理工自动控制理论考研-8.其他5辅导笔记

410——教一 自动控制理论的分析方法必须稳定，且有相位裕量γ和增益裕量K动态品质指标好。tp、ts、tr、σ%1EsRsX1sYsRsYs

nnG(s)

1LiLjLk

LdLe

j,k

d,e,f式中：

LiL

LdLe

PkKk为从ΔKn为从输入节点到输出节点的前向通路数目通路P1G1G21Y(s)

1G1G22：[2002HH1G3G211G3G2G1G2G4G5GG3G1G2G461GG3 H G1G2G4 1G3G2H1G1G2G4G3HG1G3G2 6GGG1 3G5G(s)结果 其中G(s)G(s)1G1G2G3H2G4G3H2P2G5,21G3G2 P3G5G6G4G3,3YsP11P22

于是： H参考输入引起的误差传递函数：Es ； 1G1G2扰动引起的误差传递函数：Es G2N 1G1G2求参考输入引起的稳态误差essrrlimsEr

Kp、Kv、Ka

limsENNKplimG0ss如rta1t，则Rsas

1KKvlimsG0s如rtbt，则Rsb， vs v

lims2

如rt1ct2，则Rsc， K K

a例3：求Ys，令Ns0，求Ys，令Rs NHHH 1G2H1G2H2G2G3HH1Ns0时，求得Ys=；当Rs0时R求得YsNNs0，求Ys，令Rs0，求Y N为了完全抵消干扰对输出的影响，则GxS解：求Ys，用用梅逊公RP11,11 P2G1Gx,21KG1G2KG11KG1G2则Ys1KG1G2G1Gx，同理求得Ys

1KG1G2

Ys=0,Ys1KG1G2G1Gx=0，所以

1N

1

x x5：[2002其 G1s

ssn1s

，G2s

sn2s

求误差传递函数

sR

和

sEsNn1≥0n2≥0,r(tn(tn1①GsEs ，G

sEs

，[N(s 1G1

N 1G1②r(t)=t,要求essr=0.③r(t)=1(t),n(t)=1(t),要求ess=0,因为如Es Ks 则N ss4s2Ks limsEslimsEsNslimsEs1ssn

N

Ns而事实上：Es Kss N ss4s2Ks limsEslimsEsNslimsEs1ssn

N

Ns可见积分环节在G1s部分中，而不在G2s中故6：如图，当rtsint152cos3t20时，求稳态输出j

j55s

j

tan11,j3575

j3

tan15755yt sint15tan11 cos3t20tan13577 77 Ys nn s22nncos，θ越大，ξ

，t11p

，t11s

3~4（Δ=5%7：如图，要求tp0.1s,30%K，TKKsTs解：Y

K/ RsTs2s

ns2s/TK/n

nns22snn则

2KT

1。由t

0.1nn11%1

0.3，可得求：①选择K1Kt，使得σ%≤20%，ts=1.82KpKvKa，并求出rt1ttKK11sKt

Ys

2 2

2n1 n1R sK1Kts

s2ns

2nK1Kt 11

20，求得由t 1.8，求得≤，从而得K、Kn nG0s

得KssK1KtKKlimGs，

limsGs1，

lims2

s

t

当rt1tt时

11K

0

s sGj1 Gj1yt1GjR1sin1t1Gj 1二、①惯性环节1T2u ，G1T2uTsGjtan1T，0②

，Gj K1T2K1T2Gj90tan1T，，12因为1

Gj90 33③ （3）1T12T212A 1T12T212 （1T211T211T22

90tan1Ttan1T

w1。

，其中

T ⑥增益裕量：

180

，如图注意：用Gjc1求K；用 Gj180求w1111：

2：[2002求：(1)写出开环传递函数G0做出G0s的Nyquist曲线，并分析闭环系统的稳定

GsK2s2 s0.1s2 可见图中c2，因为幅频特性曲线在w1=0.5和w2=10时发生转折，显然所以K221K1，故Gs 2s 180ctan14tan12因为tan1

j1180，01tan101

0Kg1Z=0，N=0，P=0Z=P+N1三、NyquistZ为闭环右半平面根数，P为开环G0s右半平面根数，N为G0s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=03

sKs1,TsTs122 sTsK2例4：G0ssTsK2

，如图：N=2，P=0，Z=N+P=2≠0，故不稳定05：1Gss42s35s26s100，判断系统是否稳定。0 01GsTs3s2K0s0 s33s22s60ss3:120s2:60s1:00s0:3s260

