自动控制原理 第八章 习题解答
自动控制原理习题分析第八章
自动控制原理习 题分析第八章8-1 题分析第八章
∴X(z)= Z[L 1(X(s))]
z z = + aTs bTs ze ze (b a)(s + b) = s= b = 1 z(z ebTs ) z(z eaTs ) (s + a)(s + b) = aTs bTs (z e )(z e ) 1 1 + aTs bTs X(s)= z(e e ) s+a s+b = 2 aTs bTs (a+b)Ts z (e e )z + e
n n n
自动控制原理习题分析第八章8-15 自动控制原理习题分析第八章 离散控制系统的结构图 如图 所示.采样周期T 所示.采样周期T s = 1s. (1)求系统的开环脉 冲传递函数 (2)求系统的闭环脉 冲传递函数
G(s)= Gh(s)Go(s)= G1(s)G2(s) =(1 e
Tss
G(z) = G1G 2(z) = Z{L 1[G 1(s)G 2(s)]} = Z{L 1[G 2(s) e TssG 2(s)]} = Z{L 1[G 2(s)]} Z{L 1[e TssG 2(s)]} = Z[g 2(t)] Z[g 2(t Ts )] = G 2(z) z 1G 2(z) z 1 = G 2(z) z
1 , ) 2 s (s + 2)
Tss
其中:G1(s)= 1 e
1 G2(s)= 2 s (s + 2) 1 令g2(t)= L [G2(s)] 则g2(t Ts )= L [e G2(s)]
1 Tss
1 G 0(s) G 2(z) = Z L s = Z L 1[G 2(s)]
由(1) : 1 [(1 K) +(1 + K)e 由(3) : 1 + [(1 K) +(1 + K)e e Ts /T > (K 2)/(K + 2); 1> e
自动控制原理第8章 习题及解析
8-1求下列函数的z 变换。
(1) /()t T x t a = (2) 2()at x t t e -= (3) ()sin x t t t ω= (4) 2()1t x t e -=+ 解 (1) 查z 变换表得()zX z z a=- (2) 查z 变换表得223(1)() 2(1)T z z x t t z +=→-，由复数位移定理得223()() ()()aT aTataT T z z e e x t t eX z z e ----+=→=- (3) 查z 变换表得2sin ()sin ()2cos 1z Tx t t X z z z T ωωω=→=-+，由z 域微分定理得22222(sin sin 2sin cos 2sin )()sin ()()(2cos 1)d Tz z T T z T T z T y t t t Y z Tz X z dz z z T ωωωωωωω-++=→=-=-+ (4) 查z 变换表得222(21)()1(1)()T T T z z z z e X z z z e z z e -----=+=---- 8-2求下列函数的z 变换。
(1) 3()(1)(2)s X s s s +=++ (2) 21()s X s s+=(3) 1()(1)(2)X s s s s =++ (4) 21()(1)s e X s s s --=+ (1T s =)解 (1) 321()(1)(2)12s X s s s s s +==-++++，查z 变换表得22()T Tz zX z z e z e --=--- (2) 22111()s X s s s s+==+，查z 变换表得22(1)()(1)z z z X z z +-=-(3) 11/211/2()(1)(2)12X s s s s s s s ==-+++++，查z 变换表得 222()()2(1)()(1)()()2(1)()()T T T T T T z z e z e z z z e z z z e X z z z e z e -----------+--=---(4)121221()(1)(1)(1)(1)1(1)1(1)(1)T T T T TX z z Z s s Tz z zz z z z e T e z T e z e z e -------⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦⎡⎤=--+⎢⎥---⎣⎦-++-+=-++ 8-3 求下列函数的z 反变换。
自动控制原理(孟华)第8章习题答案070520
第八章 非线性控制系统习题答案8-1 解:由原方程得：2225.03)5.03(),(x x x x x x x x x x f x--+-=----== ，令0==x x，得：0)1(2=+=+x x x x ，解出奇点为：1,0-=x 。
在0=x 处，特征根为：984.025.02,1j s ±=，显然为不稳定的焦点。
在1-=x 处，特征根为：225.45.02,1±=s ，显然为鞍点。
概略画出奇点附近的相轨迹如下：-1习题8-1相轨迹图8-2解:原方程可改写为：⎩⎨⎧=-+≥=++0II 0Ix x x x x x x x 0,：0,：系统的特征方程及特征根为：⎪⎩⎪⎨⎧+-==+±-==++)(618.0,618.1,01II )(2321,01I 2,122,12鞍点－：稳定焦点：s s s js s s 推导等倾线方程：xx dx xd --==1α，则有：x x xβα=+-=11 ，即： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=≥--=0,11II 0,11I x x βαβα：：，画出系统相平面如下：习题8-2相平面图8-3 （1）解：相平面上任一点的相轨迹斜率为：x xxdxx dsin+-=，由=dxx d，得：),2,1,0(±±==kkxπ，因此在相平面的x轴上，),2,1,0(±±==kkxπ的点均为奇点。
