计算机控制系统康博李云霞课后习题答案.pdf

部分习题解答 第 3 章 3.1 解：（1） T T T ez e ze zF = = 1 1 1 1)( （2） 21 1 )1 ( )( = ze zTe zF T T （3） 1 3 . 01 1 )( = z zF （4） + = 5 . 2 11 4 . 0)( ss sF )1)(1 ( )1 (4 . 0 1 1 1 1 4 . 0)( 15 . 21 15 . 2 15 . 21 = = zez ze zez zF T T T （5） )1 ()1 (4 )21 ()12( )( 1221 11222 + = zez zzTeeeT zF T TTT （6） )1)(1 ( )1 ()1( )1 ()1 ( )1 ()1( )1 ( ) 1( 11 )( 11 11 121 11 1 + = + = + = zez zzTeeeT zez zzTeeeT z sss e ZzF T TTT T TTTTs 3.2 求下列函数的反变换。 解：（1）， k kTf4 . 0)(=?, 2 , 1 , 0=k （2） + += + += 6 . 0 12 25 1 4 5 6 5 6 . 0 12 25 1 4 5 6 5 )( 1 z z z z z zzz zF =+ = = ?, 2 , 1 6 . 0 12 25 4 5 6 5 0 0 )( 1 k k kTf k （3） + = + = + = 1 22 2 . 01 5 2 . 0 5 )2 . 0( 5 )( z z z z z zz zF = = = ?, 3 , 2 )2 . 0(5 1 , 0 0 )( 2 k k kTf k （4） 2 21 )2)(1( )( + = = zzzz z z zF 2 2 )( + = z z z z zF ?, 2 , 1 , 0,21)( 1 =+= + kkTf k （5） = 21 11 )1 ( )( z Tz T z zF = = = ?, 2 , 1 1- 0 0 )( kk k kTf （6） += += 1 32 1 1 2 21 4 21 4 1)( z zz z z zzF = = = = ?, 4 , 3 2 2 1 1 , 0 0 )( 1 k k k kTf k 3.3 求下列函数的初值和终值。 解：（1）1 1 1 lim)(lim)0( 1 = = z zFf zz 1 1 1 1lim)()1 (1lim)( 1 1 1 1 1 = = z zzFzf zz （2）1 )375. 025. 11)(25. 01 ( 25. 01 lim)(lim)0( 212 2 = + = zzz z zFf zz 0 )375. 025. 11)(25. 01 ( 25. 01 )1 (1lim)( 212 2 1 1 = + = zzz z zf z （3）0 )208. 0416. 0)(1( 8 . 0 lim)(lim)0( 2 2 = + = zzz z zFf zz 9975. 0 )208. 0416. 0)(1( 8 . 0 )1 (1lim)( 2 2 1 1 = + = zzz z zf z (4) 0 )8 . 0)(18 . 0( ) 1( lim)(lim)0( 22 22 = + + = zzzz zzz zFf zz 9975. 0 )8 . 0)(18 . 0( ) 1( )1 (1lim)( 22 22 1 1 = + + = zzzz zzz zf z 3.4 求解下列差分方程。 解：（1）对差分方程求 z 变换，得 1 1 6 . 01 1 )()(3 . 0)( = z zRzYzzY 1111 6 . 01 2 3 . 01 1 )6 . 01)(3 . 01 ( 1 )( + = = zzzz zY () + = = n 满足系统稳定的必要条件，再构造 Jury 表如下 1686. 0 8308 . 0 5442. 04521. 0 4521. 05442. 0 4055 . 0 6513. 03217. 02641. 0 2641 . 0 3217. 06513. 0 5824 . 0 9856 . 0 7196. 06832. 05740. 0 5740 . 0 6832. 07196. 09856. 0 12 . 0 1 8 . 0 61 . 0 67. 0 12. 0 12 . 0 67 . 0 61 . 0 8 . 0 1 Jury 阵列奇数行首列系数均大于零，故系统稳定。 4.3 解：开环 z 传递函数为 ) 1)(5 . 0( )( = zz Kz zG 闭环传递函数为 Kzzz Kz zG zG zR zY z + = + = )5 . 0)(1()(1 )( )( )( )( 令特征多项式 ()05 . 05 . 1)( 2 =+=zKzz 由二阶计算机控制系统稳定充要条件 = + ) 1(lim 1 + z z = zz z zDzGz T K z v z z ，满足性能指标要求。 6.11 解：系统校正前的开环 z 传递函数为 () ()()135 . 0 1 594 . 0 135 . 1 ) 1( 1 )( + = + = zz zK ss K s e ZzG Ts 此时，由速度误差系数 5 . 