北京理工本科自动控制原理辅导班笔记

410自动控制原理辅导班笔记——钟海秋教授一、 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、对系统的三点要求:必须稳定，且有相位裕量丫和增益裕量Kg动态品质指标好。tp、ts、tr、o%稳态误差小，精度高二、结构图简化——梅逊公式例1、解：方法一：利用结构图分析：EsRsX1sYsRsYsX1snPkk方法二：利用梅逊公式 G(s)・ N M Q其中特征式1 Li LjLk LdLeLf……i1 j,k1 d,e,f1式中：Li为所有单独回路增益之和LiLj为所有两个互不接触的单独回路增益乘积之和LdLeLf为所有三个互不接触的单独回路增益乘积之和其中，Pk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：P1G1G2， 1 1特征式： 1(G1G2G1G3)1G1G2G1G3则：少—PLJ—R(s)1G1G2G1G3例2:[2002年备考题]解：方法一：结构图化简R(s)继续化简:于是有:结果为R(s).G(s)Y(s)”其中G(s)=-方法二：用梅逊公式1 G3G2H1GiG2G3H2G4G3H2 0通路:Pi G5G6G1G2G3,1P1 1 P2 2 P3 3三、稳态误差扰动引起的误差传递函数:G扰动引起的误差传递函数:G2H1g1g2h（1）参考输入引起的误差传递函数：Es 1 ；R(s)1G1G2H；（2） 求参考输入引起的稳态误差essr时。可以用Kp、Kv、Ka叠加，也可以用终值定理：limsErSs0（3）求扰动引起的稳态误差 essn时，必须用终值定理：limsEnss0（4）对阶跃输入：KplimG0s，s0a a如rta11，则Rs-，essrs 1Kp（5）对斜坡输入：KvlimsG0s，s0U. L.如rtbt，贝URs，essr一s Kv对抛物线输入：Kpsms2Gos,冷，则RsessrYs例3:求：航，令Ns。，求泊，令Rs0解：结构图化简:继续化简，有:Ys当Ns0时，求得——=。。当Rs0时，有Rs求得

Ys Y S令Ns0,求，令Rs0,求-Rs N s为了完全抵消干扰对输出的影响，则GxS?Ys解：求——，用用梅逊公式：RsR1, ! 1KGGP2GiGx,2 11 KG,G2KG,1KG,G2KG,则：1KGGGG，同理求得»=.••Rs1KG1G2KG1 Rs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3=0，故公Ns RsKG即3=0，故公Ns RsKG1G2KG1G2GGxKG1=0，所以Gx1KG1G2G1例5:[2002年题4]其中 G1ss1~~ni T，G2sss4，r(t)和n(t)分别是参考输入和扰动输Es(1)求误差传递函数Gres 和GneSRs

⑵是否存在n1X)和n2为,使得误差为零？⑶设r(t)和n(t)皆为阶跃输入，若误差为零，求此时的 n1和n2細一4細一4+►G2解:①GresEs1①GresEs1Rs1G1G2GnesG21G1G2，［N(s)为负］r(t)=t,要求essr=0.则系统应为U型系统，那么n1+n2=2.r(t)=1(t),n(t)=1(t),要求ess=0,则n1+n2=1因为如旨 ,则Nsss4s2Ks1essnlimsEss0limss0而事实上:Kss4ss4s2Ks1essnlimsEss0limss0而事实上:Kss4ss4s2Ks1essnlimsEss0limss0lims空】0s0Nss可见积分环节在G1s部分中，而不在G2s中。故n1=1,n2=0。就可以实现要求例6:如图，当rtsint152cos3t20时，求稳态输出解：应用频率法：F-5，则j1yt|t5 5j7 50th丄7j35 5j1yt|t5 5j7 50th丄7j35 5j37 ..58tan5sint.5015tanil7 cos3t20、58tan四、动态指标(1)二阶系统传递函数的标准形:Ys2nRss222厶 n n(2)cos越大，E越小3~4⑶trn12，tp——: ，ts (A=5%或2%)n.1

