2拉格朗日方法建模下面采用拉格朗日方程建模。拉格朗日方程为：(29)L(q,9)=T(q,q)-V(q,9)其中L为拉格朗日算子，9为系统的广义坐标，T为系统的动能，V为系统的势能。d aLaL=fi(30)dt oqiaqi其中i=1,2,3..n,f,为系统在第i个广义坐标上的外力。在一级倒立摆系统中，系统的广义坐标有三个广义坐标，分别为x，Φ，①。(31)T=TM +Tm首先计算系统的动能：其中TM,Tm分别为小车的动能和摆杆的动能。1Mx2TM:(32)小车的动能：2下面计算摆杆的动能：Tm=T+Tm"其中Tm,T分别为摆杆的平动动能和转动动能。设以下变量：xpend一一摆杆质心横坐标；ypend——一摆杆质心纵坐标；有xpend =x-Isinp(33)ypend = I cos p摆杆的动能：(d(xpend))2 +(d(ypend))2Tn2dtdt(34)11e,2ml?j?JT.2610
10 2 拉格朗日方法建模 下面采用拉格朗日方程建模。拉格朗日方程为: L(q,q ) = T(q,q ) −V(q,q ) (29) 其中L 为拉格朗日算子，q 为系统的广义坐标，T 为系统的动能，V 为系统 的势能。 i i i f q L q L dt d = − (30) 其中 i＝1,2,3.n, i f 为系统在第i个广义坐标上的外力。在一级倒立摆系 统中，系统的广义坐标有三个广义坐标，分别为 1 x,, 。 首先计算系统的动能: T =TM +T m (31) 其中 TM ,Tm 分别为小车的动能和摆杆的动能。 小车的动能: 2 2 1 TM = Mx (32) 下面计算摆杆的动能: ' '' Tm = Tm +Tm 其中 ' '' Tm ,Tm 分别为摆杆的平动动 能和转动动能。 设以下变量: xpend ——摆杆质心横坐标; ypend ——摆杆质心纵坐标; 有： = = − cos sin ypend l xpend x l (33) 摆杆的动能： 2 2 2 2 '' ' 2 2 6 1 2 1 ) ( ) ) ( ( ) ( 2 1 ml T J dt d ypend dt d xpend T m m p m = = = + (34)
于是有系统的总动能d(xpena)d(ypend)ml2Tm=Tm +Tmml(35)dtdt26系统的势能为：V = Vm = m×g ×ypend = mglcosp(36)由于系统在广义坐标下只有摩擦力作用，所以有：d aLaL=bx(37)dt apap对于直线一级倒立摆系统，系统状态变量为：x,Φ,x,Φ：为求解状态方程：[X=AX+Bu(38)IY=CX需要求解$，因此设Φ= f(x,,x,p,x)将在平衡位置附近进行泰勒级数展开，并线性化，可以得到=kix+k12p+k13x+k4j+kisx（39）.其中：afki=x=0,Φ=0,x=0,Φ=0,x=0axafk12x=0,Φ=0,X=0,=0,x=0aafk13:=00=0×=00=0×=0axafk14x=0.0=0X=00=0,x=0adafk15x=0,Φ=0,×=0,Φ=0,x=0ax11
11 于是有系统的总动能: ' '' 2 2 2 2 6 1 ) ( ) ) ( ( ) ( 2 1 ml dt d ypend dt d xpend Tm Tm Tm m + = + = + (35) 系统的势能为: V =Vm = m g ypend = mgl cos (36) 由于系统在 广义坐标下只有摩擦力作用，所以有: bx L L dt d = − (37) 对于直线一级倒立摆系统，系统状态变量为: x,, x , ;为求解状态方 程: = = + Y CX X AX Bu ' (38) 需要求解 ,因此设 f (x, , x, , x ) = 将在平衡位置附近进行泰勒级数展开,并线性化,可以得到 k x k k x k k x = 11 + 12 + 13 + 14 + 15 (39) 其中: 11 =0, =0, =0, =0, =0 = x x x x f k 12 =0, =0, =0, =0, =0 = x x x f k 13 =0, =0, =0, =0, =0 = x x x x f k 14 =0, =0, =0, =0, =0 = x x x f k 15 =0, =0, =0, =0, =0 = x x x x f k
