理工自動控制理論考研-8.其他5輔導(dǎo)筆記

410——教一 自動控制理論的分析方法必須穩(wěn)定，且有相位裕量γ和增益裕量K動態(tài)品質(zhì)指標(biāo)好。tp、ts、tr、σ%1EsRsX1sYsRsYs

nnG(s)

1LiLjLk

LdLe

j,k

d,e,f式中：

LiL

LdLe

PkKk為從ΔKn為從輸入節(jié)點(diǎn)到輸出節(jié)點(diǎn)的前向通路數(shù)目通路P1G1G21Y(s)

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

于是： H參考輸入引起的誤差傳遞函數(shù)：Es ； 1G1G2擾動引起的誤差傳遞函數(shù)：Es G2N 1G1G2求參考輸入引起的穩(wěn)態(tài)誤差essrrlimsEr

Kp、Kv、Ka

limsENNKplimG0ss如rta1t，則Rsas

1KKvlimsG0s如rtbt，則Rsb， vs v

lims2

如rt1ct2，則Rsc， K K

a例3：求Ys，令Ns0，求Ys，令Rs NHHH 1G2H1G2H2G2G3HH1Ns0時，求得Ys=；當(dāng)Rs0時R求得YsNNs0，求Ys，令Rs0，求Y N為了完全抵消干擾對輸出的影響，則GxS解：求Ys，用用梅遜公RP11,11 P2G1Gx,21KG1G2KG11KG1G2則Ys1KG1G2G1Gx，同理求得Ys

1KG1G2

Ys=0,Ys1KG1G2G1Gx=0，所以

1N

1

x x5：[2002其 G1s

ssn1s

，G2s

sn2s

求誤差傳遞函數(shù)

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?yàn)槿鏓s Ks 則N ss4s2Ks limsEslimsEsNslimsEs1ssn

N

Ns而事實(shí)上：Es Kss N ss4s2Ks limsEslimsEsNslimsEs1ssn

N

Ns可見積分環(huán)節(jié)在G1s部分中，而不在G2s中故6：如圖，當(dāng)rtsint152cos3t20時，求穩(wěn)態(tài)輸出j

j55s

j

tan11,j3575

j3

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

，t11p

，t11s

3~4（Δ=5%7：如圖，要求tp0.1s,30%K，TKKsTs解：Y

K/ RsTs2s

ns2s/TK/n

nns22snn則

2KT

1。由t

0.1nn11%1

0.3，可得求：①選擇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≤，從而得K、Kn nG0s

得KssK1KtKKlimGs，

limsGs1，

lims2

s

t

當(dāng)rt1tt時

11K

0

s sGj1 Gj1yt1GjR1sin1t1Gj 1二、①慣性環(huán)節(jié)1T2u ，G1T2uTsGjtan1T，0②

，Gj K1T2K1T2Gj90tan1T，，12因?yàn)?

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

90tan1Ttan1T

w1。

，其中

T ⑥增益裕量：

180

，如圖注意：用Gjc1求K；用 Gj180求w1111：

2：[2002求：(1)寫出開環(huán)傳遞函數(shù)G0做出G0s的Nyquist曲線，并分析閉環(huán)系統(tǒng)的穩(wěn)定

GsK2s2 s0.1s2 可見圖中c2，因?yàn)榉l特性曲線在w1=0.5和w2=10時發(fā)生轉(zhuǎn)折，顯然所以K221K1，故Gs 2s 180ctan14tan12因?yàn)閠an1

j1180，01tan101

0Kg1Z=0，N=0，P=0Z=P+N1三、NyquistZ為閉環(huán)右半平面根數(shù)，P為開環(huán)G0s右半平面根數(shù)，N為G0s包圍-1圈數(shù)，順時針為正，逆時針為負(fù)。當(dāng)符合Z=P+N是系統(tǒng)穩(wěn)定。其中Z=03

sKs1,TsTs122 sTsK2例4：G0ssTsK2

，如圖：N=2，P=0，Z=N+P=2≠0，故不穩(wěn)定05：1Gss42s35s26s100，判斷系統(tǒng)是否穩(wěn)定。0 01GsTs3s2K0s0 s33s22s60ss3:120s2:60s1:00s0:3s260

