自动控制原理-演示文稿6-2

1 = 0.1ω c βT
1 1 , T βT
）
例6-2 设控制系统如图6-18所示。若要求校正后的静态速 度误差系数等于30/s，相角裕度40度，幅值裕度不小于 10dB，截止频率不小于2.3rad/s，试设计串联校正装置。
R(s)
解：1首先确定开环增益K
K v = lim sG( s) = K = 30
一、串联超前校正： 串联超前校正 位）使校正后系统的剪切频率 ω c 和相位裕度γ 满足要求，从而改善动态性能,稳态性能则通过 选择已校正系统的开环增益保证。
原理 ：利用超前网络的相位超前作用（正相
作法：将超前网络的转折频率
选在待校 正系统剪切频率 (ω c )两边，使最大超前角发生 在 ω c 附近。
为了补偿因超前校正网络的引入而造成系统开环增益的衰减， 必须使附加放大器的放大倍数为a=4.2
s + 4 .4 1 + 0.227 s aGc ( s ) = 4.2 = s + 18.4 1 + 0.0542 s
40 20 0 -20 -40 -60 0 10
10
1
10
2
50 0 -50 -100 -150 -200 0 10
b=0.09
再利用
1 ′ = 0.1ω c′ bT
1 T= = 41.1s ′ 0.1ω c′b
bT=3.7s，则滞后网络的传递函数
Gc ( s ) =
1 + bTs 1 + 3.7 s = 1 + Ts 1 + 41s
′ ω c′ = 2.7rad / s
100 50
′ ′ ′ γ (ωc′) = 90° arctg (0.1ωc′) arctg (0.2ωc′)
40 20
0dB
0 -20 -40 -60 0 10
10
1
10
2
-100
-120
-140
-160
γ = 17°
0
180° -180
10
10
1
10
2
3根据相位裕量的要求确定超前校正网络的相位超前角 m = γ ′′ γ + ε = 50° 17° + 5° = 38° 1 + sin m 1 + sin 38° a= = = 4.2 4由式 1 sin m 1 sin 38° 5超前校正装置在ω m 处的幅值为 10 lg a = 10 lg 4.2 = 6.2 dB 据此，在未校正系统的开环对数幅值为
180° -200
10
0
10
1
10
2
17°
6计算超前校正网络的转折频率
ωm =
1 T a
ω1 =
ωm
9 = = 4 .4 a 4 .2
ω 2 = ω m a = 9 4.2 = 18.4
s + 4 .4 1 + 0.227 s Gc ( s ) = = 0.238 s + 18.2 1 + 0.054 s
3计算
′ γ ′′ = γ (ω c′) + ε
50 0 -50 -100 -2 10 0
γ ′′ = 40° + 6° = 46°
10
-1
10
0
10
1
10
2
-100
-200
-300 -2 10
10
-1
10
0
10
1
10
2
由曲线（玫瑰红色），可查得
γ (2.7) = 46°
′ ω c′ = 2.7rad / s 时，
s →0
K s(0.1s +1)(0.2s +1)
C(s)
图6-18 控制系统
2未校正系统开环传递函数应取 30 G(s) = s (0.1s + 1)(0.2s + 1) 画出未校正系统的对数幅频渐近特性曲线，请看下页!
