自动控制原理学习笔记.pdf

《自动控制原理学习笔记.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《自动控制原理学习笔记.pdf（32页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、自动控制原理学习 笔记 一、 自动控制理论的分析方法： （ 1）时域分析法； （ 2）频率法； （ 3）根轨迹法； （ 4）状态空间方法； （ 5）离散系统分析方法； （ 6）非线性分析方法 二、系统的数学模型 (1)解析表达：微分方程；差分方程；传递函数；脉冲传递函数；频率特性；脉冲响应函数；阶跃响应函数 (2)图形表达：动态方框图（结构图）；信号流图；零极点分布；频率响应曲线；单位阶跃响应曲线 。 时域响应分析 一、对系统的三点要求： (1)必须稳定，且有相位裕量和增益裕量 gK (2)动态品质指标好。 pt 、 st 、 rt 、 % (3)稳态误差小，精度高 二、结构图简化 梅逊公式

2、例 1、 解：方法一：利用结构图分析： sXsYsRsYsXsRsE 11 方法二：利用梅逊公式 nk KKPsG1)( 其中特征式 11,1,1 Qfed fedMkj kjNi i LLLLLL式中： iL 为所 有单独回路增益之和 jiLL 为所有两个互不接触的单独回路增益乘积之和 fed LLL 为所有三个互不接触的单独回路增益乘积之和 其中， kP 为第 K条前向通路之总增益； k 为从中剔除与第 K 条前向通路有接触的项； n 为从输入节点到输出节点的前向通路数目 对应此例，则有： 通路： 211 GGP ， 11 特征式： 31213121 1)(1 GGGGGGGG 则：312

3、1111)( )( GGGG PsR sY 例 2： 2002年备考题 解：方法一：结构图化简 继续化简： 5G2H6G421 GGG 12331 HGGG1G2G 5G2H3G4G12HG于是有： 结果为 其中 )(sG = 方法二：用梅逊公式 01 2342321123 HGGHGGGHGG 通路： 1, 1321651 GGGGGP 123252 1, HGGGP 1, 334653 GGGGP 于是： . . . . . .332211 PPPsR sY三、稳态误差 （ 1）参考输入引起的误差传递函数： HGGsR sE 211 1)( ； 扰动引起的误差传递函数： HGG HGsN

4、sE 2121 （ 2）求参考输入引起的稳态误差 ssre 时。可以用 pK 、 vK 、 aK 叠加，也可以用终值定理：2G 1GH )(sG 53421 1236 1 GGGGG HGGG 2342112334211 HGGGGHGG GGGG 5G2H6G 12342131 HGG GGGG 3421 1231 GGGG HGG sEs rs 0lim （ 3）求扰动引起的稳态误差 sne 时，必须用终值定理： sEsNs 0lim（ 4）对阶跃输入： sGKsp 00lim， 如 tatr 1 ，则 sasR ，pssr Kae 1 （ 5）对斜坡输入： sGsKsv 00lim ，

5、如 tbtr ，则 2sbsR ，vssr Kbe （ 6）对抛物线输入： sGsKsp 020lim ， 如 221 tctr ，则 3scsR ，assr Kce 例 3：求： sRsY，令 0sN ，求 sNsY，令 0sR 解：结构图化简： 继续化简，有： 33222321 HGGHG GG 331GGH 1G 3G 3H2221 HGG31GH当 0sN 时，求得 sRsY= ；当 0sR 时，有 求得 sNsY= 例 4： 令 0sN ，求 sRsY，令 0sR ，求 sNsY为了完全抵消干扰对输出的影响，则 ?SGx 解：求 sRsY，用用梅逊公式： 2111 1,1 GKGP

6、1, 212 xGGP 121121 11 KGGKGKGGKG 则： 12112111 KGGKG GGGKGsR sY x ，同理求得 sRsY = 若完全抵消干扰对输出的影响，则干扰引起的输出应该为零。 即 sNsY=0,故 12112111 KGGKG GGGKGsR sY x =0，所以1211 G GKGGx 例 5： 2002年题 4 其中 4111 ss ssG n， 222 ss KsG n， r(t)和 n(t)分别是参考输入和扰动输入。 (1)求误差传递函数 sR sEsGre 和 sN sEsGne ； (2)是否存在 n1 0和 n2 0,使得误差为零？ (3)设 r

