自动控制原理简明教程 第六章离散系统理论 习题答案
自动控制原理例题详解线性离散控制系统的分析与设计考习题及答案
精心整理----------2007--------------------一、(22分)求解下列问题： 1. (3分)简述采样定理。
解：当采样频率s ω大于信号最高有效频率h ω的2倍时，能够从采样信号)(*t e 中 完满地恢复原信号)(t e 。
（要点：h s ωω2>）。
2．(3分)简述什么是最少拍系统。
解：在典型输入作用下，能以有限拍结束瞬态响应过程，拍数最少，且在采样时刻上无稳态误差的随动系统。
3．(34．（x()∞5．(5解：(G 6．(5试用Z 解：二、（(i X s )z 图11．（5分）试求系统的闭环脉冲传递函数()()o i X z X z ； 2．（5分）试判断系统稳定的K 值范围。
解：1.101111111()(1)(1)11(1)1(1)()1e11e 1e G G z z Z s s z Z s s z z z z z z z e z -------⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦⎡⎤=--⎢⎥+⎣⎦=-----=---=-11010*******1e ()()e 1e ()1()1e (1e )(e )(1e )(1e )e e o i K X z KG G z z X z KG G z K z K z K K z K K ------------==-++--=-+--=-+- 2．（5三、(8已知(z)1Φ=1．(3分)简述离散系统与连续系统的主要区别。
解：连续系统中，所有信号均为时间的连续函数；离散系统含有时间离散信号。
2．(3分)简述线性定常离散系统的脉冲传递函数的定义。
解：在系统输入端具有采样开关，初始条件为零时，系统输出信号的Z 变换与输入信号的Z 变换之比。
3．(3分)简述判断线性定常离散系统稳定性的充要条件。
解：稳定的充要条件是：所有特征值均分布在Z 平面的单位圆内。
4．(5分)设开环离散系统如图所示，试求开环脉冲传递函数)(z G 。
解：22522510252510()[[25e e (e e )eT T T T Tz z z G z Z Z s s z z z z -----=⨯==++---++ 5．(5分)已知系统差分方程、初始状态如下：0)(2)1(3)2(=++++k c k c k c ，c(0)=0，c(1)=1。
自控原理习题解答(第六章) ppt
1 相角比较：
s 1
tg 1 0 .2 tg 1 , 落在 180 至 270 2象限 内。
Z P N 0 - 2 2, 不稳定。
-
15
-
16
答 6 4 2 2 .大致画法
G s H s
0.2s s 2 s
1 1
0 .04 2 1 M
2 1 2 tg 1 0 .2 2 90 tg 1
第六章习题解答
-
1
6-1设某环节的传递函数为
G(s) k Ts1
现测得其频率响应为：当ω=1 rad／s时，幅频 M(1)=12√2，相频Φ(1)=-π/4，求此环节的放 大系数K和时间常数T。
-
2
答 6 1解： G ( j )
k
e jtg -1T
T 2 2 1
k
T 2 2 1
2sin 90 2t 45 2sin 2t 45
5
G s s 1 5 ; G j 5
1 5 s 6
j 6
s1
5
jtg -1
e6
2 36
M G j 5 5 1.58
2
4 36
40
G j 2
tg -1
2 6
18 .43
2 1 ; 2 1 18 .43 45 26 .57
9.46
2 1 ; 2 1 9.46 30 20 .54
yt 0.822sin t 20 .54
-
7
[答 6 （3 2）]已知：
x t
2cos
2t
45 , G
0 s
s
5 1
根据 cos sin 90 , x t 2sin 90 2t 45
自控原理习题解答(第六章)
答6 43
1 1 G s Hs e s , G j H j e j90 s M 1, 1 1, 1 2 1 2.57(rad) -147.32 2 - 147.32 180
G j H j tg tg 0.1 - tg 0.2 tg 2 0 : M 5, 0
: M 0, 90 90 90 90 180
答6 41 3.MAT LAB 画法
5s 1 G s Hs 3 2 0.04s 0.62s 2.3s 1 num 0 0 5 1; den 0.04 0.62 2.3 1; nyquistnum, den
