自动控制原理考试复习笔记--本科生总结.docx

自动控制原理复习总结笔记一、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，且有相位裕量丫和增益裕量K,动态品质指标好。、f,、0、。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)=凤$)- x, (s)+ y(s)=风)-)- (s)频率法一、基本概念:R（8）+6（$）,=初=G（/）,输入是正弦信号，稳态输出。如：r（/）= sin a）xt,那么州二那么州二G（jJ1 + G。助）二、惯性环节。（外90。180。，A3 8 . 0注意：域=g = g 因为。I （y） =（f）2 （y） = % （co） - Z.G（jco） = -90°7U(如图3)那么(Tjs + g + l)。（例）=一180。，故。（例）=一180。，故-90°-lan-, 7；6y-tan-, T2co = -180° n tan* 7；<y + tan-, T2co = 90°两边取正切： 7|"十7?" = co => 69 = J1-7>7>麻s(串 + 1)(n s + 1)s(串 + 1)(n s + 1),其中7； 子心，（如图5）增益裕量：Kv =-tUt,相位裕量：/ = 180。+夕®.）,如图6K（rv + 1）5（4 +1）,T1>T2, K=10,作出波德图例2： 求：(1)写出开环传递函数G0(s) 计算系统的相位裕量和增益裕量(3)做出G0(s)的Nyquist曲线，并分析闭环系统的稳定性解： G0（s） =K（2s + 1）2（0.1s + l）可见图中=2,因为幅频特性曲线在w1=0.5和w2二10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=10o故w2=10不发生作用，所以K?2)=长=1,故G0(s) =下/J22' ' 52(0.h + l) 相位裕量：/ = 180° + (<yJ= tan-1 4- tan-1 2 -因为 tan-iGoC/® )=180。，那么tan_1 2| = tan-1 0.1© =>2a> =0.1 助=© =0=> =oo：那么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G0(s)右半平面根数，N为G°(s)包围T圉数, 顺时针为正，逆时针为负。当符合Z=P+N是系统稳定。其中Z二。例3：伉(上黑胃，X，解：奈氏曲线如下列图。N=2, P二0, Z=N+P=2W0,故不稳定。K例 4： Go(s) = f如图：N=2, P二0, Z二N+P二2W0,故不稳定。5'(75 + 1)倒蝴例 5： l + G0（5）= 54 +253+5? +65 + 10 = 0,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：1 + G0（5）=7534-s 10+7C = Oo显然缺s项，故不稳定。 劳斯阵列第一列全为正，那么系统稳定。如果有一个负数，那么变号2次，即系 统有2个有根，不稳定。 系统如果与虚轴有交点，那么劳斯阵有一行全为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?+3?+25 + 6 = 0,劳斯阵为：:1 2 05 3 6 °,那么由于一行全为零。那么系统与虚轴相交。辅助多项式为： 51 :0 0 03/+6 = 0 =邑2 =±V2j,那么与虚轴的交点为土加人解：劳斯阵:10056100（）0,可见系统不稳定，有两个右根。例 6 : 1 + G（s） =+ 2s3 + 5s2 + 10s + 20 = 0 ,解：劳斯阵：541520532100520202 10,因为此处。不能往下计算，换成£。/上辿=1。-竺 £ £5°2040当£ - 0且£0U寸，10-<0,故系统不稳定。 £例7:2002年备考题单位反应系统，开环传递函数G0(s)= J0000 s(s + 1(X)J要求： 画出对数幅频特性，求”，判断系统稳定性。加入矫正装置，使Q.扩大一倍，求矫正后系统传递函数和相位裕量。