第三章练习题答案

z( z 2 ) （2 ） Y ( z ) 2 z 4z 1
解：Y ( z )
z( z 2 ) ( z 2 3 )(z 2 3 )
使用留数定理：
z ( z 2 ) k 1 Re s[ 2 z ]z 2 3 z 4z 1 1 z ( z 2) z k 1 k lim ( z 2 3 ) ( 2 3 ) z 2 3 ( z 2 3 )(z 2 3 ) 2 z ( z 2 ) k 1 Re s[ 2 z ]z 2 3 z 4z 1 1 z ( z 2) z k 1 k lim ( z 2 3 ) ( 2 3 ) z 2 3 ( z 2 3 )(z 2 3 ) 2 1 1 k y (k ) (2 3 ) (2 3 ) k 2 2
5 s5

0 z 1 5 tg ( 0T / 2) z 1
5
5tg ( 0T / 2)(z 1) 5tg ( 0T / 2)(z 1) 0 ( z 1)
七. 有限拍无振荡系统设计 （1）已知对象特性G (s)，设计有限拍无振荡系统， 其中T = 0.5s、单位阶跃输入，求系统在采样点的响应 y ( k T )。 1
（2）已知 G(s)如下，T = 0.5s ，求Gd (z)
4 G( s) s( s 5)
1
4 解： Gd ( z ) (1 z ) Z [ 2 ] s ( s 5) 4( z 1) z 1 4 5 Tz (1 e 5T ) z ( )Z 2 [ ] 2 5T z 5z ( z 1) 5( z 1)(z e ) 5 s ( s 5) 2 4 0.918 5( z 1) 25 z 0.082
六. 带预扭变的双线性变换 此变换又称Tustin预扭变换 （1）已知模拟控制器传递函数D (s)如下，若希望不 失真工作频率为ω0 ，使用预扭变 Tustin 变换设计数 字控制器D (z)。
D( s )
解：使用预扭变Tustin法
D( z ) D( s)
0 z 1 s tg ( 0T / 2 ) z 1
八. 判别系统能控性与能观测性 （1）已知系统状态空间表达式，判别系统的能控性 和能观测性。
0.5 0.5 6 x(k 1) x( k ) u ( k ) 0 0.25 4 y(k ) 2 4 x(k )
6 解：A 0.5 0.5 B C 2 4 0 0.25 4 1 1 6 AB rankAB B rank 2 1 1 4 系统完全能控
五. 已知系统特征方程，用Routh和Schour-Cohn判 据判别系统的稳定性。 3 2 z 2 z 2 z 0.5 0 （1）已知特征方程为 解：使用Routh判据判别系统稳定性。
w 1 令 z w 1 代入原方程得: 0.5w3 0.5w2 1.5w 5.5 0
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2. 已知Y(z) ，求它们的 y (k) z （1 ） Y ( z ) ( z 1 )(z 1 ) 1 z 1 z 解： Y ( z) 2 z 1 2 z (1) 1 1 y (k ) u (k ) (1) k u (k ) 2 2 1 1 (1) k 2 2
T T 3 3 2 2 2 z ze cos( )T ze sin( )T z 3 2 2 G ( z ) 10 T T 3 2 3 z 1 z 2 2 ze 2 cos( 3 )T e T T 2 z 2 ze cos( ) T e 2 2
z 2 z (1 e T ) z 2 z 2 ze T G( z ) T T z e ( z 1)(z e ) ( z 1)(z e T )
10 （2 ） G ( s ) 2 s ( s s 1)
解：
1 1 s 1 10 10( s 1) 2 2 G (s) 2 10 s s s 1 s (s 1 )2 ( 3 )2 2 2 1 3 s 1 3 2 2 10 3 1 2 3 2 s (s 1 )2 ( 3 )2 (s ) ( ) 2 2 2 2
10 Z反变换的概念和方法。 11 广义被控对象Z传递函数概念和求解方法。 12 扩展Z变换解决普通Z变换哪两个不能解决的问 题？ 13 离散系统的特征方程 | zI – A | = 0 ，系统稳定充 分必要条件是什么？ 14 写出数值积分法三种对应变换关系。 15 带预扭变双线性变换希望不失真频率为ω 0 ，写 出其变换关系表达式。 16 有限拍控制系统设计时，考虑系统的稳定性， 对H（z）和He（z）有何约束？ 17 有限拍设计中，H（z）分子与分母阶次差有何 约束？
A3 ( z) : a0 (3) 1 a1 (3) 5 a2 (3) 0.25 a1 (3) 5 a3 (3) 1.25 a0 (3) 1 a3 (3) 1.25 a2 (3) 0.25
由于
A2(z):
a3 (3) 3 1.25 a0 (3)
a0 (2) 0.5625 a1 (2) 4.6875 a2 (2) 6 a1 (2) 4.6875 a2 (2) 2 10.667 a0 (2) a2 (2) 6 a0 (2) 0.5625
又 有
