Chapter7.4：线性离散系统的分析与校正考研参考题

此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
自动控制原理(第七版)知识提炼
自动控制原理(第七版)课后习题精选
自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

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线性离散系统的分析与校正考研参考题

REFERENCE1

已知下图系统采用单速同步采样工作方式，采样周期$T=0.1$。求：

1. 闭环脉冲传递函数$C(z)/R(z)$；
2. 使系统稳定的$K$值范围；
3. $K=1$时系统在单位阶跃函数作用下$c(t)$的稳态值；

解：

1. 求$C(z)/R(z)$。

   令
   $$G_1(s)=\frac{1-{\mathrm{e}}^{-Ts}}{s}\cdot \frac{0.5}{s(0.05s+1)}，H(s)=2$$
   则
   $$\begin{array}{rl}{G}_{1}H(z)& =(1-z^{-1})Z\left[\frac{1}{s^2(0.05s+1)}\right]=(1-z^{-1})Z\left[\frac{20}{s^2(s+20)}\right]\\ & \\ & =\frac{(1-z^{-1})}{20}Z\left[\frac{20}{s^2}-\frac{1}{s}+\frac{1}{s+20}\right]=\frac{1}{20}(1-z^{-1})\left[\frac{20Tz}{(z-1{)}^2}-\frac{z}{z-1}+\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-20T}}\right]\\ & \\ & =\frac{(20T-1+{\mathrm{e}}^{-20T})z+(1-{\mathrm{e}}^{-20T}-20T{\mathrm{e}}^{-20T})}{20(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-20T})}\end{array}$$
   代入$T=0.1$可得：
   $$G_{1}H(z)=\frac{0.057z+0.03}{z^2-1.135z+0.135}$$
   闭环脉冲传递函数为：
   $$\Phi (z)=\frac{C(z)}{R(z)}=\frac{K{G}_1(z)}{1+K{G}_{1}H(z)}=\frac{K(0.028z+0.015)}{z^2+(0.057K-1.135)z+(0.03K+0.135)}$$

2. 求$K$值范围。

   系统闭环特征方程为：
   $$D(z)=z^2+(0.057K-1.135)z+(0.03K+0.135)=0$$
   令$z=\frac{w+1}{w-1}$，可得：
   $$D(w)=0.087K{w}^2+(1.73-0.06K)w+(2.27-0.027K)=0$$
   根据稳定的充要条件，应有：
   $$K>0，1.73-0.06K>0，2.27-0.027K>0$$
   解得：
   $$0<K<28.83$$

3. 求稳态输出。

   令$K=1$，单位阶跃输入的$z$变换为：$R(z)=\frac{z}{z-1}$。

   闭环脉冲传递函数为：
   $$\Phi (z)=\frac{0.028z+0.015}{z^2-1.078z+0.165}$$
   由$z$变换终值定理可得：
   $$\begin{array}{rl}c(\infty )& =\underset{z\to 1}{\lim }(1-z^{-1})C(z)=\underset{z\to 1}{\lim }(1-z^{-1})\Phi (z)R(z)\\ & \\ & =\underset{z\to 1}{\lim }\left[\frac{z-1}{z}\times \frac{0.028z+0.015}{z^2-1.078z+0.165}\times \frac{z}{z-1}\right]\\ & \\ & =0.5\end{array}$$

REFERENCE2

已知采样系统如下图所示，各采样开关同步工作，采样周期$T$及时间常数$T_0$均大于零的实常数，且${\mathrm{e}}^{-T/T_0}=0.2$。要求：

1. 当$D(z)=1$时，求使系统稳定的$K$值范围$(K>0)$；
2. 当$D(z)=\frac{bz+c}{z-1}$及$K=1$时，采样系统有三重根$a$($a$为实常数)，求$D(z)$中的系数$b,c$及重根$a$的值。

解：

1. 求$K$值范围。

   因为$D(z)=1$，故系统开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{(1-{\mathrm{e}}^{-Ts})K{\mathrm{e}}^{-Ts}}{s(T_{0}s+1)}$$
   开环脉冲传递函数为：
   $$G(z)=K{z}^{-1}(1-z^{-1})Z\left[\frac{1/T_0}{s(s+1/T_0)}\right]=K\frac{z-1}{z^2}\cdot \frac{(1-{\mathrm{e}}^{-T/T_0})z}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-T/T_0})}$$
   代入${\mathrm{e}}^{-T/T_0}=0.2$，可得：
   $$G(z)=\frac{0.8K}{z(z-0.2)}$$
   闭环脉冲传递函数为：
   $$\Phi (z)=\frac{G(z)}{1+G(z)}=\frac{0.8K}{z^2-0.2z+0.8K}$$
   闭环特征方程为：
   $$D(z)=z^2-0.2z+0.8K=0$$
   令$z=\frac{w+1}{w-1}$，代入特征方程可得：
   $$D(w)=0.8(1+K)w^2+(2-1.6K)w+(1.2+0.8K)=0$$
   可得：
   $$1+K>0，2-1.6K>0，1.2+0.8K>0$$
   在$K>0$要求下，使系统稳定的$K$值范围为：$0<K<1.25$。