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：由作图可得砥=10,由劳斯判据可知,0.00153+52 +100 = 0,缺项，那么系统不稳定。也可由 ZG（j.） = -l80' - tanT = -190° , 7 = 180° + ZG（jc） =-10°,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-Ls + 1 ,即G：(s) =100(s/6>, +1)s2(0.01s+l)，/ m, 20.NG。(s) , m = -ISCT + tan-'tan-1 0.01x20 = -160°V /I c -(w1可由图中按比例读出)，那么/ = 180° + NG'方4 =20。例8： <2001年备考题求：系统阻尼比& =0.5时，K=？勺二0 时，求。, %、tx (A = ±2%)解：纲=MH解：纲=MH4(1+ K)52 +s + 4(l + K/J心=J4 + 4K11=K 2攵。时，品52 + 5 + 4"二2J = 0.25'例9设计型题，较易，主要考概念R(s)R(s)例哂求：G,(s),使，=f 时，1=0;使 r(r) = 时，.< 0.01解：Gr(y) = CT + l,r>T,利用基本概念，不用计算 G,(s)=Kg + l),，>7j,n. ".2 K(N +1)x10那么 Kn = hm s' 一n- J = 10Ka z。 52(7i+l)故：= = < 0.01 => AT > 10 oKa 10 K根轨迹法一、定义：K'fl(s + Zj)<®> 1 + G0(s) = l + = 0«口 (s + pjj=i小其中K”为根轨迹增益。开环放大信数K二 0 tPj ;=|闭环特征方程的根随参数K”而变化的轨迹，称为根轨迹o幅值条件|G0(s) = l其符合两个条件：<相角条件:NGo(s)=(2Z + l);r,(最小相位系绑 或NG0(s) = 2匕M非最小相位系劣几条规那么：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 根轨迹条数二Max (n, m),起点为开环极点（/=0）,终点为开环零点（Kwf8）渐进线条数：（n-m）条，与实轴交点坐标：力=Z极八、E零八' n - m与实轴夹角：6 =±（2" +氏。n-m别离点与会合点：使 = 0,并使K+>0的点 ds复数极点出射角：% =180° + Z零点至极点的向量辐角其他极点至该极点的龌辐角对非最小相位系统e； =Z零点至极点的向量辐即X其他极点至该极点的由量辐角复数零点的入射角：应=180° - X其他零点至该零点的例:辐角+ Z极点至该零点的向量辐用对非最小相位系统%,=-2其他零点至该零点的向量辐角+Z极点至该零点的向量辐用与虚轴交点：（a）用劳斯判据确定，用辅助方程求得（b） s = 代入闭环特征方程，由实部二0,虚部二0求得例 1： Q（s）=心+ 京 + 2）解：渐进线（3条）：”坐算一，八四#=制K由+ 7 = 0 ,5(5 + s + 2),:，仗+ 2s)= 生 + 6$ + 2): 0 ,得4=-0.423, K； = ().385L =-1.577, K； = -0.385与虚轴的交点：方法一1+3/+2s + K = 0,劳斯阵：/12 0523K1 ° Ks 235° KK要与虚轴有交点，那么有一行全零，即2-一 = ()=>K = 63辅助方程：3s2 + 6 = 0 => 12 = 土叵j方法二将5 =%代入特征方程：(Jty)3 + 3(>)2 + 2(；) + A： = 0实部：K-3/=0虚部：2。-3 二0实部：K-3/=0虚部：2。-3 二0K = 6,(v = V2 ,那么与虚部的交点S12 =±也/,长=6根轨迹如下列图工P4方法二：利用梅逊公式 G(s) =上ANMQ其中特征式=1一2。+ >八一也4+i="=ld,e,f=式中：为所有单独回路增益之和£匕儿 为所有两个互不接触的单独回路增益乘积之和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；A,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，那么有：通路：UG G2 , A, =1特征式：A = 1 (G G> GG3) = 1 + GG, + GG3那么.IW-aR(s) I + GC2+GG3例2: 2002年备考题例2：K(s + 2)s + 2s + 3解：渐进线一条。