自动控制原理 第3章习题解答

系统的 Bode 图为图 6-2-1(b)。
图 6-2-1(b)
6-2
2( s + 1) 时，则校正后系统的开环传递函数为： (10 s + 1) 10 2( s + 1) 20( s + 1) G" ( s ) = G ( s )Gc ( s ) = ⋅ = s (0.2s + 1) (10 s + 1) s (0.2 s + 1)(10 s + 1) ∴ 系统的 Bode 图为图 6-2-2。
ϕ c = ±(2k + 1)π − ∠G0 ( s1 ) = −180° − [−∠s1 − ∠( s1 + 1)] = 72.6° （4）由校正后系统的幅值条件，求校正装置的零极点位置及参数 α 和 T
由 K v = lim sG0 ( s ) = lim
s →0 s →0
K = K = 2即K = 2 s +1
该网络为一个比例微分环节,为超前网络。 （2）由题：
U N = U p = 0 i1 + i2 = 0
R1 //
∴U i + U 0 =0 1 R3 R1 // sC
∴ G ( s) =
U 0 ( s) =− U i ( s)
R3
1 sC = −
R1 R3 ( R1Cs + 1)
U0 1 1 R1 + ( + R 4 ) //( R 2 // ) sC 1 sC 2 =0
第 6 章 控制系统的设计和校正习题及解答
6-1 试求题 6-1 图有源网络的传递函数，并说明其网络特性。
题 6-1 图 解（1）由题：
U N = U p = 0 i1 + i2 = 0
R1 + [(
得
Ui + R3
U0 R1 + [( 1 + R 4 ) // R 2 ] sC
=0
R1 R2 + R1 R4 + R2 R4 1 ) sC + 1 + R4 ) // R2 ] ( U 0 ( s) R1 + R2 R + R2 sC ⋅ 1 ∴ G(s) = =− = U i ( s) R3 R4 sC + 1 R3 R1 + R3 1 ∴ 转折频率为： ω1 = ω2 = ( R1 R2 + R1 R4 + R2 R4 )C R4 C ω1 < ω 2
0.2s + 1 10 时，校正前系统的开环传递函数为：G ( s ) = 0.05s + 1 s (0.2s + 1)
∴ 系统的 Bode 图为图 6-2-1（a） 。
图 6-2-1(a) 校正后，系统的开环传递函数为：
G ( s ) = G ( s )Gc ( s ) =
10 0.2s + 1 10 = ⋅ s (0.2s + 1) 0.05s + 1 s (0.05s + 1)
即设计正确。 6-4 单位反馈系统的开环传递函数为
4 s (2s + 1) 设计一串联滞后校正装置，使系统相角裕量 γ ≥ 40° ，并保持原有的开环增益。 解： （1）求得未校正系统的相位裕量 γ = 20° ，不满足要求。 （ 2 ） 未 校 正 系 统 的 相 位 角 为 ： ∠G0 ( jω c ) = −180° + γ + ε = −128° 时 的 频 率 ω c = 0.64 ，令其为新的剪切频率，则 G ( s) =
s →0 s →0
5 =5 (0.1s + 1)(0.25s + 1)
∴ 相角裕量 γ 不满足要求，采用串联滞后校正。 ① 当 未 校 正 系 统 的 相 位 角 为 ∠G0 ( jω c ) = −180° + γ + ε = −128° 时 的 频 率 ω = 2.0 ，取其为新的剪切频率 ω c 。 5 ② 此时 G0 ( jω c ) = = 2 .3 2 ω c (0.1ω c ) + 1 ⋅ (0.25ω c ) 2 ，相角裕量 γ = 45.8° ，满足要求的条件。 6-6 已知单位反馈系统的开环传递函数为
G ( s) = K v = 2s −1 。
K s ( s + 1)
试利用根轨迹法设计超前校正装置，使系统满足下列性能指标 ζ = 0.7 ， t s = 1.4 s ， 解： （1）根据要求的性能指标，确定希望主导极点 s1, 2 的位置。 由 t s = 1.4 s