7、(t)和 n(t)皆为阶跃输入，若误差为零，求此时的 n1和 n2 解： 2111 GGsR sEsG re ， 2121 GGGsN sEsG ne ， N(s)为负 r(t)=t,要求 ssre =0.则系统应为型系统 ,那么 n1+n2=2. r(t)=1(t),n(t)= 1(t),要求 sse =0,则 n1+n2=1 因为如 124 4 sKsss sKsN sE,则 41limlimlim 000 ssN sEssNsN sEssEse ssss s n 而事实上： 124 4 sKsss sKssN sE 01limlimlim 000 ssN sEssNsN sEssEse

8、ssss s n 可见积分环节在 sG1 部分中，而不在 sG2 中。 故 n1=1， n2=0。就可以实现要求 例 6：如图，当 203c o s215s in tttr 时，求稳态输出 解：应用频率法： 75 jj ，则 73t a n58573 53,71t a n505751 11 jjjj 73t a n203c o s581071t a n15s in505| 11 ttty t 四、动态指标 (1)二阶系统传递函数的标准形： 22 22nnnssR sY 25s (2) cos ，越大，越小 (3)21 nrt ， 21 npt ， nst 43 （ =5%或 2%） 例 7：如

9、图，要求 %30%,1.0 st p ，试确定参数 K， T。 解： 22222 2/ / nnn ssTKTss TKKsTs KsR sY ， 则 TKn 2， Tn 12 。由 1.01 2 npt， 3.01e x p% 2 ，可得 =？， T=？ 例 8： 求： 选择 1K ， tK ，使得 % 20%， ts=1.8秒 ( %2 ) 求 pK 、 vK 、 aK ，并求出 tttr 1 时的稳态误差 解： tnnnnnt KKKssKsKKs KsR sY11222 21121 22 由 % 20%，则 %201e xp 2 ，求得 由 8.14 nst ，求得 n 。，从而得 1

10、K 、 tK 。 由传递函数： tKKssKsG110 得， 1Tss K 21ssKt sGK sp 00lim ， tsv KsGsK1lim 00 ， 0lim020 sGsK sa当 tttr 1 时，ttvpss KKKKe 011 1频率法 一、基本概念： jGsG js ， 输入是正弦信号，稳态输出。如： tRtr 11 sin ， 则 111111 1s in1 jG jGtRjG jGty二、 惯性环节 1TsK ， 221 TKjG ， TjG 1ta n ， 900 11Tss K， 221 TKjG ， TjG 1ta n90 ， 则： 0： ， 18090： ， 0：

11、A 注意： 321 因为 TjG 1321 t a n90 11 21 sTsT K，（如图 3）则 21112221t a nt a n11 TTTT KA jw 0+ + u 0+ + G(s) 0+ + 0+ + 11 21 sTsTs K，（如图 4） 21112221t a nt a n9011 TTTT KA 求 w1 。因 1801 ，故 90t a nt a n1 8 0t a nt a n90 21112111 TTTT 两边取正切：212121 11 TTTT TT 11 121 sTsTs sK ，其中 21 TT ，（如图 5） 增益裕量： 11AKg ，相位裕量： c

12、 180 ，如图 6 注意：用 1cjG 求 K；用 180tan 11 jG 求 w1。 0+ + 例 1： 11 121 sTsTs sK ， T1T2， K=10，作出波德图 例 2： 2002年题 1 求： (1)写出开环传递函数 sG0 (2)计算系统的相位裕量和增益裕量 (3)做出 sG0 的 Nyquist曲线，并分析闭环系统的稳定性 解： 11.0 1220 ss sKsG可见图中 2c ，因为幅频特性曲线在 w1=0.5和 w2=10时发生转折，显然 w=2时，曲线只在 w1=0.5发生转折，而未到 w2=10。故 w2=10不发生作用，所以 112 222 KK，故 11.