出射角=180°+tanT也一.12720= 140°别离点与会合点：K"二s + 2s + 35 4-2dK* _ (s + 2X2s + 2)-G+2s+ 3)=0 ,贝 U 52+45 + 1 = 0 ,得("2)2ZG(5)= Z(7 + 2 + ja)_ Z(cr + j6y)2 + 2(cr + j7y)+3)_| co=tantana+ 2（应用辐角条件）两边取正切:cocr + 22(o + 2(y(o1；=cr-0-+2cr + 3 cr + 22 + 2crCT2 -692 +2cr + 3= ()F)2=()2可见是圆。例3:R(s)K$($+ kk)Y(s)解：结构图化简，有: 闭环特征方程为1 + !=0 = §2 + K| K.s + K = 0s2 + KxKhs(3 + a)± J(3 + a)- -16a -那么：5 =-或s = 0s2 + KxKhs(3 + a)± J(3 + a)- -16a -那么：5 =-或s = 01=> 呼Z +1 = 0,(K* = K1KJ,由此画Kh根轨迹图。 s + K、也可以由n 1 +K + Ks)=0,画K根轨迹。K1根轨诬例 4： G0(s)=，(s+Rm>0s(s + a)dK& _ 5252 +(3 + a)s + 2aLk (rny =0a=1, a=9时，有一个别离点(2)(3 + 一 16a > 0,解得a > 9或a < 1当a<1时，显然不稳定。当 a >9 时，如取 a = 10,那么 0 二二19二I二1) = -4.5,3-1-13±V132 -16010 .tt4. . ,S| 2 = = ,-4 , 根轨迹4口上图 o离散系统分析方法（考研题纲外）、采样定理二、开环脉冲传递函数G°(z) = Z 二zl)z 4-+$5 + 1= M"：TzI K(0.368z + 0.264)(z-I4 0.368)闭环“谒二盟,特征方程1 + G0(z) = 0 即 z2 +(0.368 K -1.368 )z +(0.264 K + 0.368)= 0 °判断稳定性：用双线性变换z = ",将其代入特征方程中，再用劳斯判据。 69-1如果K给定，那么直接解特征方程，假设|z|<1那么稳定，假设|z|>1那么不稳定。G0(z)=ZG(s),对参考输入有:K = liin Go(z),当()=a - I(Z)H , . 2->lKv = lim (1-z-1)Go(z),当 r(f) = b 耐, z>1a际bTK, =吧(1 - Z T )2 Go (z),当力)=；c/时,K、c-T e =“K"有干扰时=式z),.h = lim(z-l)E(z)此时必须且唯有用终跣理求 r(z) =%(z) Rz) y" (r) = Zy(z) = Z- % (z)R(z)时，可以用两种方法:a)局部分式法；b)长除方法z变换公式：.电=1(。x(s) x(z) = sz-14f) = e， x(s) = ! x(z) = s-vaz-e40 =zX(s) = JX(z)=，zs-(2-1)-3)二家 x(s) = l x(z)=2sz(z -1)如：G()(5) = Z如：G()(5) = Z-e-Ts(s + 2)(s + 3)一"(THZ 聆言 + 思=(1)k.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：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 李雅谱诺夫方法二、描述函数法：闭环特征方程：l + N（X）G（s） = O,那么G（s） =判断G（jvv）是否包围判断G（jvv）是否包围包围那么系统不稳定，不包围那么稳定。如同l + G）（s） = O,G（/W）= -l,判断是否包围7,包围那么不稳定，不包围那么稳定。负倒特性:XA-XB不诲定,Oa<XA和踞定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，那么系统正好进入稳定区，而系统稳 定时要衰减，那么系统又回到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，那么系统始终稳定再B点附近。