控制工程基础第六章习题答案.doc

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1、6-1(a)=====(b)===6-2(a)=-•=-(1+)=-小区中间变量得到==-(b)=-∴==-=-(c)=-∴==-=-•=-T=6-3==•α=10==•α=20==α=50==54.9064.8073.90==3.16=4.47=7.07L()=10=10=10分贝13分贝17分贝6-4α=0.2T=5幅值5倍10倍20倍φ(w)=-90-4.550-2.410α=0.1T=10幅值20相角-10.150-5.130-2.160α=0.05T=20幅值20相角φ(w)=-10.60-5.40-2.7606-5=α=100=3.16L()=-10=-10分贝6-6

2、用根轨迹法校正A、B为-1j未校正导流对AB产生的相角为-193.90所以加上PD调节后的附加相角为β=193.90-1800=140=→x=6.95∴的值为-7.95所以===所以==7.95→Td=0.1255→∴=0.795(1+0.126S)以-0.795为圆心，以R=7.16为半径的圆。6-7K==2.65斜坡下的稳态误差==0.377变为原来的10%，则K变为原来的10倍为26.5增加一对极点比零点更靠近坐标原点的开环偶极子改善稳态性能，设=坐标原点附加分支对瞬态性能基本不影响，达能改善它的稳态性能6-8用第一种方法，求和自然振荡周期T特征方程1506-9=4（）==

3、4→绘制未校正导流的Bode图20=12dB转折频率为=1=∴r=150=2要求=450选择串联超前校正装置=65.50+150=81.5（比较大）α==180选择串联滞后校正装置=450+50=500在找出对应的频率作为新的截止频率=34分贝6-10≤==要求K=15r=450r=120不满足要求选择超前校正装置取则=-10分贝则10=10∴0T=0.042=r=62.506-11要求校正后应成为Ⅱ型系统8%≤40%h==4.33取h=5h=取K=2，绘制未校正系统的Bode图===期望频率特征，K不变，则=1，过作斜率为-20dB/dec的线段BC，过B点作斜率为-40dB/

4、dec的线段BD，即为低频段；过C点作斜率为-40dB/dec的线段交于E点，CE为中高频段，未使校正装置简单，高频段与相同∴6-12=低频渐近线的方程为20-20∴20=20→K=2→→=20∴=()=5.70-900-35.10-2.30=-121.70∴r=58.30瞬态性能基本满足要求但稳态性能==0.5要使稳态误差降为原来的10%，则K增加10倍加上滞后校正装置=（<1）∴=10取==0.2=0.4则T=25==()=-131.80∴r=48.20不变6-13要求Ⅱ型系统==≤1.5取h=5校正后为=====不变，K不变，=1，∴=6-14未校正时=校正后=串联校正后•

5、=串联后：斜率-20dB/dec,过w=1,206→K=2截止频率=10r=1440h=3.76取h=4未校正=B点=C点==16中频段斜率-20dB/dec，=10从4到16过B点作斜率为-40dB/dec的直线交的低频段于D点，D点对应的频率为0.4C点延长至的交点坐标是E点，对应的频率是4，低、高频段与原系统重合。校正装置起作用的频段为0.4

6、上移到=10，h=15，则r=610，系统性能比较好，10对应-14dB，所以开环放大系数应该增大5倍，∴K=1若改为并联校正，，校正装置作用频率段为0.2