Y ( z ) E ( z ) D( z )G1G2 ( z ) Y ( z) D( z )G1G2 ( Z ) H ( z) R( z ) 1 D( Z )G1G2 ( z )G3 ( z )
若图中G1(s)为ZOH，则它和G2(s)一起求得Gd (z)。
G2 ( s) 此时H(z)为： Gd ( z ) (1 z 1 )Z
系统输出 Y(z) 为：
1 Y ( z ) H ( z ) R( z ) 0.5414z (1 0.8469z ) 1 z 1 0.5414z 1 z 2 z 3
1 1
故有 y (k) 为： y (0) = 0 , y (1) = 0.5414 , y (2) =1 , y (3) = 1 , …… 系统在第二采样节拍后输出跟踪到输入。
3. 使用长除法求 F (z) 的 f (k) 。（书本P30例3-14） 10z 已知： F ( z ) ( z 1)(z 2) 10z 1 解： F ( z ) 1 3z 1 2 z 2
故有： F ( z) 10z 1 30z 2 70z 3 150z 4 最后得 f (k) 输出序列为：
四. 系统的闭环Z传递函数 给出系统结构方框图，求系统的闭环Z传递函数。 以书本 P57 图4 -11（b) 为例。
图(b)为： 解： E ( s) R( s) B( s)
E ( z ) R( z ) B( z ) R( z ) E ( z ) D( z )G1G2 ( z )G3 ( z ) R( z ) E( z) 1 D( z )G1G2 ( z )G3 ( z )
网络教育学院《计算机控制技术》总复习
一 1 2 3 4 5 6 7 8 9 概念 计算机控制系统由哪几部分组成？ 模拟输入、输出通道由哪几部分组成？ 实时系统对采样周期时间的要求。 解析信号重构的概念。 写出零阶保持器的传递函数。 简述SHANNON采样定理。 解析Z传递函数的概念。 写出Z变换定义公式。 系统特征方程 | zI – A | = 0的解有何意义？
R( z ) E( z) 1 D( z )G1 ( z )G2 ( z )G3 ( z )
又： Y ( z) E( z) D( z)G1 ( z)G2 ( z)
D( z )G1 ( Z )G2 ( Z ) 故有： H ( z ) Y ( z ) R( z ) 1 D( Z )G1 ( Z )G2 ( z )G3 ( z )
s D( z )Gd ( Z ) Y ( z) H ( z) R( z ) 1 D( Z )Gd ( z )G3 ( z )
（2）设系统结构如图：
求系统的闭环Z传递函数。 解： E ( z ) R( z ) B( z ) R( z ) E ( z ) D( z )G1 ( z )G2 ( z )G3 ( z )
G( s) s (s 1 )
1 1 G ( s ) 0 . 1065 ( 1 0 . 8469 z ) z 解： Gd ( z ) (1 z 1 ) Z 1 1
s
(1 z )(1 0.6065z )
H ( z ) K H z 1 (1 0.8469z 1 ) 1 1 H ( z ) ( 1 z )( 1 az ) e
建立Routh表： 据W代数方程，有：
w3 : w2 : w1 : w0 : 0.5 0.5 4 5.5 1.5 5.5 0
Routh 表第一列系数为别为 : 0.5 0.5 4 5.5 系数两次变号，系统不稳定。 （2）已知特征方程为： z 3 5z 2 0.25z 1.25 0 使用Schour-Cohn判据判别系统稳定性。
18 有限拍无振荡系统设计时，H（z）有何约束？ 19 系统完全能控的充分必要条件是什么？ 20 系统完全能观测的充分必要条件是什么？
二 Z 变换与 Z 反变换 1. 已知下列的 G (s)，求它们的 G (z)
s2 （1）G ( s) s (s 1 ) 解: 1 2 G(s) s 1 s( s 1)
A1 ( z ) : a0 (1) 63.4375 a1 (1) 54.6875
a1 (1) 54.6875 a0 (1) 63.4375
a1 (1) 1 0.862 a0 (1) A0 ( z ) : a0 (0) 16.2931 系统第一列系数有符号变化，系统不稳定。
f (0) 0 f (1) 10 f (2) 30 f (3) 70 f (4) 150
三. 求传递函数G(s)相应的广义被控对象Z传递函数 s 1 (1) 已知 : G( s) T 1s 求Gd ( z ) s ( s 5) 1 1 4 1 4 1 1 解 : G ( z ) (1 z ) Z [ 2 ] 5s 25 s 25 s 5 z 1 1 Tz 4 z 4 z [ ] 2 5T z 5 ( z 1) 25 z 1 25 z e 1 1 4 4 z 1 5 5 z 1 25 25 z e
求解系数得： K H 0.5414 a 0.4586
即: H ( z) 0.5414z (1 0.8469z )
1
1
1 1 H ( z ) ( 1 z )( 1 0 . 4586 z ) 而 e
控制器脉冲传递函数为：
5.084(1 0.6065z 1 ) D( z ) 1 0.4586z 1 )