例1 :如图。其中:N（X）= * J1 -（幺, G（5）= -7/C = 1 l,tz = 1,/7 = 3''成" xj '，5（0.15+1X5+1）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(jvv) = -180。=求出相交频跖= |弑的| =求出相交幅度5点是稳定的自激振荡点A点不稳定。/不稳定。工/ 和龙稳定减小除使两者不相交或调整。、6使两者不相交。h ij解：当xXo时无输出，X/时输出,那么合成为:那么,一一匚=变换成:S S 4- 1 S(S + 1)那么,一一匚=变换成:S S 4- 1 S(S + 1)再画图分析例3：特征方程求判断稳定性劳斯判据讨论参数T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。（"仆）x1。-1 一解 5-$3，N（x厂两者相切时，即频率特性G(jw)的虚部等于-1/N(X), B点稳定，A点不稳定。此时，xA x尤笈稳定;0 x久.和x乙不稳定李雅普诺夫稳定性理论俎连续系统在左平面葛中根(离散系统在单位圆检定稳定判据 李氏稳定判据一、李氏第一方法：线性化方法£ = /（口）=£ = /（口）=,平衡状态为8 即/(乙,。=0,线性系统平衡状态只有一个；非线性系统平衡状态有多个。雅可比矩阵:,判断其稳定性用特征多项式同-A|=0,x=xe然后用劳斯判据。如果线性系统稳定，那么非线性系统稳定；反之，如果线性系统 不稳定，那么非线性系统不稳定。如果处于稳定边界(有纯虚根)，那么不能判定非线性系统的稳定性。v(x) = /1,p为正定对称矩阵，!4'J v(x)>0：如果R(x)<0,那么大范围稳定李氏直接 方法：<1>克拉索夫斯基方法；<2>变量梯度法(不考)二、对非线性系统在平衡状态处的稳定性问题的解题步骤：先用线性化方法：0L£人嘎工二/0亚 明 dxxdx2 返 dx1,由卜/一川二0得,假设：(D 4>0,友>0,那么系统在平衡状态儿。处是不稳定的:(2) 4<(),4<0,那么系统在平衡状态x,，o处是渐进稳定的。(3) 4，4中至少有一个实部为o,那么此方法失效。否那么，用克拉索夫斯基方法: 赤A-L- dx 小2 区一组空阴 阴即当主子式均大于零时，且当闻-8时，有:，其中心)=r/.wi/创'eW=ox,当Q(x)正定时,V(x) = fT(x)f(x = => oo ,那么系统在平衡状态xe = 0处大范围渐进稳定。最后想到用李雅普诺夫第二方法：构造标量函数V(x),例如:V(x) = xf + xj ,要求 V(0)=0, x=#0, V(x)>0o步骤：1、构造V(x) = x；+x；;2、V(x) = 2xx +2x2x2 ,将K，月代入，假设廿(x)为负定，半负定，kJf8,有V(x) > co o那么系统在xe = 0处大范围渐进稳定。例1： <2000年题6>使用李雅普诺夫方法判断下述非线性系统在原点平衡状态的 稳定性。X = 一X + x2 -5 Xy解：线性化方法失效，那么只好用克拉索夫斯基方法:要一1一3/11那么+ 更=2 + 6xJ dx -2+ 更=2 + 6xJ dx -2Hx 1 1 - 5x2-22 + 104主子式2 + 6xJ > 0,(2 + 62)(2 + I0x22)-4 > 0 /. Q(x)正定解：方法一：结构图化简于是有:方法二：用梅逊公式V(x) = /7 (x)/(x) = (- X + x2 - jv/ )" + (1 -X2- X25 y =>8,故此系统在原点处大 范围渐进稳定。例2： <2001年题6>试用李雅普诺夫方法判断下述非线性系统在原点平衡状态的稳定性。X =-$一3司比2 =项+工2 -5三/解：用线性化方法:-1dx xe = 0.5+10。sl - /A| =s2-=015 - 1那么S = 1,52 = 1,故系统在原点处不稳定。