《控制工程基础》课后作业解答

1-3

解：1)工作原理：电压u2反映大门的实际位置，电压u1由开（关）门开关的指令状态决定，两电压之差△u＝u1－u2驱动伺服电动机，进而通过传动装置控制大门的开启。当大门在打开位置，u2＝u上：如合上开门开关，u1＝u上，△u＝0，大门不动作；如合上关门开关，u1＝u下，△u<0，大门逐渐关闭，直至完全关闭，使△u＝0。当大门在关闭位置，u2＝u下：如合上开门开关，u1＝u上，△u>0，大门执行开门指令，直至完全打开，使△u＝0；如合上关门开关，u1＝u下，△u＝0，大门不动作。 2)控制系统方框图

开关位置指令u1 被控量(大门位置) 放_ △u 大 电动机 鼓轮 大门 大门位置信号u2 1-4

解：1)控制系统方框图

干扰 给定液位h’ － △h h 浮球 杠杆机构 水箱 实际水位h 机械进水阀 a)系统方框图 干扰 给定液位h’ － △h h 浮球 b)系统方框图 电气开关 水箱 实际水位h

电磁进水阀 1

2)工作原理：

a)水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h’由浮球顶杆的长度给定，杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），通过杠杆机构使进水阀的开度增大（减小），进入水箱的水流量增加（减小），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），进水阀开度增大（减小）量减小，直至达到新的水位平衡。此为连续控制系统。

b) 水箱是控制对象，水箱的水位是被控量，水位的给定值h’由浮球拉杆的长度给定。杠杆平衡时，进水阀位于某一开度，水位保持在给定值。当有扰动（水的使用流出量和给水压力的波动）时，水位发生降低（升高），浮球位置也随着降低（升高），到一定程度后，在浮球拉杆的带动下，电磁阀开关被闭合（断开），进水阀门完全打开（关闭），开始进水（断水），水位升高（降低），浮球也随之升高（降低），直至达到给定的水位高度。随后水位进一步发生升高（降低），到一定程度后，电磁阀又发生一次打开（闭合）。此系统是离散控制系统。 2-1解：

b) 确定输入输出变量x1,x2 kx2?B(dx1dx2?) dtdtdx2dx?kx2?B1 dtdt 得到一阶微分方程：B（c）确定输入输出变量（u1，u2） u1?i1R1?i2R2 u2?i2R2 u1?u2?1(i2?i1)dt C?du2RduR?(1?2)u2?CR21?2u1 dtR1dtR1得到一阶微分方程：CR2

d)确定输入输出变量x1,x2 k2x2?B(dx1dx2?)?k1(x1?x2) dtdtdx2dx?(k1?k2)x2?B1?k1x1 dtdt 得到一阶微分方程：B（e）确定输入输出变量（u1，u2）

1 u1?iR1?iR2??idt

C 2

i?u1?u2 R1消去i得到一阶微分方程：(R1?R2)

f) 确定输入输出变量x1,x2 k2(x2?x3)?k1(x1?x2) Bdx3?k2(x2?x3) dtdu2u2duu??R21?1 dtCdtC 消去x3得到一阶微分方程：B(1?k1dx2kdx)?k1x2?B11?k1x1 k2dtk2dt 得到一阶微分方程：B

2-2解：

dx2dx?(k1?k2)x2?B1?k1x1 dtdt

1）确定输入、输出变量f(t)、x2

d2x1(t)f(t)?fK1(t)?fB1(t)?fB3(t)?m1dt2d2x2(t)fB3?fK2?fB2?m22dt2）对各元件列微分方程： dxfK1?K1x1;fB1?B11dtd(x1?x2)fB3?B3;fK2?K2x2dt3）拉氏变换：

F(s)?K1X1(s)?B1sX1(s)?B3s[X1(s)?X2(s)]?m1s2X1(s)B3s[X1(s)?X2(s)]?K2X2(s)?B2sX2(s)?m2sX2(s)2

4）消去中间变量：

B3s?K2?B3s?m2s2F(s)?B3sX2(s)?(B1s?K1?B3s?m1s)X2(s)

B3s2 3

5）拉氏反变换：

d4x2d3x2d2x2m1m2?(B1m2?B2m1?Bsm2?B3m1)3?(B1B3?B1B2?BsB2?K1m2?m1K2)24dtdtdtdxdf?(K1B2?K1B3?K2B1?K2B3)2?K1K2x2?B3dtdt2-3解：

（2）

21 ?s?1s?2 2e?t?e?2t （4）

111111?? 9s?49s?13(s?1)21?4t1?t1?te?e?te 993221?? 2(s?2)(s?1)(s?1)（5）? ?2e?2t?2e?t?te?t （6）

?0.25?2s0.5?2?222.5 ???22s?1ss?4s?4st?sin2t?2e?t?2.5 ?0.5co22-5

解：1)D(s)=0,得到极点：0,0,-2,-5

M(s)=0,得到零点：－1，??，??，?? 2) D(s)=0,得到极点：－2，－1，－2 M(s)=0,得到零点：0，0，－1 3) D(s)=0,得到极点：0，

?1?j3?1?j3， 22 M(s)=0,得到零点：－2，??，??