5 [答6 （ 31 ） ]已知：x t sin t 30；G 0 s s 1 5 jtg-1 5 5 5 6 G s s 1 ; G j e 2 5 s6 j 6 36 1 s 1 5 5 M G j 1 0.822 1 36 37 -1 1 G j 1 tg 9.46 6 2 1 ; 2 1 9.46 30 20.54 yt 0.822sint 20.54
0型系统 终点：
5s 1 G s Hs 0.1s 10.2s 12s 1
k,0 5,0 起点：
切于n m 90 3 1 90 180， 终止于原点 Z P N 0 0 0, 稳定 因有零点，故奈氏曲线 有凹凸。
41Leabharlann k 12 2 T 2 1 24
6-2 已知一蒸汽过热器的传递函数为
自动控制原理第6章 离散系统控制理论
F(z)
f (kT )z k
e akT z k
(e aT z) k
k 0
k 0
k 0
Z[e at ]
1
z
1 (e aT z) 1 z e aT
《自动控制原理》国家精品课程 浙江工业大学自动化研究所 19
f (k) ak , k 0
F (z) f (kT )zk ak zk (a1z)k
k 0
k 0
k 0
Z[ak ] 1 z 1 az 1 z a
f (kT) sin kT
k 0,1,2,
F (z) f (kT )z k sin kTz k
k m
i0
1
zm f (kT )zk zm f (iT )zi
k m
i0
1
z m [ f (kT )z k F (z)] k m
Z[ f (t mT)] z m F(z)
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Z[ f (t mT )] zmF (z) f (t) 0,t 0
《自动控制原理》国家精品课程 浙江工业大学自动化研究所 21
滞后定理的证明
Z[ f (t mT)] f (kT mT)z k
k 0
1
f (kT )zkm f (iT )zim
0T
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第6章 离散系统控制理论
6.1 信号的采样与保持
6.2 差分方程 6.3 Z 变换 6.4 Z传递函数 6.5 稳定性分析 6.6 暂态性能分析 6.7 稳态误差分析 6.8 数字PID控制 6.9 MATLAB在离散系统分析中的应用
自动控制原理 孟华 第6章习题答案(含过程)
第六章习题 6-1．解：方法一：原系统的截止频率为44.16rad/s ，相稳定裕度为180°-90°-arctan4.416=12.76°截止频率和相角裕度均不满足要求，需加入串联超前校正，选择校正网络的传递函数为TsaTsKs G c ++=11)(取校正后系统的截止频率s rad c /52=ω，相角裕度︒=50γ。
则Ta c 1=ω，6.2lg 10lg 20=+a K ，︒=+-+︒5011arctan11a a 由上述3式的64.0,01.0,4.4===K T a)101.0)(11.0()104.0(128)()(+++=s s s s s G s G c校正后系统的截止频率为s rad c /53=ω，相角裕度︒=5.49γ，满足要求。
方法二：按二阶系统最佳模型设计，设校正后系统的开环传递函数为)1()(+=Ts s Ks G则闭环系统的传递函数为222222//1/)(nn n s s T K Ts s TK K s Ts K s ωζωωφ++=++=++= 令50=K ，707.0=ζ由T n /12=ζω，T K n /2=ω，得01.0=T 。
即)101.0(50)()(+=s s s G s G c ，101.011.041)(++=s s s G c 。
易验证该校正环节满足要求。
6-2.解：本题可首先检验系统得性能指标，针对系统在性能上的缺陷并结合校正网络的作用，选用合适的校正网络，再按相应的步骤确定校正网络的参数。
（1） 根据稳定误差要求，确定系统的K 值。
K s s Ks s G s s K s s v 100)14.0(100lim )(lim lim 0=+⋅==→→%110011≤==KK e ss 求得1≥K 。
（2） 利用已确定的K ，计算未校正系统的相角裕度。
取1=K ，则 )14.0(100)(+=s s s G c其渐近对数幅频特性可表示为⎪⎩⎪⎨⎧><=)25(04.0100lg20)25(100lg 20)(2ωωωωωL由0)(='ωL 求得 s rad 50='ω此时系统的相角裕度为︒<︒='-︒-︒='456.26)04.0arctan(90180cωγ 显然，系统在稳态误差满足指标要求的情况下，相角裕度不满足要求。
