自动控制原理习题及答案.doc

1. 采样系统结构如图所示，求该系统的脉冲传递函数。答案:该系统可用简便计算方法求出脉冲传递函数。去掉采样开关后的连续系统输出表达式为 对闭环系统的输出信号加脉冲采样得 再对上式进行变量替换得2. 已知采样系统的结构如图所示，采样周期T=0.1s。试求系统稳定时K的取值范围。答案:首先求出系统的闭环传递函数。由 求得，已知T=0.1s，e-1=0.368，故 系统闭环传递函数为，特征方程为 D(z)=1+G(z)=z2+(0.632K-1.368)z+0.368=0 将双线性变换代入上式得 0.6322+1.264+(2.736-0.632K)=0 要使二阶系统稳定，则有 K0，2.736-0.632K0 故得到K的取值范围为0K4.32。3. 求下列函数的z变换。(1). e(t)=te-at答案:e(t)=te-at 该函数采样后所得的脉冲序列为 e(nT)=nTe-anT n=0，1，2， 代入z变换的定义式可得 E(z)=e(0)+P(T)z-1+e(2T)z-2+e(nT)z-n+=0+Te-aTz-1+2Te-2aTz-2+nTe-naTz-n+=T(e-aTz-1+2e-2aTz-2+ne-naTz-n+) 两边同时乘以e-aTz-1，得 e-aTz-1E(z)=T(e-2aTz-2+2e-3aTz-3+ne-a(n+1)Tz-(n+1)+) 两式相减，若|e-aTz-1|1，该级数收敛，同样利用等比级数求和公式，可得 最后该z变换的闭合形式为(2). e(t)=cost答案:e(t)=cost 对e(t)=cost取拉普拉斯变换得 展开为部分分式，即 可以得到 化简后得(3). 答案: 将上式展开为部分分式，得 查表可得(4). 答案: 对上式两边进行z变换可得 得4. 求下列函数的z反变换(1). 答案: 由于 所以 得 所以可得E(z)的z反变换为 e(nT)=10(2n-1)(2). 答案: 由于 所以 得 所以E(z)的z反变换为 e(nT)=-n-1n+2n=2n-n-1(3). 答案: 由长除法可得E(z)=2z-1-6z-3+10z-5-14z-7+ 所以其反变换为 e*(t)=2(t-T)-6(t-3T)+10(t-5T)-14(t-7T)+18(t-9T)+(4). 答案: 解法1：由反演积分法，得 解法2：由于 所以 得 最后可得z反变换为5. 分析下列两种推导过程：(1). 令x(k)=k1(k)，其中1(k)为单位阶跃响应，有答案:(2). 对于和(1)中相同的x(k)，有 x(k)-x(k-1)=k-(k-1)=1 试找出(2)与(1)中的结果为何不同，找出(1)或(2)推导错误的地方。答案:x(k)-x(k-1)=k(k)-(k-1)1(k-1)=0，1，2， Zx(k)-x(k-1)=(1-Z-1)X(z) 按z变换定义有 将上述结果代入Zx(k)-x(k-1)=(1-Z-1)X(z)中可得 可见，(1)的推导正确，(2)的推导第一步就错了，导致最后结果错误。6. 假设一个序列f(k)，有如下的z变换形式(1). 求f(k)。答案:首先求出F(z)的z反变换 由此可得 f(k)=0.33(-0.6)k1(k)-0.0476(0.3)k1(k)+0.711(k) k=0，1，2，-(2). 序列的稳态值为多少?答案:在计算序列的稳态值之前，应该先判断(z-1)F(z)的稳定性。通过查看(z-1)F(z)的极点z1=-0.6，z2=0.3，可见(z-1)F(z)是稳定的。由终值定理可得7. 某一过程的离散传递函数为(1). 计算输出c(k)关于r(k)的单位阶跃响应。