T(b)例7:如图，要求tp0.1s,% 30%，试确定参数K,TT(b)RU)sTs解:YsRsKTs2解:YsRsKTs2sKK/Ts2__s/T__K/T2ns2 2nS2nT。由tp%exp 0.3，可得E=?,T=?Ji 2例8:求：①选择Ki,Kt，使得c%^20%,ts=1.8秒( 2%)②求Kp、②求Kp、Kv、Ka，并求出rtKtsYsK12n2n K1解干.①Rs2sK1KtsK1s2 2 nS2n2nK1K

由o%€0%，则exp20%，求得…4

由ts 1.8n，求得Kt。②由传递函数:Go由o%€0%，则exp20%，求得…4

由ts 1.8n，求得Kt。②由传递函数:GoKissKK得,Kp !mGoSKvlimss0GosKaI］叫s2G0s0当rt1tt时,11KpKt频率法、基本概念:G(s)Y(-) kGssjGj ，输入是正弦信号，稳态输出。如： rt R1sin肚，R1R1sin1t、①惯性环节KTs1， K"Ct^290tanKt2—2则::090180,注意:因为90tan1TT1s1T2s1（如图3）则k+oo0+图3AK11」tanT1 tanT2uJ1T12/ T22\+oo④——s「sK,（如图4）1T2S1\\l0+目A90tan1T1 tan1T2求w1。因K22T1 1 T2180，故11tanT1 tanT211tanT1 tanT2 9011TiT2两边取正切:⑤S「S1T2S1,其中TiT2,（如图5）⑥增益裕量:Kg1厂'相位裕量:180、、亠注意：用Gjc1求K;用tan1Gj1 180求w1。例1:sCt；1，T1>T2，K=10，作出波德图例2:[2002年题1]求：(1)写出开环传递函数Gos(2)计算系统的相位裕量和增益裕量⑶做出Gos的Nyquist曲线，并分析闭环系统的稳定性解：①GosK2s1s20.1s1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K2222 12s1K1，故Gs 2s0.1s1②相位裕量：11180 ctan4tan2 因为tan因为tan1Goji180，则11tan21tan0.11 21 0.11 1 0Kg③：贝UZ=0,N=0,P=0。符合Z=P+N，故稳定、Nyquist判据Z、Nyquist判据Z为闭环右半平面根数,P为开环G°s右半平面根数，N为G°s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:G0s例3:G0sKs1s2Ts1解：奈氏曲线如下图N=2，P=0，Z=N+P=2和，故不稳定例4:Go例4:Goss2TFT'如图:N=2,P=0,Z=N+P=2和，故不稳定例5:1Gos s42s35s26s100,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：1GosTs3s2K0。显然缺s项，故不稳定。劳斯阵列第一列全为正，贝U系统稳定。如果有一个负数，贝U变号2次，即系统有2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0,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s33s22s6 0，劳斯阵为：2

|152

|1526226210210s3：1202TOC\o"1-5"\h\zs2:3 6 0/ ，则由于一行全为零。则系统与虚轴相交。辅助多项式为:S1:0 0 0s:63s260 %冋，则与虚轴的交点为 ?2j解：劳斯阵:100102010 ，可见系统不稳定，有两个右根2020 02例6:1Gs4 3 2s2s5s10s20 0，0且〉时，，0且〉时，，100，故系统不稳定4s15 203s21002s020210，因为此处0不能往下计算，换成12040s-100s20当10000100G°10000100G°s五亦，由作图可得c10,由劳斯判据可知,例7:〈2002年备考题〉单位反馈系统，开环传递函数G。s2ss要求：①画出对数幅频特性，求c，判断系统稳定性。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：3 20.001ss100 0，缺项，则系统不稳定。也可由Gjc180tan201G0201G0s20 180tan—tan0.0120 1601（w1可由图中按比例读出），贝U 180Gjc20。例8:<2001年备考题〉1180Gjc10，判定系统不稳定。也可由零极点判断〈画图〉，不稳定。1100s1②加入矫正装置是丄S1，即G0s岁0s1 11 s0.01s1求：①系统阻尼比E=0.5时，Kh?②②Kh=0时，求c%,tp、ts( 2%)解:①RI41K解:①RI41Kh

