2022年频域分析法 .pdf
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1、1 第五章 线性系统的频域分析法5-2: 若系统单位阶跃响应h teettt( ).1 1 80 8049,试求系统频率特性。解:先求到系统传递函数,再利用传递函数与频率特性的关系求得系统频率特性。对阶跃响应取拉氏变换得:ssRsssssssC1)(,)9)(4(3698.048.11)(则系统传递函数:)9)(4(36)()()(sssRsCs,频率特性:)9)(4(36)(jjj5-3:某系统结构图如题 5-1图所示,试根据频率特性的物理意义,求下列输入信号)452cos(2)30sin()(tttr作用下,系统的稳态输出)(tcs和稳态误差)(tes图5-1 反馈控制系统结构图解:利用频
2、率特性的定义及叠加原理求解。系统闭环传递函数为 : 21)(ss频率特性 : 2244221)(jjj幅频特性 : 241)( j相频特性 : )2arctan()(系统误差传递函数 : ,21)(11)(sssGse幅频特性和相频特性:)2arctan(arctan)(,41)(22jjee当)452cos()30sin()(tttr时: 1rrmm2211,21, 15.26)21arctan()1(45.055)1(jj4 .18)31arctan()1(63.0510)1(jjee)2(452cos)2()1(30sin) 1()(jtjrjtjrtcmmss名师资料总结 - - -精
3、品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页,共 13 页 - - - - - - - - - 2 )902cos(7. 0)4. 3sin(4.0tt)2(452cos)2()1(30sin) 1()(jtjrjtjrteeemeemss)6.262cos(58. 1)4.48sin(63.0tt5-4:典型二阶系统的开环传递函数为:)()(n2n2sssG,当取2sinttr)(时,系统的稳态输出为:)45-2sin(ttcoss)(,试确定系统参数,n。解:系统闭环传递函数为:2nn22ns2
4、ss)(则:幅频特性:22n2222n2n4A)()(,相频特性:22nn12tg)(又因为:(1)(tsinAttcoss) 1()45sin(2)(所以:11A)(和o451)(,整理得:65308481n.,.5-5:已知系统开环传递函数;)1()1()()(2TsssKsHsG(、 试分析并绘制 和 T情况下的概略开环幅相曲线。解:显然,系统为型系统,1m3n,,因此其极坐标图的起点为018,以180)(90mn的方向进入坐标原点。由系统的开环传递函数可写出其幅频特性和相频特性为:arctgTarctg18TKA2022220)(11)(又因为)1()()()1 ()()(222222
5、TTIm,TT1KRe2所以: 当T时,0Im)(,当T时,0Im)(,其幅相曲线如图所示。j0j0TT名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页,共 13 页 - - - - - - - - - 3 补充 1:已知系统开环传递函数)()()(2s1ss1sHsG,试分别绘制4321,时系统的概略开环幅相曲线。解:用特殊点确定大概曲线:起点和终点如:=1时,起点角度 -90o,终点角度: -90o=2*-90o,即: -270 o,如图 a所示:=0 =1 =2 =3 =
6、4 5-6:已知系统开环传递函数为:) 1() 1()(12sTssTKsG; (K、T1、T20当取=1 时,o180)j (G,|G(j )| 0.5 。当输入为单位速度信号时,系统的稳态误差为 0.1 ,试写出系统开环频率特性表达式G(j ) 。解:此处为非最小相位系统的分析把)1()1()(12sTssTKsG写成)1()1()(12sTssTKsG先绘制)1() 1()(120sTssTKsG的幅相曲线,然后顺时针转180即可得到)( jG幅相曲线。)(0sG的零极点分布图及幅相曲线分别如图解5-7(a) 、(b) 所示。)(sG的幅相曲线如图解 5-7(c) 所示。名师资料总结 -
7、 - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页,共 13 页 - - - - - - - - - 4 依题意有:KssGKsv)(lim0,1 .10Kessv,因此0K1。180arctan90arctan) 1(12TTjG901arctanarctanarctan212121TTTTTT得:121TT另有:5. 01)(1)(11)1)(1 ()1(22212221212112TTTTTTjTTTjTjTjG021221222221222TTTTTT0)2)(1(2222222232T
8、TTTT可得:22T,5 .0121TT,1K。所以:)5 .01()21 ()(jjj10jG5-7:已知系统开环传递函数为).)()()(15s0s12ss10sHsG2试分别计算 0.5 和2 时,开环频率特性的幅值)(A和相位)(。解:写出开环幅频特性和相频特性,后把频率带入即可得到:o41539175j0G.).(o533273830j2G.)(5-8:已知系统开环传递函数)1/)(1(10)(24ssssG,试概略绘制系统开环幅相曲线。解:找出特殊点:起点、终点、由于含有等幅振荡环节,故在其自然频率n=2处发生 -180o相角突变。相频特性:2180tg902tg90no1on1o
9、,)(,)(0:变化时,起点:o90j0G)(,终点:o3600jG)(自然频率 n=2处:41532jG-.)(4333j2G.)(分析s平面各零极点矢量随0的变化趋势,可以绘出开环幅相曲线如图所示。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页,共 13 页 - - - - - - - - - 5 -153.4oj=0=2+=2-=0+=备注:此题含有等幅振荡环节,在自然振荡频率处相角发生-180o的突变5-19:解:绘制对数幅频特性曲线,首先把开环传递函数进行典型环节的
10、分解,然后从低频段,依次根据各转折频率来绘制。(1)12s118s12sssG) 18)(12(2)(低频段是比例环节,斜率为k=0dB/dec,高度02dB620lg2.第一个转折频率是惯性的转折频率:dec20dBk1250811/,.第二个转折频率是惯性的转折频率:dec40dBk50212/,.对数幅频特性如下图所示:(2)1s1110s1s200s10ss00sG22) 1)(1(2)(低频段是比例积分环节2s200,斜率为 k=-40dB/dec ,其延长线过点:)(,(46dB1L1第一个转折频率是惯性的转折频率:dec60dBk101011/,.第二个转折频率是惯性的转折频率:
11、dec80dBk12/,对数幅频特性如下图所示:(3)12s11ss1ss8ssssssG2) 11. 0() 12)(1()11.0(8)(2低频段是比例积分环节s8,斜率为 k=-20dB/dec ,其延长线过点:).)(,(06dB181L1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页,共 13 页 - - - - - - - - - 6 第一个转折频率是一阶微分的转折频率:dec0dBk101/,.第二个转折频率是振荡环节的转折频率:0.5,dec40dBk12/,
12、第三个转折频率是惯性的转折频率:dec-60dBk23/,由于含有振荡环节需要修正:3dB20lgM4141121M707021r2r2nr,.,.对数幅频特性如下图所示:5-11 (1)02.620125.025.040dB)(LdB05-11 (3)06.3802.261.01243.5204060707.0rdB25.1LmdB0-11 (5-11 (.620.0.040)(L0265-11 (2)406080861.011 .2dB0dB)(L385-11 (3.261.0122040. 0r25. 1Lmd0-11 (1)5-11 (1).620.0.040)(L05-11 (2)4
13、06080.0.20)(L5-11 (3)707dB06.3802.261.01243.5204060.0r25.1LmdB05-10:已知最小相位系统的对数幅频渐近特性曲线如图所示,试确定系统的开环传递函数解: (a) 依图可写出:)1)(1()1()(12100sssKsG其中参数:dbLK40)(lg20,100K直线方程:12lglg40-20-20即:121000又:100101100111100Adb2L22221222222)()()()(0)(又:101000112.则:) 1)(1.() 1()(100s10s100sKsGL( )40-20012100-20dB/dec-2
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