西安石油大学电子工程学院：《自动控制理论 Modern Control System》精品课程教学资源（各章节例题解析）第三章 线性系统的时域分析法

第3章线性系统的时域分析法 φ例题解析 例3-1设一阶系统的微分方程为 dy(o dr(o) +y(1) +r(1) d 其中τ,且T-τ<1,试证明系统动态性能指标为 T 延迟时间t4=[0.693+ln(-)T 上升时间t1=22T 调整时间1=3+(nr 证明:设单位阶跃输入为R)1当初始条件为零时,有 Y(sTS (s) 所以 r+1、11T-r Y(s) R(s)= y()=L[Y(s)=1- 根据定义,(1)当=时,y)=05=1--x 所以 ta=[0.693+n()T (2)求1(即y(1)从0.1到0.9所需的时间) 当y(t)=0.9=1 时,有12=Tln( l T (1)=0.1=1 时,有1=T 0.9 tr =t2-t1=TIn =2.2T (3)求调整时间

·42· 第 3 章 线性系统的时域分析法 例题解析 例 3-1 设一阶系统的微分方程为 ( ) ( ) ( ) ( ) r t dt dr t y t dt dy t T     其中 T>τ,且 T-τ<1,试证明系统动态性能指标为: 延迟时间 T T T td [0.693 ln( )]    上升时间 t r  2.2T 调整时间 T T T t s [3 (ln )]    证明: 设单位阶跃输入为 R(s)= s 1 ,当初始条件为零时,有 1 1 ( ) ( )    Ts s R s Y s  所以 T t e T T y t L Y s Ts T Ts s s s R s Ts s Y s                     ( ) [ ( )] 1 1 1 1 ) 1 1 ( ) ( 1 1 ( ) 1 根据定义,(1) 当 t=td时, T td e T T y t       ( ) 0.5 1 所以 T T T td [0.693 ln( )]    (2) 求 tr(即 y(t)从 0.1 到 0.9 所需的时间) 当 T t e T T y t 2 ( ) 0.9 1       时,有 [ln( ) 0.1] 2 In T T t T     当 T t e T T y t 1 2 ( ) 0.1 1      时,有 [ln( ) 0.9] 1 In T T t T     则 t r t t T 2.2T 0.1 0.9 ln  2  1   (3) 求调整时间 ts

假设误差带宽△=5,则有 解得 t,=[3+( 例3-2已知一阶环节的传递函数为G(y)=-10 若采用负反馈的方法(图3-1) 0.2s+1 将调整时间t减小为原来的0.1倍,并且保证总的放大系数不变,试选择k和k的值 图3-1负反馈结构图 解:由一阶环节的传递函数知,其时间常数7=0.2,放大系数k=10。引入负反馈后,系 统的闭环传递函数为 Y(s) kG( R(s)1+kuG(s) 代入G(s)并整理得 10k Y(s)1+10k R(s)0.2 s+1 1+10k 因为调整时间t=3T(或4T),即仅与T成正比,根据题目要求可列出 =10(保持原放大系统) 0.2 0.02(时间常数缩小十倍 解得kr=0.9,k=10 例33设闭环系统为Φ(s)= 试在s平面上绘制下列要求特征根 s-+2L0s+0 可能的区域 (1)1>≥0.707,n≥2 (2)0.5≥5>0,4 (3)0.707≥5≥0.5,n≤2

·43· 假设误差带宽Δ=5,则有: T t s s e T T y t       ( ) 0.95 1 解得 T T T t s [3 (ln )]    例 3-2 已知一阶环节的传递函数为 0.2 1 10 ( )   s G s ,若采用负反馈的方法(图 3-1) 将调整时间 ts减小为原来的 0.1 倍,并且保证总的放大系数不变,试选择 kH和 ko的值. R(s) Y(s) - 图 3-1 负反馈结构图 解:由一阶环节的传递函数知,其时间常数 T=0.2,放大系数 k=10。引入负反馈后,系 统的闭环传递函数为： 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 k G s k G s R s Y s  H  代入 G(s)并整理得: 1 1 10 0.2 1 10 10 ( ) ( ) 0     s k k k R s Y s H H 因为调整时间 ts=3T（或 4T),即仅与 T 成正比,根据题目要求可列出:          时间常数缩小十倍） 保持原放大系统 0.02( 1 10 0.2 10( ) 1 10 10 0 H H k k k 解得 kH=0.9, k0=10 例 33 设闭环系统为 2 2 2 2 ( ) n n n s s s        ,试在 s 平面上绘制下列要求特征根 可能的区域: (1)1>ζ≥0.707,ωn≥2; (2)0.5≥ζ>0,4≥ωn≥2; (3)0.707≥ζ≥0.5,ωn≤2. kH ko G(s)