s2s41Kh2ns2 2nS，则n n 4一4心1 1Kh2「；44Kh2Ys 4②Kh=Ys 4②Kh=0时，R7厂T7，则0.25于是ts8s，tp=・・O%=…10s2Ts1Y<>) >H9E例9〈设计型题，较易，主要考概念〉求:GcS，①使rtt时，ess0；②使rtV时，ess0-01解：①Gcss1,T,〈利用基本概念，不用计算〉②Gcs，则Ka呻2K2s1 10 10Ks2Ts1故：ess1Ka110K0.01K10。根轨迹法、定义:〈①〉1GosZii1nsPij1其中K*为根轨迹增益。开环放大倍数m*Zii1nPjj1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:〈②〉几条规则:①实轴上的根轨迹〈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②根轨迹条数=Max（n,m）,起点为开环极点（Kg0）,终点为开环零点（Kg ）与实轴夹角:2k与实轴夹角:2k1③渐进线条数：（n-m）条，与实轴交点坐标：极点 零点1nm分离点与会合点：使栄。，并使K*＞。的点复数极点出射角:pi180零点至极点的向量辐角其他极点至该极点的向量辐角pi180零点至极点的向量辐角其他极点至该极点的向量辐角对非最小相位系统pi零点至极点的向量辐角其他极点至该极点的向量辐角pi零点至极点的向量辐角其他极点至该极点的向量辐角复数零点的入射角:z1z1180对非最小相位系统z1 其他零点至该零点的向量辐角 极点至该零点的向量辐角与虚轴交点：（a）用劳斯判据确定，用辅助方程求得(b)sj代入闭环特征方程，由实部=0，虚部=0求得例1:Gos解：渐进线(3条):12r~o2k1""33dKds3 2ds3s2sds3s26s2 0，得s10.423K*0.385

s21.577,K20.385与虚轴的交点：方法s33s22sK0,劳斯阵:3s2s1s0s1 203 KK2—3KK要与虚轴有交点，则有一行全零，即2- 0K6辅助方程：3s260恥展j方法将sj代入特征方程：j3j2jKO实部：K32 0虚部:2 33 0K6,则与虚部的交点庖j,K6根轨迹如下图例2:G0s2s2s3解：渐进线一条。出射角分离点与会合点:dKdssi0.265s23.752,K2pis21802s3tan2s2s2s22140则4s1 0 ，得5.464-17B2证明：取圆弧上一点stantan—3180（应用辐角条件）两边取正切:122可见是圆解：结构图化简，有:闭环特征方程为1Ki2sK1Khs2s*2QKhSK1 0QKhS

s2K10,K*心心，由此画Kh根轨迹图也可以由1K112* 0，画K1根轨迹。s解:例4:G0KssKss_dK1 'dss2s2 3s2门20，jjirs1则: 仝或s0a=1,a=9时，有一个分离点16 0,解得 9或 14当a>9时，如取a=10，贝U!101訂-仁，13Jl32 160零 41044，根轨迹如上图离散系统分析方法、采样定理镜像作用，米样频率s2、①开环脉冲传递函数Goz1eTsKsss1Tzz