4) D(s)=0,得到极点：－1，－2，?? M(s)=0,得到零点：?? 2-6

解：确定

2-8

4

解：1）a）建立微分方程

mx(t)?f(t)?fk1(t)?fk2(t)afi(t)bfk1(t)?k1x0(t)f(t)?fk2(t)?k2(x0(t)?x(t))fk2(t)?fB(t)?Bdx(t)dt??

b)拉氏变换

ms2X0(s)?F(s)?Fk1(s)?Fk2(s)aFi(s)b Fk1(s)?k1X0(s)F(s)?Fk2(s)?k2(X0(s)?X(s))Fk2(s)?BsX(s) c)画单元框图（略） d)画系统框图

1/ms2

Fi（s） a/b F（s） － － Xo(s) K1 k2 － 1/Bs mx0(t)?fk(t)?fB1(t)?fB2(t)fk(t)?k(xi(t)?x0(t))??2)a)建立微分方程：

d(xi(t)?xo(t))dtdx(t)fB2(t)?B2odtfB1(t)?B1

5

ms2Xo(s)?Fk(s)?FB1(s)?FB2(s) b)拉氏变换：

Fk(s)?k(Xi(s)?Xo(s))FB1(s)?B1s(Xi(s)?Xo(s))FB2(s)?B2sX0(s)

c)绘制单元方框图（略） 4)绘制系统框图

B2s K Xi（s） － － + 1/ms2 X0（s） B1s

2-11

解：a)G4?G1G2G3(要有具体变换过程)

1?G2H1?G2G3H2?G1G2H1b)

G1(G2G3?G4) (要有具体变换过程)

1?G1G2H1?(G2G3?G4)(G1?H2) 2-14

K2K3X01(s)K1K2K3s1?Ts??2解：(1)?i? KKXi(s)Ts?s?K1K2K3321?K1s1?TsK1K3K2K3?K4?G0(s)K1X02(s)K1K2K3G0(s)?K3K4s1?Tss1?Ts?n(s)???KKN(s)Ts2?s?K1K2K3321?K1s1?Ts

(2)由于扰动产生的输出为：

6

X02(s)??n(s)N(s)?K1K2K3G0(s)?K3K4sN(s) 2Ts?s?K1K2K3要消除扰动对输出的影响，必须使X02(s)?0 得到：K1K2K3G0(s)?K3K4s?0 得到：G0(s)?K4s K1K23-1

解：1)法一：一阶惯性环节的调整时间为4T，输出达稳态值的98%，故： 4T＝1min，得到：T＝15s

法二：求出一阶惯性环节的单位阶跃时间响应，代入，求出。

12)法一：输入信号xi(t)?(100C/min)t?t(0C/s)，是速度信号；

61 Xi(s)?2

6s11111515 X0(s)?Xi(s)G(s)?2?(2??)

ss?1/156s1?15s6s?t1 xo(t)?(t?15?15e15)

61?t1115e(?)?lim(t?(t?15?e))?2.5(0C)

t??661 法二：利用误差信号E（s）

3-3

11解：Xi(s)??[t2]?3

2s13s213 Xo(s)?G(s)Xi(s)?3?s(s?5)(s?6)s(s?5)(s?6)ABC?? ss?5s?6系数比较得到：A+B+C=0 11A+6B+5C=0 30A=13

得到：A=13/30=0.433;B=-13/5=-2.6;C=13/6=2.1667 部分分式展开：Xo(s)?

7

Xo(s)?0.4332.62.1667 ??ss?5s?6拉氏反变换：xo(t)?0.433?2.6e?5t?2.1667e?6t

3-4

解：闭环传递函数为：?(s)?G(s)44?2?

1?G(s)s?5s?4(s?1)(s?4)1 （1）单位阶跃函数的拉氏变换：Xi(s)?

s Xo(s)??(s)Xi(s)?4

s(s?1)(s?4)ABC ??ss?1s?4 系数比较得到：4A+3B=0 A-3C=0 A=1

得到：A=1，B=-4/3,C=1/3

14/31/3 Xo(s)?? ?ss?1s?4 部分分式展开：Xo(s)? 拉氏反变换：xo(t)?1?4/3e?t?1/3e?4t （2）法一、利用微分关系，把结果（1微分）