答案:单位阶跃信号的z变换为，因此 z反变换为 c(k)=11.426ej2.594(0.64ej0.675)1(k)+11.426e-j2.594(0.64e-j0.675)k1(k)+19.51(k)=11.426(0.64)k(ej2.594+j0.675k+e-j2.594-j0.675k)1(k)+19.51(k)=22.85(0.64)kcos(0.675k+2.594)1(k)+19.51(k) k=0，1,2，.(2). c(k)的稳态值为多少?答案:可知，c(k)的稳态值为19.5。可以通过终值定理来检验这一结果的正确性，稳态增益为8. 考虑如下的差分方程： y(k+1)+0.5y(k)=z(k) 则当输入x(k)为单位阶跃序列时，零初始条件下响应y(k)等于多少?答案:同时对方程两边进行z变换，得 zY(z)+0.5Y(z)=X(z) 当输入信号为单位阶跃序列时 因此 所得结果为9. 已知系统传递函数为，试求能控标准型、能观测标准型、约当标准型，并画出状态变量图。答案:(1)能控标准型为 (2)能观测标准型为 (3) 由上式可得对角型 状态结构图分别如下图(a)、(b)和(c)所示。6:801/YFQUESTION/YFVOICEPIC/DB_25/Catalog_9875/QId_555745/AId_688732/PIC/9.4404E7.jpg提示 需要注意的是：当传递函数的分子与分母的阶次相等时，d0。10. 已知系统和，判断1与2是否是状态转移矩阵。若是，试确定系统矩阵A；如果不是，说明理由。答案:状态转移矩阵应满足：，(0)=I，则 假设1(t)与2(t)为转移矩阵，则 则 所以1(t)不是转移矩阵，2(t)是转移矩阵，其系统矩阵为。提示 由状态转移矩阵的定义可知，判断是否符合，状态转移矩阵必须满足的两个条件：(1)(0)=I；(2)交换律。11. 已知系统矩阵，至少用两种方法求状态转移矩阵(t)。答案:(1)定义法 (2)拉氏反变换法提示 求取状态转移矩阵的方法有多种，对于阶次3阶以下的系统，采用拉氏反变换法计算较为简单。12. 已知系统状态方程为，初始条件为x1(0)=1，x2(0)=0。试求系统在单位阶跃输入作用下的响应。答案:此题为求非齐次状态方程的解，对于非齐次状态方程，有提示 状态方程的解是两部分的叠加，即初始状态引起的自由运动(零输入响应)和控制输入引起的强制运动(零状态响应)，解的公式为。13. 给定二阶系统，t0，现知对应于两个不同初态时状态响应为时，时， 试求系统矩阵A。答案:方法1：先计算状态转移矩阵(t)。设 齐次状态方程的解x(t)=(t)x0，依题意应有 (9-21) (9-22) 解方程组得 11(t)=2e-t-e-2t 12(t)=2e-t-2e-2t 21(t)=-e-t+e-2t 22(t)=-e-t+2e-2t 故 方法2：根据式(9-21)、式(9-22)可以列出下面式子，用以求得(t)。提示 齐次状态方程，t0，x(0)=x0的解为x(t)=(t)x0，已知x0和x(t)，则可先求出(t)，再求系统矩阵A。14. 已知连续系统的动态方程为，y=1 0x设采样周期T=1s，试求离散化动态方程。答案:状态转移矩阵： 则 y(k)=Cx(k)=1 0x(k)提示 连续时间系统的离散化模型的系数矩阵G和H满足：G=(T)=eAT，而系数矩阵C和D与连续系统相同。15. 线性系统的空间描述为6:6088/Latex/latex.action?latex=XGxlZnRce1xiZWdpbnthcnJheX17Y31cZG90e3h9PVxsZWZ0W1xiZWdpbnthcnJheX17Y2N9XGFs%0D%0AcGhhICYxXFwgMCZcYmV0YVxlbmR7YXJyYXl9XHJpZ2h0XXgrXGxlZnRbXGJlZ2lue2FycmF5fXtj%0D%0AfTFcXCAxXGVuZHthcnJheX1ccmlnaHRddVxcIHk9WzHjgIAtMV1444CA44CAXGVuZHthcnJheX0%3D，确定使系统为状态完全能控和状态完全能观测的待定常数和。