控制系统仿真及CAD课程设计报告.pdf

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1、控制系统仿真与控制系统仿真与 CAD课程设计课程设计姓名：刘晓慧班级:电控（荷）131 班学号：2013102340062016 年年 7 月月 4 日日选题一选题一：二阶弹簧：二阶弹簧阻尼系统的阻尼系统的 PID 控制器设计及参数整定控制器设计及参数整定考虑弹簧阻尼系统如图考虑弹簧阻尼系统如图 1 所示所示， 其被控对象为二阶环节其被控对象为二阶环节， 传递函数传递函数( )G s如如下，参数为下，参数为 M=1kg，b=2N.s/m，k=25N/m，( )1F s 。设计要求：设计要求：（1）控制器为控制器为 P 控制器时控制器时，改变比例系数大小改变比例系数大小，分析其对系统性能的影响并

2、绘分析其对系统性能的影响并绘制相应曲线。制相应曲线。（2）控制器为控制器为 PI 控制器时，改变积分控制器时，改变积分系数系数大小，分析其对系统性能的影响并大小，分析其对系统性能的影响并绘制相应曲线。绘制相应曲线。(例如当例如当 Kp=50 时，改变积分时，改变积分系数大小系数大小)（3）设计设计 PID 控制器控制器，选定合适的控制器参数选定合适的控制器参数，使闭环系统阶跃响应曲线的超使闭环系统阶跃响应曲线的超调量调量%20%，过渡过程时间，过渡过程时间 Ts2s, 并绘制相应曲线。并绘制相应曲线。图图 1 弹簧阻尼系统示意图弹簧阻尼系统示意图弹簧阻尼系统的微分方程和传递函数为：弹簧阻尼系统

3、的微分方程和传递函数为：FkxxbxM 25211)()()(22sskbsMssFsXsG图图 2 闭环控制系统结构图闭环控制系统结构图(一一) 设计设计 P 控制器控制器，改变比例系数大小，分析其对系统性能的影响并绘制相应，改变比例系数大小，分析其对系统性能的影响并绘制相应曲线。以下为所做的设计以及运行结果，曲线。以下为所做的设计以及运行结果，kp 取了不同的值，通过运用取了不同的值，通过运用 sim 函数函数进行仿真，并得出超调量进行仿真，并得出超调量 MP，过渡过程时间，过渡过程时间 Ts 的大小，通过分析所得出的结的大小，通过分析所得出的结果，多次改变果，多次改变 KP 的大小直到符

4、合题目的要求，使稳态误差等都达到要求。的大小直到符合题目的要求，使稳态误差等都达到要求。1、仿真运行程序仿真运行程序t,x,y=sim(kp);plot(t,y);N=length(t);yss=y(N);%yss：稳态值ymax,i=max(y);mp=(ymax-yss)*100/yss%计算超调量 mpi=N;while abs(y(i)-yss)/yss=0.02i=i-1;endTs=t(i)%计算过渡过程时间ess=1-yss%计算静态误差2、仿真框图仿真框图3、仿真运行结果仿真运行结果改变比例系数 kp 大小（分别取 Kp=1，10，30 和 50）,得如下结果，通过以下数据以及

5、得出的曲线可分析其对系统性能的影响当当 kp=1 时：时：当当 kp=10 时：时：当当 kp=30 时：时：当当 kp=50 时：时：4.综合分析：综合分析：通过运行下列程序，可得到一张整合的响应曲线图，并得到不同 kp 值时的超调量 Mp，过渡过程时间 Ts 和稳态误差 ess。num=1;den=1 2 25;sys=tf(num,den);for Kp=1,10,30,50sys_y=feedback(Kp*sys,1);step(sys_y);hold ongtext(num2str(Kp);endKp=1Kp=10Kp=30Kp=50Mp49.804456.563864.29976

6、6.4206Ts3.68563.75233.87683.9380ess0.96150.71430.45450.3333由以上的运行结果以及曲线可以看出随 Kp 增大，超调量 Mp 是逐渐变大的，Ts也是逐渐变大的，因此得出以下结论：随着 Kp 值的增大，系统响应超调量加大，动作灵敏，系统的响应速度加快。但因为 Kp 偏大，而振荡次数加多，调节时间加长。并且系统的稳态误差减小，调节应精度越高，但是系统容易产生超调，并且加大 Kp 只能减小稳态误差，却不能消除稳态误差。（二）（二）设计设计 PI 控制器控制器，改变积分时间常数大小改变积分时间常数大小，分析其对系统性能的影响并绘分析其对系统性能的影