13、0 122 ss ssG 相位裕量： . . . . . .2t a n4t a n180 11 c 因为 180tan 101 jG ，则 gK01.021.0t a n2t a n 1111111 ：则 Z=0， N=0， P=0。符合 Z=P+N，故稳定 三、 Nyquist判据 Z 为闭环右半平面根数， P 为开环 sG0 右半平面根数， N 为 sG0 包围 -1 圈数，顺时针为正，逆时针为负。当符合 Z=P+N是系统稳定。其中 Z=0 例 3： TTss sKsG ,1120解：奈氏曲线如下图。 N=2， P=0， Z=N+P=2 0，故不稳定。 例 4： 120 Tss KsG，

14、如图： N=2， P=0， Z=N+P=2 0，故不稳定。 例 5： 0106521 2340 sssssG ，判断系统是否稳定。 分析：判断稳定性，用劳斯判据 ： 相邻系数必须为正，不能缺项 如： 01 230 KsTssG 。显然缺 s项，故不稳定。 劳斯阵列第一列全为正，则系统稳定。如果有一个负数，则变号次，即系统有个有根，不稳定。 系统如果与虚轴有交点，则劳斯阵有一行全为，此行的上一行为辅助多项式，由辅助多项式可求出与虚轴的交点坐标。如 0623 23 sss ，劳斯阵为： 6:000:063:021:0123ssss，则由于一行全为零。则系统与虚轴相交。辅助多项式为： jss 206

15、3 2,12 ，则与虚轴的交点为 j2 。 解：劳斯阵： 10020202421026210202101226251062105101234sssss，可见系统不稳定，有两个右根。 例 6： 02010521 234 sssssG ， 解：劳斯阵： 204010201022000102205101234sssss，因为此处不能往下计算，换成。 时，且当 00 04010 ，故系统不稳定。 例 7： 2002年备考题单位反馈系统，开环传递函数 1001000020 sssG， 要求： 画出对数幅频特性，求 c ，判断系统稳定性。 加入矫正装置，使 c 扩大一倍，求矫正后系统传递函数和相位裕量。

16、解： 开环传递函数应由所给的零极点形式化成时间常数形式： 101.010020 sssG ，由作图可得 10c ，由劳斯判据可知， 01 0 00 0 1.0 23 ss ，缺项，则系统不稳定。 也可由 1901 1001.0t a n180 1cjG ， 10180 cjG ，判定系统不稳定。 也可由零极点判断画图，不稳定。 加入矫正装置是 111 s，即 101.0 11 0 02 10 ss ssG 1602001.0t a n20t a n180 111200 csG（ w1可由图中按比例读出），则 20180cjG 。 例 8： 2001年备考题 求： 系统阻尼比 =0.5时 , ?

17、hK hK =0时，求 %， pt 、 st （ %2 ） 解： 2222 21414 nnnhh ssKss KsR sY ，则 4321442144hhhnKKKsKh1 14ss hK =0时， 442 sssR sY，则 25.0 2n， 于是 stns 84 ， pt = %= 例 9设计型题，较易，主要考概念 求： sGc ，使 ttr 时， 0sse ；使 221ttr 时， 01.0sse 解： TssGc ,1 ，利用基本概念，不用计算 TsKsG c ,1，则 KTss sKsK sa 101 101lim 220 故： 1001.010 11 KKKe ass。 根轨迹法

18、 一、定义： 01111*0 njimiipszsKsG 。 其中 *K 为根轨迹增益。开环放大倍数njjmiipzKK11*闭环特征方程的根随参数 *K 而变化的轨迹，称为根轨迹。 其符合两个条件： 非最小相位系统或最小相位系统相角条件：幅值条件：,2,121000ksGksGsG几条规则：实轴上的根轨迹 sGc 1102 Tss 最小相位系统右边有奇数个零极点时，有根轨迹 非最 小相位系统右边有偶数个零极点时，有根轨迹 根轨迹条数 =Max（ n,m）， 起点为开环极点（ 0gK ），终点为开环零点（ gK ） 渐进线条数：（ n-m）条，与实轴交点坐标： mn 零点极点1与实轴夹角： m

