\[t_s=\frac{3.5}{\zeta \omega_n}=1.45(\Delta=5\%)\]
(3) 求 \(K=6\) 时的速度误差 \(e_{ss}(\infty)\)。
相应开环传递函数为
\[G(s)=\frac{K(0.5s+1)}{s(s-1)}\]
因此
\[e_{ss}(\infty)=\frac{1}{\lim\limits_{s\to0}G(s)}=-\frac{1}{K}=-\frac{1}{6}=-0.167\]
5-72 设单位负反馈的Ⅰ型典型欠阻尼二阶系统,在输入振幅 \(A=1\),频率 \(f=\frac{5}{\pi}\) 的正弦信号时,稳态输出信号的振幅为2,相角恰好滞后 \(90°\)。试求:(1) 系统的闭环传递函数;(2) 系统的动态性能指标 \(\sigma\%\) 和 \(t_s(\Delta=5\%)\);(3) 系统的截止频率 \(\omega_c\) 和相角裕度 \(\gamma\)。
解 (1) 求闭环系统闭环传递函数。
由题意
\[\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2},\qquad 0<\zeta<1\]
令 \(s=j\omega\),得闭环幅频特性和相频特性为
\[M(\omega)=\frac{\omega_n^2}{\sqrt{(\omega_n^2-\omega^2)^2+4\zeta^2\omega_n^2\omega^2}}\]
\[\alpha(\omega)=-\arctan\frac{2\zeta\omega_n\omega}{\omega_n^2-\omega^2}\]
已知
\[r(t)=A\sin\omega t=1\sin\left(2\pi\frac{5}{\pi}\right)t=\sin10t\]
根据题设条件 \(M(10)=2,\alpha(10)=-90°\),有
\[M(10)=\frac{\omega_n^2}{\sqrt{(\omega_n^2-100)^2+400\zeta^2\omega_n^2}}=2\]
\[\alpha(10)=-\arctan\frac{20\zeta\omega_n}{(\omega_n^2-100)}=-90°\]
由 \(\alpha(10)=-90°\),得 \(\omega_n^2-100=0\),\(\omega_n=10\),代入 \(M(10)=2\),有 \(4\zeta=1\),得 \(\zeta=0.25\)。所以
\[\Phi(s)=\frac{100}{s^2+5s+100}\]
(2) 求 \(\sigma\%\) 与 \(t_s\)。
\[\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%=44.43\%\]
\[t_s=\frac{3.5}{\zeta\omega_n}=1.4\quad(\Delta=5\%)\]
(3) 求 \(\omega_c\) 与 \(\gamma\)。
\[\omega_c=\omega_n\sqrt{\sqrt{1+4\zeta^4}-2\zeta^2}=9.4\]
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