2. 求$a,b,c$。

   令$K=1，D(z)=\frac{bz+c}{z-1}$，系统闭环特征方程为：
   $$1+D(z)G(z)=0$$
   代入$D(z)$及$G(z)$，可得：
   $$z^3-1.2z^2+(0.2+0.8b)z+0.8c=0$$
   由题意，采样系统有三重根$a$，则闭环特征方程表示为：
   $$1+D(z)G(z)=(z-a{)}^3=0$$
   即
   $$z^3-3a{z}^2+3a^{2}z-a^3=0$$
   对比系数有：
   $$\{\begin{array}{ll}& 3a=1.2\\ & \\ & 3a^2=0.2+0.8b\\ & \\ & a^3=-0.8c\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& a=0.4\\ & \\ & b=\frac{3a^2-0.2}{0.8}=0.35\\ & \\ & c=-\frac{a^3}{0.8}=-0.08\end{array}$$

REFERENCE3

设采样系统如下图所示，已知$r(t)=1(t)，T=1$。计算$D(z)$，使系统输出量的$z$闭环$C(z)=\frac{1}{z-1}$，并作出$c^{\ast }(t)$的图形。$\left(提示：Z\left[\frac{1}{s+a}\right]=\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-aT}}\right)$.

解：

由图可得：
$$G_1(s)=\frac{1-{\mathrm{e}}^{-Ts}}{s(s+1)}，G_1(z)=\frac{1-{\mathrm{e}}^{-T}}{z-{\mathrm{e}}^{-T}}=\frac{0.632}{z-0.368}$$
开环脉冲传递函数为：
$$G(z)=D(z)G_1(z)$$
输出$z$变换：
$$C(z)=\Phi (z)R(z)=\frac{D(z)G_1(z)R(z)}{1+D(z)G_1(z)}\Rightarrow D(z)=\frac{C(z)}{G_1(z)[R(z)-C(z)]}$$
因
$$R(z)=\frac{z}{z-1}，C(z)=\frac{1}{z-1}$$
可得：
$$D(z)=\frac{1.582(z-0.368)}{z-1}$$
由于
$$C(z)=\frac{1}{z-1}=z^{-1}+z^{-2}+z^{-3}+z^{-4}+\cdots +$$
故
$$c^{\ast }(t)=\delta (t-T)+\delta (t-2T)+\delta (t-3T)+\delta (t-4T)+\cdots +$$
【$c^{\ast }(t)$的图形】

REFERENCE4

已知采样系统如下图所示。确定增益$K$的取值范围，使系统在单位斜坡输入信号作用下的稳态误差$|e_{ss}(\infty )|\le ϵ$，并确定$K$与采样周期及指定误差界$ϵ$之间的关系。

解：

1. 求闭环特征方程。

   由图可知，令
   $$G_1(s)=\frac{K(1-{\mathrm{e}}^{-Ts})}{s(s+1)}$$
   可得：
   $$G_1(z)=K(1-z^{-1})Z\left[\frac{1}{s(s+1)}\right]=K(1-z^{-1})\left(\frac{z}{z-1}-\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-T}}\right)=\frac{K(1-{\mathrm{e}}^{-T})}{z-{\mathrm{e}}^{-T}}$$
   因为
   $$d^{\ast }(k)=d^{\ast }(k-1)+e^{\ast }(k)\Rightarrow (1-z^{-1})d(z)=e(z)\Rightarrow D(z)=\frac{d(z)}{e(z)}=\frac{z}{z-1}$$
   开环脉冲传递函数为：
   $$G(z)=D(z)G_1(z)=\frac{Kz(1-{\mathrm{e}}^{-T})}{z^2-(1+{\mathrm{e}}^{-T})z+{\mathrm{e}}^{-T}}$$
   闭环脉冲传递函数为：
   $$\Phi (z)=\frac{G(z)}{1+G(z)}=\frac{Kz(1-{\mathrm{e}}^{-T})}{z^2+[K(1-{\mathrm{e}}^{-T})-(1+{\mathrm{e}}^{-T})]z+{\mathrm{e}}^{-T}}$$
   可得闭环特征方程：
   $$D(z)=z^2+[K(1-{\mathrm{e}}^{-T})-(1+{\mathrm{e}}^{-T})]z+{\mathrm{e}}^{-T}=0$$
   令
   $$a=K(1-{\mathrm{e}}^{-T})-(1+{\mathrm{e}}^{-T})\Rightarrow D(z)=z^2+az+{\mathrm{e}}^{-T}=0$$