答案:能控性判别矩阵 若系统状态完全能控，则M0，即和应满足： -10 能观性判别矩阵 (9-23) 若系统状态完全能观测，则|N|0，即和应满足： -+10 (9-24) 联立式(9-23)、式(9-24)，得 +1提示 单输入单输出系统状态完全能控的充要条件是：能控性判别矩阵M=b Ab An-1 b满秩，即det(M)0；同理，状态完全能观测的充要条件是：能观测判别矩阵满秩，即det(N)0。16. 设系统状态方程为，并设系统状态能控且能观测，试求a值。答案: 在任意3阶实现情况下能控且能观测，则a1，2，4(没有零极点对消)。提示 系统状态能控性与能观测性与传递函数零极点的关系是：当传递函数出现零极点对消时，状态不是完全能控且能观测的，即当传递函数出现了零极点对消，系统的状态可能会出现：能控不能观测、不能控能观测或既不能控又不能观测。17. 已知系统传递函数为，试写出系统能控不能观测，不能控能观测，不能控不能观测的实现。答案: 传递函数有零极点对消，因此系统状态不是能控且能观测的。 能控不能观测实现： y=1 1x 不能控能观测实现： y=0 1x 不能控不能观测实现： y=0 1x提示 当传递函数出现零极点对消时，状态不是完全能控且能观测的，即当传递函数出现了零极点对消，系统的状态可能会出现：能控不能观测、不能控能观测或既不能控又不能观测。18. 设线性定常系统为 y=1 -1 1x 判别其能控性，若不是完全能控的，试将该系统按能控性分解。答案:系统能控性判别矩阵为 其秩rankM=2n，所以系统是不完全能控的。 构造非奇异变换阵Rc：，(其中R3是任意的，只要能保证Rc为非奇异即可) 即 ， 变换后的状态空间描述为6:801/YFQUESTION/YFVOICEPIC/DB_25/Catalog_9875/QId_555754/AId_688741/PIC/9.A8BB30.jpg提示 当系统状态不完全能控时，即rankM=n1n(n为系统矩阵A的维数)，则有n=n1个状态是不完全能控的，可按能控性分解：系统的状态空间被分解成能控的和不能控的两部分，引入线性变换，选择非奇异变换矩阵6:801/YFQUESTION/YFVOICEPIC/DB_25/Catalog_9875/QId_555754/AId_688741/PIC/9.B881A4.jpg，其中n个列矢量可以按如下方法构成：前n1个列矢量是能控性判别矩阵M中的n1个线性无关的列，另外n-n1个列在确保Rc为非奇异条件下，完全是任意的。19. 上题中线性定常系统，判别其能观测性，若不是完全能观测的，试将该系统按能观性分解。答案:系统能观性判别矩阵为 其秩rankN=2n，所以系统是完全能观的。 构造非奇异变换阵： R1=c=1 -1 1，R2=cA=1 -3 2，R3=0 0 1(其中R3是任意的，只要能保证为非奇异即可) 即， 变换后的状态空间描述为6:801/YFQUESTION/YFVOICEPIC/DB_25/Catalog_9875/QId_555755/AId_688742/PIC/9.B23E4F.jpg提示 当系统状态不完全能观测时，即rankN=n1n(n为系统矩阵A的维数)，则有n-n1个状态是不完全能观测的，可按能观测性分解：系统的状态空问被分解成能观测的和不能观测的两部分，引入线性变换，选择非奇异变换矩阵6:801/YFQUESTION/YFVOICEPIC/DB_25/Catalog_9875/QId_555755/AId_688742/PIC/9.AB4594.jpg，其中n个行矢量可以按如下方法构成：前n1个行矢量是能观测性判别矩阵N中的，n1个线性无关的行，另外n-n1行确保R。