传递函数的四个基本要素之二阶滞后系统(二)

💗1.脉冲响应与阶跃响应的计算与分析

传递函数的四个基本要素之二阶滞后系统(一)

接下来，我们通过公式来解析各个参数为何具有上述作用。正如之前所说，系统的行为（公式）会根据ζ值的不同而发生变化，因此我们将分别讨论不同的情况。

※ 公式会变得有些复杂，但可以跳过公式变形的部分。特别是第一次接触时，如果认真跟着公式推导，可能会在中途失去阅读兴趣，因此只看计算结果就可以了。

💓1.1系统具有复极点时的响应

首先，我们考虑系统具有复极点的情况，即0 ≤ ζ < 1的情况。简单来说，就是系统发生振荡的情况。

二阶系统的最大特点是振荡响应，因此在实际应用中，这种情况是最重要的。
将传递函数表示为增益K、阻尼系数ζ和固有角频率ωn，是因为通过这些参数可以清晰地表达振荡的特性。

💞1.1.1 脉冲响应

给系统一个脉冲输入 U(s)=1，求脉冲响应 Y(s)
$$Y(s)=G(s)U(s)=\frac{K{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$$

我们将对其进行逆拉普拉斯变换，来研究时间域中的行为。求解的方法有多种，但在这里我们将使用以下的逆拉普拉斯变换公式

$$\frac{\omega }{(s+a{)}^2+{\omega }^2}\stackrel{拉普拉斯逆变换}{\to }{e}^{-at}\sin \omega t$$

对脉冲响应 Y(s) 进行变形，并将其代入这个公式，得到下式。

$$Y(s)=\frac{K{\omega }_n}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}\cdot \frac{\sqrt{1-{\zeta }^2}{\omega }_n}{(s+\zeta {\omega }_n{)}^2+(1-{\zeta }^2){\omega }_n^2}\stackrel{逆变换}{\to }y(t)=\frac{K{\omega }_n}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}{e}^{-\zeta {\omega }_{n}t}\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t)$$
将这个脉冲响应绘制出来，得到如下图形：

我们可以逐步解释公式的含义。
首先，可以看出振荡行为是由正弦函数 sin 引起的。然后，指数函数 $e^{-t}$使振荡逐渐收敛，前面的系数决定了振荡的大小（振幅）

$$y(t)=\underset{大小}{\underbrace{\frac{K{\omega }_n}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}}}\cdot \underset{收敛}{\underbrace{e^{-\zeta {\omega }_{n}t}}}\cdot \underset{振动}{\underbrace{\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t)}}$$

• 首先，我们关注决定大小的部分 $\frac{K{\omega }_n}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}$虽然形式看起来有些复杂，但最终它只是一个系数。增益 K 仅在这一部分起作用，因此无论 ζ 和 ω n的值如何，通过调整 K，我们可以自由地决定输出的大小。
• 接下来，关注决定收敛性的部分$e^{-\zeta {\omega }_{n}t}$ 。由于是指数函数，系数 ζ ωn越大，收敛越快。因此，ζ 和 ωn各自越大，收敛速度就越快。另外，当 ζ=0 时，这部分变为 1，意味着振荡不会收敛。
• 最后，关注产生振荡的部分$\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t)$这个振荡的角频率是${\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}$因此，ωn越大，ζ 越小，振荡越快。特别是，当 ζ=0 时（即振荡不收敛时），振荡是最迅速的，那个时候的角频率是 ωn由此可以看出，固有角频率 ωn是系统操作速度（振荡频率）的一个指标.。