z12z1K0.368z0.264

z1z0.368闭环“Rf怎’特征方程0.264K 0.3681G0z 0即z2 0.368K1.368z0.264K 0.368，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则稳定，若|z|>1则不稳定③G。z Gs，对参考输入有:a1t时，essWE)KpKvlim1z1G0z,当rtz1bt时，essKv12.lim1z G0z,当rtzA2时，ecT2Ka有干扰时,有干扰时,enz,essn 1计Z1EZz1此时必须且唯有用终值定理④求丫zryzRz,ytryzRz时，可以用两种方法:a）部分分式法；b）长除方法G(s)t{t)G(s)⑤z变换公式:atetxt22Xsatetxt22Xsz1zatzeTzz12T2zz1如：G0s1eTsKss2s3非线性系统分析方法isimrt>G(s)4bII•1注：1为sinwt；2为基波和高次谐波经过G（s）后剩下的基波、分析方法:相平面法 只适用于二阶系统•不考描述函数法——可适用于高阶，是频率法的推广：考李雅谱诺夫方法、描述函数法:①闭环特征方程：1…1NXGs0，则GsNX判断Gjw是否包围1，包围则系统不稳疋，不包围则稳疋。NX如同1G0s0,Gjw1，判断是否包围-1，包围则不稳定，不包围则稳定②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:NX2aXNX2aXK,K11,a 1,b 3s0.1s1s1例函例函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:Gjw 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:Gjw 180求出相交频率wGjw| 求出相交幅度B点是稳定的自激振荡点，A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、b使两者不相交。11厂矗〒，变换成:r+M2110~2-~\11厂矗〒，变换成:r+M2110~2-~\ *1 ►ss1再画图分析例3:[2002年题5]s1ito亠■ho.101亠s—2s ►①讨论参数T为系统自激振荡的影响1Ts2其中：NX4M彳 其中：NX4M1 — j ,b1,MX：X x2②设T=0.25sec，求输出自激振荡的振幅和频率解:Gos

两者相切时，即频率特性G(jw)的虚部等于-1/N(X),B点稳定，A点不稳定此时，XaxXb稳定；0xXa和xXb不稳定李雅普诺夫稳定性理论特征方程求根判断稳定性劳斯判据特征方程求根判断稳定性劳斯判据连续系统在左平面离散系统在单位圆Nyquist稳定判据李氏稳定判据、①李氏第一方法：线性化方法flflX「X2XnXfXXfXe,t2X1，X2……Xn，平衡状态为Xe。即fXe,tfnfnXi,X2Xn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:fifiAXi fifiAXi X2fn fnx1 x21Xn....，判断其稳定性用特征多项式|slAXnxxe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。Vx xTPx,P为正定对称矩阵，则Vx0;如果Vx0,则大范围稳定②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:①先用线性化方法：X Xeo'2 X Xeo'2 ，由si2XXeoA0得，si1,S2若：(1) 1 0,2 0,则系统在平衡状态Xeo处是不稳定的;(2) 1 0,2 0,则系统在平衡状态Xeo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。MX1MX1X2，其中fXf2-,，当Q(x)正定时,XX1 X1即当主子式均大于零时，且当X1时，有:，则系统在平衡状态X即当主子式均大于零时，且当X1时，有:，则系统在平衡状态Xe0处大范围渐进稳定。③最后想到用李雅普诺夫第二方法：构造标量函数 V(x)，例如:V(x)x：x；，要求V(0)=0,X旳,V(x)>0。步骤：1、构造V(x)X；x；;

有V(X)。则系统在Xe0处大范围渐进稳定。例1:<2000年题6>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。3 5Xi XiX2Xi,X2XiX2X2解：线性化方法失效，则只好用克拉索夫斯基方法:i3x124i5x2，则26xi 2 2 2 4主子式26xi2主子式26xi2且Xi时,有VxfTXfX32xi x2 xi xi范围渐进稳定。5 2X2 X2 ，故此系统在原点处大例2:<2001年题6>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。xi xi3x10,26xi210x2 4 0Qx正定,x2xi0,26xi210x2 4 0Qx正定解：用线性化方法:siAs2siAs2ixxe 0状态空间分析方法、模型的建立分析*XiX20 0 F1cm m Vofma,v0yckymy，即：mycykyFcvokx1kx1CX2FmmmCVo,mXi X2令Xi y,X2y，贝UX2 y如对ynaiyan1yany b1u，令X1y,X2 y,…XnX1X2X2X3则an1X2X1an1X2X1a1XnduXn 3nX1输出方程：

010010001010亠x01x u或10anan1a1 b|y100x例1:由传递函数来求1Ysn n1s a£an1s a1Ysn n1s a£an1s an UsQsUsmbosbm1sbmsnQs Us a1sn1anQsan1smb°sm1Rsbm1s bnYsQs则nsn1a〔san1sanUsUs，、Gs