7、响并绘制相应曲线。以下为设计出的仿真程序等，运用制相应曲线。以下为设计出的仿真程序等，运用 sim 函数进行仿真，编写程序函数进行仿真，编写程序使使 Kp=50，改变改变 Ki 的大小的大小，来进行分析来进行分析，直到符合题目的要求直到符合题目的要求，使运行出的结使运行出的结果稳态误差基本很小即可。果稳态误差基本很小即可。1、仿真运行程序仿真运行程序t,x,y=sim(kpi);plot(t,y);N=length(t);yss=y(N);%yss：稳态值ymax,i=max(y);mp=(ymax-yss)*100/yss%计算超调量 mpi=N;while abs(y(i)-yss)/ys

8、s=0.02i=i-1;endTs=t(i)ess=1-yss%计算静态误差 %计算过渡过程时间2、仿真框图仿真框图3、仿真运行结果、仿真运行结果当 Kp=50 时, 改变积分时间常数 ki 的大小，由以下的结果以及曲线可分析其对系统性能的影响当当 kp=50；ki=1 时：时：当当 kp=50；ki=10 时：时：当当 kp=50；ki=40 时：时：当当 kp=50；ki=100 时：时：4.运行结果分析：运行结果分析：通过运行下列程序，可得到一张整合的响应曲线图，并得到当 kp=50，取不同 kp值时的超调量 Mp，过渡过程时间 Ts 和稳态误差 ess。num=1;den=1 2 25

9、;Kp=50;sys=tf(num,den);for Ti=1,10,40,100sys_pi=tf(Kp*Ti 1,Ti 0);sys_y=feedback(sys_pi*sys,1);step(sys_y,10);hold ongtext(num2str(Ti);endKi=1Ki=10Ki=40Ki=100Mp57.077237.175225.089824.0156Ts5.86286.61618.56899.5052ess0.29160.08720.00140当 Kp=50 时，随着 ki 值的增大，系统的超调量变小，系统响应时间出现了波动。Ki 越小，系统的超调量增大，积分速度越快，积

10、分作用就越强，响应时间越快，但系统振荡次数就较多。稳态误差随 Ki 增大而减小，直到等于零。所以 PI 控制可以消除系统的稳态误差，提高系统的误差度。（三）（三）设计一设计一 PID 控制器，选定合适的控制器参数，使闭环系统阶跃响应曲线控制器，选定合适的控制器参数，使闭环系统阶跃响应曲线的超调量的超调量%20%， 过渡过程时间过渡过程时间 Ts2s, 并绘制相应曲线并绘制相应曲线。 以下为所设计的程以下为所设计的程序，仿真等，改变序，仿真等，改变 kp,ki,kd 的值得出闭环阶跃响应的超调量和过渡过程时间，的值得出闭环阶跃响应的超调量和过渡过程时间，通过多次试验通过多次试验，得到的得到的 k

11、p 取取 20,ki 取取 65，kd 取取 9 时运行出的结果是满足题目要时运行出的结果是满足题目要求的：求的：1、仿真运行程序、仿真运行程序t,x,y=sim(kpid);plot(t,y);N=length(t);yss=y(N);%yss：稳态值ymax,i=max(y);mp=(ymax-yss)*100/yss%计算超调量 mpi=N;while abs(y(i)-yss)/yss=0.02i=i-1;endTs=t(i)ess=1-yss%计算静态误差 %计算过渡过程时间2、仿真框图、仿真框图3、仿真运行结果、仿真运行结果经过多次试验，当 Kp=20,ki=65,看 kd=9 满