法二、单位脉冲函数的拉氏变换：Xi(s)?1

Xo(s)??(s)Xi(s)?4

(s?1)(s?4) 部分分式展开：Xo(s)? 系数比较得到：A+B=0 4A+B=4 得到：A=4/3,B=-4/3

4/34/3? Xo(s)? s?1s?4AB ?s?1s?4拉氏反变换：xo(t)?4/3e?t?4/3e?4t

3-6

2?nG(s)1解：闭环传递函数为：?(s)? ?2?221?G(s)s?s?1s?2??ns?wn 8

得到：wn?1rad/s;??0.5 相位移：??arctan时间响应各参数：tr?1??2??arctan3??3

????n1???22????/311?0.52?2.4s

tp??n1???ln???11?0.52?3.6s

ts???n???1??2??ln0.02?8s

1?0.5?0.5? Mp?e N??100%?e1?0.52?16.3%

21??2??21?0.52??1.1

0.5?3-7

解：1)求闭环传递函数?(s)?G(s)K?2

1?G(s)H(s)s?(1?KKh)s?K?n2?K 二阶振动环节：

2??n?1?KhK?n?K 得到：

??1?KKh 2K1??2 2)求结构参数

最大超调量Mp?e???/ 得到：??0.456 峰值时间tp??0.2

??n1??2?1

得到：?n?3.53 3)求K，Kh

9

代入1)得到：

K?12.46

Kh?0.1784)利用结构参数求其它时域指标 调整时间ts??ln???n?2.48(s)(取?＝0.02)

上升时间tr???arctan1??2/??n1??2?0.65(s)

3-8

解：闭环传递函数?(s)?2G(s)K?2

1?G(s)H(s)s?34.5s?K ?n?K;2??n?34.5 1)K＝200：?n?14.4,??1.22

此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。 2)K＝1500，得到：?n?38.73,??0.44 最大超调量Mp峰值时间tp??e???/1??2?0.214

??n1???ln?2?0.09(s)

调整时间ts???n?0.087(s)(取?＝0.05)

上升时间tr???arctan1??2/??n1??2?0.058(s)

31??2振动次数N??0.975(次)

2??3)K＝13.5，得到：?n?3.67,??4.7

此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联，无振荡动态参数。

4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要??n不变，系统调整时间ts不变；随着?n增大，过渡过程在缩短（tp,tr），但总过渡时间（调整时间ts）不变；而

10

随着?的减小，振动幅度在加剧，振动次数N、超调量Mp都在加大。

3-8

解：闭环传递函数?(s)?2G(s)5K?2

1?G(s)H(s)s?34.5s?5K ?n?5K;2??n?34.5 1)K＝200：?n?31.6,??0.55 最大超调量Mp?e峰值时间tp????/1??2?0.13

??n1???ln?2?0.12(s)

调整时间ts???n?0.175(s)(取?＝0.05)

上升时间tr???arctan1??2/??n1??2?0.037(s)

31??2振动次数N??0.73(次)

2??2)K＝150，得到：?n?86.6,??0.20

依次得到的动态性能指标：0.54,0037s,0.175s,0.02s,2.34。 3)K＝13.5，得到：?n?8.2,??2.1

此时，系统为过阻尼系统，为两个惯性环节串联。

4)对于二阶系统传递函数化为标准形式后，只要??n不变，系统调整时间ts不变；随着?n增大，过渡过程在缩短（tp,tr），但总过渡时间（调整时间ts）不变；而随着?的减小，振动幅度在加剧，振动次数N、超调量Mp都在加大。

3-9

解：开环传递函数为：G(s)? 单位反馈系统的：H(s)=1

11

20

(0.5s?1)(0.04s?1)

位置稳态误差系数为：Kp?limG(s)?20

s?0s?0 速度稳态误差系数为：Kv?limsG(s)?0 加速度稳态误差系数为：Ka?lims2G(s)?0

s?0 单位阶跃输入的稳态误差：ess?111??0.0476

H(0)1?Kp1?20 单位速度输入的稳态误差：ess?11??

H(0)Kv11??

H(0)Ka单位加速度输入的稳态误差：ess?3-10

2?n解：开环传递函数Gk(s)?，此系统为I型系统。

s(s?2??n)KP?limGk(s)??s?0稳态误差系数：KV?limsGk(s)?s?0s?0?n 2?Ka?lims2Gk(s)?01) 单位阶跃输入稳态误差：e(?)?1?0

1?Kp2) 单位速度输入稳态误差：e(?)?12?? Kv?n3）单位加速度输入稳态误差；e(?)?1/Ka?? 法二：ess?limsE(s)?lims?(s)?limsXi(s)/1?Gk(s)

s?0s?0s?03-11

解：开环传递函数Gk(s)?100，此系统为I型系统。

s(0.1s?1) 12

KP?limGk(s)??s?01) 稳态误差系数KV?limsGk(s)?100

s?0Ka?lims2Gk(s)?0s?02) 输入信号为阶跃信号、速度信号和加速度信号的组合，它们的系数分别为：

A?a0;B?a1;C?a2

根据信号线性叠加的原理，系统的稳定误差为：

ess?aaaABC???0?1?2 1?KpKvKa1??1000a) 当a2?0时，ess??

b) 当a2?0;a1?0时，ess?a1/100 c) 当a2?0;a1?0时，ess?0

3-12

解：Gk(s)?G1(s)G2(s)H(s)?K1K2KK?1?12 ss1)仅有输入信号作用下的稳态误差

偏差传递函数??i(s)??i(s)Xi(s)?11?