在x轴上满足),2,1,0(2±±==kkxπ的所有奇点附近，由泰勒级数展开来验证这类奇点为稳定焦点。
在x轴上满足),2,1,0()12(±±=+=kkxπ的所有奇点附近，由泰勒级数展开来验证这类奇点为鞍点。
绘制相轨迹如下图所示：习题8-3（1）相轨迹图（2）解：原方程可改写为：⎩⎨⎧=-≥=+IIIxxxxxx0,：0,：系统的特征方程及特征根为：⎪⎩⎪⎨⎧±==±==+)(1,01II)(,01I2,122,12鞍点－：中心点：ssjss推导等倾线方程：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥11xxxxxx,＝,－＝αα，画出系统相平面如下：习题8-3（2）相轨迹图（3）解：令0==xx，得0sin=x，得出系统的奇点：,2,,0ππ±±=x当,2,1,02±±==kx，κπ时，令2xx+=κπ，可以验证奇点,2,1,02±±==kx，κπ为中心点。
任彦硕《自动控制原理》全部答案
R1
R2
+
1 sC2
Ur (s) R1C2s
(d)
Ur (s) R1
=
Uc (s)
( R2
//
1 sC2
)
⇒ T(s) = Uc(s) Ur (s)
=
R2 R1
1 R2C2s +1
题 2-2：试用运算法建立题 2-2 图所示 LC、RLC 电网络的动态结构图，并求解
自 u i (t) 至 u o (t) 信号传输的传递函数。
b)
R 2 uc(t) C2 −
R1 u r(t)
Rb
R2 C2
− +
c)
− uc(t)
R1 u r(t)
Rb
题 2-1 图 电网络
C3 R3 C2 R2
− +
d)
− uc(t)
(a) T (s) = Uc (s) =
R2
+
1 sC2
=
R2C1C2s + C1
Ur (s)
R1
+
R2
+
1 sC1
+
1 sC2
−
Ms2
X1(s)
=
ms2
X
2
⇒ X1(s) =
ms2 + ks + f
F (s) s2[Mms2 + (M + m)ks + (M + m) f ]
(b)
⎧ ⎪⎪m ⎨
⎪ ⎪⎩
f1
d 2 x1(t) + dt 2
d[x1(t) − dt
f1
d[
x1
(t) − dt
自动控制原理答案(第八章)
o o
− 90
o
o
− 45
o
= −180
(d) Angle of departure
K > 0:
−θ 1 − θ 2 − θ 3 − θ 4 = −180 −θ 1 − 135
o
o o
− 135
o
o
− 90
o
= −180
θ 1 = −180
121
(e) Angle of arrival
K < 0:
Asymptotes:
K > 0:
,
270
o
K < 0:
0 ,
o
180
o
Intesect of Asymptotes:
σ1 =
Breakaway-point Equation: Breakaway Points:
0, s
5
0
+ 0 − 8 − 8 − ( −4 ) − ( −4 )
4 s
4
−2
3
+ 20
90
and
K < 0:
0
o
and
180
o
σ1 =
Breakaway-point Equation:
2s
3
0
− 5 − 6 − ( −8 )
3 s ,
2
−1
s
= − 1.5
+ 35
+ 176
+ 240 = 0 − 9 . 7098
Breakaway Points: Root Locus Diagram:
− 1, − 2 . 5
6
(c) Breakaway-point Equation: 3 s + 54
《自动控制原理》---丁红主编---第八章习题答案
8-1已知非线性环节的特性如图8.1a 所示，试计算该环节的描述函数。
答：方法一：由图8.1a 所示，,0...............0...............⎩⎨⎧<->+=x A Kx x A Kx y 令代入则可以得到, 因为非线性特性为奇函数，所以=0,A 1=,B 1==在此处键入公式。
可以得到B 1=KX+4,所以该非线性环节的描述函数为 。
方法二：图8.1a 所示的非线性特性可以看作是图8.1b ，图8.1c 叠加而成的。
图8.1b 对应的非线性环节的描述函数为。
图8.1c 对应的为理想继电器非线性，其描述函数为。
所以，图8.1a 对应的飞线性特性描述函数为。
8.2.试绘制0=++x x x &&&非线性系统的相平面图。
答：y 0 -a a x k （a ） y 0 xk （b ） y（c ）0 -aa x由题意，此方程可以改写为：,开关线为x=0。
当x>0时，相轨迹方程对应的特征方程为+λ+1=0，，由可以得到.故奇点为稳定的焦点。
当x<0时，相轨迹方程对应的特征方程为+λ-1=0,,由可以得到此时的奇点为（0,0），奇点为鞍点，推导等倾线方程。
令=α，可以得到等倾线方程为,令等倾线的斜率为k ，即可以得到，得到,列写表格如下表所示。
K -3 -2 -10 1 2 3 +∞,8.3.系统方框图如图8-29所示，其中K>0，T>0。
当非线性元件N分别为理想继电特性;死区继电特性;滞环继电特性;带死区和滞环的继电特性，在cc&-相平面上绘制相平面图。
8-29系统方框图（1）具有死区的三位置继电特性线性部分的微分方程为当继电特性为具有死区的三位置继电特性时，上式可以写成分段微分方程为：C(t)r = 0- )1(+TssKN(e)e)开关线为,两条开关将相平面划分为三个线性区域，下面分区绘制相轨迹在区域，相轨迹方程为：类似于具有饱和特性的非线性控制系统时的讨论，像平面与该区域无奇点，相轨迹均渐进于的直线。
自动控制原理第八章线性系统的状态空间分析与综合习题及解答
第八章 线性系统的状态空间分析与综合习题及解答8-1 已知电枢控制的直流伺服电机的微分方程组及传递函数 b aaa a a E dtdi L i R U ++=+ ⑴设状态变量m m x θ=1，m x θ =2，θ =3x 及输出量m y θ=，试建立其动态方程; ⑵设状态变量m m a x x i x θθ ===321,,及 my θ=,试建立其动态方程。
