《自动控制原理》第三章时域分析法[5一定时，0,个-→t, 元-β:.t.[o,一定时，→o,yi-?（2）t：对h(t)求导并令其为零：0at50.--* sin(oat ,+β)= 0Oa cos(at,+β)+1Vi-即So, sin(oat,+β)=Oa cos(oa,+β)V1-s2"d..有tg(oatp+β)== tan β5Con.0at,=0,元,2元,3元，元应取0a,=元..tpony1-z25一定时，,个→t,可见[,一定时，5个→t,个(3）6%:将1,=二代入h(l)中有：C(t,)-sin(元+β）OdVi-s.. sin(元 +β)= -/1-53 ,而sinβ=/i-,则 c(l)=1+e --x100%则g%=c(t,)-1=e V可见：%仅与有关，与の,无关，且个→%。★实际设计时，可按要求的%先确定，再根据其他指标确定の，。1000%908070605040302010020
《自动控制原理》 第三章 时域分析法 11 → → − − = n r n r n r t t t 一定时， 一定时， 2 1 （2） p t ：对 h(t) 求导并令其为零： sin( ) 0 1 cos( ) 1 2 2 + = − + + − − − − d p n t d d p t t e t e n p n p 即 sin( + ) = cos( + ) n d p d d p t t 0, ,2 ,3 , tan 1 ( ) 2 = = − + = = d p n d g d p t 有t t 应取 2 1 − = = n d p p t t 可见 → → n p n p t t 一定时， 一定时， （3） % : t h(t) d 将 p 代入 = 中有： sin( ) 1 ( ) 1 2 1 2 + − = − − − e C t p 而 2 2 sin = 1− , sin( + ) = − 1− ， 则 2 1 ( ) 1 − − c t = + e 则 % ( ) 1 100% 2 1 = − = − − c t e p 可见： %仅与有关，与n无关，且 →% 。 ★实际设计时，可按要求的 %先确定 ，再根据其他指标确定 n
《自动控制原理》第三章时域分折法(4)t,：根据定义有IC(t)-1△。此时确定1表达式太难，常采用近似法：e-or借用包络线1土/1-en1+4=e-0A1)4 = 0.02 -In(4/1-.150Lo,Lo.(ln 50-In /1-5)=(4-In /1-5)Lo,Con1-(3 - In /1-2)(A = 0.05)或t，Lo,A3当0<5<0.8时，认为/1-=1。则有：1，或t，ConLon5一定时，の,个→t,可见[o,一定时，5个→t,[2/1-52元_tod(5)u:=Ta2元1.5./1-g2元例1.当r(t)=1(t)时，计算右图所示系统的性能指标。R25C8S(S +6)256Φ(s)=.0,=55 -=0.6s2+6s +25解：2×50a = 5V1- 0.62 = 4且β= cos* 5 = cos* 0.6 = 53.1° = 0.93rad12
《自动控制原理》 第三章 时域分析法 12 (4) s t ：根据定义有 | C(t) −1| 。此时确定 s t 表达式 太难，常采用近似法： 借用包络线 2 1 1 − − t n e 。 (4 ln 1 ) 1 (ln 50 ln 1 ) 1 ) 50 1 ( ln 1 ln( 1 ) 0.02 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 = − − = − − − = − − = − = + = − − + − − n n n n s t t t e e n s n 或 (3 ln 1 ).( 0.05) 1 2 − − = n s t 当 0 0.8 1 1 2 时，认为 − = 。则有： t s n s n t 4 3 或 可见 → → n p n p t t 一定时， 一定时， （5） − − = = 2 2 1.5 1 2 1 2 : s d d s t T t 例 1．当 r(t) = 1(t) 时，计算右图所示系统的性能指标。 解： rad s s s d n 5 1 0.6 4 cos cos 0.6 53.1 0.93 0.6 2 5 6 , 5. 6 25 25 ( ) 2 1 1 0 2 = − = = = = = = = = + + = − − 且 - R C ( 6) 25 S S +