由图可得
100 50 0 -50 -100 -2 10 -50 -100 -150 -200 -250 -300 -2 10
30(3.7 s + 1)(0.44s + 1) Gc (s )G (s ) = s(0.1s + 1)(0.2s + 1)(41s + 1)(0.04s + 1)
经检验： k g = ∞
γ = 48o
步骤： 1 先综合滞后网络参数 β , τ 1
α 2令 =
1
β
3 综合超前网络τ 2
四. 反馈校正 系统开环传递函数：
K v = lim sG( s) = K = 30
s →0
滞后网络校正步骤： 1 由稳定要求确定K 2 作未校正系统Bd图 3 由要求γ ，寻找对应ω c ，并由L0 (ω c ) = 20 lg β 求 β 1 4 = 0.1ω c
βT
5
Gc (s ) =
βTs + 1
Ts + 1
6 检验 注意：未校正系统具满意动态性能，稳态性能 不满足时，优先采用滞后网络
串联滞后—超前校正 三 .串联滞后 超前校正 串联滞后 利用例6-2
γ ≥ 45 o 要求：
k v = 30
可见：经滞后校正
3. 7 s + 1 G c (s ) = = Ts + 1 41s + 1
βTs + 1
β = 0.09
τ = 41
γ ≥ 45 o 并不能满足
(41.3 )
o
α 再考查加入一个超前校正（取： =
= 90° 50.19° 67.38° = 27.6°
说明未校正系统不稳定，且截止频率远大于要求值。 在这种情况下，采用串联超前校正是无效的。
本例题要求系统截止频率值小于校正前截止频率，可选用 串联滞后校正满足要求的性能指标。
100
′ ′ ′ γ (ωc′) = 90° arctg (0.1ωc′) arctg (0.2ωc′)
-1 0
ωc = 12rad / s
ωc = 12rad / s
γ = 27°
10
-1
10
0
10
1
10
2
γ = 27°
10
10
10
1
10
2
*也可算出 (ω g ) = 180° → ω g = 7.07 rad / s , ω c = 12rad / s
γ = 180° 90° arctgωc × 0.1 arctgωc × 0.2
1
β
= 10
）
由 10 lg α = 10 ， 可有对应 ω = 7.5 (-10分贝)
ω 令： = 7.5 = ω m =
1
ατ 2
有 τ 2 = 0.04
Gc (s ) = Gc1 (s ) Gc2
(3.7 s + 1)(0.44s + 1) (s ) = (41s + 1)(0.04s + 1)
′ 可满足要求。由于指标要求 ω c′ ≥ 2.3rad / s
′ 故 ωc′ 值可在 2.3rad / s ~ 2.7rad / s 范围内任取。
故选取
′ ω c′ = 2.7rad / s
′ L ′(ω c′ ) = 21dB
在图6-19上查出 4
′ 利用 20 lg b + L ′(ω c′ ) = 0
1 1 , αT T
4K G ( s) = 例６-1.设一单位反馈系统的开环传递函数为 s ( s + 2)
试设计一超前校正装置，使校正后系统的静态速度误差系数 K v = 20s 1 ,相位裕度 γ ≥ 50° ，增益裕量 Kg ≥ 10dB 解：1根据对静态速度误差系数的要求，确定系统的开环 增益K。 4K K = 10 K v = lim s = 2 K = 20 s →0 s ( s + 2) 当 K = 10 时，未校正系统的开环频率特性为
γ 要求,计算 α = 1 + sin m 及 或稍大，或由 1 sin m T值
4 写出 G c (s ) = Ts + 1 5 检验（画Bd图）
α Ts + 1
6 不满足时，可增大ω m 或 γ 的余量，重新 设计 注意：超前串联校正不能用与不稳定系统 以及 ω c 附近相位迅速衰减系统。
G1 (s )G2 (s ) G k (s ) = 1 + G2 (s )Gc (s )
可见：1 G2 ( jω )Gc ( jω ) >> 1
G1 (s ) G k (s ) = G c (s ) = G c (s ) 1 G1 (s )
= Gc' (s )G1 (s )
(转化为串联校正)
2 G2 ( jω )Gc ( jω ) << 1
G ( jω ) = 40 = jω ( jω + 2) 20
ω 1+ ( )
2
ω
90° arctg
2
ω
2
2绘制未校正系统的伯特图，如图6-16中的蓝线所示。由该 图可知未校正系统的相位裕量为 γ = 17°
20
*也可计算
ω ω 1 + ( )2
2
=1
ω = 6.17
γ = 17.96°
截止频率
6.2dB
对应的频率ω = ω m = 9s 1这一频率，就是校正后系统的截止频率
ωc
参见下页的图
ω2
4
*也可计算
20 lg 20 20 lg ω 20 lg 1 + = 6. 2
ω = 8.93