（2）当 Gc ( s ) =
图 6-2-2 比较：方案一相当于串联了一个滞后校正装置，系统相位滞后，减小了稳态误差，但 不能改善系统的瞬态响应过程；方案二相当于串联了一个超前校正装置，系统相位超前， 可以改善系统的动态性能指标，但稳态误差得不到改善。 6-3 已知一单位反馈系统的开环传递函数为
200 s (0.1s + 1) −1 试设计一超前校正装置，使系统的相角裕量 γ ≥ 45° ，剪切频率 ω c ≥ 50 s 。 解（1）求得未校正系统的幅值裕量 K g 0 = +∞dB G ( s) =
G ( s ) s = s = G0 ( s )Gc ( s ) K c
1
s = s1
=
2 K c ( s1 + 1.6) = 1∴ K c = 6.65 s1 ( s1 + 1)( s1 + 5.6)
∴ K v = lim sG ( s) = 3.8 > 2
s →0
G ( s) 13.3( s + 1.6) = 1 + G ( s) 13.3( s + 1.6) + ( s + 1)( s + 5.6) s 从而求得系统的闭环极点： s1， 2 = −2.14 ± j 2.14, s 3 = −2.25 闭环零点 z1 = −1.6 其中 s 3 和 z1 相抵消，从而 s1， 2 = −2.14 ± j 2.14 可以作为系统的闭环主导极点。 即按所给性能指标设计的 Gc ( s ) 可满足条件。 K ， 要求系统响应的超调 6-7 单位反馈系统的开环传递函数为：G0 ( s ) = s( s + 2)( s + 4) 量 M p ≈ 16.3% ，调整时间 t s ≤ 4 s ，开环增益 K > 1 ，设计串联超前校正装置。
(b) Gc ( s ) =
为一个“比例—积分—微分”环节。 6-2 已知单位反馈控制系统的开环传递函数为
G ( s) =
当串联校正装置的传递函数 Gc ( s ) 如下所示时： （a） Gc ( s ) =
0.2s + 1 0.05s + 1
2( s + 1) (10 s + 1)
(1) 试绘出两种校正时校正前和校正后系统 Bode 图； (2) 试比较两种校正方案的优缺点。 解： （1）当 Gc ( s ) =
（5）Q ω m = ω c = 63.5 (4)由 G（ = 0 jω c）
1 − sin ϕ m = 0.24 1 + sin ϕ m
200
= α = 0.24 = 0.4899
∴T =
1
ωm α
= 0.03215
则超前校正网络加放大器后其传递函数为：
G（s） =
Ts + 1 0.03215s + 1 = αTs + 1 0.0077 s + 1
∴ T = 2 .5
滞后校正网络的传递函数为： Gc ( s ) = 校正后系统的开环传递函数为：
2.5s + 1 Ts + 1 = βTs + 1 5.75s + 1
5(2.5s + 1) s (0.1s + 1)(0.25s + 1)(5.75s + 1) ④ 校验系统的性能指标： K v = lim sG ( s ) = 5 G ( s ) = G0 ( s ) ⋅ G c ( s ) =
（5）校验 s1, 2 = −2.14 ± j 2.14 能否作为系统的闭环主导极点。 为补偿超前校正装置的幅值衰减，串联一个放大倍数为 K c 的补偿放大器。 则校正后系统的开环传递函数为：
2 K c ( s + 1.6) K s + 1.6 ⋅ ⋅ Kc = s ( s + 1) s + 5.6 s ( s + 1)( s + 5.6) 由校正后系统的幅值条件确定 K c G ( s ) = G0 ( s )Gc ( S ) ⋅ K c =
G 0 ( jω c ) = 4
ω c ⋅ (2ω c ) 2 + 1
= 4.8
β = G 0 ( j ω c ) = 4 .8
正网络的第二转折频率： ω 2 =
取β = 5
（3）为保证滞后校正网络对系统在 ω c 处的相频特征基本不影响，按下式计算滞后校