1)() 1(lim 1 1 = zGz T K z v 解得：，取5 . 1K2=K () ()()135 . 0 1 594 . 0 135 . 1 2 ) 1( 1 )( + = + = zz z ss K s e ZzG Ts ， 令 w w z + = 1 1 ，得到 ww ww wG 7616. 0 5232. 10464. 14768. 0 )( 2 2 + + =，画出伯德图 -10 0 10 20 30 40 50 Magnitude (dB) 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 135 180 225 270 Phase (deg) Bode Diagram Gm = -2.76 dB (at 1.3 rad/sec) , Pm = -9.16 deg (at 1.85 rad/sec) Frequency (rad/sec) 这是一个非最小相位系统，需将高频增益降低小于 1。通过分析和试算，选择 009. 0 056. 0 15. 0)( + + = w w wD，校正后的伯德图为 -50 0 50 100 Magnitude (dB) 10 -4 10 -3 10 -2 10 -1 10 0 10 1 10 2 135 180 225 270 Phase (deg) Bode Diagram Gm = 13.2 dB (at 1.22 rad/sec) , Pm = 48.5 deg (at 0.298 rad/sec) Frequency (rad/sec) 满足要求。 9822. 0 1403. 0157. 0 )( = z z zD () ()()9822. 0 1403. 0157. 0 135. 01 594. 0135. 12 )()( + = z z zz z zDzG 5 . 18764. 1)()() 1(lim 1 = zDzGzK z v 第 7 章 7.1 解： (1) 递推法 01100 (1)1 32014 01004 (2)1 32419 01409 (3)1 329131 019031 (4)1 3231190 0 (1)100 4 (2)1 =+ = =+ = =+ = =+ = = = x x x x y y ? 4 04 9 9 (3)109 31 31 (4)1031 90 = = = y y ? （2）z变换法 1 21 1 3(1)(3) z z zzz = + IA 11 32 2 ( )()(0)()( ) 33 173 (1)(3)(1) 418183 179 43 418183 (1)(3)(1) zzzzz zzz zzz zzz zzz zzz zz zzz zzz =+ + + + + = = + + XIAxIABU 1 173 ( 1)(3) 488 ( )( ) 179 ( 1)(3) 488 kk kk kZz + = = + xX 32 32 2 33 (1)(3)(1)33 ( )( )10 (1)(3)(1) 43 (1)(3)(1) zzz zzzzzz zz zzz zz zzz + + = + + YCX 32 1 33 ( ) (1)(3)(1) 173 ( 1)(3) 488 kk zzz kZ zzz + = + = + y 7.2 解： z传递函数 1 0.10 1 0.20.6(0.1)(0.6) z z zzz = IA 1 ( )() 0.101 1 0 1 0.20.61(0.1)(0.6) 0.4 (0.1)(0.6) G zz z zzz z zz = = = CIAB 特征值 12 0.60 det()det(0.6)(0.1)0 0.20.1 0.6,0.1 z zz z zz = = IA 即即 z 7.3 解： 1 0.30.1 1 0.4(0.1)(0.4) z z zzz = IA 1 ( )() 110.30.10 1 0 10.41(0.1)(0.4) 1 0.4 (0.1)(0.4) zz z zzz z z zz = = = GCIAB 2 55 (1)(0.4) 30.431 ( )( )( ) 205010 90.4271270.1(1)(0.1)(0.4) z zz zz zz zzz zzzz zzzzzz = = + YGU 1 5555 (0.4) 30.43135 ( ) 205010502010 (0.4)(0.1) 90.4271270.127927 k kk zz zz kZ zzz zzz = + y z 7.4 解：（1）求解特征值（李亚普洛夫第一法） 2 12 0.5 det()det0.250 0.51 0.51 z zz z zz =+= + = 2 4.940=P，因此P P是正定对称矩阵。由 此可判定该离散系统的平衡状态0 e =x是渐近稳定的。 7.5 解：（1）求解特征值（李亚普洛夫第一法） 2 12 0.41 det()det0.240 00.6 0.41,0.61 z zz z zz =+= = 2 5.080=P，因此P P是正定对称矩阵。由此 可判定该离散系统的平衡状态是渐近稳定的。 0= e x 7.6 解： ， ， 01 0.161 = A 1 0.5 = B 1 (0) 1 = x， 1 (2) 2 = x。 