X2 X3，即可见-2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,xn1 xnXnuanX1an1X2®Xn0100000100x0 xu10anan1a11ybmbm1b。 00xX12x1X2有: X22x2u即：xX33x3uYs 4s217s20 1Uss37s2 16s12s221000 2 0x1u0 0 3 1y2%x25x3则能控；约当块对应C阵中的列中有一列不为零，则能观yex①判断系统稳定性:sIA0，得Si1,S2，若1 0,2 0贝U系统稳定，否则系统不稳定。②能控性判别矩阵:MbAb,二阶，MbAbA2b,三阶若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：NecAT，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e中对应的值不为0,则此状态分量能观，若e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NxAxbu〜、，引入UkxycxkxAxbu〜、，引入Ukxycxk2Xir「亠x，则有Abkxycx解题方法：特征多项式=解题方法：特征多项式=期望多项式，即siAbk得至UK1,K2,K3,I卩KK1K2K3。④状态观测器＜不考计算，因为太复杂＞条件：系统完全能观，才可用状态观测器⑤输出可控性矩阵：PCbCAbCA⑤输出可控性矩阵：PCbCAbCA2b，若满秩，则输出完全可控，否则输出不完全可控例则输出不完全可控例3、＜2001年题5＞Xi0 0 x1XiX2Xi0 0 x1XiX22 0 x2 0uy0 1 1x2X30 0 3x3X3③状态反馈：条件一一所调整的极点对应的状态分量必须能控。原理:要求:⑵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⑶能否用线性状态反馈Ukxkik2 x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:显然有+3特征根，则系统不稳定⑵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⑶能，因为x3时能控的，设K00K3，由siAbks1 0 K30s2 00 0s32K3S1 siAbks1 0 K30s2 00 0s32K3S1 1，故s2 2s3 32K3因此有32K3 3K33,故K00 3(4)输出可控性矩阵PCBCABCA2B2618，秩为1，可控例4:<2002年题2>X1100X1b1X1X2010X2b2uy11 C3 X2X300X31X3要求:

判断系统的稳定性判断系统是否完全能控，完全能观测，并说明理由。能否通过状态反馈使闭环系统稳定？能否应用状态观测器？解：(1)显然a>0,系统不稳定；a=0边界状态；a<0时系统稳定b1b1b2b1b1b2b22b1 0 01121，0 0 0b1MbAbA2bb21则秩为2，为不完全能观3)状态反馈要通过3)状态反馈要通过x3进行，则要能观测x3才行。当C3不为0时，可以通过状态反馈使闭环系统稳定4)系统完全能观，才可应用状态观测器例5：<2000年题5>x1x2x1 10x1x2x2 02x2要求：

判断系统是否完全能控，完全能观测，并说明理由能否通过状态反馈使闭环系统稳定？能否应用状态观测器？解：(1)显然有+1根，则系统不稳定(2)不完全能控，x1可，x2不可不完全能观，x1不可，x2可3)因为x1能控，则可以改成-1，Ki0,则Abk1K10故1Ki 1Ki2K20(4)不能，因为系统不完全能观例6：<99年题五>x1 A1x1 b1U1S1:1 11u1,其中Aiy1 c1x1,b1010,c1 21x2 A2x2b2U2S2：2 22 22,其中A2y2 c2x21,b2 1,c2 1要求：①…②…③…X1010X10解：X2340X21uX3001X31Xiy211x2X3传递函数:xxSi:yiTOC\o"1-5"\h\z0 1 0XUi Y1s 14 1，故」csIABU1s2 1x三、状态方程的解，状态转移矩阵如：xtAxtBut,xt0Xo,sIX0BUs齐次，则1sIA1XsiBUTd,ytcxt。采用变换的方法:P1AP1te1P1APtee2t1eAtP1tntAt P1APt 1ePeP2tP1最简单，推荐,t特别当01000010A001an aniai如果有二二重根，则典 iAte'teitA,e010eit11如果有三二重根，则A0100i，2， n互异111则P12nn1 n1n112n2it.it t it0 e1te1e02At it it1,e0 ei teii 0 0 eit分块，有:AieAitA A2At,eA3A2teAat

e注意：观测器不考最后例i:<20