1?Gk(s)1?K1K2/s误差信号Ei(s)??i(s)/H(s)??i(s)Xi(s)?111?

1?K1K2/sss?K1K2稳态误差essi?limsEi(s)?limss?0s?01?0

s?K1K22）仅有干扰信号作用下的稳态误差 干扰偏差传递函数??n(s)??n(s)N(s)??G2(s)H(s)K2/s??

1?Gk(s)1?K1K2/sK2/s1K2/s??

1?K1K2/sss?K1K2干扰误差信号En(s)??n(s)H(s)???n(s)N(s)/H(s)??干扰稳态误差essn?limsE(s)?lim?s?0s?0K21??

s?K1K2K13)系统总稳态误差：

13

ess?essi?essn??1 K13-13

解：特征根分别为：-8,-9,-4+j5,-4-j5。闭环系统的所有特征根均具有负实部，所以系统是稳定的。

3-14

解：单位反馈系统的闭环传递函数：

KKG(s)Ks(Ts?1)T?(s)???2?

K1K1?G(s)Ts?s?K21?s?s?s(Ts?1)TT特征根为：

?s1,2?11K?()2?4TTT

2要使系统稳定，上述特征根的实部必须为负实部：

1K1当()2?4?时，可保证特征根具有负实部。

TTTK?0 T因K、T均大于零，所以上式成立。 所以系统是稳定的。

解得：?43-15

s3： 1 －15s2： 0 126（1）解：法一：劳思阵列

s：?126??15?2 0

s0：－126 ? 第一列有负数，系统不稳定。

法二：a0=1,a1=0,a2=-15,a3=126;

三阶系统，因所有系数不全为正，所以不稳定。

14

s4： 1 18 5s3：8 16 016 5 0 （2）解：劳斯阵列 s2：s1：13. 5 0 s0:5 劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。

s3： 1 5s2：4 10s：2.5 0（3）：法一：劳思阵列

s0：10劳思阵列中第一列元素的符号全为正，系统是稳定的。 法二：a0=1,a1=4,a2=5,a3=10;

因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a1×a2=20>a0×a3=10， 所以该三阶系统稳定。

s3： 1 16s2： 10 160s0：160 0（5）：法一：劳思阵列：

s：0（ 20） （00）辅助多项式：A(s)＝10s2＋160

dA(s) ＝20sds劳思阵列第一列中无负号，但有一列的元素全为0，所以系统是临界稳定的。 法二：a0=1,a1=10,a2=16,a3=160;

因为三阶系统，a0,a1,a2,a3均大于0，且a1×a2=160=a0×a3=160， 所以该三阶系统临界稳定。

3-16

s4： 1 5 15s3： 20k k?10 0991（2）解：劳思阵列s2：－ 15202k6000k2s：k?10－ 099k－10s0： 15系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：

15

20k?0 1）991??0 2) 202k

6000k2k?10? ?0 3)99k?10由式1)得：k>0 式2)得：k>10/99 式3)得：k<10/99

K的取值无法同时满足上述三个条件，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。

s4：1 1 1s3：k 1 0（4）解：劳思阵列s2：k－1/k 1

k－1－kks： 0k－1ks0： 1系统稳定的条件，劳思阵列第一列元素全为正号，即：

k?0 1)k－1?0 2) kk－1－kk?0 3)k－1k由式1)、2)得：k>1

式3)可化为：?(k?1/2)2?3/4?0

显然，上式无法满足，即：无论k取何值，式1)、2)、3)条件都无法同时满足，所以劳思阵列第一列中一定有负号，所以系统是不稳定的。

4-4

解：闭环传递函数?(s)?G(s)10?

1?G(s)11?s频率特性?(?)?10

11?j? 16

幅频特性A(?)?10121??2

相频特性?(?)??arctan?/11

1）??1,?0?300，稳态输出

x(t)?10121?1sin(t?300?arctan1/11)?0.9sin(t?300?5.20)?0.9sin(t?24.80)

2）??2,?0?450 稳

x(t)?10121?22态

2cos(2t?450?arctan2/11)?45输出

cos(2t?450?10.30)?1.79cos(2t?34.70) 3）

稳态输出

x(t)?0.9sin(t?24.80)?1.79cos(2t?34.70)

4-7

解：建数学模型

dx0(t)d2x0(t)f(t)?Kx0(t)?B?m 22dtdt拉氏变换：F(s)?KX0(s)?BsX0(s)?ms2X0(s) 整理：(ms2?Bs?K)X0(s)?F(s) 得传递函数：G(s)?X0(s)1? F(s)ms2?Bs?k1

(k?mw2)?Bw频率特性：G(jw)?幅频特性：A(w)?1(K?mw)?(Bw)Bw 2(k?mw)222

相频特性：?(w)??arctgW=2，系统稳态输出的幅值为1和初始相位为-90°：

17

所以：

1?2A(2)?21(k?2)?4B2B k?422

?900??(2)??arctg联合解得：

K=4，B=1 4-9

解：1）A(?)?51?(30?)2

?(?)??arctan30? G(?)? U(?)?2）A(?)?5(1?30j?)5150??j?