19、nk 121。 分离点与会合点：使 0* dsdK ，并使 *K 0的点 复数极点出射角： 量辐角其他极点至该极点的向零点至极点的向量辐角1 8 01p 对非最小相位系统 量辐角其他极点至该极点的向零点至极点的向量辐角1p 复数零点的入射角： 角极点至该零点的向量辐量辐角其他零点至该零点的向1 8 01z 对非最小相位系统 角极点至该零点的向量辐量辐角其他零点至该零点的向1z 与虚轴交点： （ a）用劳斯判据确定，用辅助方程求得 （ b） js 代入闭环特征方程，由实部 =0，虚部 =0求得 例 1： 210 sss KsG解：渐进线（ 3条）： 103 21 ， ,33 12 k 由 021

20、1 sss K，则 21 sssK ， 026323 223* ssds sssddsdK ，得 3 8 5.0,5 7 7.1 3 8 5.0,4 2 3.0*22*11Ks Ks与虚轴的交点：方法一 023 23 Ksss ，劳斯阵： KsKsKss0123323021 要与虚轴有交点，则有一行全零，即 6032 KK 辅助方程： jss 2063 2,12 方法二 将 js 代入特征方程： 023 23 Kjjj 2,6032 03 32 KK虚部：实部： ， 则与虚部的交点 6,22,1 Kjs 根轨迹如下图 例 2： 32 220 ss sKsG解：渐进线一条。出射角 1400 22

21、t a n2t a n180 111p分离点与会合点： 2 322* s ssK ， 故： 02 32222 22* s ssssdsdK，则 0142 ss ，得 4 6 4.5,7 5 2.32 6 5.021 Kss，可见根轨迹是圆弧。 证明：取圆弧上一点 js 。 1 8 03222t a n2t a n32222112 jjjsG （应用辐角条件） 两边取正切： 2222222 32222132222 可见是圆。 例 3： 解：结构图化简 ,有 : 闭环特征方程为 00111212 1 KsKKssKKs K hh hh KKKKs sKK 112 1 *,01 ,由此画 hK 根轨

22、迹图。 也可以由 01121 s sKK h，画 1K 根轨迹。 hKKss K 11 例 4： 0,1*0 ss sKsG解： 12* sssK ， 01 232 22* s sssdsdK ， 则： 04 1633 2 ss 或 =1， =9时，有一个分离点 19,0163 2 或解得 当 9 时，如取 =10，则 5.413 1101 ， 4,4104 1 6 01313 22,1 s ，根轨迹如上图。 离散系统分析方法 一、采样定理 镜像作用 ,采样频率 max2 s 二、开环脉冲传递函数 3 6 8.01 2 6 4.03 6 8.01111111111121210zzzKTezzz

23、zzTzzKssszKssKsezGTTs闭环 zG zGzR zYry 001 ，特征方程 0368.0264.0368.1368.001 20 KzKzzG 即 。 判断稳定性：用双线性变换 11z ，将其代入特征方程中，再用劳斯判据。如果 K给定，则直接解特征方程，若 |z|1则不稳定。 sGzG 0 ，对参考输入有： 1ss Kse Ts1 定理此时必须且唯有用终值有干扰时，时，当时，当时，当zEzezzNzEKTcecttrzGzKKTbetbtrzGzKKaetatrzGKzs s nenasszavsszvpsszp1lim,21,1lim,1lim11,lim122021101

24、101求 zRzzYtyzRzzY ryry 11*, 时，可以用两种方法： a）部分分式法； b）长除方法 z变换公式： 323222111211111111zzzzTzXssXttxzTzzXssXttxezzzXassXetxzzXssXttxatat如： 3210 ss KsesGTs . . . . . .133122111 11 KzsssKz 非线性系统分析方法 注： 1为 sinwt； 2为基波和高次谐波经过 G（ s）后剩下的基波。 一、分析方法： G(s) G(s) 李雅谱诺夫方法率法的推广可适用于高阶，是频描述函数法只适用于二阶系统相平面法二、描述函数法： 闭环特征方程：