解：（1）由题意可知： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=======123121xy xx x x x m m mmθθθθ ，由已知 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+===++=m m m m m a m mmb ba a a a a f J M i C M K E E i L i R U θθθ可推导出 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++-+-===12333221x y U J L C x J L C K f R x J L R J L f x x x x x a ma mm a m b m a m a a m a m 由上式，可列动态方程如下=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡321x x x ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+-m a a m m a m a m b m a J L R J f L J L C K f R 0100010⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡321x x x +⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡m a m J L C 00a U y =[]001⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡321x x x（2）由题意可知：,1a i x =mm m y x x θθθ===,,32可推导出 ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧==-=-====+--=+--==23133231111x y x J f x J C J f i J C x x x U L x L K x L R U L L K i L R i x m m m m m m m m a m m m m a aa b a a a a m a b a a a aθθθθθ可列动态方程如下由 ⎪⎩⎪⎨⎧===mm m x x x θθθ 321和 ⎪⎩⎪⎨⎧===mm a x x i x θθ 321得 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=-======3133221x J f x J C J f i J C x x x x x m m m m m m m a m m m m m θθθθ 由上式可得变换矩阵为 ⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡-=m m mm J f J C T 0100018-2 设系统微分方程为 u y y yy 66116=+++ 。
自动控制原理(梅晓榕)习题答案第八章
习题答案88-1 1）二阶系统，2个状态变量。
设 2121212)(2)()( )()(x x t y t y t yx t y x x t y x --=--==⇒=== ， []⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==00 01 2110 B y A A ，，，x x x 2)[]x x x 001 100322100010=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=y u 3)[]x x x 121 100321100010=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=y u 提示：本题利用了可控规范型与微分方程系数的关系。
8-2 1)23101)()(ss s U s Y += []x x x 001 1001000100010=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=y u 2)815611171181891)()(23+⋅++⋅-⋅=++=s s s s s s s U s Y []x x x 001 100980100010=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=y u 或 x x x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡--=5617181111800010000y u 3) []x x x 145 1006116100010=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=y u 提示：本题利用了状态空间的规范型与传递函数系数的关系。
8-38659122+++s s s8-4 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+---==⎥⎦⎤⎢⎣⎡----------t t t t tt t t t t Att x t x e e 11e 2e e2e 2e e e e 2)0(e )()(222221x 8-5 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=-==------t t t t s BU A sI t 3232113e 4e 1e e 21)]()[(L )()0(x 0x ， 8-6 [])(120)( )(100)(321100010)1(k k y k u k k x x x =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=+ 或 [])(100)( )(120)(310201100)1(k k y k u k k x x x =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=+ 或 [])(001)( )(111)(321100010)1(k k y k u k k x x x =⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=+ 提示：利用状态空间的规范型与差分方程系数的关系。