存在，完全是任意的。20. 设系统的状态空间描述为6:6088/Latex/latex.action?latex=XGxlZnRce1xiZWdpbnthcnJheX17Y31cZG90e3h9PVxsZWZ0W1xiZWdpbnthcnJheX17Y2N9LTEm%0D%0AMFxcMCYxXGVuZHthcnJheX1ccmlnaHRdeCtcbGVmdFtcYmVnaW57YXJyYXl9e2N9MVxcMVxlbmR7%0D%0AYXJyYXl9XHJpZ2h0XXVcXHk9WzHjgIAwXXjjgIDjgIDjgIBcZW5ke2FycmF5fQ%3D%3D，试分析系统的状态稳定性和输出稳定性。答案:(1)状态稳定性 平衡状态xe=0 李雅普诺夫第一法：系统矩阵A的特征多项式为 得 1=-1，2=1 2=1具有正实部，所以系统在平衡状态是不稳定的。 (2)输出稳定性 系统的传递函数G(s)=c(sI-A)-1b 闭环极点s=-1具有负实部，所以系统输出是稳定的。提示 输出稳定性(BIBO稳定)的充要条件是：系统的传递函数的极点均具有负实部；李雅普诺夫第一法判断线性定常系统状态稳定性(又称内部稳定性、平衡状态的稳定性)的充要条件是：系统矩阵A的特征值都具有负实部。21. 试用李雅普诺夫第二法判断，平衡状态的稳定性。答案:平衡状态xe=0 构造 则 判定性质：6:6088/Latex/latex.action?latex=XGxlZnRce1xiZWdpbnthcnJheX17Y30tMu%2B8nDDjgIDjgIDjgIDjgIDjgIDjgIBcXFxsZWZ0fFxi%0D%0AZWdpbnthcnJheX17Y2N9LTImM1xcMyYtNlxlbmR7YXJyYXl9XHJpZ2h0fD0xMi05PTPvvJ4wXGVu%0D%0AZHthcnJheX0%3D负定，xe是渐近稳定的平衡点，且当|x|时，V(x)，因此平衡状态是大范围渐近稳定的。提示 李雅普诺夫第二法直接判断平衡状态的稳定性方法：构造正定的李雅普诺夫函数V(x)，通过V(x)的符号性质来判断平衡状态的稳定性。22. 下式中a为常数，试确定平衡点的稳定性。6:6088/Latex/latex.action?latex=XGxlZnRce1xiZWdpbnthcnJheX17Y31cZG90e3h9X3sxfT14X3syfS1heF97MX0oeF97MX1eezJ9%0D%0AK3hfezJ9XnsyfSlcXFxkb3R7eH1fezJ9PS14X3sxfS1heF97Mn0oeF97MX1eezJ9K3hfezJ9Xnsy%0D%0AfSlcZW5ke2FycmF5fQ%3D%3D答案:xe=0是唯一的平衡点。 试取 显然，V(x)0，且有连续一阶偏导，即6:6088/Latex/latex.action?latex=XGRvdHtWfSh4KT1cZnJhY3tccGFydGlhbFYoeCl9e1xwYXJ0aWFseF97MX19XHRpbWVzIFxmcmFj%0D%0Ae1xtYXRocm17ZH14X3sxfX17XG1hdGhybXtkfXR9K1xmcmFje1xwYXJ0aWFsVih4KX17XHBhcnRp%0D%0AYWx4X3syfX1cdGltZXMgXGZyYWN7XG1hdGhybXtkfXhfezJ9fXtcbWF0aHJte2R9dH09MnhfezF9%0D%0AW3hfezJ9LWF4X3sxfSh4X3sxfV57Mn0reF97Mn1eezJ9KV0rMnhfezJ9Wy14X3sxfS1heF97Mn0o%0D%0AeF97MX1eezJ9K3hfezJ9XnsyfSldPS0yYSh4X3sxfV57Mn0reF97Mn1eezJ9KV57Mn0%3D 当a0时，有V(x)0，xe是渐近稳定的平衡点，且当时，V(x)，故有大范围渐近稳定； 当a=0时，有，xe是李氏稳定的平衡点； 当a0，有V(x)0，xe是不稳定的平衡点。 