自动控制原理简明教程第二版课后答案第六章习题答案
7
胡寿松自动控制原理第六章习题解答 电三刘晓峰制作
-40
-20 14 -20
L(ω)
-40 4 1 ω -60
ω1
ω2
-10 -40
-60
校正后的系统传递函数为：
5(s / ω 2 +1) G(s)Gc(s) = s(s /ω 1 +1)(s +1)(0.25s +1)
设校正后系统中频段宽度为 16，校正后的截止频率 ω c' = 1/ 4 = 0.25 ω 2 = 1/16
8 G(s) = s(2s +1)
若采用滞后—超前校正装置
Gc(s) = (10s +1)(2s +1) (100s +1)(0.2s +1)
对系统进行串联校正，试绘制系统校正前后的对数幅频渐近特性，并计算系统校正前后的 相角裕度。 解：
8
系统校正前的开环传递函数为 G(s) = ，其对数幅频渐近特性如下：
-40 1 ω 4.47
截止频率为 ω c = 4.47 ，相角裕量 γ (ω c) =12.60 不满足要求。 其希望的对数频率渐进曲线如下（按二阶最佳校正） ： -20 26 L(ω)
-40 20 1 4.47 40 ω
20
校正后的开环传递函数为 G(s)Gc(s) =
s(s/ 40 +1) G(s)Gc (s) 所以 Gc(s) = = s +1
1 ess < 15
(3)截止频率 ω c ≥ 7.5rad / s 。
rad
1 解：在单位斜坡输入下的稳态误差由于 ess < rad ，所以 K >15 取 K = 20 15 20
(完整版)自动控制原理课后习题及答案
第一章绪论1-1 试比较开环控制系统和闭环控制系统的优弊端.解答： 1 开环系统(1)长处 :构造简单，成本低，工作稳固。
用于系统输入信号及扰动作用能早先知道时，可获得满意的成效。
(2)弊端：不可以自动调理被控量的偏差。
所以系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时，控制精度差。
2闭环系统⑴长处：不论因为扰乱或因为系统自己构造参数变化所惹起的被控量偏离给定值，都会产生控制作用去消除此偏差，所以控制精度较高。
它是一种按偏差调理的控制系统。
在实质中应用宽泛。
⑵弊端：主要弊端是被控量可能出现颠簸，严重时系统没法工作。
1-2什么叫反应？为何闭环控制系统常采纳负反应？试举例说明之。
解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控制作用的控制方式叫反应。
闭环控制系统常采纳负反应。
由1-1 中的描绘的闭环系统的长处所证明。
比如，一个温度控制系统经过热电阻（或热电偶）检测出目前炉子的温度，再与温度值对比较，去控制加热系统，以达到设定值。
1-3试判断以下微分方程所描绘的系统属于何种种类（线性，非线性，定常，时变）？2 d 2 y(t)3 dy(t ) 4y(t ) 5 du (t ) 6u(t )（1）dt 2 dt dt（2） y(t ) 2 u(t)（3）t dy(t) 2 y(t) 4 du(t) u(t ) dt dtdy (t )u(t )sin t2 y(t )（4）dtd 2 y(t)y(t )dy (t ) （5）dt 2 2 y(t ) 3u(t )dt（6）dy (t ) y 2 (t) 2u(t ) dty(t ) 2u(t ) 3du (t )5 u(t) dt（7）dt解答： （1）线性定常（2）非线性定常 （3）线性时变（4）线性时变（5）非线性定常（6）非线性定常（7）线性定常1-4 如图 1-4 是水位自动控制系统的表示图， 图中 Q1，Q2 分别为进水流量和出水流量。
控制的目的是保持水位为必定的高度。
自动控制原理习题与解答
第六章习题及解答6-1 试求下列函数的z 变换 Tt a t e =)()1(()()223e t t e t =-21)()3(ss s E +=)2)(1(3)()4(+++=s s s s s E 解 （1）∑∞=---=-==111)(n n n a z zazz a z E （2）[]322)1()1(-+=z z z T t Z 由移位定理：[]333323333232)()()1()1(T T T T T T te z e z ze T ze ze ze T e t Z -----+=-+= （3）22111)(s s s s s E +=+=2)1(1)(-+-=z Tzz z z E（4）21)(210++++=s cs c s c s E21)1(3lim 212)2(3lim23)2)(1(3lim 221100=++=-=-=++==+++=-→-→→s s s c s s s c s s s c s s s 2211223+++-=s s s )(22)1(23)(2T T e z ze z z z z z E ---+---=6－2 试分别用部分分式法、幂级数法和反演积分法求下列函数的z 反变换。