状态空间分析方法一、模型的建立orFic ，£f = ma,那么 F + (vQ - y)c-ky= my , 即：my + cy + ky = F + <?v0X 7令 M = y,x2 = yt 贝k _ kX ex? F cu0 ,如对）阿+ q），（"T）+. + ._J + a.y = 4，令凡=）,=义/=）川川X = %2& =与 « *此M =匕,尤二一%2 一。底/2X” +4输出方程：y = X)010001X = 或_an -Cln-l , y = 1 0 0x例1:由传递函数来求C(A= 4/'"+A s''-= 10.坐 那么 s" + 6 s "T Hb an_is + anU(s) U(s)，。但=JU(s) s" +qs"i + + _$+ “。但=JU(s) s" +qs"i + + _$+ “黑二 + %也s"Q(s) = u(s)- Ls,t + 6-S + % e(s)s"Q(s) = u(s)- Ls,t + 6-S + % e(s)X =/2用="3月T =%土” =-4/ 一。“_/2丫 =瓦。1% °。卜例2：例2：()y(s) 4s2 +175 + 20_2“卜 向-1 +7/ + 16s + 12 - 5 + 2 + (s + 2fX = - 2工1+ x2y = 2x)- x2+ 5x3可见-2为重根，那么此为约当标准型。约当块对应B阵中的行中有一列不为零, 那么能控；约当块对应C阵中的列中有一列不为零，那么能观。二、对型题的解答步尿: y = ex判断系统稳定性：卜/一刈=（）,得邑=4，. =4,，假设4<0,4<°那么系统 稳定，否那么系统不稳定。能控性判别矩阵：M =b Ab,< 二阶 > ,M =b Ab A%v 三阶 >假设r（M）=n,即满秩，为完全能控，否那么不完全能控。能观性判别矩阵：N = c cA 假设为满秩，为完全能观，否那么不完全能观。注意：如果A是对角阵且没有重根时，那么用直接观察的方法判别能控、能观便可。 假设b中对应的值不为0,那么此状态分量能控，假设b中全不为0,那么为完全能控。 假设c中对应的值不为0,那么此状态分量能观，假设c中全不为0,那么完全能观。如果A是对角阵且有重根，或是一般矩阵时，那么必须用能控性判别矩阵M和能观 性判别矩阵No状态反应：条件所调整的极点对应的状态分量必须能控。原理：x = Ax+bu y = exi =（A + bk）xy = exx,引入 U = kx = L k2 x2 ,那么有 , 解题方法：特征多项式二期望多项式，即b/一（4 +以）=（5-4）（5-石）-得到用,长2，长3，即长=屈 K2 K3o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 = ch CAb CA2b ,假设满秩，那么输出完全可控，否 那么输出不完全可控。例3、<2001年题5>），=（），=（）要求：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)能否用线性状态反应。=依=区 k2卜将原有的极点T, -2, 3调整为7,-2, -3?假设能请计算出K1,K2,K3的值；假设不能，请说明原因。判断系统的输出可控性解：(1)显然有+3特征根，那么系统不稳定(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，设长=0 0 K，由05 + 2005 + 20% =T，故, .=- 2=3 + 2号s +sI-（A + bk）= 00因此有3+2& =-3=吗=-3,故长=0 0 -3(4)输出可控性矩阵2= 。8 CAB CA2b=2 6 18,秩为1,可控。例4 ： <2002年题2>要求:(1)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。能否通过状态反应使闭环系统稳定？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。(2)因为7时重根，由不是约当型，那么用较稳妥的方法，即用可控性矩阵。b - a 4b 00M - b Ab A2Z? =b2 - b2 b2=1 a +1 a -11 a a2000那么秩为2 ,为不完全能观(3)状态反应要通过x3进行，那么要能观测x3才行。当C3不为。时，可以通过 状态反应使闭环系统稳定。(4)系统完全能观，才可应用状态观测器。例5:： = o 口计加川。