2j，则与虚轴的交点为

2jss3s

256

6 2

0 22

02例６：1Gss42s35s210s20 s s3 s 1 101 s

当0且0时，104002002

s

s2s，要求：①画出对数幅频特性，求c，②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。解：①开环传递函数应由所给的零极点形式化成时间常数形式：G0s

ss

，由作图可得c100.001s3s21000也可由G

tan10.01101901180Gjc10，判定系统不稳定。②加入矫正装置是1s1，即Gs100s11 1G

c

180tan1

tan10.01

1（w1，则180Gj20 c2001求：①系统阻尼比ξ=0.5Kh11Kh4ssKh=0σtp、ts（2Y

2 nhnRss2s41Ks22snhn n

41

1K 44 44Kh

②K=0时，Ys ，则n2， s2s 于是t 8s，tn nGGc9求Gcs，①使rtt时

0；②使rt1t2

Gcss1,T②GsKs1TKlims2Ks110

1Kess1Ka

0.01K10〈①〉1

mmiK*szins1 0。nspijmmiK*in其中K*为根轨迹增益。开环放大倍数K npjj1闭环特征方程的根随参数K*而变化的轨迹，称为根轨迹幅值条G0s,或Gs2k,非最小相位系 ②根轨迹条数=Max（n,m起点为开环极点（

0，终点为开环零点（

③渐进线条数（n-m）条，与实轴交点坐标：

极点零n

2k1n

0K*>0p1180零点至极点的向量辐其他极点至该极点的辐零点至极点的向量辐角其他极点至该极点的量辐其他零点至该零点的量辐角极点至该零点的向量sj代入闭环特征方程，由实部=0，虚部=0K1K解：渐进线（3

121，2k

3 K由1 0，则Kss1sKdK*ds33s22s

2

0 s0.423,K*s s22 1.577,K*22s33s22sK0，劳斯阵s s 23s 要与虚轴有交点，则有一行全零，即23

0K辅助方程：3s260 22将s2

j代入特征方程j33j22jK实部：K32虚部33

6, 则与虚部的交点s1,2

2j,K

2

sKs20s22202解：渐进线一条。出射角 2

*s22s3KsK故

s22s2s22s3 s

， s

4s1 ，s1

s2 3.752,s2

证明：取圆弧上一点sjGs2jj22jtan1tan1 180

（应用辐角条件 222 2

2

22 222

222sssK1Kh1h1h闭环特征方程为1

1hs2KK1h

0s2K

sK1K1Kh1s21

10,K*

Kh也可以由1K11Khs0Khs 4

s

K*sss,解 *s2s，

s

s s

或s ①α=1，α=9 当α<1当α>9时，如取α=10，则

1014.53s1,2

13

1324

10,44镜像作用,采样频率sKKss1s

1G0

ss1K1

s z 1K0.368z闭环

z zYz G0

zeT

z1z 10

即z2

0.8K

0.264K0.3680②判断稳定性 线性变换z1，将其代入特征方程中，再用劳斯判据K|z|<1|z|>1G0zGs，对参考输入有p0 p0

z,当rta1t

K1KK

z,当rt

bt时，eb

ssvKa

z,当rt020

ct2

cTssKassEEN

z,

limz ④求YzzRzy*t1Yz1zRz时，可以用两种方 a）部分分式法；b）⑤zxt

XssXs

XzXz

z1zxt

Xs

s1s

Xz

zeatz

1t2

Xss3

Xz

T2zzzz如

1 G0

s2s注：1sinwt；2G（s）①闭环特征方程：1NXGs0，则Gs

NX判断Gjw是否包围

NX

如同1G0s0,Gjw1，判断是否包围-1，包围则不稳定，不包围则稳定 A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。1NX