💞1.1.2 阶跃响应

j阶跃输入为$U(s)=\frac{1}{s}$，输出响应为：
$$Y(s)=G(s)U(s)=\frac{K{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}\cdot \frac{1}{s}$$
为了进行逆拉普拉斯变换，（凭借毅力）😂将公式进行部分分式分解:
KaTeX parse error: No such environment: align at position 8: \begin{̲a̲l̲i̲g̲n̲}̲Y(s)&=K \left( …
对这个进行逆拉普拉斯变换，研究其在时间域中的行为。我们将应用以下的拉普拉斯变换公式：
$$\frac{\omega }{(s+a{)}^2+{\omega }^2}\stackrel{逆变换}{\to }{e}^{-at}\sin \omega t$$

$$\frac{\omega }{(s+a{)}^2+{\omega }^2}\stackrel{逆变换}{\to }{e}^{-at}\sin \omega t$$
KaTeX parse error: No such environment: align at position 8: \begin{̲a̲l̲i̲g̲n̲}̲ y(t) &= K \lef…

$$\varphi ={\tan }^{-1}\left(\frac{\sqrt{1-{\zeta }^2}}{\zeta }\right)$$

将这个阶跃响应绘制出来，得到如下图形:

从公式中可以看到，与之前一样，它由决定大小的部分、决定收敛性部分和产生振荡的部分组成。

$$y(t)=\underset{大小}{\underbrace{K}}\{1–\frac{1}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}\underset{收敛}{\underbrace{e^{-\zeta {\omega }_{n}t}}}\underset{振动}{\underbrace{\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t+\varphi )}}\}$$

虽然式子的形式不同，但作用于各部分的系数形态相同，因此各参数与振荡特性之间的关系与脉冲响应的情况完全相同。
以上是系统具有复极点的情况。如最初所述，实际应用中，这种情况是最为重要的。接下来将讨论系统具有实极点的情况，由于各参数的作用基本相同，因此可以跳过不看。

💓1.2系统具有单一实极点的情况

考虑系统具有单一实极点的情况，即 ζ=1 的情况。简而言之，就是系统刚好不振荡的情况。将 ζ=1 代入传递函数后，得到下式：
$$G(s)=\frac{K{\omega }_n^2}{(s+{\omega }_n{)}^2}$$

💞1.2.1 脉冲响应

给系统一个脉冲输入 U(s)=1，求脉冲响应。只需要用逆拉普拉斯变换的公式就能解决了。

$$Y(s)=G(s)U(s)=\frac{K{\omega }_n^2}{(s+{\omega }_n{)}^2}\stackrel{逆变换}{\to }y(t)=\underset{大小}{\underbrace{K{\omega }_n^2}}t\underset{收敛}{\underbrace{e^{-{\omega }_{n}t}}}$$

💞1.2.2 阶跃响应

$$Y(s)=G(s)U(s)=\frac{K{\omega }_n^2}{(s+{\omega }_n{)}^2}\cdot \frac{1}{s}=K\left\{\frac{1}{s}–\frac{1}{s+{\omega }_n}-\frac{{\omega }_n}{(s+{\omega }_n{)}^2}\right\}$$

$$y(t)=K\left(1–e^{-{\omega }_{n}t}–{\omega }_{n}t{e}^{-{\omega }_{n}t}\right)=\underset{大小}{\underbrace{K}}\{1–(1+{\omega }_{n}t)\underset{收敛}{\underbrace{e^{-{\omega }_{n}t}}}\}$$

由上式可知，无论是脉冲响应还是阶跃响应，各个参数所起的作用都和以往是相同的。也就是说，增益 K 会改变输出的大小，而位于自然指数 e 右上角的固有角频率 ωn 越大，收敛速度就越快。

💓1.3系统具有两个实极点的情况

考虑系统具有两个实极点的情况，也就是 ζ＞1 的情况。简而言之，就是系统不振荡的情况。

💞1.3.1 脉冲响应

对于具有极点 p1、p2 的系统$\hat{G}(s)=\frac{1}{(s-p_1)(s-p_2)}$，其脉冲响应可由下式得出。
$$\hat{y}(t)=\frac{1}{p_1-p_2}(e^{p_{1}t}–e^{p_{2}t})$$