(：要求：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。能否通过状态反应使闭环系统稳定？能否应用状态观测器？解：(1)显然有+1根，那么系统不稳定(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，那么可以改成7,设长=火(”那么4 +必=1 + &00-2故 1 + K =-1=> % =-2=> K = |-2 0(4)不能，因为系统不完全能观（） 1,q=2 1（） 1,q=2 1例6：c X, = A,x. +b.U, _ , s.： 11 , 一,其中 AH = GF北，=A,%,S-, : "其中A, =-1也=l,c, = 1 ）2=2要求：解:0-30-4000-10 iMiy = 2 i fx2传递函数：加：0-31-4 1卜01 W,甥”(厂小三、状态方程的解，状态转移矩阵 如：削=Ar（f）+&（，&） = %,那么 X（s） = 0_AX（O）+8U（s）齐次，那么3）=Z-1（s/ - A）-,X（O）= Z-'（.vZ- A）-1. X（O）.")=。(/卜(。)+ (。(/ 一 r)BU(T)(, y(/) = cv(/) 0 采用变换的方法:4P-AP =>>4,孙eA, = PePAP,Pl = P其中：尸二团P2 PnP"最简单，推荐-010 0001 0A = . 00 1_ an - a),- -a_特别当如果有二重根，那么1 1 1，那么尸=44 %”/"T j n-”LAI424”4, 4,4”互异4如果有三重根，那么4= 001o-te"2!41At ,e =0心teAi，0400分块，有:注意：观测器不考最后例1:设系统的开环传递函数为G（5）=K亿 s + 1)2(小+ 1)，其中K>0,7； >0,4>0 ,试画出Nyquist图，并确定系统的稳定性。解：T1<T2时，显然N=0, P=0 ,那么Z=N+P=0,故系统稳定T1=T2 时,T1=T2 时,T1>T2时，显然N=1, P=0, Z=N+P=1,系统不稳定。(2)(3)(4)解：(1)特征方程为：l + G0(s) = 0,那么特征多项式为：f(s) = s(s + 5)($ +1) + R(s + a) = s' + 6s? +(5 + KaTD嵬TD嵬零极点：G0（s）零极点：G0（s）K."s(s + 5Xs + l)a, 8,N :,ni = 1 7P: 0,1,一5, = 38渐近线"二子耳今别离点：K=，牛=0,求出J：广:广三条根轨迹汇合，因为此时K值相同。例3：a =9,要求：（1）（2）（3）（4）解： r - E（s）_1 _ E（s）一心（s + 9）（s + 5） % -丽- 7?水）-硒 - s（$ + 5*5 +1） + K（s + 9）当,«) = /和«)= 0.1x 1(小寸，E(s) = -Gre+ Gne s s(2) y(s) = -Ms)G；(：)N(s)1 + G0(s) l + G(s)G1)(3)由l + Go(s) = O,得$3+61+(5 + K)s +9K = 0sys2 由劳斯判据：,15 + K 06 9+K 0KT9K5-K/2>09K >0=>0< K<10故当K>15时，系统不稳定，不能计算稳态误差/。A = 1 -G3G2储-G|G2G3”2 -G4G32+0通路：< =G5G6GG2G3，4=1P2 = GA = 1 + G3 G2 P' = G5G6 G4 G3, A3 = 1y(s)_ 14 + 2 + 鸟叫于是：雨" 飞 =三、稳态误差(D参考输入引起的误差传递函数：旦立=!R(s) 1 + GG2H扰动引起的误差传递函数：42=-一汕一 N(s) I + G,G2/7(2)求参考输入引起的稳态误差%，时。可以用 £,、K、.、K“叠加，也可以用 终值定理：吧s£(s)(3)求扰动引起的稳态误差/“时，必须用终值定理：limsEKs) s->0(4)对阶跃输入：Kn = limGftG), s->0''如jw那么明哼”之(5)对斜坡输入：K=lim-Go(s), 50(4)当 K=5 时，e = lim s E(5)=加 stO/K、K、.