()()()()11012E z zz z =--211213)()2(---+-+-=zz z z E 解 （1）)2)(1(10)(--=z z zz E① 部分分式法)12(10210110)()2(10)1(10)(210110)2)(1(10)(-=⨯+⨯-=-+--=-+--=---=n n nT e z zz z z E z z z z z z E② 幂级数法：用长除法可得ΛΛ+-+-+-=+++=+-=--=---)3(70)2(30)(10)(7030102310)2)(1(10)(*3212T t T t T t t e z z z z z zz z z z E δδδ③ 反演积分法[][])()12(10)()12(10210110)(210110lim )(Re 10210lim )(Re 0*221111nT t t e nT e z z z z E s z z z z E s n n n n nn z z n nz z n --=-=⨯+⨯-=⨯=-=⋅-=-=⋅∑∞=→→-→→-δ（2） 2221)1()13(12)13(213)(-+-=+-+-=+-+-=--z z z z z z z z z z z E ① 部分分式法∑∑∞=∞=---=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⨯--=----=----=--=00*222)()32()(32)()(132)(13)1(2)(13)1(2)1(31)(n n nT t n nT t nT T t e t t T t e z zz z z E z z z z z z E δδ② 幂级数法：用长除法可得ΛΛ--------=-----=+-+-=---)3(9)2(7)(5)(3)(9753123)(*32122T t T t T t t t e z z z z z zz z E δδδδ ③ 反演积分法[][]12111)3(lim !11)(Re )(-→→-⋅+-=⋅=n s z n z z zdzdzz E s nT e[]32)1(3lim 11--=++-=-→n nz z n n n s∑∞=---=*)()32()(n nT t n t e δ6-3 试确定下列函数的终值 ()()()11112E z Tz z =---)208.0416.0)(1(792.0)()2(22+--=z z z z z E 解 （1）∞=--=---→21111)1()1(lim z Tz z e z ss （2）1208.0416.01792.0208.0416.0792.0lim )()1(lim 2211=+-=+-=-=→→z z z z E z e z z ss6-4 已知差分方程为c k c k c k ()()()-+++=4120初始条件：c(0)=0,c(1)=1。
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T *(s) RG1*(s) T *(s)G1G2*(s)
令 s ln z ，得：T (z) RG1(z) T (z)G1G2 (z) T
则 T (z) RG1(z)
1 G1G2 (z)
将（3）式两边离散化，有：C*(s) T *(s) G2*(s)
令
s ln z T
，得：C ( z )
T (z) G2 (z)
RG1(z) G2 (z) 1 G1G2 (z)
即得证。
3. 若离散系统特征方程如下，
Z3 Z2 Z 1 0
解方程：Z 2 (1 Z ) Z 1 0 (1 Z )(1 Z 2 ) 0 解得： z1 1, z2 j, z3 j
根均在单位圆上，所以系统临界稳定。
第六章 习题课
一 . 离 散 系 统 的 结 构 图 如 图 所 示 ， K=10 ， T=0.2，r(t)=t；
1. 判断系统的稳定性；
2. 如系统稳定，求系统的稳态误差；
附：
Z
1 s
z
z 1
Z
1 s2
Tz (z 1)2
解：
G开 (z)
1
z z
z
1
Z
K s2
1 z
Z
0.5K s
C(s)
1 eTs 1.零阶保持器的传递函数 Gh (s) s
(s) R(s) C(s) (1) 2.列系统的基本方程： T (s) (s) G1(s) (2)
C(s) T *(s) G2 (s) (3)
把（1）（3）式代入（2）式，得：