求解上式得到：338;k13 = 0;ki4 = 0;k1s ki = 0;k124141设X=x，x，Φ，u=戈，则可以得到以小车加速度作为输入的系统状态方程00100xx10000xx0+u(40)1000dd3g3000L6Le4141x000x(41)0010dCLd可以看出，利用拉格朗日方法和牛顿欧拉学方法得到的状态方程的是相同的，不同之处在于，输入u为小车的加速度，而输入u为外界给小车施加的力，对于不同的输入，系统的状态方程不一样，需要说明的是，在元创兴科技所有提供的控制器设计和程序中，采用的都是以小车的加速度作为系统的输入。对比较简单的直线一级倒立摆，利用牛顿力学的方法计算比较方便和快捷，但对于多级倒立摆，利用拉格朗日方法编程计算会比较方便。12
12 求解上式得到: l k k k l g k k 4 3 ; 0; 0; 4 3 0; 11 = 12 = 13 = 14 = 15 = 设 X x x u x = = ' , ,, , ,则可以得到以小车加速度作为输入的 系统状态方程: ' 4 3 0 1 0 0 4 3 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 u l x x l g x x + = (40) ' 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 u x x x y + = = (41) 可以看出，利用拉格朗日方法和牛顿欧拉学方法得到的状态方程的是相同的, 不同之处在于，输入u为小车的加速度 x ，而输入u为外界给小车施加的力，对于 不同的输入，系统的状态方程不一样,需要说明的是，在元创兴科技所有提供的 控制器设计和程序中，采用的都是以小车的加速度作为系统的输入。对比较简单 的直线一级倒立摆，利用牛顿力学的方法计算比较方便和快捷，但对于多级倒立 摆，利用拉格朗日方法编程计算会比较方便
系统的阶跃响应分析与可控性分析系统阶跃响应分析1.上面已经得到系统的状态方程式，对其进行阶跃响应分析，在MATLAB指令区中键入以下命令：>>clear:A=[0100:0000:0001:0 0 48.30]:B=[0104.9];C=[1 0 00:0100]:D=[ 00]' :step (A, B, C, D) :Step Response0.080.06mool0.040.02apnu0.40.3(z)o0.200.10.050.10.150.20.250.30.351Time (sec)图3-3小车位置和摆杆角度阶跃响应曲线可以看出，在单位阶跃响应作用下，小车位置和摆杆角度都是发散的，即未校正前的系统是不稳定的。13
13 二 系统的阶跃响应分析与可控性分析 1 系统阶跃响应分析 上面已经得到系统的状态方程式，对其进行阶跃响应分析，在MATLAB指令区 中键入以下命令: 图3-3 小车位置和摆杆角度阶跃响应曲线 可以看出，在单位阶跃响应作用下，小车位置和摆杆角度都是发散的，即未 校正前的系统是不稳定的
2系统可控性分析系统的可控性分析原理可参考《现代控制工程》中第11章的控制系统的状态分析内容或其它相关资料。对于连续时间系统：X=AX+Buy=CX + Du系统状态完全可控的条件为：当且仅当向量组B,AB,A?B.A"-B是线性无关的，或nXn维矩阵：[B, AB, A’B,.. A"-′B](42)的秩为n。系统的输出可控性的条件为：当且仅当矩阵：(43)[CB,CAB,CAB,..-CA"-"B,D]的秩等于输出向量y的维数。应用以上原理对系统进行可控性分析。由（40）式和（41）式可以得到：100[o0000A=0001Lo0048.3[o1B :04.91000o0101OD =014
14 2 系统可控性分析 系统的可控性分析原理可参考《现代控制工程》中第11章的控制系统的状态 分析内容或其它相关资料。 对于连续时间系统： y CX Du X AX Bu = + = + 系统状态完全可控的条件为：当且仅当向量组 B AB A B A B 2 n 1 , , − 是线性无 关的，或n×n维矩阵: [ , , , ] 2 1 B AB A B A B n− （42） 的秩为n。 系统的输出可控性的条件为：当且仅当矩阵: [ , , , , ] 2 1 CB CAB CA B CA B D n− （43） 的秩等于输出向量y的维数。 应用以上原理对系统进行可控性分析。 由（40）式和（41）式可以得到: = 0 0 48.3 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 A = 4.9 0 1 0 B = 0 0 1 0 1 0 0 0 C = 0 0 D