自动控制原理笔记

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1、自动控制原理辅导班笔记一、 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：必须稳定，且有相位裕量Y和增益裕量Kg动态品质指标好。t、t、t、o%psr(3) 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：E(s)= R(s)

2、-tx (s)+ Y(s)Lr(s)- Y(s)L X (s)11 P AKK方法二：利用梅逊公式 G(s)二k=1A其中特征式 A = 1 -L L L +ij kd e fi=1j,k=1d,e,f =1式中：工L为所有单独回路增益之和iY LL 为所有两个互不接触的单独回路增益乘积之和 ijYL L L 为所有三个互不接触的单独回路增益乘积之和def其中，P为第K条前向通路之总增益;kA 为从中剔除与第K条前向通路有接触的项; kn 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：P = G - G , A = 11 1 2 1特征式：A = 1 -(-GG -GG ) =

3、 1 + GG + GG1 2 1 3 1 2 1 3则：Y(s)P A=1_1R( s)1 + GG + GG1 2 1 3例 2 ： 2002 年备考题 GH2 1解：方法一：结构图化简继续化简：2于是有：方法二：用梅逊公式A二 1-LGGH -GGGH -GGH + 03 2 1 1 2 3 2 4 3 2通路：P 二 GGGGG , A 二 11 5 6 1 2 3 11)参考输入引起的误差传递函数：E (s )_1R(S) _ 1 + GG H12扰动引起的误差传递函数：E (s )G HNS)=- 1 + GG H122)求参考输入引起的稳态误差 e时。可以用 KssrpK 、 K

4、 叠加，也可以用 va终值定理：lim s - E(s)P 二 G , A 二 1 + GGH P = GGGG , A 二 125 2 3 2 1 3 5 6 4 3 3Y(s)PA + P A + P A于是：=112233 =R(s)A三、稳态误差s tO(3)求扰动引起的稳态误差e 时，必须用终值定理：lims E (s)ssnN(4) 对阶跃输入：K二lim G (s),ae =ssr 1 + Kpp s t00如 rC)= a 1(t)，则 R(s)=,s5)对斜坡输入：=lim s G(s)，如 r(t)= b -1，则 R(s)= , e =s 2 ssr K v6)对抛物线输

5、入：K = lim s 2PSTOG (s),O如口 r(t)=c -12,2则 R(s)=s3ce =-ssr Ka例 3 ：求：黑，令 n(s)=0，求 Ns，令 r(s )=0解：结构图化简：Y(s)RWHG3H3G 1G 32 2继续化简，有：当 N(s)= 0 时，求得詔=。当 R(s)= 0 时，有求得Y (s )_ N=例 4 ：令 nQ=o,求 Rs)，令 M)=0,求 Ns)为了完全抵消干扰对输出的影响，则G (S)= ?x解：求用用梅逊公式：P = 1,A = 1 + KGG P = GG ,A 二 11 1 1 2 2 1 x 2A = 1 -LKGG -KG = 1 +

6、 KGG + KG1 2 1 1 2 1则：同理求得Y(s)1 + KGG + GG=121,Rs)1 + KGG + KG1 2 1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。Y(s) n 丄厶 Y(s) 1 + KGG + GG=0,故=121 xN (s)Rs) 1 + KGG + KG1 2 1=0,所以Gx1 + KGG1 2G1例 5 ： 2002 年题 4其中 G C)= S(+1 ), G (s)=一上 ),r(t)和n(t)分别是参考输入和扰动1Sn1 (s + 4丿2Sn2 (s + 2丿输入。求误差传递函数G C)=re和 G(s)= E()neN (s)是否存

7、在n10和n2 0,使得误差为零？设r(t)和n(t)皆为阶跃输入，若误差为零，求此时的n1和n2解：+*K-OfG2Ge 9兽=启，)=铀启，皿)为负1 2 1 2r(t)=t,要求e =0.则系统应为II型系统，那么nl+n2=2. ssr r(t)=l(t),n(t)= 1(t),要求e =0,则 nl+n2=lss因为如E (s)K (s + 4)n,NS) s(s + 4)(s + 2)+ K(s +1)，则e = lims - E(s)= lims N(s)= lims= 4s tos to n s 丿s toN s 丿 sssn而事实上：E (s )= / 甲(丁 4)/、N (