T (s) [R(s) T *(s) G2 (s)] G1(s) R(s)G1(s) T *(s)G2 (s)G1(s) (4)
kv
lim ( z
z1
1)G开 ( z)
1 3
则系统的稳态误差=3T=0.6
二. 设系统结构如下图所示，其中
Z[G(s)] G(z)
K
(z 1)( z 0.5)
试确定K值，使系统稳定，且在r(t) t 时稳态误
差 e() 0.5 。
K
(
z)
G(z) 1＋G ( z )
＝ (z 1＋
1)(z K
0.5)
＝
K
(z 1)(z 0.5) K
(z 1)(z 0.5)
特征方程：z2 1.5z 0.5 K 0
令 z w 1 代入上式，得：Kw2 (1 2K )w 3 K 0 w 1
列劳斯表： w2 K 3 K
w1 1 2K 0
w0 3 K
K 0
欲使系统稳定: 1 2K 0 得：0 K 0.5
4.使用长除法
E(Z )
Z
2
Z 0.25
Z
1
0.25Z
3
0.0625Z
5
则 e*(t) 1 (t T ) 0.25 (t 3T ) 0.0625 (t 5T )
则e(3T)=-0.25
终值定理
e()
lim (1
z1
z 1 ) E ( z )
lim
z1
z
1 z
z2
z 0.25
0
z
z
1
K
(
z
Tz 1)
2
1 z 1 0.5K z
z
z 1
KT
21
(z 1)(1 0.5K ) 6(z 1) 3(z 1)
Ι型系统
1
(
z)
G开 (z) 1＋G开 (z
)
＝ 3( 1＋
z
1) 1
＝1 3z 2
3(z 1)
特征方程： 3z 2 0
解得： z 2 1 则系统稳定。
3
T
而r(t)=t输入时系统的稳态误差为 kv
(z 1)2 (z eT )
G(z)
z
1 (Tz TeT
z
(z
zeT eT 1)2 (z eT )
z
1) z
T 1 eT
0.12
z 1 z eT
(z 1)(z 0.9)
Ι型系统
特征方程为：1+G(z)=0 。解得：
z1,2 0.95 j0.0866
z1 z2 0.954 1 系统稳定
s s(s 1)
G(z)
(1
z
1
)
Z
s
2
1 (s
1)
0.368z 0.264 z2 1.368z 0.368
(z)
G(z) 1 G(z)
0.368 z 0.264 z2 z 0.632
Y
(z)
(z)
R(z)
0.368z 0.264 z2 z 0.632
z
z 1
终值定理
z3
四．离散系统结构如图所示，T为采样周期，试 判断系统的稳定性，若稳定，计算r(t)=t时稳态误
差。
R(s)
1 eTs
1
C(s)
T＝0.1秒
s
s(s 1)
解：G(
z)
(1
z
1
)
Z
s
2
1 (s 1)
Z
s
2
(
1 s
1)
Z
1 s2
1 s
1 s 1
Tz (z 1)2
z
z 1
z
z eT
(Tz TeT zeT eT z 1)z
C(Z ) RG1 (Z ) G2 (Z ) 1 G1G2 (Z )
3. 若离散系统特征方程如下，试判断系统的稳
定性。 Z 3 Z 2 Z 1 0
4. 若 E(Z ) Z ，求e(3T)和e(∞)。
Z 2 0.25
R(s)
(s)
G1 ( s )
T (s)
T
T *(s) G2 (s)
T 而r(t)=t输入时系统的稳态
z 1
1)G( z )
lim
z1
0.12 z 0.9
0.1
ess
T kv
0.1 1 0.1
五. 某离散系统结构如图所示，试求在单位阶跃输 入时，系统输出的Z变换y(z)和输出y(2)、y(∞)。
x(t)
1 eTs
1
y(t)
T＝1秒
y(2) 1
六.
离散系统如图所示,采样周期T＝1秒，G(s)
K s(s
1)
1.求闭环脉冲传递函数，并判断K＝5时系统的稳 定性。 2.若K＝1，求单位速度输入时的稳态误差。
3 K 0
又：Z[G(s)] G(z)
K
(z 1)( z 0.5)
Ι型系统 T
而r(t)=t输入时系统的稳态误差为 kv
kv
lim (z
z1
1)Z[G(s)]
lim
z1
z
K 0.5
2K
ess
T kv
0.5
得： K 0.4
K的取值范围为：0.4 K 0.5
三. 共4小题 1. 请写出零阶保持器的传递函数 Gh (s)。 2. 证明下图所示离散系统的C(Z)为：
0.368 z2 0.264 z 2z2 1.632 z 0.632
y()
lim (1
z1
z1)Y (z)
lim
z1
z
1 z
0.368z 0.264 z2 z 0.632
z
z 1
1
长除法
Y (z)
z3
0.368 z2 0.264 z 2z2 1.632 z 0.632
0.368 z1 z2