12、足使闭环系统的阶跃响应曲线的超调量%20%,过渡过程时间 ts2s，结果如下：mp =0Ts =1.4904ess=04、仿真运行曲线：、仿真运行曲线：从曲线和运行的结果可知，超调量 mp=0%20%,过渡过程时间 Ts=1.4909s2s，且没有稳态误差，此参数满足设计要求.综合分析：综合分析：随着 Kp 增大，系统的稳态误差减小，但是系统容易产生超调，并且加大 Kp 只能减小稳态误差，却不能消除稳态误差，显著特点就是有差调节；PI 控制器消除或减小系统的稳态误差,改善系统的稳态性能。PID 控制通过积分作用消除误差,而微分控制可缩小超调量,加快反应,是综合了 PI 控制与 PD 控制长处并

13、去除其短处的控制.选题二选题二：Bode 图法设计图法设计串联校正装置串联校正装置考虑一个单位负反馈控制系统，其前向通道传递函数为：考虑一个单位负反馈控制系统，其前向通道传递函数为：( )(1)(4)oKG ss ss设计要求：设计要求：应用应用 Bode 图法设计一个串联校正装置图法设计一个串联校正装置( )cG s，使得校正后系统的静态速度，使得校正后系统的静态速度误差系数误差系数110vKs，相角裕量，相角裕量50r ，幅值裕量，幅值裕量10gKdB。一、一、校正前的系统校正前的系统1.首先根据静态速度误差系数的要求求出待校正系统的开环根轨迹增益：首先根据静态速度误差系数的要求求出待校正

14、系统的开环根轨迹增益：由于系统的开环传递函数为：( )(1)(4)oKG ss ss根据静态速度误差系数的定义知：4)4)(1(lim)(lim00KssKssGKvss题目要求110vKs，所以140sK。可得到开环传递函数为)4)(1(40)(ssssG2.2.通过通过 MATLABMATLAB 绘制出绘制出在 MATALAB 的 M 文件中输入下列程序，可得到校正前系统的 bode 图num=40;den=conv(1 0,conv(1 1,1 4);sys=tf(num,den)margin(sys);%bode 图从上图可以看出，校正前系统的静态速度误差系数110vKs，相角裕量r(

15、PM)=-6.01deg50deg，而幅值裕量 Kg(Gm)=-15dB=10dB。所以校正后的系统满足题目的条件。选题三选题三：二阶系统串联校正装置的设计与分析：二阶系统串联校正装置的设计与分析设某被控系统的传递函数设某被控系统的传递函数 G(s)G(s)如下：如下：)2()(ssKsG设计要求：设计要求：选用合适的方法设计一个串联校正装置选用合适的方法设计一个串联校正装置 K(s)K(s)，使闭环系统的阶跃响应曲线，使闭环系统的阶跃响应曲线超调量超调量%20% ，过渡过程时间过渡过程时间. ( )sT15 s，开环比例系数开环比例系数)/1 (01sKv，并分并分析串联校正装置中增益、极点

16、和零点对系统性能的影响。析串联校正装置中增益、极点和零点对系统性能的影响。一、一、设计思路方法设计思路方法根据题目要求采用 matlab 中提供的一个辅助设计闭环系统根轨迹的仿真软件Rltool， 来进行根轨迹校正。 打开 matlab， 在 command window 下键入 rltool，进入设计环境。根据设计要求：开环比例系数)/1 (01sKv即20102)(lim0kkssGksv得取 k=40, 传递函数)2(40)(sssG二、设计步骤二、设计步骤1、打开 matlab，在 Command Window 下键入 rltool，启动 SISO Design Tool,进入设计环境

17、。在 matlab 的 M 文件中输入num=40;den=conv(1,0,1,2);sys=tf(num,den)在 Matlab 的命令窗口出现函数40/(s2 + 2 s)得到该系统的 LTI 对象模型 sys。2、启动 SISO Design Tool 窗口后， 利用该窗口中 File 菜单下的命令 Import,打开系统模型输入对话框窗口。采用系统默认的结构，输入选中的对象 sys，将控制对象 G 设置为 sys，控制器 C 设为 1，其他的环节 H,F 均使用默认的取值 1.单击 OK（如图 1）在 SISO Design Tool中会自动绘制此负反馈线性系统的根轨迹图，以及系统

