c0
相位稳定裕量
180 (90 arctan c 0 )
14.5
不满足要求。 （3） 根据性能指标要求确定φm。 由于要求ωc=7.5 rad/s，此时相位减少量为：
c 90 arctan c 90 arctan 7.5 172.4
G0 s 8 s( s 1)(0.2s 1)
（2）画出原系统的伯德图， 如图中的 L0(ω)及φ0(ω)所示。 其中 20 lgK=20 lg8=18 dB。
L0(ω) ω1 ω2 ωc ωc1 Kg
Lc(ω)
L(ω)
Φc(ω) Φ0(ω) Φ(ω) γ
未校正系统的穿越频率
40dB / dec 20 lg 8 1 c1 8 2.83 rad / s lg
c
20lg 8 lg 0.55 23.25dB
20 l装置的转折频率，作出校正装置的伯德图。
2 1
1

1

c
4

0.55 0.14 4

0.0096
Gc s
s 1 7.14s 1 s 1 104.17 s 1
取ε=-180°+14.5°-（-172.4°）=6.9° φm =γ-γ0+ε =45°-14.5°+6.9° =37.4°
1 sin m 1 sin 37.4 0.244 （4） 1 sin 1 sin 37.4 m
（5） 超前校正装置在ωm 处的对数幅频值为 Lc(ωm)=10 lg(1/α)=10 lg(1/0.244)=6.13 dB ωm=5.4 rad/s 由于要求ωc=7.5 rad/s，因此应取ωm=7.5 rad/s ωc=7.5 rad/s 处原系统的幅值为：
满足要求
180 (90 arctan c arctan 0.51c arctan 0.036c )
67.8 45
满足设计要求。
6-8．单位反馈系统的开环传递函数为
G0 s K s( s 1)(0.2s 1)
试设计滞后校正装置以满足： （1）系统开环增益 K=8； （2）γ=40º。 解： （1）根据系统稳态精度指标的要求，确定开环增益 K K =8 原系统的开环传递函数为
55 arctan c 2 arctan 0.2 c 2 35 1.2 c 2 1 0.2 c 2
2
tan 35 0.7
c 2 0.55 rad / s
取ωc= ωc2=0.55rad/s （4）未校正系统在ωc 处的幅值为：
L0 c 20 lg K
（6）作出校正后的伯德图，验算相角裕量。 校正后的开环频率特性为：
87.14s 1 s104.17 s 1( s 1)(0.2s 1) 180 90 arctan 7.14 c arctan 104.17 c arctan c arctan 0.2 c G s Gc s G0 s 41.6 40
（2）画出原系统的伯德图，
L0(ω) Lc(ω)
L(ω)
Φc(ω) γ Φ(ω)
Φ0 ( ω)
如图中的 L0(ω)及φ0(ω)所示。 其中 20 lgK=20 lg15=23.5 dB。
从图中可以看出，该系统未校正系统的穿越频率
40dB / dec 20 lg 15 1 c 0 15 3.87 rad / s lg
1
1

m 7.5 0.07 1.98rad / s
因而可算出

1 0.51s 1.98 0.07 0.51 0.036s
2
1


1 27.8rad / s 0.036
所以校正装置的传递函数为
Gc ( s) 1 0.51s 1 0.036s
控制工程基础习题解答 第六章
6-7．设单位反馈系统的开环传递函数为 G0 s
K s( s 1)
试采用超前校正装置，使系统满足：γ≥45º；Kv=15； 。ωc=7.5 rad/s 解：
（1）根据系统稳态精度指标的要求，确定开环增益
K
K=Kv=15 原系统的开环传递函数为
G0 s 15 s( s 1)
c1
相位稳定裕量
180 (90 arctan c1 arctan 0.25c1 )
10
γ<0，系统不稳定，不满足要求。 （3）确定校正后系统的穿越频率ωc 取ε=15° γ2=γ+ε =40°+15 °=55 °
2 180 (90 arctan c 2 arctan 0.25 c 2 )
40dB / dec lg
c 11.48dB c0
由于要求ωc=7.5 rad/s，
因此应取 Lc(ωm)=10 lg(1/α)=11.48 dB 得：α=0.07 可见应选定ωm（即ωc） 7.5 rad/s，α=0.07 （6）计算超前校正装置的转折频率，并作出其伯德图。 转折频率
画出超前校正装置的伯德图，如图的 Lc(ω)及φc(ω)所示。 （7）校正后系统的开环传递函数为
G K ( s) G0 ( s)Gc ( s) 15(0.51s 1) s( s 1)(0.036s 1)
校正后系统的伯德图如图中的 L(ω)及φ(ω)所示。由图可见，校 正后系统的相位裕量