计算机控制系统课后习题参考答案_刘士荣版_--第4章

图 4-29
离散系统
1 − e −Ts K 1 c a b −Ts −1 G( z ) = Z ⋅ = K g Z (1 − e ) 2 = K (1 − z )Z + 2 + s (0.2 s + 1) s (0.2 s + 1) s s 0.2s + 1 s
得 0 < K < 3.3042
0.99334 K < 0 1.9866 − 0.384 K < 0 2.0134 − 0.60934 K < 0
4-16 设离散系统如图 4-32 所示，其中 r (t ) = t ，试求稳态误差系数 K p、K v、K a ，并求系 统的稳态误差 e(∞) 。
劳斯表为
w2 w1 w0
0.99334 K 1.9866 − 0.384 K 2.0134 − 0.60934 K
2.0134 − 0.60934 K
若系统要稳定，则应满足以下不等式方程组
0.99334 K > 0 1.9866 − 0.384 K > 0 或 2.0134 − 0.60934 K > 0
x(∞) = lim( z − 1) X ( z ) = lim( z − 1)
z →1 z →1
(4) x(0) = lim X ( z ) = lim
z →∞
5z 2 =5 z →∞ ( z − 1)( z − 2)
x(∞) = lim( z − 1) X ( z ) = lim( z − 1)
闭环系统的特征方程为
z 2 + (0.80134 K − 1.0067) z + 0.192 K + 0.0067 = 0
K=5 代入，即
z 2 + 3z − 0.9667 = 0
因为方程是二阶，故直接解得极点为
−3 ± 32 − 4*(−0.9667) 2 z1 = 0.2935 z2 = −3.2935 z1,2 =
( w + 1)3 − 1.5( w + 1)2 ( w − 1) − 0.25( w + 1)( w − 1) 2 + 0.4( w − 1)3 =0 w3 + 3w2 + 3w + 1 − 1.5[(w2 + 2w + 1)( w − 1) − 0.25[( w + 1)( w2 − 2w + 1)] + 0.4( w3 − 3w2 + 3w − 1)=0
R(s) +
T =0.1
1 − e − Ts s
1 s ( s + 1)
C (s )
解
开环脉冲传递函数为
图 4-32
离散系统
1 − e −Ts 1 1 1 1 1 −Ts −1 G( z) = Z ⋅ = Z (1 − e ) 2 = (1 − z ) Z 2 − + s (s + 1) s ( s + 1) s s s +1 s Tz z z T ( z − e −T ) − ( z − 1)( z − e −T ) + ( z − 1)2 = (1 − z −1 ) − + = 2 z − 1 z − e −T ( z − 1)( z − e −T ) ( z − 1)
第 4 章 计算机控制系统的理论基础——习题参考答案
1
4-6 试求下列函数的初值和终值 (1) X ( z ) =
2 1 − z −1
(2) X ( z ) =
10 z −1 (1 − z −1 ) 2 5z 2 ( z − 1)( z − 2)
(3) X ( z ) = 解 (1)
T 2 z ( z + 1) ( z − 1)3
一个极点不在单位圆内，所以系统不稳定。
z=
w +1 w −1
w +1 w +1 + 3 − 0.9667=0 w −1 w −1
2
( w + 1)2 + 3( w + 1)( w − 1) − 0.9667( w − 1) 2 =0
3.0333w2 + 3.9334 w − 2.9667=0
z →1 z →1
5z 2 = −5 ( z − 1)( z − 2)
4-9 S 平面与 Z 平面的映射关系 z = e sT = eσ T e jωT 解 (1) S 平面的虚轴，映射到 Z 平面为 单位圆周 从（1，0）绕单位圆逆时针旋转无穷圈 (3) S 平面的左半平面，映射到 Z 平面为 单位圆内 。 (4) S 平面的右半平面，映射到 Z 平面为 单位圆外 。 (5) S 平面上 σ 由 0 趋向∞变化时，Z 平面上轨迹的变化。 若 ω 不变，则 Z 平面上轨迹为从原点出发的一条射线，其角度由 ω 决定 4-12 已知闭环系统的特征方程，试判断系统的稳定性，并指出不稳定的极点数。 解 (2) z − 1.5z − 0.25z + 0.4=0