、K,只对参考输入r(t)有效<注意：>例4:开环传递函数Gq,(s)由最小相位环节组成，其折线对数幅频特性曲线如上图所示要求：(1)写出开环传递函数Gw(s)解：开环传递函数G,(s)= /(ys + l)如图虚线所示。即"s(5+ 1XO.O15 + 1)对于G'(s) =K，过0=lOOfl寸，G'(s)| = l.那么K = 100,故:二 100(0.2s + l)叩 I ) 5(5+ 1X0.015 + 1) (2) / = 180°-90°-tan-1(dc + tan-1 0.26yr - tan -1 0.01, K& = 8因为0.2>0.01,故达不到180度。(3)如图,P=0, Z=0, N=P+Z=O,系统稳定。z. 100(0.25-1)"八心+ 1X0.01S + 1)'那么幅角:+->+¥,f2,0如下图:显然，N=1, P=0, Z=N+P=1,系统不稳定。S = b.f,那么 H(s) = ls “(6)对抛物线输入:/C =lim?-G0G), 1.v->0如期=4儿那么破=1 例3:求：组，令N（s） = O,求5，令Ms） = O R N（s）解：结构图化简：继续化简，有:当N（s） = O时，求得黑二。；当R（$） = 0时，有求得曙 例4： 令"0,求需令Ms）肛求耨 为了完全抵消干扰对输出的影响，那么G,（S）= ?解：求型，用用梅逊公式: 即）P、= 1,A, = 1 + KGG P2 = G,Gr,A2 = 1A = I- KGG2-KG= + KG1G2 + KG,那么：袅兵翁同理求彳喘假设完全抵消干扰对输出的影响，那么干扰引起的输出应该为零。即th故爵会歌十 例5: 其中 G（s）= "彳+二），G2（s）=心+2），仕）和n（t）分别是参考输入和扰动输入。求误差传递函数G<s） =需和g.«）=需;是否存在n1 20和n220,使得误差为零？(3)设r (t)和n(t)皆为阶跃输入，假设误差为零，求此时的n1和n2解：31)=祟=77A, 6.«)=拱=等N(s)为负R(s) 1 + GjG2N(s) I + GQ2r(t) =t,要求r=0.那么系统应为II型系统，那么n1+n2=2. r(t)=1 (t),n(t)= 1 (t),要求% =0,那么 n1+n2=1因为如里"7_,那么N(s) s(s + 4)(s + 2)+K(s + 1)L=!吧s.E(s)=s.霜/个野.器+ = 4而事实上.旦立=皿孝生 N(s)心+ 4)(s + 2)+K(s + l)4 = lim s E(s) = lim s N(s) = lim s =0w， I) '，io N(s) ' 7 I) N(s) s可见积分环节在G1(s)局部中，而不在G2(s)中。故n1=1, n2=0o就可以实现要求例6：如图，当&） = sin（f + 15。）2cos（320。）时，求稳态输出解：应用频率法：杓Gf那么71) = - =Z - tan-1 ,放(尸)=-= Z tanJ + 7 V501)J3 + 7 V587四、动态指标（1）二阶系统传递函数的标准形:MS 二 MR（s） (2)cos6 = J, 8 越大，&越小一夕，。,=-人=亨(= 5% 或 2%) Ji Y 必a一产物“例7:如图，要求=0.1s,cr% = 30%,试确定参数K, ToR(s)Ks(Ts -f 1)Y(s) 解 »= K _ KIT ."R(s) Ts2 +s-K Y+s/t+k/t Z+zgqs + G；那么 cotl2 =ft那么 cotl2 =ft2g"二由乙,= :=0.1,T P“反了cr% = exp -=0.3,可得自二？ , T=?A尸)例8:求：选择 K，K,使得 o%W20%, ts= 1.8 秒(A = ±2%)求K,、除、K”,并求出力)=l(/) + z时的稳态误差求K,、除、K”,并求出力)=l(/) + z时的稳态误差解：= -T= - 7 nR(s) s + K、Krs + K、 s2 + 2a)ns + cd；/ 由。%W20%,贝hxp -<20%,求得自2 AkJ4由r,= = 1.8 ,求得以W。，从而得(、Kt o 物由传递函数：G°(s) = U而得,Kp= lim Go (s) = 8, Kv = lim s G0 (s) = J , Ka = lim.r , Go (s) = 0*s-0s->0K 5->0当小w时,"&+口+