(1?30j?)(1?30j?)1?900?21?900?25150?； V(?)??221?900?1?900?1?1?(0.1?)2?1?1?0.01?2

0.n1? ?(?)??900?arcta、G(?)?j(1?0.1j?)?0.1??j? 22??(1?0.01?)?(1?0.01?) U(?)??0.1??1V(?)?;

?(1?0.01?2)?(1?0.01?2)4-12

1）解a）典型环节：放大环节：2

惯性环节1：转折频率w1?0.125?1.25?10?1 惯性环节2：转折频率w2?0.5?5?10?1

b）在博德图上标出w1，w2

c）对数幅频特性：L(?)?20lg2?20lg1?(8?)2?20lg1?(2?)2 d）低频渐近线（w

18

3）解：a）典型环节：放大环节：50 二阶积分：1/(jw)2

惯性环节：转折频率w1?0.1?1?10?1 二阶振动环节：转折频率w2?1?1?100

b）在博德图上标出w1，w2 c）对数幅频特性：

L(?)?20lg50?20lgw2?20lg1?(10?)2?20lg(1?w2)2?w2 d）低频渐近线（w

取w?0.01?1?10?2，L(w)?20lg50?20lg1?10?4?114dB e）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec f）w2～渐近线：斜率为－100dB/dec 4)解：传递函数标准形式G(s)?20(5s?1)

s2(10s?1) a）典型环节：放大环节：20 二阶积分：1/(jw)2

惯性环节：转折频率w1?0.1?1?10?1 一阶积分环节：转折频率w2?0.2?2?10?1 b）在博德图上标出w1，w2 c）对数幅频特性：

L(?)?20lg20?20lgw2?20lg1?(10?)2?20lg1?(5w)2 d）低频渐近线（w

取w?0.01?1?10?2，L(w)?20lg20?20lg1?10?4?106dB e）w1～w2渐近线：斜率为－60dB/dec f）w2～渐近线：斜率为－40dB/dec

4-14

尼氏判据的关键：含零极点（积分环节）的，需作辅助线（从起点（w＝0）逆时针延伸到正实轴），包围或穿越时，逆时针为正，顺时针为负。 解：

1)正实部根数q＝0，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

2) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

19

3) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

4) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

5) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

6) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝1－1＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

7) 正实部根数q＝0，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝1－1＝0，P＝q或N＝q/2，闭环系统稳定。

8) 正实部根数q＝1，包围（－1，j0）点次数P＝1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝1/2，P=q或N=q/2，闭环系统稳定。

9) 正实部根数q＝1，包围（－1，j0）点次数P＝0，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝0，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。

10) 正实部根数q＝1，作辅助线后，包围（－1，j0）点次数P＝－1，穿越（－1，j0）右负实轴次数N＝－1，P≠ q或≠q/2，闭环系统不稳定。 4-15

解：频率特性：

10(jKhw?1)10j(1?jKhw)(1?jw)10w(?1?Kh)?j10(1?khw2)G(jw)H(jw)???jw(jw?1)jjw(jw?1)(1?jw)w(1?w2)

尼氏图上的（-1，j0）为系统临界稳定点， 频率特性实部Re?10w(?1?kh)??1

w(1?w2)10(1?khw2)频率特性虚部:Im??0 2w(1?w)两式联合解得:10w(1?Kh)?w(1?w2) 和10(1?khw2)?0 解得：

kh?0.1和kh??1

临界值为：kh?0.1

4-16

解：开环频率特性G(jw)?Kvwwjw[1?()2?j0.4]wnwn20

惯性环节1/(1+10s)、一阶微分环节(1+s)、惯性环节1/(1+0.1s)的转折频率分别为w1＝0.1rad/s、w2＝1rad/s、w3＝10rad/s，分别在博德图上依次标出各转折频率。

低频段斜率为－20dB/dec，取w＝0.01rad/s，渐近线纵坐标分贝数

为：L(w)?20lg20?20lg0.01?66

转折频率w1＝0.1rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec 转折频率w2＝1rad/s，渐近线斜率为－20dB/dec 转折频率w3＝10rad/s，渐近线斜率为－40dB/dec

图b)：校正后的频率特性G'(w)?20

jw(1?j0.01w)对数幅频特性：L(w)?20lg20?20lgw?20lg1?(0.01w)2 惯性环节1/(1+j0.01w)的转折频率为w1＝100rad/s，在博德图上标出； 低频段斜率为－20dB/dec，取取w＝10rad/s，渐近线纵坐标分贝数为：