解:在s平面上系统的极点特征根是:s1=-5cn± 2,on和阻尼角cosB 的关系如图3-2(a)所示。 (1)当1>≥0.707,n≥2时,有:1>cosB≥0.707.即0B≤45°(以负实轴为起点, 顺时针β为正,逆时针β为负),对称部分为特征根区域如图3-2(b)阴影部分所示 (2)当0.5≥>0,4≥6n≥2时,有:0.5≥c0sB>0,即600≤B<90,对称部分为 90<β<-609,特征根区域由3-2(c)阴影部分所示 (3)当0.707≥≥0.5,n≤2时,有:0.707≥c0sB≥0.5即45°≤B≤60°,对称部 分为-60≤B≤45,特征根区域如图3-2(d阴影部分所示 4、/1- 图 例3-4有一位置随动系统,结构如图3-3所示k=40,τ=0.1。(1)求系统的开环和闭 环极点;(2)当输入量r()为单位阶跃函数时,求系统的自然振荡角频率ωm,阻尼比ξ和系 统的动态性能指标t,t,σ% R(s) C(s) s(rs+ 图3-3位置随动系统结构图

·44· 解: 在 s 平面上系统的极点特征根是:s1,2=-ζωn±jωn 2 1 ,ωn和阻尼角 cosβ =ζ的关系如图 3-2(a)所示。 （1）当 1>ζ≥0.707,ωn≥2 时,有:1>cosβ≥0.707.即 0 00,4≥ωn≥2 时,有:0.5≥cosβ>0,即 60 0≤β<90 0,对称部分为 –90 0<β<-60 0,特征根区域由 3-2(c)阴影部分所示. （3）当 0.707≥ζ≥0.5,ωn≤2 时,有:0.707≥cosβ≥0.5 即 45 0≤β≤60 0,对称部 分为-60 0≤β≤45 0,特征根区域如图 3-2(d)阴影部分所示. (a) (b) (c) (d) 图 3－2 例 3-4 有一位置随动系统,结构如图 3-3 所示.k=40,τ=0.1。(1)求系统的开环和闭 环极点;(2)当输入量 r(t)为单位阶跃函数时,求系统的自然振荡角频率ωn,阻尼比ζ和系 统的动态性能指标 tr,ts,σ%. R(s) C(s) - 图 3-3 位置随动系统结构图 s( s 1) k 

解:系统的开环和闭环传递函数分别为 和d(s) s(0.ls+1) s2+10s+400 (1)开环极点为P1=0 s+10s+400=0 解得闭环极点为 P12=-5±19.365 (2)将闭环传递函数写成标准形式 有 Gn2=400 2ωn5=10 解得 Gn=20, 系统的动态指标为 B arccos arccos 0.25 06(当△=5) ∠n0.25×20 =0.8(当△=2 0.25×20 例3-5图3-4(a)为系统结构图,图3-4(b)为某典型单位阶跃响应.试确定k1,k,a R(s) s(s+a) (a)系统结构图 y

·45· 解: 系统的开环和闭环传递函数分别为 10 400 400 ( ) (0.1 1) 40 ( ) 2       s s s s s G s 和 (1) 开环极点为 P1＝0， P2＝-10 令 s 2+10s+400=0 解得闭环极点为 P1,2=-5±j19.365 (2) 将闭环传递函数写成标准形式 2 2 2 2 ( ) n n n s s s        有 ωn 2=400, 2ωnζ=10 解得 ωn=20, ζ=0.25 系统的动态指标为                           0.8( 2) 0.25 20 4 4 0.6( 5) 0.25 20 3 3 0.094 20 1 0.25 3.14 arccos 0.25 1 arccos n 2 2 当 当          n n d rts t σ%=    2 1 e   100%=45% 例 3-5 图 3-4（a）为系统结构图，图 3-4（b）为某典型单位阶跃响应.试确定 k1,k2,a 的值. R(s) Y(s) - (a) 系统结构图 y(t) 2.18 2.0 ( ) 2 s s a k  1 k