8、s ) s(s + 4)(s + 2)+ K (s +1)e = lims E(s)= lims (-) N(s)= lims (2 = 0 stosto N(s)stoN(s) sssn可见积分环节在G (s)部分中，而不在G C)中。12故nl=l, n2=0。就可以实现要求例6:如图，当r(t)= sin (t +15。) 2cos(3t 20。)时，求稳态输出解:应用频率法:jS + 7eCi)=乞= 2z tan 17,0(j3)=為 Z-tan -17j+750y(t )l=2 sin I t +15。1)一 tan -i 7丿一 Jcosf 3t 20。 tan -1 3 58I

9、7四、动态指标(1)二阶系统传递函数的标准形:Y (s )R= S 2 + 2g)3 +3 2nncos 0 = g越大,兀一034(A=5%或 2%)g3n例 7:如图，要求 t=0.1s,b % = 30% , p试确定参数 K， T。3 2n,s 2 + 2ge s + 3 2nn解 Y(s)KK / T解: RS)=茁 + s + K s 2 + s / T + K / TK小1丄兀门-则 3 2 =,23 =。由 t 二二 0.1 ,n Tn T p 3 .1-g 2ng% = exp - .兀 - = 0.3，可得? =?, T=? JT2 丿求：选择K , K，使得 o%20%,

10、 ts=1.8 秒(A = 2% ) 1t求K、K、K，并求出r(t)= 1Q+1时的稳态误差 p v a解：3 2I 3 2 = Kn sn1 s 2 + 2g3 s + 3 22g3 = K Knnn1 tY (s )=KR(s) = s 2 + K K s + K1 t1由 a%20%，则 exp _ 碇 一 20%，求得 I 3弋2丿4由t = 1.8，求得3 T T ,（如图5 ）12C s + 1）s 6s+i）Ts+1），12 增益裕量：K =)，相位裕量:Y二180。+申6 )，如图6,T1T2, K=10,作出波德图401/T2-90 叫80 -270KZL 10201lAg

11、1A1 : 7OHB/承201g|G|-60dB/secM19注意：用 |G（j ） = 1 求 K;用 tan-1 G（j ）= 180。求 wl。I C I1例1:/ K G s +1）、s（Ts + 1）Ts +1）12例 2 ： 2002 年题 1求：(1)写出开环传递函数G C)0(2) 计算系统的相位裕量和增益裕量做出G (s)的Nyquist曲线，并分析闭环系统的稳定性0解：G (s)=0K(2s +1)S 2 (0.1s + 1)可见图中w = 2，因为幅频特性曲线在wl=0.5和w2=10时发生转折，显然w=2c时，曲线只在w1=0.5发生转折，而未到w2=10。故w2=10

12、不发生作用，所以K (2 x 2) 22故 G (s ) =O2s + lS 2(0.1s + 1) 相位裕量：y = 180 + ( )= tan-1 4 - tan-1 2 =c因为 tan -1 G (jw )=180，则 01tan-1 2w = tan-10.1w n 2w = 0.1wnw= 0 n K =a1 1 1 1 1 g ：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 G (s )右半平面根数， N 为 G (s )包围-1 圈数00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：

13、G (s)= K卜 + ,t 0时，10 - 0，故系统不稳定。例7: 2002年备考题单位反馈系统,开环传递函数手）=册o要求： 画出对数幅频特性，求3，判断系统稳定性。c 加入矫正装置，使3 扩大一倍，求矫正后系统传递函数和相位裕量。 c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：G (s )=0100s 2 (0.01s + 1)由作图可得二10，由劳斯判据可知,c0.001s3 + s2 +100二0，缺项，则系统不稳定。也可由 ZG j )=180 - tan -1 0.01 X10 =190。，c1Y = 180 +ZG(j3 )=-10，判定系统不稳定。c也可由零极点判

14、断画图，不稳定。 加入矫正装置是丄s +1,31即 g C)= 10敗 31 +0s 2 (0.01s +1)1)ZG0 |3 c = 2020=-180 + tan -1- tan -1 0.01 x 20 = -16031（ ，、（wl可由图中按比例读出），则Y二180 + ZG j3= 20。k C丿例 8 ： 200l 年备考题求： 系统阻尼比?=0.5时，K = ?h K =0 时，求 a %, t、t ( A = 2% ) h p s解：4(1 + K )s 2 + s + 4(L + K )h3 2n,s 2 + s + 3 2nnK =0时,hY (s )4丽= s 2 + s