L(w)?20lg20?20lg10?6；

转折频率w1＝100rad/s，斜率为－40dB/dec。

（3）两种校正特性比较：

a)为滞后校正，使系统开环幅频特性的中、高频段部分下移，衰减了中高

频段的增益，衰减了高频干扰，提高了抗高频干扰的能力；但穿越频率wc左移，带宽变窄，响应快速性下降；以－20dB/dec斜率穿越0分贝线，稳定裕量提高。

b)为超前校正，使系统开环幅频特性曲线上移，中频段上移，穿越频率wc

右移，系统快速响应能力增强；中高频段上移，高频干扰增强，系统抗高频干扰能力下降；相位超前，系统相角裕量增加，且以－20dB/dec斜率穿越0分贝线，系统稳定性提高。

5-3

解：

1)把未校正系统的开环幅频特性曲线与校正装置的幅频特性曲线相加，即得到校

正后的系统开环幅频特性曲线（注意：有6各转折频率）

26

2)系统的开环传递函数为：G(s)?K1

(1?s/w1)(1?s/w2)(1?s/w3)K2(1?T2s)(1?T3s)

(1?T1s)(1?T4s)K1K2(1?T2s)(1?T3s)

(1?s/w1)(1?s/w2)(1?s/w3)(1?T1s)(1?T4s) 校正装置的传递函数为：Gc(s)? 校正后的开环传递函数：Gk(s)?3)此校正装置为滞后－超前校正装置，滞后效应设置在低频段，w<1/T1的低频段

的增益增加，提高了系统的稳态精度；超前校正设置在中频段，在w>1/T3后系统增益增加，校正后的幅频特性曲线上移，穿越斜率右－40dB/dec变为－20dB/dec，提高了穿越频率wc，系统响应的快速性增加；相位超前，系统的相位裕量也增加，提高了系统的稳定性；但对抗高频干扰的能力下降。

5-4

解：图a）的校正曲线为滞后校正，根据其形状有两个转折点频率

1?sw1=0.1rad/s,w2=1rad/s。控制器传递函数为：Gca(s)?

1?10s校正后的传递函数为：Gja(s)?400(1?s) 2s(1?0.01s)(1?10s)图b）的校正曲线为超前校正，根据其形状有两个转折点频率

1?0.1sw1=10rad/s,w2=100rad/s。控制器传递函数为：Gca(s)?

1?0.01s校正后的传递函数为：Gjb(s)?400(1?0.1s) 22s(1?0.01s)图c）的校正曲线为滞后—超前校正，根据其形状有3个转折点频率w1=0.1rad/s,w2=2rad/s,w3=40rad/s。

(1?0.5s)2控制器传递函数为：Gcc(s)?

(1?10s)(1?0.025s)

400(1?0.5s)2校正后的传递函数为：Gjc(s)?2

s(1?0.01s)(1?10s)(1?0.025s)在同一个半对数坐标纸上，分别绘出3校正后的系统开环对数幅频特性和相频特性。

原系统开环传递函数为II型系统并含有惯性环节，相位滞后较严重。如用a）滞后特性来校正，无稳定裕量可言，系统不能稳定工作；如用b超前特性来校正，可提高中频段的增益，扩展了带宽，同时由于存在相位超前，可提供一定的相位裕量，从图中可得相角裕量为36°，幅值裕量为12dB；用c）滞后—超特性来校

27

正，稳定裕量较大，从图中可得相角裕量为40°、幅值裕量为24DB，但带宽较窄。

5-6

解:

（1）确定开环增益： Kv＝K≥7，取K＝7 开环频率特性G(jw)?7

jw(1?j0.5w)(1?j0.1w) 对数幅频特性L(w)?20lg7?20lgw?20lg1?(0.5w)2?20lg1?(0.1w)2 相频特性?(w)??900?arctan0.5w?arctan0.1w 并画出未校正开环系统的博德图。

（2）计算未校正系统的幅值穿越频率和相位裕量

令L（wc）＝0，得到

7?wc1?(0.5w)21?(0.1w)2 得到幅值穿越频率为：wc?3.38rad/s

??1800??(wc)?1800?900?arctan0.5wc?arctan0.1wc?120?450 相位裕量为：

不能满足性能要求，考虑到系统对稳态精度有要求，而对响应快速性没具体要求，

所以可选用滞后校正装置。

（3）确定校正后的幅值穿越频率

')?450?150?600 取?(wc'''')?1800??(wc)?1800?900?arctan0.5wc?arctan0.1wc?600 则：?(wc''0.5wc?0.1wc0 ?tan30'21?0.05(wc)'?0.92rad/s 得到校正后的幅值穿越频率为：wc（4）确定滞后校正装置的参数