25、 01 sGXN ，则 XNsG 1判断 jwG 是否包围 XN1，包围则系统不稳定，不包围则稳定。 如同 1,01 0 jwGsG ，判断是否包围 -1，包围则不稳定，不包围则稳定。 负倒特性： A点不稳定 ,自激振荡 B点为稳定自激振荡，因有干扰时系统发散 ，则系统正好进入稳定区，而系统稳定时要衰减，则系统又回到 B点右边，又再次进入到不稳定区，又要发散，然后又进入稳定区，如此反复，则系统始终稳定再 B点附近。 例 1：如图。其中： 214 XaXbXN ， 3,1,11,111.0 baKsss KsG 判断是否存在稳定的自激振荡？为消除自激振荡如何调整？ 解： 使两者不相交。、或调整使

26、两者不相交减小稳定和不稳定，点不稳定。，点是稳定的自激振荡点求出相交幅度求出相交频率baKxxxxxxABXNjwGwjwGBABA,.01180例 2： 解：1210 Mhhx ， 200 Mxxxx 时输出时无输出，当 ，则合成为： 则 11111 ssss，变换成： 例 3： 2002年题 5 其中： 4,1,41422 MbXbMjXbXMXN 。 讨论参数 T为系统自激振荡的影响 110s s1 11s 2110ss 110s s1 11s ss 1 210s Ts1 设 T=0.25sec，求输出自激振荡的振幅和频率。 解： 1,101130 XNs TsssG， 两者相切时，即频

27、率特性 G(jw)的虚部等于 -1/N(X)， B点稳定， A点不稳定。 此时， 不稳定和稳定； BABA xxxxxxx 0 李雅普诺夫稳定性理论 李氏稳定判据稳定判据劳斯判据稳定离散系统在单位圆连续系统在左平面特征方程求根判断稳定性N y q u is t一、李氏第一方法：线性化方法 0,. . . . . .,. . . . . . . . . . .,. . . . . .,21212211 txfxxxxfxxxfxxxftxfx eennnne 。即，平衡状态为 ， 线性系统平衡状态只有一个；非线性系统平衡状态有多个。雅可比矩阵： xexnnnnnxexxfxfxfxfxfxfxf

28、A. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2112111| ，判断其稳定性用特征多项式 0AsI ，然后用劳斯判据。如果线性系统稳定，则非线性系统稳定；反之，如果线性系统不稳定，则非线性系统不稳定。 如果处于稳定边界（有纯虚根），则不能判定非线性系统的稳定性。 则大范围稳定；如果为正定对称矩阵，则 ,00, xVxVPPxxxV T 李氏直接方法： 1克拉索夫斯基方法； 2变量梯度法（不考） 二、对非线性系统在平衡状态处的稳定性问题的解题步骤： 先用线性化方法： 0121221110 ee xxxfxfxfxfxxxfA ，

29、由 0AsI 得， 2211 , ss 若：（ 1） 0,0 21 ，则系统在平衡状态 0ex 处是不稳定的； （ 2） 0,0 21 ，则系统在平衡状态 0ex 处是渐进稳定的。 （ 3） 1 ， 2 中至少有一个实部为 0，则此方法失效。 否则，用克拉索夫斯基方法： xf xfxfxfxfxfxfxfA2112122111, 其中， , xfxfxQT，当 Q(x)正定时，即当主子式均大于零时，且当 1x 时，有： xfxfxV T ，则系统在平衡状态 0ex 处大范围渐进稳定。 最后想到用李雅普诺夫第二方法：构造标量函数 V(x)，例如： 2221)( xxxV ，要求 V(0)=0，

30、x 0,V(x)0。 步骤： 1、构造 2221)( xxxV ； 2、 2211 22)( xxxxxV ，将 1 x ， 2x 代入，若 xV 为负定，半负定， 1x ，有 )( xV 。则系统在 0ex 处大范围渐进稳定。 例 1： 使用李雅普诺夫方法判断下述非线性系统在原点平衡状态的稳定性。 5221231211 , xxxxxxxx 解：线性化方法失效，则只好用克拉索夫斯基方法： 4221 511 131 xxxf ，则 42211022 262 xxxfxfxQT 正定主子式 xQxxx 0410262,062 222121 且 1x 时，有 2522123121 xxxxxxxf