15、 + 432ng 二 0.254于是t = 8s ,s g3nt=p.a %=例 9 设计型题，较易，主要考概念求：G (s),使 r (t )= t 时，e =0;使 r (t )= -12 时，e T ,利用基本概念，不用计算lim s 2stOkC + 1)x 10*10 Ks2(Ts +1)c G (s)= KGs +1)( T), c故：e = 1 = 1 10。 ss K10Ka根轨迹法一、定义：k * n(s+z.)1 + G (s)= 1 +i=1= 0。0 nc+p)ij=1K*nz其中K*为根轨迹增益。开环放大倍数K = 耳-FIpjj=1闭环特征方程的根随参数K *而变化

16、的轨迹，称为根轨迹。幅值条件：|G& ） = 1其符合两个条件：相角条件：2gC）=（2k + 1b,（最小相位系统） 或ZG卜）=2k兀,非最小相位系统）几条规则：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，有根轨迹根轨迹条数=Max（ n,m），起点为开环极点（K = 0），终点为开环零点（K Ta）gg渐进线条数：n-m）条，与实轴交点坐标:工极点_工零点b =1n - m与实轴夹角：曙= +1 n - mdK * 分离点与会合点：使 =0，并使K*0的点ds 复数极点出射角：0 = 180。+工零点至极点的向量辐角-工其他极点至该极点的向

17、量辐角 p1对非最小相位系统0=工零点至极点的向量辐角-工其他极点至该极点的向量辐角p1复数零点的入射角：0 = 180。-工其他零点至该零点的向量辐角+工极点至该零点的向量辐角 z1对非最小相位系统0=-工其他零点至该零点的向量辐角+工极点至该零点的向量辐角z1 与虚轴交点：(a) 用劳斯判据确定，用辅助方程求得(b) s二j代入闭环特征方程，由实部=0，虚部=0求得例 1： G (s)= f Krf0s (s +1丿k + 2)解：渐进线( 3条)：(-1)+(- 2),(2k + 1L兀甲=,兀33由 1 + -(-)()= 0，贝U K = -s(s + 1)(s + 2),s(s+1

18、)(s+2)dK *dsdsd s3 +3s2 +2)=0，s = - 0.423, K * = 0.385 11s = - 1.577, K * = - 0.38522与虚轴的交点：方法一s3 + 3s2 + 2s + K 二 0，劳斯阵:s 312 0s 23KKs12 3s 0 K要与虚轴有交点，则有一行全零，即2- = 0 n K二63辅助方程：3s2 + 6 = 0 n s =：2j1,2方法二将 s = j 代入特征方程：+ 3（je）2+ 2（je）+K = 06,实部：-32 = 0 n =虚部：2 - 3 3 = 0则与虚部的交点s = 、】2j, K = 6根轨迹如下图1,

19、2G (s )=0K(s+2)s2 +2s+3分离点与会合点：K*s 2 + 2s + 3s + 2dK *ds(s + 2)2s + 2) I(s + 22 + 2s + 3=0则 s2+4s+1= 0解：渐进线一条。出射角 0 = 180。+ tan-2 - tan = 140。 pi0s = -0.2651s2=tan -i 旦-tan -i2 + 咖=180。c +2c2 -2 +2c +32 + 2c1=n c + 2 c 2 - 2 + 2c + 3c + 2注n()2 +()2 =()2c 2 - 2 + 2c + 3= -3.752,K = 5.464，可见根轨迹是圆弧。2H1

20、证明：取圆弧上一点s = c + j。ZG (s )= Zc + 2 + j - zC + j 心 + 2。+ j)+ 3)应用辐角条件)两边取正切：s (s + K K )1 h可见是圆。解：结构图化简,有:K闭环特征方程为1 +1=0n s 2 +KKs + K =0s 2 + KKs1 h 11hK K s+1 = 0,(K* = K K )，由此画K根轨迹图。 s 2 + K1 hh1解：K*s2dK *dssLs 2 +(3 + a)s +U1)2二例 4 ：G (s)- K； C +,a 00s(s +a)_(3 + a ) (3 + )2 16tt则：s 二或 s 二 04a=l