18、波特图（如图 2）图 1图 23、点击 Analysis 中的 other loop response 选择 step 得到闭环系统阶跃响应曲线（如图 3）可以看到校正前的超调量为 60.5%，过渡过程时间为 3.66s（如图 4），明显不满足要求。图 3图 4经过反复试验，得出加入零点-5.44，加入极点-37，是满足要求的，同时也可得到关于C 的方程式(如图 5)，还有根 root locus 图以及 bode 图（如图 6）图 5图 64、得到的阶跃响应曲线如下超调量 16.8%20%，过渡过程时间 0.742s1.5s,满足要求说明加的零点和极点是满足条件的6、 编写编写 M 文件运行

19、以得出超调量和过渡过程时间文件运行以得出超调量和过渡过程时间， 以验证是否正确以验证是否正确， 程序如下程序如下：num1=40;den1=conv(1,0,1,2);num2=0.18,1;den2=0.027,1;num3,den3=series(num1,den1,num2,den2);num,den=cloop(num3,den3);t=0:0.005:5;y=step(num,den,t);plot(t,y);N=length(t);yss=y(N);hold onymax,imax=max(y);mp=(ymax-yss)*100/yss,imax=N;while abs(y(im

20、ax)-yss)/yss=0.02imax=imax-1;endTs=t(imax)运行结果：运行结果：mp =17.2826Ts =0.7250运行所得的曲线如下：运行所得的曲线如下：运行结果分析：所得出的结果，超调量 Mp=17.2826%20%,过渡过程时间 Ts=0.7250s1.5s,满足设计要求，证明设计的没有问题，符合设计要求。三、串联校正装置中增益、极点和零点对系统性能的影响。三、串联校正装置中增益、极点和零点对系统性能的影响。（1）改变改变增益增益 1.1489 变成变成 0.1 或或 100，分别分别得到的得到的 root locus 及及 bode 图：图：增益增益=0.

21、1 时时增益是增益是 100 时时利用 SISO 可直接得到其阶跃曲线图和超调量，过渡过程时间的值增益增益=0.1 时时增益是增益是 100 时时超调量超调量过渡时间（过渡时间（s）K=0.16.82%2.81K=1.148916.8%0.742K=10073.1%0.216由以上结果及图像可以得出以下结论：增大增益之后超调量变大了，过渡过程时间变短了，波动的更加厉害，稳态误差变小了。说明可以改变开环增益的大小，来改变超调量和过渡过程时间，从而改善稳态误差。（2）通过增大，减小和添加一个通过增大，减小和添加一个 Zero，其，其系统响应系统响应发生改变。发生改变。当增大 Zero=-30 时，

22、超调量 Mp=57%，过渡时间 Ts=3.17s当减小 Zero=-0.01 时，超调量 Mp=85.2%，过渡时间 Ts=0.197s增加一个零点 Zero=-20 时，超调量为 8.41%，过渡时间为 0.783s阶跃响应曲线如下：阶跃响应曲线如下：超调量超调量过渡时间过渡时间Zero=-3057%3.17sZero=-5.4416.8%0.742sZero=-0.0185.2%0.197s增加一个增加一个 zero=-208.41%0.783s结论：零点会影响超调量和过渡时间，零点左移（增大零点）超调量变大，过渡时间时间变长，零点右移（减小零点）超调量也变大，过渡时间变短。并且加入零点后

23、对系统的性能产生了很大的影响， 过渡过程时间变长了， 超调量变小了， 波动次数少了， 而且增加开环极点，使得原系统根轨迹的整体走向在平面向右移，使系统稳定性变坏。（3）.通过增大，减小和添加一个通过增大，减小和添加一个 Zero，其，其系统响应系统响应发生改变。发生改变。增大 Pole=-80 时，超调量 Mp=13.5%，过渡时间 Ts=0.766s减小 Pole=-5 时，超调量 Mp=63.2%，过渡时间 Ts=4.27s增加一个 Pole=-10 时，超调量 Mp=62%，过渡时间 Ts=2.46s阶跃响应曲线如下：阶跃响应曲线如下：超调量超调量(%)过渡时间过渡时间(s)Pole=-

