\[
e_{ssn}(\infty) = -8.93 \times 10^{-4}
\]
因而
\[
e_{ss}(\infty) = |e_{ssr}(\infty)| + |e_{ssn}(\infty)| = 0.0549
\]
当内反馈闭合时:
(1) \(r(t) = 1(t)\), \(\sigma\% = 20\%\) 的 \(K_t\) 和 \(t_s\)。
闭环特征方程为
\[
s^2 + (3 + 0.5K_t)s + 56 = 0
\]
故
\[
\omega_n = \sqrt{56} = 7.48, \quad \zeta_t = \frac{3 + 0.5K_t}{14.96}
\]
由
\[
\sigma\% = e^{-\pi\zeta_t/\sqrt{1-\zeta_t^2}} = 0.2 = 20\%
\]
算出
\[
\zeta_t = 0.456, \quad K_t = 7.64
\]
\[
t_s = \frac{3.5}{\zeta_t \omega_n} = 1.03 \quad (\Delta = 5\%)
\]
(2) \(n(t) = 1(t)\), \(K_t = 7.64\) 时的 \(\sigma\%\) 和 \(t_s\)。
\[
C_n(s) = -8.93 \times 10^{-4} \left( \frac{56}{s^2 + 6.82s + 56} \right) N(s)
\]
由于 \(\zeta_t = 0.456\) 和 \(\omega_n = 7.48\) 不变,故得
\[
\sigma\% = 20\%, \quad t_s = 1.03 \quad (\Delta = 5\%)
\]
(3) \(r(t) = t\), \(n(t) = 1(t)\) 时的稳态误差
\[
G(s) = \frac{56}{s(s + 3 + 0.5K_t)} = \frac{56}{s(s + 6.82)} = \frac{8.21}{s(0.147s + 1)}
\]
可见, \(K_v = 8.21\),因此
\[
e_{ssr}(\infty) = \frac{1}{K_v} = 0.122
\]
利用上面计算扰动误差公式,代入 \(G_1 = 112, G_2 = \dfrac{0.5}{s(s+6.82)}, H = 1, N(s) = \dfrac{0.1}{s}\),得
\[
e_{ssn}(\infty) = -8.93 \times 10^{-4}
\]
因而
\[
e_{ss}(\infty) = |e_{ssr}| + |e_{ssn}| = 0.123
\]
上述计算表明,接通测速内反馈可增大系统的阻尼比,不影响系统自然频率,但会降低系统的开环增益。因而,系统的超调量和调节时间均可减小,而斜坡输入时的稳态误差却会增大。由于内反馈处于扰动作用点之后,因此内反馈对扰动产生的稳态误差没有影响。
3-36 设单位反馈控制系统的开环传递函数
\[
G(s) = \frac{3}{(s+1)(s+5)}
\]
试画出系统在单位阶跃输入作用下的误差响应曲线。
解 由于控制系统为单位反馈,则根据系统的开环传递函数可得闭环传递函数为
\[
\Phi(s) = \frac{G(s)}{1+G(s)} = \frac{3}{(s+1)(s+5)+3}
\]
此时
\[
E(s) = R(s) - C(s) = R(s)[1 - \Phi(s)]
\]
\[
= \frac{1}{s} \cdot \frac{s^2+6s+5}{s^2+6s+8} = \frac{s^2+6s+5}{s(s+2)(s+4)}
\]
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