自動控制原理習題分析第六章

性能是否改善.系統(tǒng)的性能指標,并與原系統(tǒng)的性能指標相比較,說明校正后的10c0.023s

1今采用G

(s)

0.23s

1

的串聯(lián)校正裝置進行校

正,試求校正后s(0.5s

1)(0.1s

1)設(shè)單位反饋系統(tǒng)如圖6

2所示,其中G(s)

10校正后系統(tǒng)10s(0.5s

1)(0.1s

1)校正前系統(tǒng)開環(huán)傳遞函

數(shù)G(s)開環(huán)傳遞函數(shù)

Ge(s)

G(s)Gc(s)

s(0.5s

1)(0.1s

1)

0.023s

1ω1

1/T1

1/0.5

2;ω2

1/T2

1/0.1

10;ωc1

1/τc

1/0.23

4.348;ωc2

1/Tc

1/0.023

43.48;自動控制原理習題分析第六章6-20.23s

1自動控制原理習題分析第六章6-2校正前后:由漸近特性:ωc0

4.4723γ0

0.01

ωc

4.6

γ

39.37由準確特性:

ωc0

4.0776γ0

3.941

ωc

5.0194γ

37.5865分析第六章6-2自動控制原理習題校正前后:由漸近特性,ωc0

4.4723γ0

0.01,ωc

4.6,γ

39.3700Lg0

γ

17.6

γ',繪制L0(ω):ωc0

31.623s(0.1s

1)100G

(s)ν

1,K

Kv

100,取K

100,則校正前:Kgγ'

50,幅值L

'

10dB.試確定校正裝置的傳遞函數(shù).v要求校正后系統(tǒng)的靜態(tài)

速度誤差系數(shù)K

100s

-1,相角設(shè)單位反饋系統(tǒng)G(s)

開環(huán)傳遞函數(shù)為

s(0.1s

1)自動控制原理習題分析第六章6-51'e

cωg

,Lg

性能校驗:γ(ω)

180

90

tg

0.04532

45.324s(0.1s

1)(0.01071

s

1)100(0.0453

2s

1)Ge(s)

Gc(s)G

0(s)

tg10.1

45.324

tg10.01071

45.324

50.591

,自動控制原理習題分析第六章6-5(1)方案1.超前校正:因未對ω

要求,故1取α

0.237,在L0(ω)上找L

0

10lg

6.253的ω

45.324,α'c

m

0

γ'

γ

Δ1

sinm

50

17.55

5

37.45,α

1

sinm

0.24373,c1ωm

ααT

0.01071s

1αT

0.01071,1

93.1,則G

(s)

0.04532s

1,

0.04532,

1

22.065,T令ω'ω

45.324,則T

c

m自動控制原理習題分析第六章6-5(1)自動控制原理習題分析第六章6-5(1)0

0的ω

5.8作為校正后ω

c

,:

L0(ωc

)

24.73dB,

20lg1/β

L0(ωc

)

24.73,β

17.24方案2,滯后校正:在

(ω)上找γγ'

Δ

50

101

ωT

10ω

1

2

c

0.6T

1.667(s)βT

28.733(s)Gc(s)

1.677s

128.733s

1γ

180

(ωc

)

54.36自動控制原理習題分析第六章6-5(2)自動控制原理習題分析第六章6-5(2)自動控制原理習題分析第六章6-6(1)給定輸入信號r(t)

2tmm/s時,要求:ess

0.25mm;校正后:γ

35;(1)設(shè)計串聯(lián)滯后校正裝置;(2)采用超前校正裝置能否滿足要求?為什么?單位

4(0.5s

1)反饋系統(tǒng)

s(s

1)(0.2s

1)(0.1s

1):G(s)

;cos(s

1)(0.2s

1)(0.1s

1)8(0.5s

1)G(s)

,ω

4,

tg1

0.1ω

17.01

35,故必須校正.coγ

180

90

tg1

0.5ω0

co

tg1ω

tg1

0.2ωco

co解:v0

2,ess

v0

/K0

0.25,則K0

v0

/ess

8,放大器或有源校正裝置要提供放大倍數(shù)增量:K0

/4

2.作校正前系統(tǒng)的開環(huán)對數(shù)頻率特性L

0(ω).自動控制原理習題分析第六章6-6(1)自動控制原理習題分析第六章6-6取ω2

ωc/20

0.2,則T2

1/ω2

5,βT2

20.41,ω1

1/βT2

0.049βω0

ccco0

c可求得:β4.0821和L(ω)20lg

0,由L(ω)

20lg

40lg22ω(1)滯后校正.在未校正系統(tǒng)上找滿足下邊條件的頻率:γ0

γΔ

35

12

47,ω

1.4;取ωc

1.4自動控制原理習題分析第六章6-6自動控制原理習題分析第六章6-6c

tg11.4

tg10.2

1.4

tg10.11.4

tg120.411.4

40.79;(2)若采用超前校正,則由于未校正系統(tǒng)在截止頻率附近相角變負很快,超前校正引入的相角補償不及由超前校正產(chǎn)生的截止頻率右移所引入的相角滯后,不能達到設(shè)計效果.ω

1.4,γ

180

90

tg10.5

1.4

tg

15

1.4c8(0.5s

1)(5s

1)s(s

1)(0.2s

1)(0.1s

1)(20.41s

1),G(s)

Gc(s)G0(s)5s

120.41s

1G

(s)自動控制原理習題分析第六章6-9tsnω

3

0.6試用根跡法設(shè)計串聯(lián)超前校正裝置,使?jié)M足σ%

5%,ts

5s.σa

2,σd

0.47,Kgp

30,ω

5σ%

5%

0.707,βcos1

45;ts

5s設(shè)單位反饋系統(tǒng)

K開環(huán)傳遞函數(shù)為

s(s

1)(s

5)G(s)

g

o(s

0.45

j0.45)(s

0.45

j0.45)(s

5.1)(s)

s1

1

s1

5

2.06782.0678Kg

s1Kgs(s

1)(s

5)G

(s)

s1自動控制原理習題分析第六章6-91,2

s

0.45

j0.45Kg

2.0678,閉環(huán)極點?

0.707;ωn

0.6364

s3

5.1;ts

2.93/ωn

4.6s要求閉環(huán)主導極點:-s1,2sσ%

5%

?

0.707,β

cos1?

45;t

5s

?ωn

?ωn

jωn3/ts

0.61?2

0.6j0.6,原系統(tǒng)極點對

s1,2產(chǎn)生相角

135

56.31

7.77

199.1,校正裝置應(yīng)引入補償角

180

199.1

19.1,自動控制原理習題分析第六章6-9ccs

0.7381gc

s

0.9755

Kgc

s

ps

zcG

(s)

K過A(s1

)作水平線AA,連A0,作A

A0角平分線AC,在AC'

'兩側(cè)分別作張角為c

/2

9.55

的兩條射線AD和AE,與負實軸交點即為超前校正裝置的極點

pc與零點

zc

.自動控制原理習題分析第六章6-9

zc

0.7381;

pc

0.9755自動控制原理習題分析第六章6-9自控原理習題分析第1s(s

1)(s

5)(s

0.9755)Kg(s

0.7381)G(s)

Gc(s)G

o(s)六章6-9

Kgs

s1

s1

1

s1

5

s1

pc

/

s1

zc

3.1238Kg

3.1238時,閉環(huán)零極點

s1,2

0.6

j0.6(

0.707;n

0.8485)

s3

5.1542

s4

0.6213

z

0.7381Φ(s)

Gc(s)G

o(s)

3.1238(s

0