24、563.2%4.27sPole=-3716.8%0.742sPole=-8013.5%0.766s增加增加一个一个 pole=-1058.2%2.28s结论：极点的变化对系统的超调有明显的影响，增加极点会使超调量变大，过渡时间变长。加入零点之后系统的性能发生的变化，过渡过程时间变得更长了，超调量变大了，波动次数变多了，增加开环零点，使得原系统根轨迹的整体走向在 S 平面向右移，使系统稳定性得到改善。选题选题五五：单级倒立摆的最优控制器设计与分析：单级倒立摆的最优控制器设计与分析某某单级单级倒立摆如图倒立摆如图 1 所示，其状态方程已知。所示，其状态方程已知。FxMm.I图图 1单级单级倒立摆示

25、意图倒立摆示意图uMmlmMImlMmlmMImlIxxMmlmMImMmglMmlmMImlbMmlmMIglmMmlmMImlIxx2222222222)(0)(00)()()(010000)()(b)(00010 uxxy0001000001其中小车的质量为其中小车的质量为 M=0.5kg，倒立单摆的质量为，倒立单摆的质量为 m=0.2kg，小车的摩擦系，小车的摩擦系数为数为 b=0.1N/m/s，端点与倒立单摆质心的距离为，端点与倒立单摆质心的距离为 l=0.3m，倒立单摆的惯，倒立单摆的惯量量I=0.006kg*m2，输入量，输入量 u=F 是施加在小车上的外力，四个状态变量分别是小

26、车是施加在小车上的外力，四个状态变量分别是小车的坐标的坐标 x，x 的一阶导数，倒立单摆的垂直角度的一阶导数，倒立单摆的垂直角度，的一阶导数。输出的被控的一阶导数。输出的被控量分别是小车的坐标量分别是小车的坐标 x 和倒立单摆的垂直角度和倒立单摆的垂直角度。 试根据误差指标试根据误差指标 J 最优意义下最优意义下最优的规则设计线性二次型最优控制器最优的规则设计线性二次型最优控制器，利用利用 SIMULINK 搭建系统框图进行仿搭建系统框图进行仿真，满足真，满足如下如下指标：指标：（1）输出量输出量 x 和和的过渡过程时间小于的过渡过程时间小于 2s。（2）输出量输出量 x 的上升时间小于的上升

27、时间小于 0.5s。（3）输出量输出量的超调量小于的超调量小于 20（0.35rad/s）。）。1.实际参数代入：实际参数代入：各个参数为：各个参数为：小车的质量为 M=0.5kg倒立单摆的质量为 m=0.2kg小车的摩擦系数为 b=0.1N/m/s端点与倒立单摆质心的距离为 l=0.3m倒立单摆的惯量 I=0.006kg*m2T采样时间 0.005 秒；将上述参数代入得实际模型：将上述参数代入得实际模型：uxxxx545. 40818. 1001818.314545. 0-0100006727. 21818. 000010 xy010000012.对系统的稳定性进行分析对系统的稳定性进行分析

28、根据零极点在复平面的分布情况可以判断系统的稳定性， 若系统的零极点在右办平面存在，则系统是不稳定的。创建一个 M 文件，输入：A= 0 1 0 0; 0 -0.1818 2.6727 0; 0 0 0 1; 0 -0.4545 31.1818 0;B= 0 1.8182 0 4.5455;C=1 0 0 0;0 0 1 0;D=0 0;z,p,k=ss2zp(A,B,C,D)impulse(A,B,C,D)可在命令窗口中得到如下结果：z =-4.94980.00004.94980.0000p =0-5.6041-0.14285.5651k =1.81824.5455图四、系统位移的角度脉冲响应

29、由图可得，系统在单位脉冲的输入作用下，小车的位移和摆杆的角度都是发散的，同时，由以上程序的零极点得极点有一个大于零，因此系统不稳定。3 对系统的对系统的能空性和能观测能空性和能观测性进行分析：性进行分析：A= 0 1 0 0; 0 -0.1818 2.6727 0; 0 0 0 1; 0 -0.4545 31.1818 0;B= 0 1.8182 0 4.5455;C=1 0 0 0;0 0 1 0;D=0;Qc=ctrb(A,B);Qo=obsv(A,C);rank(Qc)rank(Qo)可在命令窗口中得到如下结果：可在命令窗口中得到如下结果：ans =4ans =4因此系统为完全能观测和完