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2、部分分式展开 X ( s)
1 1 1 1 2 s 2 ( s 1) s s s 1
查Z变换表，得 Tz z z z[(e T T 1) z 1 (1 T ) e T ] X ( z) 2 T ( z 1) z 1 z e ( z 1) 2 ( z e T )
则单位阶跃响应为 c* (t ) 0.368 (t T ) (t 2T ) 1.399 (t 3T ) 1.399 (t 4T ) 1.147 (t 5T ) 0.895 (t 6T )
8-9 传递函数的部分分式展开 2 0.3 0.005 0.04 Ts G( s) (1 e )[ 2 ] s s 0.05 s 1 0.1s 1 0.152 z 2 0.179 z 0.00795 开环脉冲传递函数 G ( z ) ( z 1)( z e 4 )( z e 2 ) 闭环脉冲传递函数 G( z) 0.152 z 2 0.179 z 0.00795 ( z) 3 1 G ( z ) z z 2 0.335 z 0.00547 特征方程 D( z ) z 3 z 2 0.335 z 0.00547 0
特征方程 D( z ) z 3 z 2 0.335 z 0.00547 0 w 1 令z ，作双线性变换得新特征方程 w 1 D( w) 0.34047 w3 1.64859 w2 3.68141 w 2.32953 0
Routh阵列表 w3 w2 0.34047 1.64859 3.68141 2.32953
w1
w0
3.20031
2.32953
由Routh阵列表第一列元素全大于零可知新特征方程 没有w平面右半平面的根，即离散系统没有z平面单位圆 外的根，故离散系统稳定。
8-12
解法一：系统结构图为 r(t) e(t) x(t) c(t1 e Ts ) 其中 G1 ( s) ，H1 (s) 0.5s 3 s 0.2( z 1) 1 求Z变换得G1H1 ( z ) ，G1 ( z ) ( z 1) 2 z 1
x(t)在各采样时刻nT的值为： x(0)=1， x(T)=0.25， x(2T)=0.625，· · ·
8-7
1 e Ts 0.368 z 0.264 开环脉冲传递函数 G ( z ) Z [ 2 ] s ( s 1) ( z 1)( z 0.368 )
G( z) 0.368 z 0.264 2 闭环脉冲传递函数 ( z ) 1 G ( z ) z z 0.632
z 1
C(s)
ess essp essv essa
图 与题8-12图对 应的连续系统 2 1 T T ess= essp+ essv+ essa 0 0 .5 1 K p Kv Ka =0+0.5+∞=∞
则误差脉冲传递函数为
e ( z)
E( z) 1 G1 H1 ( z ) z ( z 1) 2 R( z ) 1 G1 ( z ) G1 H1 ( z ) z 0.8 z 0.2
则误差脉冲传递函数可知特征方程为 z2-0.8z+0.2=0 解出特征根z1,2=0.4±j0.2
同解法一，利用特征方程可判定闭环系统稳定。 用静态误差系数法求ess: R(s) E(s) K p lim G ( z ) z 1 K/s2 K v lim ( z 1)G ( z ) 0.4 z 1 0.5s K a lim ( z 1) 2 G ( z ) 0
8-3
3、部分分式展开 X ( z )
z ( z 1) z ( z 0.25)( z 1) z 0.25
t /T 查Z变换表，得 x(t ) 0.25
x (t ) 0.25 n (t nT ) 则
* n 0
或 x(nT ) 0.25 n
(n 0,1,2,3,)
z1, 2 0.4 2 0.2 2 0.447 1
特征根z1,2在z平面的单位圆内，故闭环离散系统稳定。
应用终值定理求得稳态误差：
ess lim ( z 1) e ( z ) R ( z ) 0 0.5
z 1
解法二：根据系统结构图上误差的定义，开环脉 冲传递函数为 C ( z) G1 ( z ) 0.2( z 1) G( z) E ( z ) 1 G1 H1 ( z ) z ( z 1)
输出 C ( z ) ( z ) R( z )
0.368 z 0.264 z 2 z z 0.632 z 1
使用长除法得 C ( z ) 0.368 z 1 z 2 1.399 z 3 1.399 z 4 1.147 z 5 0.895 z 6
8-3
8 z 1 z 2、部分分式展开 X ( z ) 7 z 0.8 7 z 0.1 查Z变换表，得 8 1 t /T x(t ) 0.8 0.1t / T 7 7 8 1 * n n 则 x (t ) [ 0.8 0.1 ] (t nT ) 7 n 0 7 8 1 n 或 x(nT ) 0.8 0.1n 7 7 (n 0,1,2,3,)
习题解答
8-2
1、部分分式展开 X ( s)
查Z变换表，得
s3 2 1 ( s 1)( s 2) s 1 s 2
2z z z ( z e T 2e 2T ) X ( z ) Z [ X ( s)] T 2T z e z e ( z e T )( z e 2T )