21、,a=9时，有一个分离点（3 + ab 16a0,解得a9或a 1当a9时，如取a =10,则b13 、132 16010s =-1,2 4 410-(-1) “ =4.513 1,4 ，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 2s max二、开环脉冲传递函数G(z)=Z0Ks(s + 1)1 e TssZ +z 1zz e T1K(0.368z + 0.264)-(z - 1)z - 0.368)闭环ryY(z)G (z)特征方程=R(z)=1+GQ，特征万程01 + G (z)= 0即z2 + G.368K 1.368)z + (0.264K + 0.368)= 0。

22、0判断稳定性：用双线性变换z =器，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|l则不稳定。G( (z )=z!g (s )， 对参考输入有K = limG Q当rC)= a - 1C时,e p0zt1ssK = limC一z-1L Q当rC)= bt时，vz t10K = limC z-1)G Q当rC)= 1 ct2时，eaz t102a1 + Kpb - Tess Kvc - T 2ss - Ka有干扰时,E= Qe= limQ - 1)E(z)NQ) en ssnz ti求yO=Q C).R(z),y*C)=Z-1 YG)=Z-1 OrO时，可以用两种方法

23、:ryrya )部分分式法；b )长除方法非线性系统分析方法=isimrtbI2 $G(s)八1Z变换公式:x(t)= 1C) x(t )= e - at x(t)= t x(t )=122X (s )= 1sX (s )= s + aX (s )=s2X (s )= s3X (z)=丄 z -1X Q=X(z)=X(z)=z - e -atTz Si i) z Q -1如:G (s)=Z01- e-Ts/ K 、(s + 2)(s + 3)- z -1Z+-12+ 13s + 2 s + 3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:相平面法只适用于

24、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)、李雅谱诺夫方法二、描述函数法：闭环特征方程：1 + N(X) G(s)= 0，则gC)-1N(X)判断G(jw)是否包围-幷,)，包围则系统不稳定，不包围则稳定。如同1 + G s）= 0, G（jW）=-1，判断是否包围T,包围则不稳定，不包围则稳定。负倒特性：康集灌定系藐懑定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。1/ a 11 -1壬丿N（X ）= -

25、4b 兀X例 1 ：如图。其中：，Z s（0.1s :）C +1）人=11,a = 1,b = 3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：ZG Cw）=-180。G（jW）= |船n求出相交频率wn求出相交幅度B点是稳定的自激振荡点，A点不稳定。xx不稳定,0 x x稳定.减小K,使两者不相交，或调整a、b使两者不相交。B例 2 ：1M21.h2 10解：Xo =时输出M，则合成为:21,当x x时无输出,00则-丄，变换成: s s +1sVs +1 丿10s (s + I)2yJ*L再画图分析例 3 ： 2002 年题 5其中：N（X ）=4。4bMj兀X 2讨论参数 T

26、为系统自激振荡的影响设T=0.25sec,求输出自激振荡的振幅和频率。解：G (s )=0(s +1)( + Ts)x 10-1si N(X )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，x x x稳定;0 x x不稳定A B A B李雅普诺夫稳定性理论特征方程求根连续系统在左平面离散系统在单位圆稳定判断稳定性q劳斯判据Nyquist稳定判据、李氏稳定判据一、李氏第一方法：线性化方法f (x , x x )1/12n、x = f (x , t)=e，平衡状态为x o 即f(x ,t)= 0,eef (x , x x 丿21 2n(x , x xn 1

27、 2 n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：A=f| =dxdx12dx x= xedfdfdx-1dx2dx判断其稳定性用特征多项式si - A = o，n-dxnx=xe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。V (x )= xTPx, P为正定对称矩阵，则V (x) 0；如果P (x) 0,X 0，则系统在平衡状态x处是不稳定的;12e 0(2)X 0,X 0。12步骤：1、构造V(x) = x2十x2 ；122、P(x) = 2xx十2xx

