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1、、设计题目及要求一个位置随动系统如图所示(ksm3)位置随动系统其中，自整角机、相敏放大G (S) = 125 X 5 ，可控硅功率放大10.007 s + 123.982、画出未校正系统的根轨迹图，分析闭环系统是否稳定。G (s) =40，执行电机G (s) =2128，减速器20.00167 s + 130.0063 s2 + 0.9s +10.1Os1、画出未校正系统的Bode图，分析系统是否稳定。3、对系统进行超前-滞后串联校正。要求校正后的系统满足指标:(1)幅值稳定裕度Gm18，相角稳定裕度Pm35(2) 系统对阶跃响应的超调量Mp36%，调节时间Ts 0.3秒。(3) 系统的跟踪
2、误差Es0.002。4、计算校正后系统的剪切频率Wcp和-兀穿频率Wcs5、给出校正装置的传递函数。7、在SIMULINK中建立系统的仿真模型，在前向通道中分别接入饱和非线性环节和回环非线性环节，观察分析非线性环节对系统性能的 影响。8、应用所学的知识分析校正器对系统性能的影响(自由发挥)。二、位置随动系统的原理分析2.1位置随动系统工作的基本原理位置随动系统的基本原理图如下图1-1所示:()负载)转动惯量JL粘性摩擦fL图1-1位置随动系统的原理图位置随动系统工作原理: 位置随动系统通常由测量元件、放大元件、伺服电动机、测速发电机、齿轮系以 及绳轮等基本环节组成，它通常采用负反馈控制原理进行
3、工作，其原理图如图 1-1所示。在图1-1中，测量元件为由电位器Rr和Rc组成的桥式测量电路。负载就固定 在电位器Rc的滑臂上，因此电位器Rc的输出电压Uc和输出位移成正比。当输 入位移变化时，在电桥的两端得到偏差电压 U=Ur-Uc，经放大器放大后驱动伺 服电机，并通过齿轮系带动负载移动，使偏差减小。当偏差厶U=0时，电动机停 止转动，负载停止移动。此时6 =6 L,表明输出位移与输入位移相对应。测速发 电机反馈与电动机速度成正比，用以增加阻尼，改善系统性能。2.2位置随动系统的基本组成环节2.2.1自整角机作为常用的位置检测装置，将角位移或者直线位移转换成模拟电压信号的幅 值或相位。自整角
4、机作为角位移传感器，在位置随动系统中是成对使用的。与指 令轴相连的是发送机，与系统输出轴相连的是接收机。错误！未找到引用源。（1-1）这里错误！未找到引用源。在零初始条件下，对上式求其拉普拉斯变换，可求 得电位器的传递函数。则其传递函数如下式所示：错误！未找到弓1用源。(1-2)2.2.2减速器错误！未找到引用源。(1-9)拉普拉斯变换为：错误！未找到引用源。(1-10)传递函数错误！未找到引用源。(1-11)式中i为减速比。由此可得到系统方框图如下1-6所示：內(5) 00 Mi减速器一个位置随动系统如图所示（ksm3）三、校正前的博德图3.1开环系统的博德图(1)、位置随动系统的开环传递函
5、数为:G (S) =G (S) G (S) G (S) G (S)01234二 1.25 x 54023.980.1X X X 0.007 S + 10.00167 S + 10.0063 S 2 + 0.9S + 1 S1 1X 0.0063 S 2 + 0.9S + 1 S=599.5 x 1 x L0.007 S + 10.00167 S + 1比例环节惯性环节振荡环节积分环节(2) 、在对数幅频特性上能找到横坐标=1,纵坐标20ig10 = 20(dB ) 一 点a,过点a作斜率为-20的斜线，此斜线为比例环节和积分环节叠 加的结果。(3) 计算出各环节转折频率=1，T1 1 1 c1
6、=- 143， c2=- 599， c3=- 130.007O.。01670.0063将它们由小到大的顺序排列，在对数幅频特性图上，按下列原则 一次改变系统L ()的斜率：若过惯性环节的转折频率，斜率减去20(dB);若过比例积分环节的转折频率，斜率加上20(dB);若过振荡环节的转折频率，斜率减去40(dB);若过二阶微分环节的转折频率，斜率减去40(dB)。对数幅频特性如图(1)所示，L（）/dB803.2用MATLAB软件做出的系统校正前的博德图如图所示模拟程序如下：Z二5995000;P二0,-142.8, -598.8,-134.9,-9.52； k=886.02;h=zpk( z,
7、p,k);bode(h);grid运行结果如下图所示：Bode Diagram1000-100-200-300-400900-90-180-270-360亠_对系统进行分如下：10L，101W1010110Frequency (rad/sec)a确定各交接频率w及斜率变化值最小相位惯性环节：w 1=1，斜率减小20db/dec;最小相位惯性环节：w =1/0.01 斜率减小20db/dec;2最小交接频率：w =11b绘制频段(w w)渐进特性曲线。min有 20 bg(20/w)讲 w=0.1 带入，得知过点(0.1,20 吨 200)，斜率为-20de/dec.C绘制频段(WNWmin)渐
8、进特性曲线w = w In lti.margin at 89In margin at 92num/den =0.099921 s + 10.0030357 s + 1五、校正装置设计5.1校正装置参数的确定y = y -丫 + s (5 12 )这里取 6 =45-10+6=41原有 a二(1+siny ) / (1-siny ) =4.81c有 wc=6.58根据公式w c=- 得出 T=0.0030357T aaTs + 1 aGc(s) =Ts + 1根据 L ( )+10lg(a)=0为了补偿位置随动系统的增益衰减,0.099921 s +10.0030357 s + 1放大器的增益要
9、提高a倍，否则不可以保证稳态误差要求。所以校正后的系统传递函数为八 / 、599026 .395 s + 5995000G (s)=(0.0000022 s6 + 0.0027 s5 + 1.078 s4 + 168 .724 s3 + 9117 .057 s2 + 10000 s 相角裕度y =18090+arctan -arctan0.0693 -arctan -arctanw 3 cccc将w =6.58带入得出y =45.8c题目要求的是大于等于35符合条件！所以 aGc(s) = aTs + 1 =0.099921 s + 1a=32.948； T=0.0030357Ts + 10.0030357 s + 15.2系统校正后的博德图Bode Diagram-180-270-360-450o10110io2io3io* 1 2 3 410Frequ