2j，則與虛軸的交點(diǎn)為

2jss3s

256

6 2

0 22

02例６：1Gss42s35s210s20 s s3 s 1 101 s

當(dāng)0且0時，104002002

s

s2s，要求：①畫出對數(shù)幅頻特性，求c，②加入矯正裝置，使c擴(kuò)大一倍，求矯正后系統(tǒng)傳遞函數(shù)和相位裕量。解：①開環(huán)傳遞函數(shù)應(yīng)由所給的零極點(diǎn)形式化成時間常數(shù)形式：G0s

ss

，由作圖可得c100.001s3s21000也可由G

tan10.01101901180Gjc10，判定系統(tǒng)不穩(wěn)定。②加入矯正裝置是1s1，即Gs100s11 1G

c

180tan1

tan10.01

1（w1，則180Gj20 c2001求：①系統(tǒng)阻尼比ξ=0.5Kh11Kh4ssKh=0σtp、ts（2Y

2 nhnRss2s41Ks22snhn n

41

1K 44 44Kh

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

0；②使rt1t2

Gcss1,T②GsKs1TKlims2Ks110

1Kess1Ka

0.01K10〈①〉1

mmiK*szins1 0。nspijmmiK*in其中K*為根軌跡增益。開環(huán)放大倍數(shù)K npjj1閉環(huán)特征方程的根隨參數(shù)K*而變化的軌跡，稱為根軌跡幅值條G0s,或Gs2k,非最小相位系 ②根軌跡條數(shù)=Max（n,m起點(diǎn)為開環(huán)極點(diǎn)（

0，終點(diǎn)為開環(huán)零點(diǎn)（

③漸進(jìn)線條數(shù)（n-m）條，與實(shí)軸交點(diǎn)坐標(biāo)：

極點(diǎn)零n

2k1n

0K*>0p1180零點(diǎn)至極點(diǎn)的向量輻其他極點(diǎn)至該極點(diǎn)的輻零點(diǎn)至極點(diǎn)的向量輻角其他極點(diǎn)至該極點(diǎn)的量輻其他零點(diǎn)至該零點(diǎn)的量輻角極點(diǎn)至該零點(diǎn)的向量sj代入閉環(huán)特征方程，由實(shí)部=0，虛部=0K1K解：漸進(jìn)線（3

121，2k

3 K由1 0，則Kss1sKdK*ds33s22s

2

0 s0.423,K*s s22 1.577,K*22s33s22sK0，勞斯陣s s 23s 要與虛軸有交點(diǎn)，則有一行全零，即23

0K輔助方程：3s260 22將s2

j代入特征方程j33j22jK實(shí)部：K32虛部33

6, 則與虛部的交點(diǎn)s1,2

2j,K

2

sKs20s22202解：漸進(jìn)線一條。出射角 2

*s22s3KsK故

s22s2s22s3 s

， s

4s1 ，s1

s2 3.752,s2

證明：取圓弧上一點(diǎn)sjGs2jj22jtan1tan1 180

（應(yīng)用輻角條件 222 2

2

22 222

222sssK1Kh1h1h閉環(huán)特征方程為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 當(dāng)α<1當(dāng)α>9時，如取α=10，則

1014.53s1,2

13

1324

10,44鏡像作用,采樣頻率sKKss1s

1G0

ss1K1

s z 1K0.368z閉環(huán)

z zYz G0

zeT

z1z 10

即z2

0.8K

0.264K0.3680②判斷穩(wěn)定性 線性變換z1，將其代入特征方程中，再用勞斯判據(jù)K|z|<1|z|>1G0zGs，對參考輸入有p0 p0

z,當(dāng)rta1t

K1KK

z,當(dāng)rt

bt時，eb

ssvKa

z,當(dāng)rt020

ct2

cTssKassEEN

z,

limz ④求YzzRzy*t1Yz1zRz時，可以用兩種方 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閉環(huán)特征方程：1NXGs0，則Gs

NX判斷Gjw是否包圍

NX

如同1G0s0,Gjw1，判斷是否包圍-1，包圍則不穩(wěn)定，不包圍則穩(wěn)定 A定時要衰減，則系統(tǒng)又回到B點(diǎn)右邊，又再次進(jìn)入到不穩(wěn)定區(qū)，又要發(fā)散，然后又進(jìn)入穩(wěn)定區(qū)，如此反復(fù)，則系統(tǒng)始終穩(wěn)定再B點(diǎn)附近。1NX