28、，将x，x代入，若P(x)为负定，半负定，lx f g，有112 2 12 1 1V(x) f g。则系统在x = 0处大范围渐进稳定。e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。X 二一x + x x 3, x 二 x x x 5 1 1 2 1 2 1 2 2解：线性化方法失效，则只好用克拉索夫斯基方法：dx13x21df22 +10 x 42主子式2 + 6x 2 0,(12 + 6x 2)(+10x 2 4 0 :. qQ正定121dx2dx丿且|xj fg时,范围渐进稳定。x + x12x31+x1 x x 522故此系统在原点处大例 2 ： 试用李雅普诺

29、夫方法判断下述非线性系统在原点平衡状态的稳定性。 x = x 3x3,x 二 x + x 5 x 51112 1 22解：用线性化方法：df-10,|sI A 二s + 10A = f=二 S 2 1 二 0dxx 二 0111s 1e则s = 1, s = 1,故系统在原点处不稳定。 12状态空间分析方法一、模型的建立则 F + (v y L ky = my，即:my + cy + ky = F + cv令 x = y, x = y ,12x = x则2 kx cxx = y = i 22m mF cv如对 y(n) + a y(n-1)+. + a y + a y 二 b u ,1n1n1

30、令片二y,柑二y，x”= y C-】）x = x1 2x = x23则.xn1x = a x 一 a xnn输出方程：=xn1n 1y=xa x +b u11ny=an10jxu例 1 ：由传递函数来求b sm + b sm-i hf b s + b=01m-1msn + a sn-i ff a s + a1n-1nY(s) Q(s) U (s 丁 U (s )sn + asn-1 + + a s + a1n -1nb sm ff b s + b0m -1msnQ(s )= U (s )-C sn-i f as + a1n -1nX = x1 2X = x，即23X = xn -1nX = u

31、 - a x - a xa xy=nn 1n -1 21 n0100 001 000Xf* 10a-a“ 1a1X =ulb bm m -1G(s )=U=4s 2 +17 s + 20s 3 + 7s 2 + 16s +12-1 2s + 2(s + 2)2+ s+3有：- 2 1 0 -x =0 - 2 0x+100- 31、y =b -1 5人ux = -2 x + x1 1 2x = -2 x + u 22即:x = -3x + u 33y = 2 x - x + 5 x1 2 3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

32、列中有一列不为零，则能观。二、对j x = Ax + bU型题的解答步骤: I y = cx判断系统稳定性：|sI A = 0，得s =九，s =九，若九 0,九 0则系统1 12 2 1 2 稳定，否则系统不稳定。 能控性判别矩阵：M = b Ab,M = b Ab A2b 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：N = L cA T，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，

33、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：条件一一所调整的极点对应的状态分量必须能控。原理：X 二 Ax + buy 二 cx引入 U = kx = kk12x1x2,f X =(A + bk ，则有I y = cx解题方法：特征多项式=期望多项式，即 |sI - (A + bk) = C 一兀 X- 兀得到K , K , K，即K = kK K1 2 3 1 2 3 状态观测器 不考计算，因为太复杂条件：系统完全能观，才可用状态观测器输出可控性矩阵：P = CbCAb CA2b若满秩，则输出完全可控，否则输出

34、不完全可控。例3 、2001 年题 5x1x2x3一100u1y = 0x1x2x3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，能观性能否用线性状态反馈U = kx = k k x将原有的极点3调整为-1,12-2， -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。能，因为x3时能控的，设K = 0 0 K ,由3-K30s-（3 + 2 K :3s = -

35、11故“ =-22s = 3 + 2 K33s +10|sI -（A + bk ）= 0 s + 20 0因此有3 + 2K =-3 n K =-3,故K = b 0-333(4)输出可控性矩阵 P =CABCA2BLb6 18，秩为 1，可控例 4 ： x1 x2=-100-10 0x1x2+b1 b2uy = 1 1c3x1x2x00ax1x3113113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，并说明理由(3) 能否通过状态反馈使闭环系统稳定？(4) 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。2)因为-1 时

36、重根，由不是约当型，则用较稳妥的方法，即用可控性矩阵。b1-b1b1b100m 二 bAb A 2b=b-bb1a * 1a 2 - 12221aa 2000则秩为 2 ，为不完全能观(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 ： x1二10 _x1*Tuy = b1x1x20-2x20x2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，并说明理由(3) 能否通过状态反馈使闭环系统稳定？(4) 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

