自动控制系统及应用 S×5 01+k11+160 e,=lim k2·D(s) 5×0.01 5×20 =11.1r/min 1+160×5×0.01 例62若在上例中,如果R(s)=二,D(s)=-,希望此系统能实现无静差,问如何改 进? 解:由于给定输入量R(s)和扰动量D(s)均为阶跃信号,只要在前向通道的扰动作用点 之前引入一个积分环节,就能实现无静差。常用的方法就是将比例调节器改变成比例积分(P 调节器即可。但注意在选择PⅠ调节器的参数时,要保证系统满足稳定性的要求。此项工 作请读者自行完成 例6.3图66为一位置随动系统框图,已知开环增益k=28.8,7=0.0ls,Tn=0.2s, 系统的最大跟踪速度为12/,求 (1)该系统的位置跃变形成的稳态误差。 (2)该系统的速度跟随稳态误差 解:该系统的特征方程为 s(T2s+1)(TS+1)+k=0 图66位置随动系统框图 即0002s3+0.21s2+s+k=0 系统稳定的条件为 k>0 021×1-00×k20 解得 0<k<105 如今k=28.8,故系统是稳定 (1)由图66可知,此系统为Ⅰ型系统,因此位置跟随稳态误差为零,即e。=0。 (2)对速度跟随稳态误差,由于此时输入信号R(s)=()=12°/2,系统为I型系 统(y=1),系统开环增益k=28.8,依据式(6.17)有 3028.820.420 R(s=lin k 例64若在上例中,要求速度跟踪精度小于0.06°,问该系统应如何改进? 分析:(1)若要求e<0060,由上例可知,若将开环增益k增大为原先的7倍,则em自动控制系统及应用 176 2 ssd 0 0 1 2 ( ) 5 20 lim lim 1 1 160 5 0.01 5 20 11.1 min 1 160 5 0.01 s s s k D s s e k k s r → →  −    = =  + +    = = +   例 6.2 若在上例中，如果 2 20 R s D s ( ) , ( ) s s = = − ，希望此系统能实现无静差，问如何改 进？ 解：由于给定输入量 R s( ) 和扰动量 D s( ) 均为阶跃信号，只要在前向通道的扰动作用点 之前引入一个积分环节，就能实现无静差。常用的方法就是将比例调节器改变成比例积分（P Ⅰ）调节器即可。但注意在选择 PⅠ调节器的参数时,要保证系统满足稳定性的要求。此项工 作请读者自行完成。 例 6.3 图 6.6 为一位置随动系统框图，已知开环增益 x m k T T = = = 28.8, 0.01s, 0.2s ， 系统的最大跟踪速度为 o 12 s ，求 （1）该系统的位置跃变形成的稳态误差。 （2）该系统的速度跟随稳态误差。 解：该系统的特征方程为 ( 1)( 1) 0 x m s T s T s k + + + = 即 3 2 0.002 0.21 0 s s s k + + + = 系统稳定的条件为 0 0.21 1 0.002 0 k k      −   解得 0 105   k 如今 k = 28.8 ，故系统是稳定的。 （1）由图 6.6 可知，此系统为Ⅰ型系统，因此位置跟随稳态误差为零，即 ssr e = 0。 （2）对速度跟随稳态误差，由于此时输入信号 o 2 i R s s s ( ) ( ) 12 = =  ，系统为Ⅰ型系 统（  = 1 ），系统开环增益 k = 28.8，依据式（6.17）有 ( 1) 2 0 0 ssr 2 0 0 12 lim ( ) lim 0.42 s s 28.8 s s e R s k s  + → → =  =   例 6.4 若在上例中，要求速度跟踪精度小于 0 0.06 ，问该系统应如何改进？ 分析：(1) 若要求 0 ssr e  0.06 ，由上例可知，若将开环增益 k 增大为原先的 7 倍，则 ssr e 图 6.6 位置随动系统框图 ( +1)( +1) 图8.6 位置随动系统框图 + x m - i o