1 ( z − 1)( z − e −0.1 ) z 2 − 1.905 z + 0.905 = = 2 1 + G ( z ) 0.1( z − e−0.1 ) + ( z − 1) 2 z − 1.9 z + 0.9095
稳态误差系数
K p = lim[1 + G ( z )] = lim
z →1
0.1( z − e −0.1 ) + ( z − 1)2 =∞ z →1 ( z − 1)( z − e−0.1 )
稳态速度误差系数
K v = lim( z − 1)G ( z ) = lim( z − 1)
w3 + 3w2 + 3w + 1 − 1.5(w3 + w2 − w − 1) − 0.25( w3 − w2 − w + 1) + 0.4( w3 − 3w2 + 3w − 1)=0
−0.35w3 + 0.55w2 + 5.95w + 2.65=0 不稳定
(4) z 2 − z + 0.632=0
10 z −1 =0 z →∞ (1 − z −1 ) 2 10 z −1 =∞ (1 − z −1 ) 2
x(∞) = lim( z − 1) X ( z ) = lim( z − 1)
z →1 z →1
(3)
x(0) = lim X ( z ) = lim
z →∞
பைடு நூலகம்
T 2 z ( z + 1) =0 z →∞ ( z − 1) 3 T 2 z ( z + 1) =∞ ( z − 1)3
z1,2 =
稳定
1 ± 1 − 4*0.632 = 0.5 ± j 0.618 2
4-15 设离散系统如图 4-29 所示，要求：
R( s) +
T =1
1 − e − Ts s
K s (0.2 s + 1)
C(s)
(1) 当 K=5 时，分别在 z 域和 ω 域中分析系统的稳定性； (2) 确定使系统稳定的 K 值范围。 解 (1) 开环脉冲传递函数为
as (0.2 s + 1) + b(0.2s + 1) + cs 2 = (0.2a + c) s 2 + (a + 0.2b) s + b = 1 b = 1，a = −0.2，c = 0.04
c 0.04 a b 0.2 1 −1 + 2+ G ( z ) = K (1 − z −1 ) Z + 2 + = K (1 − z ) Z − s s 0.2s + 1 s s 0.2 s + 1 0.2 0.2 1 =K (1 − z −1 ) Z − + 2+ s+5 s s 0.2 z 1 0.2( z − 1) z − 1 0.2 z Tz =K + + = K −0.2 + + − −5T 2 z z − 1 ( z − 1) z−e z − 1 z − 0.0067 −0.2( z − 1)( z − 0.0067) + ( z − 0.0067) + 0.2( z − 1) 2 =K ( z − 1)( z − 0.0067)
z= w +1 w −1 (
w +1 2 w +1 ) + (0.80134 K − 1.0067) + 0.192 K + 0.0067 = 0 w −1 w −1
( w + 1)2 + (0.80134 K − 1.0067)( w + 1)( w − 1) + (0.192 K + 0.0067)( w − 1) 2 = 0 0.99334 Kw2 + (1.9866 − 0.384 K ) w + (2.0134 − 0.60934 K ) = 0
则
4-4
20070503
第 4 章 计算机控制系统的理论基础——习题参考答案
5
T ( z − e −T ) − ( z − 1)( z − e −T ) + ( z − 1) 2 1 + G( z ) = 1 + ( z − 1)( z − e −T ) ( z − 1)( z − e −T ) + T ( z − e −T ) − ( z − 1)( z − e −T ) + ( z − 1)2 = ( z − 1)( z − e−T ) T ( z − e−T ) + ( z − 1)2 0.1( z − e −0.1 ) + ( z − 1)2 z 2 − 1.9 z + 0.9095 = = = ( z − 1)( z − e −T ) ( z − 1)( z − e −0.1 ) z 2 − 1.905 z + 0.905