线性系统的时域分析习题答案

1、第 3 章 线性系统的时域分析学习要点1 控制系统时域响应的基本概念，典型输入信号及意义；2 控制系统稳定性的概念、代数稳定判据及应用；3 控制系统的时域指标，一阶二阶系统的阶跃响应特性与时域指标计算；4 高阶系统时域分析中主导极点和主导极点法；5 控制系统稳态误差概念、计算方法与误差系数，减小稳态误差的方法。思考与习题祥解题 思考与总结下述问题。（1）画出二阶系统特征根在复平面上分布的几种情况，归纳值对二阶系统特征根的影响规律。（2）总结 和 n 对二阶系统阶跃响应特性的影响规律。（3）总结增加一个零点对二阶系统阶跃响应特性的影响规律。（4）分析增加一个极点可能对二阶系统阶跃响应特性有何影响

2、（5）系统误差与哪些因素有关试归纳减小或消除系统稳态误差的措施与方 法。（6）为减小或消除系统扰动误差，可采取在系统开环传递函数中增加积分 环节的措施。 请问，该积分环节应在系统结构图中如何配置， 抗扰效果是否与扰 动点相关答：（1）二阶系统特征根在复平面上分布情况如图所示。Im p1j n ( jn10)2/2(01)p2n1jn图 二阶系统特征根在复平面上的分布当 0 ，二阶系统特征根是一对共轭纯虚根，如图中情况。当 01， 二阶系统特征根是一对具有负实部的共轭复数根，变化轨迹是以 n 为半径的圆弧， 如图中情况。当 1 ，二阶系统特征根是一对相同的负实根，如图中情况。当 1 ，二阶系统特

3、征根是一对不等的负实根，如图中情况。2） 和 n 是二阶系统的两个特征参量是系统阻尼比，描述了系统的平稳性。当 0 ，二阶系统特征根是一对共轭纯虚根， 二阶系统阶跃响应为等幅振荡 特性，系统临界稳定。当 01 ， 二阶系统特征根是一对具有负实部的共轭复数根，二阶系统阶跃响应为衰减振荡特性， 系统稳定。 越小，二阶系统振荡性越强， 平稳性越差；越大，二阶系统振荡性越弱，平稳性越好。因此，二阶系统的时域性能指标超2调量由 值唯一确定，即 % e 1 2 1000 0 。在工程设计中，对于恒值控制系统，一般取 ；对于随动控制系统 是系统无阻尼自然振荡频率，反映系统的快速性。当定，二阶系统的时域性能指

4、标调节时间与n 值成反比，即 ts（3）二阶系统增加一个零点后，增加了系统的振荡性，将使系统阶跃响应 的超调量增大，上升时间和峰值时间减小。 所增加的零点越靠近虚轴，则上述 影响就越大；反之，若零点距离虚轴越远，则其影响越小。（4）二阶系统增加一个极点后，减弱了系统的振荡性，将使系统阶跃响应 的超调量减小，上升时间和峰值时间减小； 所增加的极点越靠近虚轴，则上述 影响就越大；反之，若极点距离虚轴越远，则其影响越小。（5）系统误差与系统的误差度（开环传递函数所含纯积分环节的个数或系 统型别）、开环放大系数，以及作用于系统的外部输入信号有关。如果是扰动误 差还与扰动作用点有关。因此，减小或消除系统

5、稳态误差的措施与方法有： 增大开环放大系数， 增加 系统开环传递函数中的积分环节，引入按给定或按扰动补偿的复合控制结构。无论采用何种措施与方法减小或消除系统稳态误差， 都要注意系统须满足稳 定的条件。（6）采取在系统开环传递函数中增加积分环节的措施来减小或消除系统扰 动误差时， 所增加的积分环节须加在扰动作用点之前。 若所增加的积分环节加在 扰动作用点之后， 则该积分环节无改善抗扰效果作用。 这一点可以通过误差表达 式分析得到。题系统特征方程如下，试判断其稳定性。（a）0.02s3 0.3s2 s 20 0；（b）s5 12s4 44s3 48s2 s 1 0；（c）0.1s4 1.25 s

6、3 2.6s2 26s 25 0 解：（a）稳定； （ b）稳定； （c）不稳定。1题 系统结构如 题图所示。控制器 Gc （s） K p （1 1 ） ，为使该系统稳定， Tis控制器参数 K p、Ti 应满足什么关系R(s)题图解： 闭环系统特征方程为：15Ti s2 Ti(1 0.25K p)s 0.25K p 0 所以系统稳定的条件是Ti 0Ti 0K p 0 ；4 Kp 0要求闭环题 设单位反馈系统的开环传递函数为 G(s) Ks(1 0.2 s)(1 0.1s) 特征根的实部均小于 -1，求 K 值应取的范围。1，即解： 系统特征方程为 s(1.0.2s)(1 0.1s) K 0

7、要使系统特征根实部小于 1 ，可以把原虚轴向左平移一个单位，令 w s s w 1 ，代入原特征方程并整理得0.02w30.24w20.46wK0.720运用劳斯判据，最后得0.72K6.24题 设单位反馈系统的开环传递函数为G(s)K(s 1)s3s2 2s 1若系统以 2rad/s 频率持续振荡，试确定相应的 K 和 值 解：可以利用 Routh 判据或其它方法解答。K(s 1)s3 as2 2 K s (1 K)系统的闭环传递函数闭环特征方程 s32 as2 K s (1 K) 0利用 Routh 判据。作Routh表如下：s3 12Ks2 a1Ks1 a(2K) 1K/ as01K(s

