 可见 满足设计要求 但 t 与 e 不符合设计要求 ss s ss k1 1 根据精度要求 ess 0 02 K 取 K 50 由 K K K 得到 K 25 又 2 v v