，Gs ,K11,a1,b1 aX1 aX Gjw180求出相交频率1N1NXGjw

BA点不稳定。xA~xB不稳定0xxA和xxB稳定.减小K使两者不相交,或调整a、bss1s1s解xh1h2，当xx时无输出，xx时输出

M M1s1s1sssss11ssss

，变换成ss3：[2002ssss1

X

j11 bX

b1M4T②设

ss11Ts10,1

NXG(jw)的虚部等于-1/N(X)，B，A此时，xAxxB稳定0xxA和xxB不稳定 稳

Nyquistf1x1, xn

f

,t

x1,

,t0 fnx1,f

......xn

f1f

xA nx

fnxnx

sIA0如果处于稳定边界（有纯虚根VxxTPxPVx0；如果Vx0,则大范围稳定②李氏直接 f1 xAx

22xx1

，由sIA0得s11s2（1）10,20xe010,20xe01，2中至少有一个实部为0，则此方法失效 f1 x

f

f

fA

2其中fx

Q(x) f

f2

f2

x1即当主子式均大于零时，且当x1eVxfTxfxx0e③最后想到用诺夫第二方法：构造标量函数V(x)，例如V(x)x2x2V(0)=0，x≠0,V(x)>0 步骤：1、构造V(x)x2x2

有V(x)xe0

x3,

x122122f 13x

4 15x24 f

f 26x Qx

22

210x4112112且x1Vx

fTxfxx

x32x

x52

的稳定性。xx3x3xxx5x A 0，sIAs1

s21x

s

x1

0F

c

c

，f

x1yx2y，则

ykx1cx2Fcv0

如对ynayn1... yaybu，令

y,x

22则

，

xnanx1an1x2a1xn输出方程：y

00 x

0

y 1bsmbsm1

s

YsQs，G sn

1a1

an1s

U

UQs ，Ysbsmb

s1U1

snasn1

s

U

1snQsUsasn11

s

b1s1s1s1san则2x23

xnuanx1an1x2a1 0 0

x

ybm

例2： s 4s2 G ss37s2

0 x2x

0x有：

即：

3x

y2x1x2

y

1可见-2为重根，则此为约当。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。11s1s222-1s53y二、对xAxy①判断系统稳定性sIA0，得s11s22,，若10,20则系统M

Ab,二阶，M

r(M)=n，能观性判别矩阵：N

cA

T，若为满秩，为完全能观，否则不完全注意：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b0b0，则为完全能AMN

，引入Ukx x2，则有y

y11得到K1,K2,K3,即K K3P3、<20015>

，若满秩，则输出完全可控

0x1

0 0 判断系统是否完全能控，完全能观测，并各状态分量的能控，能观能否用线性状态反馈Ukx -2，-3K1,K2,K3显然有+3能观，x1不能观。能，因为x3时能控的，设K K3，s

s1sIAbk 0

s0

s

故s2s2

3因此有32K33K33,故KP

CA2B

14：<2002

0x1

0 1，0 1， (1)(4)（1）因为-1

M

A2b

b 121 2 2

2，为不完全能观x3x3C30例5：<2000年题5>

0x1

y

2x

x2

2

2(4)（1）不完全能控，x1x2不完全能观，x1不可，x2可x1K

0,则Abk1 0 故1K11K12K 例6：<99年题五>

1

0,

21yc

4

1 1

Sx2A2x2b2U2,其中

1,cy222 cy222

0 S:xS:

11x1

1Y1

sIAsIA11 y

U1 如xtAxtButxtx，则XssIA1X0BU 齐次，则xt1sIA1X0xttx0ttBUT0

P1AP

ne

P enteAtPeP1APtP1其中：P

0 0A

,则P

1 n

2

n1A

1,e

te1t

e1t

t