25-26-2-自动控制原理-期中

一、（30 分）

图 1 是直流电机反馈系统的原理图，其中， $U_r$ 是系统的输入电压，电动机转速 $\omega$ 是系统的输出。 $R_a$ 是电动机电枢回路总电阻， $I_a$ 是电枢电流， $E_a$ 是电动机电枢绕组在磁场（激磁电流 $I_f$ 为常数）中切割磁力线时产生的感应反电势，其大小与转速 $\omega$ 成正比。 $U_t$ 是测速发电机的输出电压， $M_D$ 是电枢电流 $I_a$ 产生的电磁转矩，其大小与电枢电流 $I_a$ 成正比。 $J$ 是等效折合到电动机轴上的总转动惯量， $M_L$ 是等效折合到电动机轴上的总负载转矩。放大器增益为 $K_a$ ，电动机的感应反电势系数为 $K_e$ ，电动机的转矩系数为 $K_m$ ，测速发电机增益为 $K_t$ 。请回答：

绘制直流电机反馈系统的方框图，并指出系统的被控对象、测量元件、控制器和执行机构。
叙述直流电机反馈系统的工作原理。
建立以 $U_r$ 为输入、 $\omega$ 为输出的直流电机反馈系统的微分方程，并求该系统的传递函数。

答案 / 解析

（1）系统方框图和组成

解法一（常见）：被控对象为负载，测量元件是测速发电机，控制器是放大器，执行机构是电动机。

解法二：被控对象为电动机（转轴），测量元件是测速发电机，控制器是放大器，执行机构是电动机（电枢回路）。

（2）工作原理

直流电机反馈系统为负反馈控制过程：测速发电机测量电动机转轴的实际转速 $\omega$ ，输出反馈电压 $U_t$ ，与电位计给定的输入电压 $U_r$ 在放大器的输入端进行相减比较，得到的偏差电压 $\Delta U$ 经放大器后得到电枢电压 $U_a$ ，驱动电动机转动，产生角速度 $\omega$ ，并带动负载转动。

当电动机的角速度与给定角速度相同时，偏差电压 $\Delta U$ 为零，电枢电压 $U_a$ 也为零，系统处于平衡状态。当角速度 $\omega$ 增大时，反馈电压 $U_t$ 增大，偏差电压 $\Delta U$ 减少， $U_a$ 也随之减少，从而降低角速度 $\omega$ ，使电动机的角速度控制在给定角速度。

（3）微分方程与传递函数

由图可得系统的偏差电压为 $\Delta U = U_r - U_t$ ，放大器的方程为 $U_a = K_a\Delta U = K_a(U_r - U_t)$ ，测速发电机的方程为 $U_t = K_t\omega$ 。

电动机的方程组为：

\begin{cases} U_a = R_a I_a + E_a \\ E_a = K_e \omega \\ M_D = K_m I_a \\ M_D = J \dfrac{d\omega}{dt} + M_L \end{cases}

消去中间变量，得到系统的微分方程为：

J \frac{d\omega}{dt} + \frac{K_m}{R_a}(K_e + K_a K_t)\omega = \frac{K_a K_m}{R_a} U_r - M_L

在零初始条件下，对微分方程两端进行拉氏变换：

Js\omega(s) + \frac{K_m}{R_a}(K_e + K_a K_t)\omega(s) = \frac{K_a K_m}{R_a} U_r(s) - M_L(s)

整理后可得电动机反馈系统的传递函数：

\frac{\omega(s)}{U_r(s)} = \frac{\dfrac{K_a K_m}{R_a}}{Js + \dfrac{K_m}{R_a}(K_e + K_a K_t)} = \frac{K_a K_m}{JR_a s + K_m(K_e + K_a K_t)}

二、（20 分）

某控制系统的结构图如图 2 所示，请回答：

绘制系统的信号流图。
运用梅森公式求闭环传递函数 $C(s)/R(s)$ 。

答案 / 解析

（1）信号流图

信号流图如图所示：

（2）梅森公式求解

本题有四条前向通路、五个单独回路，即：

L_1 = -G_1, \quad L_2 = -G_2, \quad L_3 = G_1G_2, \quad L_4 = G_1G_2, \quad L_5 = G_1G_2

\Delta = 1 - (L_1 + L_2 + L_3 + L_4 + L_5) = 1 + G_1 + G_2 - 3G_1G_2

p_1 = G_1, \quad \Delta_1 = 1; \qquad p_2 = G_2, \quad \Delta_2 = 1; \qquad p_3 = -G_1G_2, \quad \Delta_3 = 1; \qquad p_4 = -G_1G_2, \quad \Delta_4 = 1.