，Gs ,K11,a1,b1 aX1 aX Gjw180求出相交頻率1N1NXGjw

BA點(diǎn)不穩(wěn)定。xA~xB不穩(wěn)定0xxA和xxB穩(wěn)定.減小K使兩者不相交,或調(diào)整a、bss1s1s解xh1h2，當(dāng)xx時無輸出，xx時輸出

M M1s1s1sssss11ssss

，變換成ss3：[2002ssss1

X

j11 bX

b1M4T②設(shè)

ss11Ts10,1

NXG(jw)的虛部等于-1/N(X)，B，A此時，xAxxB穩(wěn)定0xxA和xxB不穩(wěn)定 穩(wěn)

Nyquistf1x1, xn

f

,t

x1,

,t0 fnx1,f

......xn

f1f

xA nx

fnxnx

sIA0如果處于穩(wěn)定邊界（有純虛根VxxTPxPVx0；如果Vx0,則大范圍穩(wěn)定②李氏直接 f1 xAx

22xx1

，由sIA0得s11s2（1）10,20xe010,20xe01，2中至少有一個實(shí)部為0，則此方法失效 f1 x

f

f

fA

2其中fx

Q(x) f

f2

f2

x1即當(dāng)主子式均大于零時，且當(dāng)x1eVxfTxfxx0e③最后想到用諾夫第二方法：構(gòu)造標(biāo)量函數(shù)V(x)，例如V(x)x2x2V(0)=0，x≠0,V(x)>0 步驟：1、構(gòu)造V(x)x2x2

有V(x)xe0

x3,

x122122f 13x

4 15x24 f

f 26x Qx

22

210x4112112且x1Vx

fTxfxx

x32x

x52

的穩(wěn)定性。xx3x3xxx5x A 0，sIAs1

s21x

s

x1

0F

c

c

，f

x1yx2y，則

ykx1cx2Fcv0

如對ynayn1... yaybu，令

y,x

22則

，

xnanx1an1x2a1xn輸出方程：y

00 x

0

y 1bsmbsm1

s

YsQs，G sn

1a1

an1s

U

UQs ，Ysbsmb

s1U1

snasn1

s

U

1snQsUsasn11

s

b1s1s1s1san則2x23

xnuanx1an1x2a1 0 0

x

ybm

例2： s 4s2 G ss37s2

0 x2x

0x有：

即：

3x

y2x1x2

y

1可見-2為重根，則此為約當(dāng)。約當(dāng)塊對應(yīng)B陣中的行中有一列不為零，則能控；約當(dāng)塊對應(yīng)C陣中的列中有一列不為零，則能觀。11s1s222-1s53y二、對xAxy①判斷系統(tǒng)穩(wěn)定性sIA0，得s11s22,，若10,20則系統(tǒng)M

Ab,二階，M

r(M)=n，能觀性判別矩陣：N

cA

T，若為滿秩，為完全能觀，否則不完全注意：如果A是對角陣且沒有重根時，則用直接觀察的方法判別能控、能觀便b0b0，則為完全能AMN

，引入Ukx x2，則有y

y11得到K1,K2,K3,即K K3P3、<20015>

，若滿秩，則輸出完全可控

0x1

0 0 判斷系統(tǒng)是否完全能控，完全能觀測，并各狀態(tài)分量的能控，能觀能否用線性狀態(tài)反饋Ukx -2，-3K1,K2,K3顯然有+3能觀，x1不能觀。能，因?yàn)閤3時能控的，設(shè)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?yàn)?1

M

A2b

b 121 2 2

2，為不完全能觀x3x3C30例5：<2000年題5>

0x1

y

2x

x2

2

2(4)（1）不完全能控，x1x2不完全能觀，x1不可，x2可x1K

0,則Abk1 0 故1K11K12K 例6：<99年題五>

1

0,

21yc

4

1 1

Sx2A2x2b2U2,其中

1,cy222 cy222

0 S:xS:

11x1

1Y1

sIAsIA11 y

U1 如xtAxtButxtx，則XssIA1X0BU 齊次，則xt1sIA1X0xttx0ttBUT0

P1AP

ne

P enteAtPeP1APtP1其中：P

0 0A

,則P

1 n

2

n1A

1,e

te1t

e1t

t