将目前所考虑的系统的极点$p1=-{\omega }_n(\zeta -\sqrt{{\zeta }^2-1})$
、$p2=-{\omega }_n(\zeta +\sqrt{{\zeta }^2-1})$代入到这个结果中，再乘以分子的系数$K{\omega }_n^2$，就能求出系统的脉冲响应$y(t)$。

$$y(t)=\underset{大小}{\underbrace{\frac{K{\omega }_n}{2\sqrt{{\zeta }^2-1}}}}\{\underset{极点1}{\underbrace{e^{-{\omega }_n(\zeta –\sqrt{{\zeta }^2–1})t}}}(收敛)\underset{极点2}{\underbrace{-e^{-{\omega }_n(\zeta +\sqrt{{\zeta }^2–1})t}}}(收敛)\}$$

💞1.3.2 阶跃响应

对于具有极点p1、p2的系统$\hat{G}(s)=\frac{1}{(s-p1)(s-p2)}$，其阶跃响应(\hat{y}(s))可由下式得出。
$$\hat{y}(t)=\frac{1}{p_1(p_1-p_2)}{e}^{p_{1}t}–\frac{1}{p_2(p_1-p_2)}{e}^{p_{2}t}+\frac{1}{p_1{p}_2}$$

将当前所考虑的系统的极点$p1=-{\omega }_n(\zeta -\sqrt{{\zeta }^2-1})$、$p2=-{\omega }_n(\zeta +\sqrt{{\zeta }^2-1})$代入到这个结果中，再乘以分子的系数$K{\omega }_n^2$，就可以求出该系统的阶跃响应$y(t)$。

$$y(t)=\underset{大小}{\underbrace{K}}\{1\underset{极点1(收敛)}{\underbrace{-\frac{\zeta +\sqrt{{\zeta }^2–1}}{2\sqrt{{\zeta }^2-1}}{e}^{-{\omega }_n(\zeta –\sqrt{{\zeta }^2–1})t}}}+\underset{极点2(收敛)}{\underbrace{\frac{\zeta –\sqrt{{\zeta }^2–1}}{2\sqrt{{\zeta }^2-1}}{e}^{-{\omega }_n(\zeta +\sqrt{{\zeta }^2–1})t}}}\}$$

由于存在两个实极点，所以脉冲响应和阶跃响应都具备两种动作模式，但各个参数所起的作用与以往是相同的。也就是说，增益K会改变输出的大小，位于自然指数e右上角的固有角频率ωn越大，收敛速度就越快。

剩下的衰减系数ζ同样也在自然指数e的右上角决定着各模式的收敛速度。虽然省略详细内容，但如下图所示，ζ越大，收敛就会越慢（脉冲响应的峰值出现得会更快）。

💗2.二次系统的使用方法

从这里开始，我们将解释二阶系统的常见用法。

当然了，要是研究对象本质上是二次系统的话，将其建模为$G(s)=\frac{K{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$，然后进行分析和控制就可以了。

只是，二次系统因为简单且易于处理，所以除了上述情况之外，还会在各种各样的场合中被使用。典型的例子是，在想要简便地呈现振动特性的场合。关于这一点，我会详细地进行说明。

例如，现在假设想要通过电机来驱动机械臂。实际驱动的时候，假设动作出现了“咔咔”的振动情况。

看起来好像是电机性能不佳，施加在机械臂上的扭矩出现振动才导致了上述情况。在这种时候，本可以用传递函数来表示电机的特性，并基于此来控制输入电流，不过假设我们不太清楚电机的特性。

在这样的情况下，像下图所示的那样，通过将电机近似地建模为二次系统，暂且就可以表现出其振动特性了。

参数设置也很简单，只需用增益K来调整信号的大小，用衰减系数ζ和固有角频率ωn来调整振动的频率和收敛速度即可。

当然，如果能精确地将电机特性用公式表示出来，模型的精度会更高，但在更追求公式的简洁性，或者想先简单地进行实现并大致确认效果的情况下，这种近似处理是非常有效的。

以上就是对二次系统的脉冲响应、阶跃响应及其使用方法的讲解。