由梅森增益公式可得：

\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{\sum p_i\Delta_i}{\Delta} = \frac{G_1 + G_2 - 2G_1G_2}{1 + G_1 + G_2 - 3G_1G_2}

三、（15 分）

某二阶控制系统的结构框图如图 3 所示，请回答：

计算系统的闭环传递函数。
若输入为阶跃信号时系统的超调量不超过 10%，请确定参数 $K$ 的取值范围。
若 $K = 4$ ，求阶跃输入信号作用下系统的上升时间、峰值时间、调节时间（取 5% 误差带）及超调量。

答案 / 解析

（1）系统的传递函数

\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{12K}{s^2 + 12s + 12K}

（2）参数 $K$ 的取值范围

参照标准型

\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_n s + \omega_n^2}

可知：

\omega_n = \sqrt{12K}, \quad \zeta\omega_n = 6, \quad \zeta = \sqrt{\frac{3}{K}}

根据 $\sigma < 10\%$ ，

\sigma = e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}} \times 100\%

可得 $\zeta > 0.6$ ，即 $K < 8.3$ 。

（3） $K = 4$ 时的动态性能指标

取 $K = 4$ ，则：

\zeta = \frac{\sqrt{3}}{2} = 0.87, \quad \omega_n = 4\sqrt{3} = 6.93, \quad \beta = \arccos\zeta = 29.5^\circ = 0.52\,\mathrm{rad}

\omega_d = \omega_n\sqrt{1-\zeta^2} = 2\sqrt{3}

t_r = \frac{\pi - \beta}{\omega_d} \approx 0.76\,\mathrm{s}

t_p = \frac{\pi}{\omega_d} \approx 0.91\,\mathrm{s}

\sigma\% = e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}} \times 100\% \approx 2.4

$\Delta = 0.05$ 时， $t_s = \dfrac{3.5}{\zeta\omega_n} \approx 0.58\,\mathrm{s}$ ；

或者，

$\Delta = 0.02$ 时， $t_s = \dfrac{4.4}{\zeta\omega_n} \approx 0.73\,\mathrm{s}$ 。

四、（15 分）

已知控制系统的结构图如图 4 所示，其中参数 $K > 0$ ，请回答：

分析参数 $K$ 、 $b$ 对系统稳定性的影响。
当 $K$ 确定时，分析参数 $b$ 对阶跃输入下系统快速性的影响。

答案 / 解析

（1）稳定性分析

前向通道传递函数为：

G(s) = \frac{\dfrac{K}{s} \times \dfrac{1}{s}}{1 + \dfrac{K}{s} \times b} = \frac{K}{s^2 + Kbs}

闭环传递函数为：

\Phi(s) = \frac{G(s)}{1 + G(s)} = \frac{K}{s^2 + Kbs + K}

特征方程为 $s^2 + Kbs + K = 0$ 。对于二阶系统，当 $K > 0$ 、 $b > 0$ 时，系统始终稳定。

（2）参数 $b$ 对快速性的影响

由于 $\omega_n^2 = K$ ， $2\zeta\omega_n = Kb$ ，因此：

\zeta = \frac{Kb}{2\sqrt{K}} = \frac{b\sqrt{K}}{2}

当 $K$ 确定时， $\omega_n$ 为定值， $\zeta$ 随着 $b$ 的增加而线性增加。

依据：

t_r = \frac{\pi - \beta}{\omega_d} = \frac{\pi - \arccos\zeta}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}, \quad t_p = \frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}

\sigma\% = e^{-\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1-\zeta^2}}} \times 100\%, \quad t_s = \frac{4.4}{\zeta\omega_n} \quad (\Delta = 2\%)

则当 $b$ 减小时， $\zeta$ 减小， $t_r$ 和 $t_p$ 减小， $\sigma\%$ 和 $t_s$ 增大。

五、（20 分）

已知单位负反馈控制系统的开环传递函数：

G(s)H(s) = \frac{K(s+1)}{s^2(s+2)(s+10)}

请回答：

求使系统稳定时 $K$ 的取值范围以及系统的无阻尼振荡频率。
当 $K = 50$ 时，求系统的误差系数 $K_p$ 、 $K_v$ 和 $K_a$ ，以及输入 $r(t) = t^2 + t + 1$ 时的稳态误差。

答案 / 解析

（1）稳定性分析与无阻尼振荡频率

闭环传递函数为：

W(s) = \frac{G(s)H(s)}{1 + G(s)H(s)} = \frac{K(s+1)}{s^2(s+2)(s+10) + K(s+1)}

闭环特征方程为：

s^4 + 12s^3 + 20s^2 + Ks + K = 0

列劳斯表：

$s^4$	$1$	$20$
$s^3$	$12$	$K$
$s^2$	$\dfrac{240-K}{12}$	$K$
$s^1$	$\dfrac{K(96-K)}{240-K}$	$0$
$s^0$	$K$

依据系统稳定时劳斯表中第一列元素均大于零，可得 $0 < K < 96$ 。

根据劳斯表列写 $K = 96$ 时的辅助方程： $12s^2 + 96 = 0$ ，解得：

s_{1,2} = \pm j\sqrt{8} = \pm j2.83

所以控制系统无阻尼振荡频率 $\omega_n = 2.83\,\mathrm{s}^{-1}$ 。

（2）误差系数与稳态误差

当 $K = 50$ 时，开环传递函数为：

G(s)H(s) = \frac{50(s+1)}{s^2(s+2)(s+10)} = \frac{2.5(s+1)}{s^2(0.5s+1)(0.1s+1)}

系统为 II 型系统：

位置误差系数： $K_p = \infty$ ；
速度误差系数： $K_v = \infty$ ；
加速度误差系数： $K_a = 2.5$ 。

输入 $r(t) = t^2 + t + 1$ 时的稳态误差为：

e_{ssr} = \frac{1}{1+K_p} + \frac{1}{K_v} + \frac{2}{K_a} = 0 + 0 + \frac{2}{2.5} = 0.8