自动控制原理课后习题答案(12)

1200(s?1)200(0.25s?1)4G(s)?? 211s(2.5s?1)(0.0125s?1)2s(s?1)(s?1)0.480 (3) 确定校正环的开环对数频率特性LJ(?)

由图可见，反馈校正装置只在0.4＜?＜80的频段内起作用，此时由

而在?＜0.4和?＞80LJ(?)?L0(?)?L(?)可得到此频段内校正环的开环对数幅频特性如图；

的频段内不起作用，因此，为了使校正装置尽可能简单，一般要求LJ(?)曲线在这两个频段内，保持穿越斜率不变。由此可得到校正环的开环对数幅频特性曲线，如图6-20中LJ(?)所示。

由LJ(?)可得到校正环的开环传递函数为

GJ(s)?G2(s)Gc(s)?(4) 检验校正环的稳定性

2.5s

(0.25s?1)(0.1s?1)(0.02s?1)检验校正环的稳定性主要就是检验GJ(s)在?3?80s?1处的相位裕量。

?J(?3)?180o?90o?arntan0.25?80?arctan0.1?80?arctan0.02?80?52o＞0o

可见校正环稳定。

在?c??15.5s?1处的对数幅值LJ(?c?)

LJ(?c?)?20lg2.5?c??16.2dB

??0.25?c?0.1?c基本满足GJ(s)?1的要求，说明误差在允许的范围之内。 (5) 确定校正装置传递函数 由图6-19得 G2(s)?5

s(0.1s?1)(0.02s?1)36

GJ(s)0.5s2则，Gc(s)? ?G2(s)0.25s?1(5) 验算

??15.5s?1 有上述计算过程有Kv?200，?c则???180o-90o+arntan0.25?15.5?arctan2.5?15.5?2arctan0.0125?15.5?55.1o

1?1.2sin??%?[0.16?0.4(Mγ?1)]?100=24%＜25%Mr?ts???

?c[2?1.5?(Mr?1)?2.5?(Mr?1)2 ]?0.4s＜0.5s全部满足系统性能指标要求。

6-9 解：①比例控制器，②比例-微分（PD）控制器，③比例-积分（PI）控制器，④比例-积分-微分（PID）控制器，⑤比例校正装置，⑥微分校正装置，⑦检测装置，⑧按扰动补偿的前馈装置，⑨按输入补偿的前馈装置。

6-10 解：比较L0(?)和L(?)可知：L(?)比L0(?)向下平移了 14dB。（1）校正后低频段斜率没变但高度下降，所以K减小，稳态精度降低。

（2）校正后中频段斜率在?c之前由原来的-40dB/dec，变为-20dB/dec，所以?增大，

?减小，稳定性提高；但?c下降，使ts增大，快速性变差。

（3）校正后高频段衰减值增大，抗干扰能力提高。

6-11 解：（1）由L0(?)得20lgK?20，即K?10，G0(s)?10

(0.1s?1)(0.02s?1)由L(?)得K?30，G(s)?30

s(0.02s?1)（2）Gc(s)?G(s)3(0.1s?1)，Lc(?)?L(?)?L0(?)如图所示。 ?G0(s)s??30 （3）由图得?c?70K，?c??180??arctan0.1?70?arctan0.02?70?43.5????180?90?arctan0.02?30?59???

（4）比较L0(?)和L(?)可知：

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① 低频段斜率增大（系统由0型变为Ⅰ型），且高度提高，K增大，使稳态精度提高。 ② 中频段斜率由-40dB/dec变成-20dB/dec，所以稳定性提高（相位裕量由43.5°提高到59°），但?c减小使ts增大，快速性变差。 ③ 高频段衰减值增大，抗干扰能提高。

6-12解：（1）由L0(?)得20lgK?40，K?100，G0(s)?100

s(0.5s?1)(0.025s?1)由Lc(?)得20lgKc?0，Kc?1，Gc(s)?(s?1)(0.5s?1)

(5s?1)(0.025s?1)（2）G(s)?G0(s)Gc(s)?（3）由图得?c?15s?1

100(s?1) 2s(5s?1)(0.025s?)L(0.2)?L0(0.2)，即40lg??1215??22.5s?1 ?20lgc?20lg?40lg，得?c0.210.22（4）校正前后系统的相位裕量为

??180o?90o?arctan0.5?15?arctan0.025?15??13o???180?90?arctan5?22.5?2arctan0.025?22.5?arctan22.5?58.6（5）比较L0(?)和L(?)可知，校正前后： ① 低频段高度和斜率都不变，因此稳态精度不变。

ooo

② 中频段斜率由-40dB/dec变成-20dB/dec，所以稳定性提高（相位裕量由负变正），但?c减小，使得ts增大，快速性变差。 ③ 高频段不变，抗干扰性不变。

6-13 解： （1）由(a)图L0(?)得K?20，G0(s)?202s?1，由Lc(?)得Gc(s)?

