题海 · 解答题 · p.310
\[\sigma\% = 0.16 + 0.4(M_r - 1), \quad t_s = \frac{K_0 \pi}{\omega_c} (\Delta = 5\%)\]
其中 \(K_0 = 2 + 1.5(M_r - 1) + 2.5(M_r - 1)^2\),则
\[M_r = \frac{\sigma - 0.16}{0.4} + 1\]
由 \(18\% \leqslant \sigma\% \leqslant 25\%\),可解得
\[1.05 \leqslant M_r \leqslant 1.225\]
再由 \(M_r = \dfrac{1}{\sin\gamma}\),解得 \(54.72° \leqslant \gamma \leqslant 72.25°\)。由 \(0.1 \leqslant t_s \leqslant 0.2\),解得 \(32.67 \leqslant \omega_c \leqslant 65.34\)。
5-52
已知单位反馈延迟系统的开环传递函数 \(G(s) = \dfrac{Ke^{-0.1s}}{s(0.1s+1)(s+1)}\),试根据伯德图确定:(1)系统的幅值裕度为20dB时的\(K\)值;(2)系统的相角裕度为40°时的\(K\)值。
解
(1) \(h(\mathrm{dB}) = 20\mathrm{dB}\) 时的 \(K\) 值。
系统的相频特性为
\[\varphi(\omega) = -0.1\omega \times \frac{180°}{\pi} - 90° - \arctan 0.1\omega - \arctan\omega\]
由 \(\varphi(\omega_x) = -180°\),即
\[-0.1\omega_x \times \frac{180°}{\pi} - 90° - \arctan 0.1\omega_x - \arctan\omega_x = -180°\]
解得穿越频率 \(\omega_x = 2.18\,\mathrm{rad/s}\)。
再由 \(h(\mathrm{dB}) = 20\lg\dfrac{1}{|G(\mathrm{j}\omega_x)|} = 20\),即
\[|G(\mathrm{j}\omega_x)| = \frac{K}{\omega_x\sqrt{1+0.01\omega_x^2}\sqrt{1+\omega_x^2}}\bigg|_{\omega_x=2.18} = 0.1\]
解得 \(K = 0.535\)。
取 \(K = 0.535\),则系统的开环传递函数为
\[G(s) = \frac{0.535 e^{-0.1s}}{s(0.1s+1)(s+1)}\]
绘出系统的开环对数频率特性,如图5-99所示。由图5-99可测得
\[\omega_c = 0.481\,\mathrm{rad/s}, \quad \gamma = 58.8°, \quad \omega_x = 2.17\,\mathrm{rad/s}, \quad h(\mathrm{dB}) = 20\mathrm{dB}\]
(2) \(\gamma = 40°\) 时的 \(K\) 值。
由 \(\gamma = 180° + \varphi(\omega_c) = 40°\),即
\[180° - 0.1\omega_c \times \frac{180°}{\pi} - 90° - \arctan 0.1\omega_c - \arctan\omega_c = 40°\]
解得 \(\omega_c = 0.85\)。
再由 \(|G(\mathrm{j}\omega_c)| = 1\),即
\[\frac{K}{\omega_c\sqrt{1+0.01\omega_c^2}\sqrt{1+\omega_c^2}}\bigg|_{\omega_c=0.85} = 1, \quad \text{解得 } K = 1.12\]
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