由 2 (0) (2)(0) (1) u u = xA xABB 将x x(0)、x x(2)、A A、B B代入，可得 2 10110.51(0 20.16110.660.5(1) u u = ) 于是可得方程 1.840.5 (0)(1)uu=+ 2.680.66 (0)0.5 (1)uu= + 解得 u(0)3.96，u(1)0.14 即通过上述控制序列，可将系统由 1 (0) 1 = x驱动到 1 (2) 2 = x。 7.7 解： (1) 当 N=3 时 由 32 (0) (3)(0)(1) (2) u u u = xA xA BABB 解得 u(0)任意，u(1)u(2)0 同时，当 N2 时，也可解得 u(0)3，u(1)0 即上述序列均能使系统从(0)1 1 1 T =x达到原点。 事实上，由于，即在零输入下，任意初始状态经过三拍均能达到原点。 3 0=A （2）同样，将(0)000 T =x，(3)1 1 1 T =x代入 32 (0) (3)(0)(1) (2) u u u = xA xA BABB 可知， 上述方程无解。 即不能找到这样的控制序列将系统由原点驱动到1 1 1 T 。 这是因为存在，可见系统由初始状态经过两拍后，任何控制输入都不再对系 统状态产生影响，即失去控制作用。 2 0=A B 同时，系统的可控性矩阵的秩 2 010 rankrank 1002 000 n = = BABA B0 x F3F2ye46=2 Nxy13 4 F30 x F5F4ye862 Nxy11 6 F50 x F6F5ye26 =4 Nxy10 7 F60 x F8F7ye66 =0 Nxy8 9 F8=0 x F9F8ye066 Nxy7 10 F90 x F11F10ye462 Nxy5 12 F110 x F13F12ye862 Nxy3 14 F130 x F14F13ye264 Nxy2 15 F140 x F16F15ye660 Nxy0 其进给轨迹如图所示。 O A x y 1 2 4 8 3 7 65 13 12 11 10 9 16 1514 10.5 解 终点判断采用总步数法 00 066012 xyee Nxxyy=+=+= 置F00 按逐点比较插补计算流程进行圆弧插补，其插补过程如表所示：。 步数 偏差判别坐标进给 偏差计算 坐标计算 终点判别 起点 F00 x06，y00 Nxy12 1 F00 x F1F02 x0111x1x015，y10 Nxy11 2 F10 y F2F12 y1110x25，y2y111 Nxy10 3 F20 y F3F22 y217x35，y3y212 Nxy9 4 F30 y F4F32 y312x45，y4y313 Nxy8 5 F40 y F5F42 y415 x55，y5y414 Nxy7 6 F50 x F6F52 x514x6x514，y64 Nxy6 7 F60 y F7F62 y615 x74，y7y615 Nxy5 8 F60 x F8F72 x712x8x713，y85 Nxy4 9 F80 y F9F82 y819 x93，y9y816 Nxy3 10 F90 x F10F92 x914 x10x912，y106 Nxy2 11 F100 x F11F102 x1011 x11x1011，y116 Nxy1 12 F110 x F12F112 x1110 x12x1110，y126 Nxy0 其进给轨迹如图所示。 O A B 1 4 2 8 3 6 7 10 5 9 1112 y x 第 11 章 11.7 解 炉温变化范围为 01500C，要求分辨率为 3 C 时，有 maxmin max 15000 lg lg 3 9 lg2lg2 uu e n = 故 A/D 转换器的字长至少应选为 9 位。 若n不变，设字长为 9，通过变送器将信号零点迁移到 600 C，则分辨率为 9 1500600 1.76 C 2 q =（） 11.8 解 依题意，有 max max 10 lglg min,min0.05,0.05 8 lg2lg2 D u ue n = 即 D/A 转换器的字长至少应为 8 位。 11.12 解 （1） 1） 直接法 12 21 ( )1 ( ) ( )1.70.721 1.70.72 U zzzz D z E zzzzz 2 + = + 即 1212 ( )( )( ) 1.7( )0.72( )U zz E zz E zz U zz U z =+ 取 z 反变换，可得 ( )(1)(2) 1.7 (1)0.72 (2)u ke ke ku ku k=+ 2）串行法 11 21 ( )11 ( ) ( )1.70.721 0.81 0.9 U zzzz D z E zzzzz 1 + = + 设 11 1 11 1 ( )( )1 , ( )1 0.8( )1 0.9 U zzU zz E zzU z + = +z 则有 1111 1111 ( )( )0.8( ),( )( )( )0.9( )U zz E zz U zU zU zz U zz U z =+ 即有 1111 ( )(1)0.8 (1),( )( )(1)0.9 (1u ke ku ku ku ku ku k=+ ) 3）并行法 11 21 ( )12 ( ) ( )1.70.721 0.81 0.9 U zzzz D z E z