滞后校正装置的频率特性Gc(jw)?1?jT2w

1?j?jT2w滞后校正装置在新幅值穿越频率处提供的幅值增益分贝： 20lg1?(T2w)2?20lg1?(?jT2w)2??20lg?j

')?20lg所以：20lg?j?20lgG(jwc7w1?(0.5w)'c'2c1?(0.1w)'2c

28

得到：?j?6.92

为使校正装置的增大滞后相角远离校正后的幅值穿越频率wc'，可选校正装置的一个转折频率为：w2? 得到T2＝4.35

1'?0.25wc?0.23rad/s T21?4.35s1?4.35s ?1?6.92?4.35s1?30s（5）验算校正后的幅值裕量和相位裕量

校正装置的传递函数为：Gc(s)?校正后的开环传递函数G(s)Gc(s)?求相位裕量：

7(4.35s?1)

s(30s?1)(0.5s?1)(0.1s?1)?(wc')?1800?arctan4.35wc'?900?arctan30wc'?arctan0.5wc'?arctan0.1wc'?480?450求幅值裕量：

'''''?(wg)?arctan4.35wg?900?arctan30wg?arctan0.5wg?arctan0.1wg??1800

'解得：wg?4.2rad/s

''2''2Kg??20lgA(wg)??20lg7?20lg1?(4.35wg)?20lgwg?20lg1?(30wg)'2 ?20lg1?(0.5wg')2?20lg1?(0.1wg)?21dB?15dB满足设计要求。

29

系统为最小相位系统，正实部根数q＝0，含一积分环节，稳定裕量为0时，系统临界稳定。

即相角裕量为0：?(wc)?1800??(wc)?0

0.4w/wn得到：?(wc)??900?arctan??1800

w1?()2wn得到：1?(w2)?0，得到：w?wn?90rad/s wn幅值裕量Kg?1?A(wg)w[1?(w22)]?(0.4w/wn)2wnKv?36 Kv令临界幅值裕量为1，得到：Kv?36 所以：当Kv?36时，系统是稳定的。

4-17

解：频率特性G(jw)?K

jw(jw?1)(j0.1w?1) 幅频特性A(w)?Kw1?w21?(0.1w)2

相频特性?(w)??900?arctanw?arctan0.1w 1)近似解法：??arcsin11?arcsin?45.60 Mr1.4 相角裕量?(wc)???45.60

?(wc)??(wc)?1800?45.60?1800??134.40 而又有：?(wc)??900?arctanwc?arctan0.1wc??134.40 tan(arctanwc?arctan0.1wc)?tan44.40 即：

wc?0.1wc?0.98

1?wc?0.1wc 21

解得：wc? A(wc)??1.1?1.26?1.1?1.26，取wc??0.83

0.1960.196Kwc1?w2c1?(0.1wc)2?1

解得：K＝1.08 2)?(wc)?600

?(wc)??(wc)?1800?600?1800??1200

而又有：?(wc)??900?arctanwc?arctan0.1wc??1200 tan(arctanwc?arctan0.1wc)?tan300 即：

wc?0.1wc3 ?1?wc?0.1wc3?1.905?2.007?1.905?2.007，取wc??0.51

0.20.2 解得：wc? A(wc)?Kwc1?w2c1?(0.1wc)2?1

解得：K＝0.57

3)根据幅值裕量定义可知：?(wg)??1800

而根据相频特性又有：?(wg)??900?arctanwg?arctan0.1wg??1800 解得：wg?3.16

根据幅频特性可得： A(wg)?Kwg1?w2g1?(0.1wg)2

Kg?20lg1?20dB，解得：A(wg)?0.1 A(wg)根据幅频特性可得： A(wg)?解得：K＝1.1

Kwg1?w2g1?(0.1wg)2＝0.1

4-20

解：开环系统的速度误差系数为Kv

22

开环系统的频率特性G(jw)?Kv

jw(1?0.001jw)(1?0.01jw)(1?0.1jw)相频特性为：?(w)??900?arctg0.001w?arctg0.01w?arctg0.1w 令?(w)?00,即?(w)??1800

?(w)??900?arctg0.001w?arctg0.01w?arctg0.1w??1800 得到相位穿越频率wg?30 幅

值

裕

量

为

：

301?(0.001?30)21?(0.01?30)21?(0.1?30)21Kg???1

A(wg)Kv得到：Kv?99

当开环系统的增益放大倍数为60时，系统是稳定的。

4-21

解：先求出各转折频率，画出频率段和各频率段的幅频博德图；分各个典型环节，分别画出各典型环节的博德图，然后相频图相加，得到开环系统的相频博德图。在幅频博特图上找出幅值穿越频率，并对应在相频博德图上找出相角裕量；在相位博德图上找出相角穿越频率，并对应在幅频博德图上找出幅值裕量。

4-23

2wn解：1)系统的频率特性为：G(w)?

