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自动控制原理课程大作业班级：1302011 成员：刘仕奇130201100622014 年《自动控制技术》课程大作业一、课程习题1．带飞球式调节器的瓦特蒸汽机是近代工业革命兴起的标志，同样也是一个典 型的反馈控制系统，请画出该系统的组成框图，并注明下列器件的位置，并说明 与每个信号相关的装置。受控过程 过程要求的输出信号 传感器执行机构 执行机构的输出信号 调节器调节器输出信号 参考信号 误差信号图 1.1 瓦特离心式调速器示意图解：受控过程蒸汽机运行 过程要求的输出信号转速 传感器履带执行机构蒸汽阀 执行机构的输出信号蒸汽推力调节器调速器 调节器输出信号调速器转速 参考信号规定转速 误差信号转速偏差传感器控制器执行机构对象RC2.倒立摆控制系统是一个典型的非线性、强耦合、多变量和不稳定系统。倒立摆 的控制问题就是给连接摆杆的小车施加控制力，使摆杆尽快的达到一个平衡位置， 并且保证不出现过大的振荡。当摆杆到达期望的平衡位置后，系统能克服随机扰 动保持在平衡点。如图 2 所示是一个简单的一阶倒立摆系统，这里忽略空气阻力和各种次要的摩 擦力，将倒立摆系统看做是一个由小车和均匀刚性杆组成的系统。假设系统初始 状态时，摆杆垂直于小车处于平衡状态，此时摆杆受到冲激信号作用产生一个微 小的偏移。建立此时系统的控制系统数学模型。图 1.2 小车-单摆系统示意图解：1. 一阶倒立摆的微分方程模型对一阶倒立摆系统中的小车和摆杆进行受力分析，其中，N 和 P 为小车与摆 杆相互作用力的水平和垂直方向的分量。图 1-2 小车及摆杆受力图分析小车水平方向所受的合力，可以得到以下方程： （1-1） 由摆杆水平方向的受力进行分析可以得到下面等式：（1-2）即：（1-3）把这个等式代入式(1-1)中，就得到系统的第一个运动方程：（1-4）为了推出系统的第二个运动方程，我们对摆杆垂直方向上的合力进行分析， 可以得到下面方程：（1-5）即： （1-6）力矩平衡方程如下： （1-7）由于所以等式前面有负号。合并这两个方程，约去 P 和 N，得到第二个运动方程： （1-8）设 ，（φ是摆杆与垂直向上方向之间的夹角），假设φ 1 弧度， 。用 u代表 被控对象的输入力 F，利用上述近似进行线性化得直线一阶倒立摆的微分方程为：2. 一阶倒立摆的传递函数模型（2-1）对式(1-9)进行拉普拉斯变换，得：注意：推导传递函数时假设初始条件为 0。 由于输出为角度φ，求解方程组的第一个方程，可得：或如果令，则有：把上式代入方程组（2-1）的第二个方程，得：（2-5）整理后得到传递函数：（1-9）（2-2）（2-3）（2-4）（2-6）其中。3. 一阶倒立摆的状态空间模型设系统状态空间方程为：（3-1）方程组（2-9）对解代数方程，得到解如下：（3-1）整理后得到系统状态空间方程：（3-2）（3-3）摆杆的惯量为，代入（1-9）的第一个方程为：得：化简得：设，则有：（3-4）（3-5）3.设计用来保持飞机俯仰姿态角的自动驾驶仪的方框图如图 3 所示图 1.3 飞机俯仰控制系统示意图 升降角和俯仰姿态角之间的传递函数为：??（s）????(??)= ??(??) =50(?? + 1)(?? + 2)(??2 + 5?? + 40)(??2 + 0.03?? + 0.06)自动驾驶仪控制者根据以下传递函数用俯仰姿态角误差来调整飞机升降：??（s）????(??)= D(s) =??(?? + 3)(?? + 10)计算输入参考为单位阶跃变化时 K 的值，使得系统超调量小于 10%，上升时间 小于 0.5s.解： 系统根轨迹为：编程计算：clc; clear; close all; mn=0; mx=1; ka=0.01;kf=10; dk=0.01;K=ka:dk:kf; b=50*conv([1,3],conv([1,1],[1,2]));a=conv([1,10],conv([1,5,40],[1,0.03,0.06]));sys=tf(b,a); sys1=K*sys; j=1;k=1;for i=1:length(K) sys2(i)=feedback(sys1(i),1,-1);[Y,T]=step(sys2(i)); post1=(find(Ymx*Y(end))); tr(i)=T(2)*(post1(1));or(i)=(max(Y)-Y(end))/Y(end);if tr(i)0.5or(i)0.1 k1(j)=i;j=j+1; endend if j1mid=ceil(length(k1)/2); subplot(2,2,1);pzmap(sys1(k1(mid))); title(开环零极