1 ωc = = 0.128 ，即： T = 7.8125 T 5
（6）校正后系统的开环传递函数为：
6-3
G（s） = G（ = （ 0 s）G c s）
200 （0.03215s + 1 ） s(0.1s + 1)(0.0077 s + 1)
从而校正后系统的 Bode 图为图 6-3（b） ：
图 6-3（b） 其剪切频率为 ω c = 63.5 > 50 ；
γ = 47 0 > 45 0
（4）滞后校正网络的传递函数为：
Gc ( s ) =
Ts + 1 7.8125s + 1 = ( β > 1) βTs + 1 39s + 1 4(7.8125s + 1) s (2 s + 1)(39s + 1)
（5）校正后系统的开环传递函数为：
G ( s ) = G0 ( s )Gc ( s ) =
θ = arctan
∴γ =
2.1 + 180° = 45° (−2.1)
1 sin γ = −1.6 (π − θ − ϕ 0 ) = 31.2° ；∴ z c = ω n sin(π − θ − γ ) 2 zc sin(γ + ϕ c ) 1 pc = ω n = − 5 .6 ； α = = 0.286 ， T = = 0.625 sin(π − θ − γ − ϕ c ) pc zc
∴ β = G 0 ( j ω c ) = 2 .3
③ 为保证系统在 ω c 处的相频特性不受影响，按下式确定滞后校正网络的第二个转折 频率： ω 2 =
∴ 原系统的开环增益 K=5，满足要求。 （2）求得原系统的剪切频率为： ω c = 3.6 > 0.5 ； γ = 28° < 40°
1 ωc = = 0 .4 5 T
该网络为一个惯性环节，为一个滞后网络。 （3）由题：
U N = U p = 0 i1 + i2 = 0
∴Ui +
R3
6-1
∴ G ( s) =
U 0 ( s) =− U i ( s)
R1 + (
1 1 + R4 ) R2 // sC1 sC 2 R R2 R1C1 s = −( 1 + + ) R3 R3 R3 ( R2 C 2 s + 1) R4 C1 s + 1 10 s (0.2 s + 1)
ζ s = 0.7 得 ω n = 3
s − zc Ts + 1 = αTs + 1 s − p c
∴ s1, 2 = −ζω n ± jω n 1 − ζ 2 = −2.14 ± j 2.14
（2）设串联超前校正装置的传递函数为： Gc ( s ) = α
6-5
则校正后系统的开环传递函数为： G ( s ) = G0 ( s )Gc ( s ) K c （3）由相角条件，确定超前校正装置所提供的超前相角：
闭环传递函数： G B ( s ) 解：根据对系统各项暂态响应指标的要求，确定期望闭环主导极点的位置。 M p ≈ 16.3% ，可确定 ς = 0.5 ； t s ≤ 4s ，可确定 ςω n ≥ 1 ，即 ω n ≥ 2 ，于是期望闭环主 导极点为： s d = −1 ± 1.73 j ，绘制未校正系统的根轨迹如图 6-7-1(a)所示，从图可见根轨 迹位于期望闭环主导极点的右侧。由此可引入串联超前校正环节使根轨迹向左移动。 为了使根轨迹能通过期望闭环主导极点，超前校正网络提供的超前相角应为：
6-4
6-5
设单位反馈系统的开环传递函数为
G(s) =
5 s (0.1s + 1)(0.25s + 1)
−1
试设计一校正装置，使系统满足下列性能指标，速度误差系数 K v = 5s
，相位裕量
γ ≥ 40° ，剪切频率 ω c ≥ 0.5s 。
−1
解： （1）Q Kν = lim sG0 ( s ) = lim
相位裕量为： γ 0 = 12° < 45° ；剪切频率为： ω c 0 = 44.3 （2）系统所需要增加的超前相位角 ϕ c 为： ϕ c = γ − γ 0 + ε = 38° （3）令超前校正装置的最大超前相角 ϕ m = ϕ c ，则参数 α ：
α=
ω c 1 + (0.1ω c ) 2 ∴ω c = 63.5 > 50