相位超前校正设计的例子
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第六章的题。
例 已知原系统的开环传递函数)
20030(400
)(2++=
s s s s G ，试设计相位超前校正装置，使
静态速度误差系数10=v k ，相角裕度040≥γ。
解：由速度静态误差系数的要求，可知校正环节的开环增益应为5=c k ；
理论上，求解的步骤为：
（1） 确定未校正前系统的截止频率c ω和相位裕度γ； 相位裕度此时为32度，不合要求；
（2）根据要求，需把相位裕度增加到40度，确定需增加的量3240-=m φ+修正量；利用相位超前作用，可确定校正装置中的参数α满足：
（3）由于超前校正装置对幅值的提升作用，可知最大的相位提升量为
α
ω1
log
20)(=m L
于是从原bode 幅值曲线中，去找幅值为)(m L ω-的对应点的频率，作为新的截止频率
c 'ω，再由α
ω'1
c
T =
确定参数T 。
程序为：
ng=400; dg=[1 30 200 0]; G0=tf(ng,dg);
kc=5; dpm=40+10;
[mag,phase,w]=bode(G0*kc);
Mag=20*log10(mag); [Gm,Pm,Wcg,Wcp]=margin(G0*kc)
phi=(dpm-Pm)*pi/180;
alpha=(1-sin(phi))/(1+sin(phi));
Mn=-10*log10(1/alpha); Wcgn=spline(Mag,w,Mn); T=1/Wcgn/sqrt(alpha); Gc=tf([T,1],[alpha*T,1]);
figure(1)
bode(G0*kc,G0*kc*Gc); F0=feedback(G0*kc,1);
m
m ϕϕα
sin 1sin 11
-+=
F=feedback(G0*kc*Gc,1);
figure(2) step(F0,F);
运行结果为：
0.1489 s + 1 ------------ 0.0804 s + 1
-150-100-50050
100M a g n it u d e (d B
)10
10
10
10
10
3
-270
-225-180-135-90P h a s e (d e g )
Bode D iagram
Frequency (rad/sec)
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Step R esponse
Tim e (sec)
A m p li t u d e
第五章的题 p129 作业5.5 1
：
-10-5051015
20M a g n i t u d e (d B )10
10
10
10
1
-90
-45
P h a s e (d e g )
Bode Diagram
Gm = Inf , P m = 95.8 deg (at 4.97 rad/sec)
Frequency (rad/sec)
2
：
-60-40
-20
20
M a g n i t u d e (d B )10
-3
10
-2
10
-1
10
10
1
-180
-135-90-450P h a s e (d e g )
Bode Diagram
Gm = 75.2 dB (at 26.8 rad/sec) , P m = 101 deg (at 0.195 rad/sec)
Frequency (rad/sec)
4
：
M a g n i t u d e (d B )10
-2
10
-1
10
10
1
10
2
P h a s e (d e g )
Bode Diagram
Gm = -123 dB (at 0.0038 rad/sec) , P m = -147 deg (at 1.68 rad/sec)
Frequency (rad/sec)
6
：
M a g n i t u d e (d B )10
-3
10
-2
10
-1
10
10
1
10
2
P h a s e (d e g )
Bode Diagram
Gm = -178 dB (at 0.0005 rad/sec) , P m = -28.8 deg (at 3.41 rad/sec)
Frequency (rad/sec)
8
：
M a g n i t u d e (d B )10
-3
10
-2
10
-1
10
10
1
10
2
P h a s e (d e g )
Bode Diagram
Gm = -102 dB (at 0.0005 rad/sec) , P m = 48.4 deg (at 0.355 rad/sec)
Frequency (rad/sec)