2. 求使系统稳定的$K$值。

   令$z=\frac{w+1}{w-1}$，代入特征方程，整理可得：
   $$D(w)=(1+a+{\mathrm{e}}^{-T})w^2+(2-2{\mathrm{e}}^{-T})w+(1-a+{\mathrm{e}}^{-T})=0$$
   使系统稳定的充要条件为：
   $$1+a+{\mathrm{e}}^{-T}>0，2-2{\mathrm{e}}^{-T}>0，1-a+{\mathrm{e}}^{-T}>0$$
   应有
   $$-1-{\mathrm{e}}^{-T}<a<1+{\mathrm{e}}^{-T}$$
   代入$a$表达式，可得：
   $$0<K<\frac{2(1+{\mathrm{e}}^{-T})}{1-{\mathrm{e}}^{-T}}$$

3. 求满足误差界要求的$K$值。

   因静态速度误差系数为：
   $$K_v=\underset{z\to 1}{\lim }(z-1)G(z)=\underset{z\to 1}{\lim }(z-1)\frac{Kz(1-{\mathrm{e}}^{-T})}{(z-1)(z-{\mathrm{e}}^{-T})}=K$$
   稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=\frac{T}{K_v}=\frac{T}{K}\le ϵ\Rightarrow K\ge \frac{T}{ϵ}$$
   因而，满足题意要求的增益范围为：
   $$\frac{T}{ϵ}\le K<\frac{2(1+{\mathrm{e}}^{-T})}{1-{\mathrm{e}}^{-T}}$$

REFERENCE5

已知采样系统结构图如下图所示，其中：$T=1，a=\ln 2，b=\ln 4，K>0$。要求：

1. 判断系统的稳定性；
2. 求系统在单位阶跃信号作用下的稳态误差；

解：

1. 稳定性分析。

   开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K}{(s+a)(s+b)}=\frac{K}{b-a}\left(\frac{1}{s+a}-\frac{1}{s+b}\right)$$
   开环脉冲传递函数为：
   $$G(z)=\frac{K}{b-a}\left(\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-aT}}-\frac{z}{z-{\mathrm{e}}^{-bT}}\right)=\frac{K}{b-a}\frac{z({\mathrm{e}}^{-aT}-{\mathrm{e}}^{-bT})}{(z-{\mathrm{e}}^{-aT})(z-{\mathrm{e}}^{-bT})}$$
   代入$T=1，a=\ln 2，b=\ln 4$，有：
   $$b-a=\ln 4-\ln 2=\ln 2,{\mathrm{e}}^{-aT}={\mathrm{e}}^{-\ln 2}=\frac{1}{2},{\mathrm{e}}^{-aT}={\mathrm{e}}^{-\ln 4}=\frac{1}{4},{\mathrm{e}}^{-aT}-{\mathrm{e}}^{-bT}=\frac{1}{4}$$
   可得：
   $$G(z)=\frac{K}{4\ln 2}\cdot \frac{z}{\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(z-\frac{1}{4}\right)}$$
   闭环特征方程为：
   $$D(z)=\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(z-\frac{1}{4}\right)+\frac{K}{4\ln 2}z=0\Rightarrow D(z)=z^2+\left(\frac{K}{4\ln 2}-\frac{3}{4}\right)z+\frac{1}{8}=0$$
   令$z=\frac{w+1}{w-1}$，代入特征方程可得：
   $$D(w)=\left(\frac{K}{4\ln 2}+\frac{3}{8}\right)w^2+\frac{7}{4}w+\left(\frac{15}{8}-\frac{K}{4\ln 2}\right)=0$$
   闭环系统稳定的充要条件为：
   $$\frac{K}{4\ln 2}+\frac{3}{8}>0，\frac{15}{8}-\frac{K}{4\ln 2}>0\Rightarrow 0<K<5.20$$

2. 求稳态误差。

   由
   $$r(t)=1(t)\Rightarrow R(z)=\frac{z}{z-1}$$
   故误差$z$变换为：
   $$E(z)=\frac{1}{G(z)}R(z)=\frac{z\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(z-\frac{1}{4}\right)}{\left[\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(z-\frac{1}{4}\right)+\frac{K}{4\ln 2}z\right](z-1)}$$
   由终值定理可得，稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=\underset{z\to 1}{\lim }(z-1)E(z)=\underset{z\to 1}{\lim }\frac{z\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(z-\frac{1}{4}\right)}{\left[\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(z-\frac{1}{4}\right)+\frac{K}{4\ln 2}z\right]}=\frac{3}{3+\frac{2K}{\ln 2}}=\frac{3}{3+2.89K}$$
   其中，$K$的范围为：$0<K<5.20$。