jw(jw?2?wn)Mp?e???/1??2?16.3%， 得到：??0.5

tp??wd??wn1??2?114.6?10?3， 得到：wn?31.65rad/s

2wn31.65231.65系统的传递函数为： G(s)? ??s(s?2?wn)s(s?2?0.5?31.65)s(1?0.0316s)2)Mr?12?1??2?1.15

wr?wn1?2?2?22.38rad/s

5-1

23

Gc(x)?Kp(1?解:（1）应采用PI规律来校正系统，其校正环节的传递函数为：

1) Tis因含有积分环节，所以I型系统经串联校正后成为II型系统。PI调节是滞后校正的一种特例，与滞后校正作用相仿，使得高频段的增益全部下降，系统带宽变窄，开环幅值穿越频率也下降，而II型系统相频特性曲线低频段相位移接近-180°，势必造成闭环系统相位裕量角度下降。为保证一定的相位裕量，可通过调节时间常数Ti来校正，使相位滞后校正的转折频率w=1/Ti远低于已校正系统的开环幅值穿越频率，造成相频特性曲线在低频段尽早上移，（相位滞后减小）以获得一定的相位裕度，保证系统稳定工作。

（2）串联超前校正装置的传递函数为Gc(x)?11?T1s，在中频段渐近线是一条Ts?1?1?以1/T1为转折频率，斜率为+20bB/dec 的直线，故加大了系统的幅值穿越频率、谐振频率和截止频率，其结果是增大了系统的带宽，使系统的瞬态响应时间缩短，加快了系统的响应速度。又由于相位超前，还可能加大相位裕量，其结果是增加了系统相对稳定性。适用于稳态精度已满足要求但动态性能较差的系统。

能用反馈校正来实现，如并联校正就是一种反馈校正。用并联校正装置包围未校正系统中对动态性能改善有重大妨碍作用的某些环节，形成一个反馈回路。在反馈回路的开环传递函数幅值远远大于1）的条件下，反馈回路的特性主要取决于并联校正装置，而与被包围部分无关。适当选择校正装置的形式和参数，可使已校正系统的动态性能满足要求。此外，由于并联校正实质上是一种负反馈回路，所以还具有抑制噪声、削弱非线性因素，增加稳定性及降低系统对参数变化的敏感性的作用。

（3）滞后校正的传递函数为：Gc(x)?1?T2s。所以当频率增加时，相频特性

1??jT2s始终为负，具有相位滞后的特征。当??1?jT2后，滞后网络表现出比例加积分

校正特性。?j越大，校正作用越强，滞后网络是一个低通滤波器，?j越大，高频衰减越厉害，使频带变窄，降低了系统的响应速度，但却能增强系统抗高频干扰的能力，提高系统工作的稳定性。幅值的压缩使得有可能调大开环增益，从而提高稳定精度，也能提高系统的稳定裕量。适用于稳态精度要求较高或平稳要求严格的系统，但同时要求系统幅值穿越频率较高，相角裕量较大，其快速性有充分余地的控制系统。

5-2

解：

（1）a)：图a)开环传递函数：

低频段斜率为－20dB/dec―――－I型系统（有一积分环节）

转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w＝20rad/s――开环增益k＝w＝20

24

系统开环传递函数为：G(s)?20

s(1?0.1s) 图a)校正装置传递函数：

低频段斜率为0――――――O型系统

转折w1＝0.1rad/s，斜率为－20dB/dec――含一惯性环节1/(1+10s) 转折w1＝1rad/s，斜率为0dB/dec――含一阶微分环节1+s

1?s 校正装置传递函数为Gc(s)?（近似PI、滞后）

1?10s 校正后的传递函数为G'(s)?G(s)cG(s)?201?s20(1?s)?

s(1?0.1s)1?10ss(1?10s)(1?0.1s)b)：图b)开环传递函数：

低频段斜率为－20dB/dec―――－I型系统（有一积分环节）

转折w1＝10rad/s，斜率为－40dB/dec――含惯性环节1/(1+0.1s) 低频段穿越频率为w＝20rad/s――开环增益k＝w＝20 系统开环传递函数为：G(s)?20

s(1?0.1s)

图b)校正装置传递函数：

低频段斜率为0――――――O型系统

转折w1＝10rad/s，斜率为20dB/dec―― 含一阶微分环节1+0.1s

转折w2＝100rad/s，斜率为0dB/dec――含一惯性环节1/(1+0.01s)

1?0.1s 校正装置传递函数为Gc(s)?（近似PD、超前）

1?0.01s校正后的传递函数为G'(s)?G(s)cG(s)?201?0.1s20?

s(1?0.1s)1?0.01ss(1?0.01s)（2）图a)：校正后的频率特性G'(w)?对数幅频特性：

20(1?jw)

jw(1?j10w)(1?j0.1w)L(w)?20lg20?20lgw?20lg1?w2?20lg1?(10w)2?20lg1?(0.1w)2 25

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