37、全能控， x1 可， x2 不可不完全能观，xl不可，x2可( 3)因为 x1 能控，则可以改成-1，设 K = k o则A + bk 二 1 * Ki 0i0- 2故 1 + K =-1 n K =-2 n K = L 2 011( 4)不能，因为系统不完全能观例 6 ： S : x1二 Ax +b U1 1 1 1y1二 c x11-4,b1,c11xS:22 y 二 c x2 2 2S:0x =-3y = b11x +-41 x0u1 11二 1，C 2二 A2 x2 + b2U 2,其中A =-1, b2要求：x一 010 _xox解：1x=-3-401x+1uy = 2 111x22

38、2x300-1x31x3传递函数：三、状态方程的解，状态转移矩阵如：x(t)= Ax(t)+ BuQx(t )= x，则 X(s)=Ll- A】i x(0)+ BU(s)00齐次，则 xC)=Z-i si- AiX(0)= Z-1 (sI - Ai X (0)x(t)= e(t)x(0)+ re(t-“BU(T味,y(t)= cxO 采用变换的方法:0九1九P-1AP =2e P -1APt =e九2t= P-1eAtPeAt = Pep t APtP -i = Pe九2tP-i e r其中：P = lp P P i 2n00i00i0 0A=00 1an-an-ia1特别当如果有二重根，则九

39、,九，九互异1211 1 _, 则 P =九九.九12n尢n-1九n-1尢n-112n1 -e人tte人t九1, e At =0e人tA 二i如果有三重根，则A = 00i0九 1 , eAt = i0九it2e人t2! 1te九/分块，有：A一eA1t1A,e At =eA2t2A3eA3tA=注意：观测器不考最后例 1 ： 设系统的开环传递函数为G(s)=K (fs +1) S 2 (T S + 1),其中K 0,T 0,T i2Nyquist 图，并确定系统的稳定性。例2、ft(8) + E(s)+Q1 s (s + 5 )o* K (s + a)Y(s)要求：(1)求出闭环系统的特征多

40、项式 f(s)解：(1)特征方程为：1 + G (s)= 0，则特征多项式为:0f (s)= s(s + 5)C +1)+ R(s + a)二 s3 + 6s2 +(5 + K)s + KaTl72期图零极点：: 18N : - , m = 1 7，P : 0, -1, -5, n = 386 +渐近线：717q兀3兀G _ , V _ 12712 2分离点：K * _,dK * _ 0,求出:廿s 2 _ ds| K * _ K % _12三条根轨迹汇合，因为此时 K 值相同。例 3 ： a =9，要求：（1）（2）（3）（4）解：(1) GreE(s) _1 G - EC)_Ks* + 9

41、” + 5)R(s) 1 + G () neN*s)s*s + 5)C +1)+ K*s + 9)0当rC)_ t和nC)_ 0.1 x 1CF寸，E*s)_G + Gs2re s neYC）_保）魚0(3)由 1 + GC)_0,得s3+6s2+*5+ K)s+ 9K _ 00s315+Ks269+K由劳斯判据：Ks15 2s 09K005 - K.2 0,n 0 K 0故当K15时,系统不稳定，不能计算稳态误差 e(4) 当 K=5 时，K例 4 ： 开环传递函数G (s)由最小相位环节组成，其折线对数幅频特性曲线如上图所示 op要求：(1)写出开环传递函数G (s)op(2) (3) (

42、4) 解：开环传递函数Gp(s)=拌0鼎)如图虚线所示。对于Gf(s)=，过 二 100时,|G心)=1则K 二 100，故: sG(s )=op100(0.2s +1)s( + 1)6.01s +1)(2) 丫 二 180 90 -tan-i + tan-i 0.2e - tan-1 0.01(b ， Kc c c g因为0.20.01，故达不到180 度。(3) 如图，P=0，Z=0, N=P+Z=0,系统稳定。 G (s)=op100(3.2 s 1) s(s + 1)6.01s +1)兀 兀兀 C兀 兀则幅角:TT + 2，- 2 2， 2,2 ”，如图所示显然，N=l, P=0, Z=N+P=1,系统不稳定。结束语今年可能题多，但不会太难。以所讲的内容为主，认真复习笔记，不会出问题。以上内容有考研论坛“自动化”版-斑竹土豪 007提供，谢谢您