8、)系统持续振荡 的条件是a(2K)1K/ a01Ka2K2 as1K04a1 K 0所以K2，0.75题 单位反馈系统的开环传递函数 节时间 ts 。解：依题，系统闭环传递函数G(s)s(s 5)求单位阶跃响应c(t) 和调(s)4s 2 5s 44(s 1)(s 4)411 (s T11)(s T12 )其中 T1 1, T2 0.25 。C(s)(s)R(s)4s(s 1)( s 4)C0sC1s1C2s44C 0 lim s (s) R(s) lim 1 0 s 0 s 0 (s 1)(s 4)44C1 lsim1 (s 1) (s) R(s) lsim01 s 1 s 0 s(s 4)

9、 3C2lim (s 4) (s) R(s)mli单位阶跃响应c(t)T1T24，tstsT13.3T1 3.3 。题机器人控制系统结构如题图所示。 试确定参数 K1,K2 值，使系统阶跃响应 的峰值时间 tp 0.5 s，超调量 % 2% 。题图解：依题，系统闭环传递函数为K1s( s 1)K1(K 2s 1)s(s 1)12(s)1K1s2 (1 K1K2 )s K1K n2 s 2 2 nsootp1比较 (s) 分母系数得e 1 0.02 联立求解得 0.50.7810K1100K2 2 n 1 0.1462K1题 系统结构如题图所示。1) 当 K0 25,Kf 0时，求系统的动态性能

10、指标%和ts；2) 若使系统0.5 ，单位速度误差 ess 0.1时，试确定 K0和 Kf 值题图解：按题思路合方法，可解得1)% 25.4%ts 1.752) K0 100,K f 6题 已知质量 -弹簧 -阻尼器系统如题 (a) 图所示，其中质量为 m 公斤，弹簧 系数为 k牛顿/米，阻尼器系数为 牛顿秒/米，当物体受 F = 10牛顿的恒力作用 时，其位移 y(t)的的变化如图 (b)所示。求 m、k 和 的值。m (a)图解： 系统的微分方程为)图ggmy(t)gy(t) ky(t) F(t)系统的传递函数为1G(s) FY(ss) ms2 1 s k m kF(s) ms2 s k

11、s2s kmm因此 G(Y(s)12ms skF(s)1m2kssmm10s利用拉普拉斯终值定理及图上的稳态值可得：y( ) lim sY(s) lim ss 0 s 0 2smksmm100.060.02/ 0.06 33.3% ，由二阶系统性33.3%所以 10/ k= ，从而求得 k = N/m 由系统得响应曲线可知，系统得超调量为 能指标的计算公式 e / 1 100%解得 0.33由响应曲线得，峰值时间为 3s，所以由tpn123解得 n1.109rad/s由系统特征方城222ks2 nsnss0mm可知k22nnmm所以k166.7m22135.5kgn1.10922 nm2 0.

12、331.109135.599.2N /(m/s)题 已知一控制系统的结构如题图，1) 确定该系统在输入信号 r(t) 1(t) 下的时域性能指标：超调量 % ，调节时间 ts和峰值时间 tp ；可得2) 当r(t) 2 1(t),n(t) 4sin3 t时，求系统的稳态误差。N(s)R(s)18C(s)s4s21)系统的开环传递函数为： G(s)8(s 4)(s 2)系统的闭环传递函数为 G(s) 28题图 解：s2 6s 1682 s 6s 8比较 二阶系统的标准形式 G(s)2n s2 2 nstp 11.795s2n1e / 1 2100% 2.8%ts3n1s( 5%)n6 ，所以 0

13、.75而22)由题意知，该系统是个线性系统， 满足叠加原理，故可以分别求取， r(t) 2 1(t) 和 n(t) 4sin 3t 分别作用于系统时的稳态误差 ess1 和 ess2 ，系统的稳态误差就等 于 ess ess1 ess2 。A) r(t) 2 1(t) 单独作用时， 由系统的开环传递函数知， 系统的开环增益 Kk 1 ，所以系统对 r(t) 2 1(t)的稳态误差 ess1为： ess1 2 1 Kk 1B) n(t) 4sin 3t 单独作用时，系统的方块图为图图 题用图We(s)8(s 4) s2 6s 16频率特性为： We( j )8(j 4)16系统的闭环传递函数为：

14、当系统作用为 n(t) 4sin 3t 时， 3 ，所以系统的输出为：We(3j)ess28( j3 4)6 3j 16 32We(3j) arctan324 We(3j) sin(3t32 24j7 18jarctan187 We(3 j)2.07-0.55648.56sin(3t 0.5564)所以系统的误差为： ess 1 8.56sin(3 t 0.5564)题 已知一个 n 阶闭环系统的微分方程为any(n) an 1y(n 1)a2y(2) a1y a0y b1r b0r其中 r 为输入， y 为输出，所有系数均大于零。(1). 写出该系统的特征方程；(2). 写出该系统的闭环传递

15、函数；(3). 若该系统为单位负反馈系统，写出其开环传递函数；(4). 若系统是稳定的，求当 r(t) 1(t)时的稳态误差ess(误差定义为 e(t) r(t) y(t) )；(5). 为使系统在 r(t) t 时的稳态误差 ess 0 ，除系统必须稳定外， 什么条件(6). 当还应满足r(t) 1(t)a0 1，a1 0.5，a2 0.25 ，ai 0 (i 2)，b1 0 ，b0 2 ，% 、 ts 和 y( ) 。可得a0 0b0 a1s a0时，试评价该二阶系统的如下性能： 、 n解：根据微分方程与传递函数的对应关系， 系统的特征方程：1)2)3)4)n ansan系统的闭环传递函数开环传递函数G(s) 1误差传递函数 Ge(s)稳态误差1esslim sGe (s)s 0 s(s)(s)(s)n11sL a1sb1sn1an 1sLnansnans(s)b1s b0an 1s La1sa0b1sb0n n 1ans a