31、xfxV T ，故此系统在原点处大范围渐进稳定。 例 2： 试用李雅普诺夫方法判断下述非线性系统在原点平衡状态的稳定性。522123111 5,3 xxxxxxx 解：用线性化方法： 11 010exxfA ， 0111 01 2 sssAsI 。故系统在原点处不稳定则 ,1,1 21 ss 状态空间分析方法 一、模型的建立 则 021 1 0010 vFmcmxxmcmRx， ,maf ymkycyvF 0则 ，即： 0cvFkycym 令 yxyx 21 , ，则 mcvmFmcxmkxyx xx 021221 ， 如对 ubyayayay nnnn 1111 . . . ，令 121 ,

32、., nn yxyxyx 则11121113221xyubxaxaxaxxxxxxxnnnnnn输出方程：， 或 xyubxaaaxnn0010001001000010111例 1：由传递函数来求 sU sQsU sYasasas bsbsbsbsG nnnn mmmm 111 1110 ，则 nnnn asasassUsQ 1111， mmm bsbsbsU sY 10 sQasasasUsQs nnnn 111 则 s1s11as1s12a2nana mb0b1mb1nannnnnnxaxaxauxxxxxxx121113221，即 xbbbyuxaaaxmmnn0010001001000

33、0100111例 2： 35222112167 20174 223 2 ssssss sssU sYsG， 有：321332221152322xxxyuxxuxxxxx即： xyuxx512110300020012可见 -2 为重根，则 此为约当标准型。约当块对应 B 阵中的行中有一列不为零，则能控；约当块对应 C阵中的列中有一列不为零，则能观。 二、对 cxy buAxx型题的解答步骤： 判断系统稳定性： 0AsI ，得 , 2211 ss ，若 0,0 21 则系统稳定，否则系统不稳定。 s1s12 2 2 -1 s15 3 能控性判别矩阵： 二阶,AbbM ， 三阶,2 bAAbbM 若

34、 r(M)=n，即满秩，为完全能控，否则不完全能控。 能观性判别矩阵： TcAcN ，若为满秩，为完全能观，否则不完全能观。 注意：如果 A是对角阵且没有重根时，则用直接观察的方法判别能控、能观便可。若 b中对应的值不为 0，则此状态分量能控，若 b 中全不为 0，则为完全能控。若 c 中对应的值不为0，则此状态分量能观，若 c中全不为 0，则完全能观。 如果 A是对角阵且有重根，或是一般矩阵时，则必须用能控性判别矩阵 M和能观性判别矩阵N。 状态反馈：条件 所 调整的极点对应的状态分量必须能控。 原理： cxy buAxx，引入 2121 xxkkkxU ，则有 cxy xbkAx 解题方法

35、：特征多项式 =期望多项式，即 21 ssbkAsI 321321 , KKKKKKK 即得到 。 状态观测器 条件：系统完全能观，才可用状态观测器 输出可控性矩阵： bCACAbCbP 2 ，若满秩，则输出完全可控，否则输出不完全可 控。 例 3 、 321321321110201300020001xxxyuxxxxxx 要求： (1)判断系统的稳定性 (2)判断系统是否完全能控，完全能观测，并指出各状态分量的能控，能观性 (3)能否用线性状态反馈 xkkkxU 21 将原有的极点 -1， -2， 3 调整为 -1， -2，-3？若能请计算出 K1,K2,K3 的值；若不能，请说明原因。 (4)判断系统的输出可控性 解： (1)显然有 +3 特征根，则系统不稳定 (2)由 B 阵知不完全能控， x1,x3 能控， x2 不能控；由 C 阵知不完全能观， x2,x3 能观， x1不能观。 (3)能，因为 x3时能控的，设 300 KK ，由 33230002001KssKsbkAsI ， 3321232Ksss故 因此有 300,3323 33 KKK 故 (4)输出可控性矩阵 18622 BCACABCBP ，秩为 1，可控。 例 4 ： 32132132132111100010001xxxcyubbxxxxxx ， 要求： (1)判断系统的