(b)阶跃响应曲线 图3-4 解:因为 Y(s) k, k2 R(S) S+as+k R(S s- +as+k s-+as+k 所以 y(∞)=limy(1)=lims =k1=2 s++as+k. s 又因为 Gos)- K s(s+a) s(s+2o,) 所以 O 根据题意知 2.18-2 100%=9% 解得 =0.608 故 k2=o2=24463 a=25n=2×0.608×4946≈6014 例3-6已知系统的结构图如图3-5所示若n(1)=2×1(时,试求(1)k=1时,系统的超调 o%和调节时间t(2)当k不等于零时若要使%=20%试求k应为多大?并求出此时的 调整时间b3的值、(3)比较上述两种情况,说明内反馈ks的作用是什么 R(s) Y(s)

·46· t (b) 阶跃响应曲线 图 3-4 解: 因为 s as k s k k R s s as k k k Y s s as k k k R s Y s 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2          所以 2 1 ( ) lim ( ) lim 1 2 2 1 2 0          k s as k s k k y y t s t s 又因为 ( ) ( 2 ) ( ) 2 2 n n s s a s s k G s       所以      a k n n  2 2 2 根据题意知 2 1 100% 9% 2 2.18 2 %           e 解得 ζ=0.608 tp=0.8= 2  1   n  ωn=4.946(rad/s) 故 k2=ω2=24.463 a=2ζωn=2×0.608×4.946≈6.014 例3-6 已知系统的结构图如图3-5所示,若r(t)=2×1(t)时,试求:(1)kf=1时,系统的超调 量σ%和调节时间 ts;(2)当 kf不等于零时,若要使σ%=20%,试求 kf应为多大?并求出此时的 调整时间 t3的值,(3)比较上述两种情况,说明内反馈 kfs 的作用是什么. R(s) Y(s) 100 kfs ( 2) 0.5 s s 

图3-5系统结构图 解:(1)当k=0时,由结构图知闭环传递函数为 R(s) S, 则有 所以 7.07(rad/s),5=0.14 这是一个欠阻尼状态的响应,故 100%=64% 3(s(当△=5) (2)当k≠0时,可得闭环传函为 o(s) R(s) (2+0.5k;)s+50 可见 2√50 由题中条件 0%e 100%=20% 得 调整时间为 4=s0,707×0460922X当A=5) 4

·47· － － 图 3-5 系统结构图 解:(1) 当 kf=0 时,由结构图知闭环传递函数为 2 50 50 ( ) ( ) ( ) 2      R s s s Y s s 则有 ωn 2=50, 2ζωn=2 所以 ωn=7.07(rad/s), ζ=0.14 这是一个欠阻尼状态的响应,故 σ%=    2 1 e   100%=64%             4( )( 2) 4 3( )( 5) 3 当 当 s s t n n s   (2) 当 kf≠0 时,可得闭环传函为 2 2 2 2 (2 0.5 ) 50 2 50 ( ) ( ) ( ) n n n f s s s k s R s Y s s             可见 ωn=7.07(rad/s) ζ= 2 50 2 0.5 f  k 由题中条件 σ%=    2 1 e   100%=20% 得 ζ=0.46 则 kf=9 调整时间为                1.230(s)( 2) 7.07 0.46 4 4 0.922 s ( 5) 7.07 0.46 3 3 当 （ ）当 n n s t  

(3)比较上述两种情况可看出,内反馈k的作用为增加阻尼比,减小超调量,减小调整 时间 例3-7系统的结构如图3-6所示,试判别系统的稳定性.若系统不稳定,求在s右半 平面的极点数 s-1 R(s) y(s) s-+S 图3-6系统结构图 解:系统的传递函数为 S 系统的特征方程为 可看出特征方程的系数不全为正,所以系统是不稳定。为了求出s右半平面的极点数, 列劳斯阵列如下 s510 s300 (8)(0) 0(-2) 16 第三行元素全为零,对辅助方程 求导得 用8,0替换0,0;第四行第一列元素为零,用小正数ε替代0,继续排列劳斯阵列. 劳斯阵列第一列元素变号一次,说明特征方程有一个正根。劳斯阵列有一行元素全为