10s?1s(0.1s?1)由(b)图L0(?)得K?20，G0(s)?20s?1，由Lc(?)得Gc(s)?

0.1s?1s(2s?1)（2）(a)图为滞后校正，可以改善系统的稳定性，同时可以提高系统的抗干扰性，但要以牺

牲快速性为代价；(b)图为超前校正，可以改善系统的动态性能，包括快速性和稳定性，但会使系统抗扰性下降。

6-14 解：（1）设PD控制器传递函数为GPD(s)?Kp?Kds

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则，系统的开环传递函数为G(s)?Kp?Kdss(s?1)，当Kp?10,Kd?1是时，有

G(s)?10(0.1s?1)

s(s?1)?10?＜1????10A(?)?G(?)??1＜?＜10???? ?10?0.1??＞10?????10由A(?c)?1，得2?1，?c?3.2s?1?c相位裕量?为：

??180??90??arctan0.1?c?arctan?c?35.1?

Kds)Kp(2) 系统的开环传递函数为

G(s)?Kp?Kdss(s?1)Kp(1??s(s?1)

当?c?5s?1，可以得到：A(?c)?Kp?2c?1，KP?25

o相位裕量为：??180??(?c)?180?90?arctan

6-15 解：（1）有两种方法可以解答

方法一 用Bode图定性分析。具体如下： 先根据G(s)?oo5Kd?arctan5?50o，得Kd?4 Kp400绘制校正前系统的对数幅频特性曲线L(?)，再根据串联校正

s2(0.01s?1)原理L?(?)=L(?)+Lc(?)，分别将将L(?)曲线与图6-27所示三种校正装置的对数幅频特性曲线Lc(?)在同一对数坐标系中分段叠加，得到校正后系统的对数幅频特性曲线L?(?)。如图6-28所示。

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L(?)/dBL(?)/dB-20-6000.11.0-20-40-40Lc(ω)+201001020-60L0(ω)-40Lc(ω)-60(a)．1020100．?/s?1-6000.11.0．?/s?1-60L?(?)L0(ω)L?(?)(b)L(?)/dB-40-60L?(?)-2000.1-20．1.02.040100．．10+20-60?/s?1L0(ω)Lc(ω)(c)

图6-28 习题6-15解答图

由图2-28可知，(a)图校正后系统的对数幅频特性曲线L?(?)中频段斜率为-40db/dec，而且?c之前的频段较短，所以系统不稳定；(b)(c)图校正后系统的对数幅频特性曲线L?(?)中频段斜率都为-20db/dec，因此两种校正都能使系统稳定。但(c)图中频宽度为H=40/2=20

倍，而(b)图中频宽度只有H=100/10=10倍，因此(c)图的校正装置会使校正后系统的稳定程度最好。

方法二 用计算相位裕量来定量分析。具体如下： 对(a)图 Gc(s)?s?1

10s?1校正后系统开环传递函数为 G?(s)?由G?(j?c)?1得?c?6.3s

?1400s?1? 2s(0.01s?1)10s?1则，?=arctan?c?arctan0.01?c?arctan10?c??11.7? (b)图 Gc(s)?0.1s?1

0.01s?140

校正后系统开环传递函数为 G?(s)?4000.s?11 ?2s(0.01s?1)0.01s?1同理可求得?c?40s?1，?=arctan0.1?c?2arctan0.01?c?32?

(0.s5?21)(c)图 Gc(s)?

(10s?1)(0.025s?1)400(0.s?521)校正后系统开环传递函数为 G?(s)?2 ?s(0.01s?1)(10s?1)(0.025s?1)同理可求得?c?10s?1

?=2arctan0.5?c?arctan0.01?c?arctan10?c?arctan0.025?c?48?

可见，以图(c)为校正网络，系统的相位裕量最大，稳定性最好。

（2）?1?2πf?75.4s?1，将12Hz的正弦噪声削弱10倍左右，也就是使?1处的幅值（增益）G(j?1)为0.1左右，或者使?1处的对数幅值20lgG(j?1)为-20dB左右，应该采用(c)图的PID校正装置。 原因分析如下：

以(a)图做校正装置时，G(j?1)?400?1?0.01或20lgG(j?1)??40dB

?12?10?1400?0.1?1?0.5或20lgG(j?1)??6dB

以(b)图做校正装置时，G(j?1)??21400?(0.5?1)2以(c)图做校正装置时，G(j?1)?2?0.1或20lgG(j?1)??20dB

?1?10?1?0.025?1故采用(c)图校正网络可达到将12Hz的正弦噪声削弱10倍左右的要求。

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