《自动控制原理》第三章时域分折法元-β3.14-0.93则有t.==0.55(s),4Qd3.14元= 0.785(s)t.=XOdUVi-sg%=ex100%=9.5%44= 1(s)t.0.6×5Lo.11(4 -In /1-[或t,(4-ln0.8)=1.38(s)0.6x5Con1(3 ln 0.8) = 1.07(s))t.a0.6×52/1-g22×0.8=0.85~1u=0.6×3.145元1.5*0.8或μ==0.65~1（次）0.6*3.14例2.已知右图所示系统。K=16，T=0.25(1)求5、0;(2)计算%、t;（2）若要求%=16%，当不变时，K取何值？cRK?S(TS +1)KKKT16=8(解：Φ=,..0nKVT1Vo.25Ts?+s+ Ks2 +=s+7T13
《自动控制原理》 第三章 时域分析法 13 则有 0.55( ) 4 3.14 0.93 t s d r = − = − = ， 1( ) 0.6 5 4 4 % 100% 9.5% 0.785( ) 4 3.14 2 1 t s e t s n s d r = = = = = = = − − [或 (4 ln 0.8) 1.38( ) 0.6 5 1 (4 ln 1 ) 1 2 t s n s − = = − − = 0.85 1 0.6 3.14 2 1 2 0.8 (3 ln 0.8) 1.07( )] 0.6 5 1 2 = = − = − = t s s 或 0.65 1 0.6*3.14 1.5*0.8 = = （次） 例 2．已知右图所示系统。 K =16，T = 0.25 （1）求 、n；(2)计算 %、t s； （2）若要求 % = 16%，当t不变时，K 取何值？ 解： 8( 1 ) 0.25 16 2 1 2 T s K T K s T s T K Ts s K K n = = = + + = + + = ， - R C S(TS +1) K
《自动控制原理》 第三章时域分折法11=0.252T0,2*0.5*82元4G% =e V/-0.25°x100% = 44%, t, = 2(s)0.25*8为使g%=16%，则-元=/1-21nn0.16=-1.83/1-2: 72元2 =(1-2)x1.832 =3.35-3.3523.35:.52(元2+3.35)=3.35，故=~0.5元2+3.3511=20m*.0m40T2T=2*0.5*0.25当T不变时：则K=,2T=42×0.25=4即K从16↓到4（将使es个）二、二阶系统的单位脉冲响应：dho): g(t) =dt(5 = 0: g(t)=0n sin Ont=1: g(t)=o,te-0-(5+/22-1)0[e-(5---1),1S>l: g(t) :.2/1-230e-5a sin(0n /1-5?t)0<5<1: g(t)=Vi-2可见：(1)≥1时g()不改变符号[：h(t)单调上升](2)若0<<1,g(t)与横轴第一次交点为t,，而h(t)=Jg(t)dt:. f' g(t)dt = h(t,)= Cmax =1+ 0%(3) 当t →0时,h(0) = 1. : [、g(t)dt = 1g(t)14
《自动控制原理》 第三章 时域分析法 14 0.5 3.35 3.35 ( 3.35) 3.35 (1 ) 1.83 3.35 3.35 % 16% 1 ln 0.16 1.83 1 2( ) 0.25*8 4 % 100% 44% 0.25 2 * 0.5*8 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0.252 + + = = = − = − = − = − = − − = = = = = = − − ，故 为使 ，则 ， n e t s T s n 当 T 不变时： 4 0.25 4 16 4 ) 4( 1 ) 2* 0.5*0.25 1 2 1 2 1 2 2 = = = = = = = n ss n n K T K e T T s 则 即 从 到（将使 ， 二、二阶系统的单位脉冲响应： − − = − − = = = = = = − − − − − + − − sin( 1 ) 1 0 1 ( ) [ 2 1 1 ( ) 1 ( ) 0 ( ) sin ( ) ( ). 2 2 ( 1) ( 1) 2 2 2 2 g t e t g t e e g t te g t t h t dt d g t n n t n t t t n n n n n n n ： ： ： ： 可见：(1) 1 时 g(t) 不改变符号[ h(t) 单调上升] (2) 若 0 1，g(t) 与横轴第一次交点为 p t ，而 = h(t) g(t)dt. ∴ 0 g(t)dt = h(t ) = cmax = 1+ % p t p (3) 当 t → 时, = = 0 h( ) 1. g(t)dt 1 0 t 0＜ζ＜1 g(t) tp ζ=0 ζ=1 ζ＞1 (1+σ%)