所选V(x)可判稳定性，故是李雅普诺夫函数。23. 设系统传递函数为，判断能否利用状态反馈矩阵将传递函数变成，若有可能，求出一个满足的状态反馈矩阵K。答案:能。 上式无零极点对消，因此状态是完全能控的，可以通过状态反馈任意配置极点。 用能控标准型实现：；y=cx 其中：，c=-2 1 1 为使传递函数变为，需配置极点，使得期望极点为 s1=s2=-2，s3=-3 期望特征多项式为 f(s*)=(s+2)2(s+3)=s3+7s2+16s+12 反馈矩阵K=k1 k2 k3， 引入状态反馈后的特征多项式为 f(s)=|sI-(A-bK)|=s3+(2+k3)s2+(k2-5)S+k1-6 令f(s*)=f(s)，有 6:6088/Latex/latex.action?latex=XGxlZnRce1xiZWdpbnthcnJheX17Y30yK2tfezN9PTdcXGtfezJ9LTU9MTZcXGtfezF9LTY9MTJc%0D%0AZW5ke2FycmF5fQ%3D%3D 解得 6:6088/Latex/latex.action?latex=XGxlZnRce1xiZWdpbnthcnJheX17Y31rX3sxfT0xOFxca197Mn09MjFcXGtfezN9PTVcZW5ke2Fy%0D%0AcmF5fQ%3D%3D 配置极点后出现零极点对消，系统不能观测。但传递函数只描述外部特性，故可达到目的。提示 通过状态反馈配置极点改变闭环的极点，但是有可能出现零极点对消，出现对消后，系统不是能控且能观测的。而传递函数只描述系统的外部特征，所以是可以实现的。状态反馈极点配置的步骤：判断能控性；求期望特征多项式f(s*)；求引入反馈矩阵的特征多项式f(s)；令f(s*)=f(s)，得出反馈矩阵K。24. 设系统状态空间描述为 y=0 1x (1)画出系统的状态结构图； (2)求系统的传递函数； (3)判断系统的能控性和能观测性； (4)求系统的状态转移矩阵(t)和-1(t)； (5)当，u(t)=0时，求系统输出y(t)； (6)设计全维状态观测器，将观测器极点配置在-10+j10，-10-j10)处； (7)在(6)的基础上，设计状态反馈u=v-Kx，反馈矩阵K，使系统闭环极点配置在-5+j5，-5-j5处； (8)画出系统总体状态结构图。答案:(1)原系统的状态结构图如图9-5所示。6:801/YFQUESTION/YFVOICEPIC/DB_25/Catalog_9875/QId_555760/AId_688747/PIC/9.10C0FE6.jpg (2) (3)能控性判别矩阵rankM=2=n，故系统是状态完全能控的。 能观测性判别矩阵 rankN=2=n，故系统是状态完全能观测的。 (4) (5) (6)设观测器输出误差反馈矩阵，令=s2+(5+g2)s+6+6g1+5g2=(s+10-j10)(s+10+j10)=s2s+20s+200 比较对应项系数得6:6088/Latex/latex.action?latex=XGxlZnRce1xiZWdpbnthcnJheX17Y301K2dfezJ9PTIw44CA44CA44CAXFw2KzZnX3sxfSs1Z197%0D%0AMn09MjAwXGVuZHth