30、全能控的。4.直线一级倒立摆直线一级倒立摆 LQR 控制算法控制算法Q,R 分别用来对状态向量 x，控制向量 u 引起的性能度量的相对重要性进行加权。在实际运算中我们运用 Matlab 控制系统工具箱中的“lqr”函数直接进行运算。利用 lqr 函数，我们需要提供两个权值矩阵：Q、R。通常我们取 R=1，而对于 Q 我们只能通过不断的凑取来得到。程序如下：程序如下：A= 0 1 0 0; 0 -0.182 2.67 0; 0 0 0 1; 0 -0.45 31.18 0;B= 0 1.81 0 4.545;C=1 0 0 0;0 0 1 0;D=0;Q=diag(10,0,10,0);%对角函

31、数%改变 Q 的值R=1;K,P,e=lqr(A,B,Q,R)%线性二次型调节器Ac=A-B*K;Bc=B;Cc=C;Dc=D;T=0:0.02:6;U=ones(size(T);Y,X=lsim(Ac,Bc,Cc,Dc,U,T);%用 lsim 构建函数plot(T,Y(:,1),.-,T,Y(:,2);xlabel(Time(sec);ylabel(Response);N=length(T);yss1=Y(N,1);%稳态输出yss11=1.02*yss1;yss12=0.98*yss1;for ts=N:-1:0if Y(ts,1)yss12break;endendTs1=T(ts)%过

32、渡过程时间for tr=1:Nif Y(tr,1)0.1*yss1;breakendendtr11=T(tr);for tr=1:Nif Y(tr,1)0.9*yss1;breakendendtr12=T(tr);Tr=tr12-tr11%上升时间yss2=Y(N,2);k=N;while abs(Y(k,2)-yss2)2s, Tr =1.8400s0.5s, Ts2 =5.8200s2s 不,满足条件。（二）、（二）、Q=diag(100,0,10,0)可在命令窗口中得到如下结果：K =-10.0000-7.662334.77426.6937P =75.713128.6381-66.937

33、3-13.605028.638114.7334-37.0428-7.5533-66.9373-37.0428113.224922.4030-13.6050-7.553322.40304.4808e =-2.8531 + 2.3771i-2.8531 - 2.3771i-5.5150 + 1.3071i-5.5150 - 1.3071iTs1 =1.8200Tr =0.6200Ts2 =3.1400结论：结论：从运行结果可知 Ts1 =1.82000.5s, Ts2 =3.1400s2s,不满足条件。（三）、（三）、Q=diag(1000,0,100,0)可在命令窗口中得到如下结果：K =-31

34、.6228-19.250463.445812.3585P =606.1331183.5816 -390.8092-80.0672183.581671.0611 -156.7057-32.5349-390.8092 -156.7057382.189376.3659-80.0672-32.534976.365915.6758e =-6.5816 + 5.1983i-6.5816 - 5.1983i-4.1724 + 1.5834i-4.1724 - 1.5834iTs1 =1.0400Tr =0.4600Ts2 =2结论：结论：从运行结果可知 Ts1 =1.04002,Tr =0.46000.5s

35、, 但 Ts2 =2s,不满足条件。（四）、（四）、Q=diag(5000,0,100,0)可在命令窗口中得到如下结果：K =-70.7107-37.8424105.132420.8526P =2.67090.7129-1.4745-0.29950.71290.2293-0.4879-0.0997-1.4745-0.48791.07790.2174-0.2995-0.09970.21740.0443e =-8.4758 + 7.9095i-8.4758 - 7.9095i-4.7552 + 0.8339i-4.7552 - 0.8339iTs1 =1.0200Tr =0.4200Ts2 =1.8400结论：结论：从运行结果可知 Ts1 =1.02002,Tr =0.46200.5s, Ts2 =1.8400s,满足题目要求的条件。同时可以通过改变 Q 的大小，来调节系统的超调量，上升时间和过渡过程时间。并且这次所使用的 LQR 最优设计是指设计出的状态反馈控制器 K 要使二次型目标函数 J 取最小值，而 K 由权矩阵 Q 与 R 唯一决定，故此 Q、 R 的选择尤为重要。