·48· (3) 比较上述两种情况可看出,内反馈kf的作用为增加阻尼比,减小超调量,减小调整 时间.例 3-7 系统的结构如图 3-6 所示,试判别系统的稳定性.若系统不稳定,求在 s 右半 平面的极点数. R(s) Y(s) 图 3-6 系统结构图 解: 系统的传递函数为 2 2 2 ( ) 5 4       s s s s 系统的特征方程为 2 2 5 4 s  s  s  =0 可看出特征方程的系数不全为正,所以系统是不稳定。为了求出 s 右半平面的极点数, 列劳斯阵列如下: 2 0 16 ( ) 0 ( 2) (8) (0) 0 0 2 0 2 1 0 1 0 1 2 3 4 5     s s s s s s   第三行元素全为零,对辅助方程 2s 4-2 = 0 求导得 8s 3=0 用 8,0 替换 0,0;第四行第一列元素为零,用小正数ε替代 0,继续排列劳斯阵列. 劳斯阵列第一列元素变号一次,说明特征方程有一个正根。劳斯阵列有一行元素全为 s 1 s  s 2 1 s  s 2 1 s-1 s -2

零,说明可能有大小相等、符号相反的实根或一对共轭虚根,或对称于虚根的两对共轭复 根.解辅助方程得 s-2=2(s+1)(s-1)(+j)(sj)=0 这样特征方程可以写为 (s+2)s+1)(s-1)s+j)(s)=0 可见,系统在s右半平面有一个根s=1,在虚轴上有两个根s=j,=-j,在s左半平面有两个 根,s=-1, 例3-8闭环控制系统的结构如图3-7。试求满足下面条件的三阶开环传递函数G(s) 应满足的条件 R(s) E(s) (s) G(s) (1)G(s)= k为开环放大系数 A(s) (2)由单位阶跃函数输入引起的稳态误 差为零 (3)闭环系统的特征方程为 解:由单位阶跃引起的误差为: E()= R(S)=_s 1+G(s)1+G(s) 由题意知稳态误差为 S 所以 G(s) 则G(s)分母的常数项应为零 设 G(s)= (as-+bs +c) 则闭环传递函数为 o(s) (s) as+bs-+cs +k 特征方程为 as3+bs2+cs+k=s3+4s2+6s+10=0 比较系数得 a=1,b=4,c=6,k=10

·49· 零,说明可能有大小相等、符号相反的实根或一对共轭虚根,或对称于虚根的两对共轭复 根.解辅助方程得 2s 4-2=2(s+1)(s-1)(s+j)(s-j)=0 这样特征方程可以写为 (s+2)(s+1)(s-1)(s+j)(s-j)=0 可见,系统在 s 右半平面有一个根 s=1,在虚轴上有两个根 s=j,s=-j,在 s 左半平面有两个 根,s=-1,s=-2. 例 3-8 闭环控制系统的结构如图 3-7。试求满足下面条件的三阶开环传递函数 G(s), 应满足的条件: R(s) E(s) Y(s) (1) ( ) ( ) A s k G s  ， k 为开环放大系数; (2) 由单位阶跃函数输入引起的稳态误 差为零; 图 3-7 (3) 闭环系统的特征方程为： s 3+4s 2+6s+10=0. 解: 由单位阶跃引起的误差为： 1 ( ) 1 1 ( ) ( ) ( ) G s s G s R s E s     由题意知稳态误差为 0 1 ( ) 1 lim 0     G s s e s s ss 所以    lim ( ) 0 G s s 则 G(s)分母的常数项应为零。 设 ( ) ( ) 2 s as bs c k G s    则闭环传递函数为 as bs cs k k G s G s s        3 2 1 ( ) ( ) ( ) 特征方程为 as  bs  cs  k 3 2 = 4 6 10 0 3 2 s  s  s   比较系数得 a=1, b=4, c=6, k=10 G(s)

G(s) 例3-9设控制系统结构如图3-8所示.其中k=2k2=1,T2=0.25(s),kk=1.求:(1)当输 入r(1)=1+1+t2时,系统的稳态误差:(2)系统的单位阶跃响应表达式。 Kas E(s) R(s) s(Is+D) 图3-8控制系统结构图 解法一:设G1= k s(T,s+1) 则 E(SFR(S)-Y(s (GIR(s)+GrE(s))G3=Y(s) 解上两式得 E(s) R(s) 0.5 又 s) 所以稳态误差 e= lim sE(s)=lims )=0.5 →00.25s2+s+0.5ss2s 解法二:系统的闭环传函为 4(S+0.5 s2+4s+2 等效单位反馈开环传递函数 G(S) b(s)2(2s+1) op(s)

·50· 即 ( 4 6) 10 ( ) 2    s s s G s 例 3-9 设控制系统结构如图 3-8 所示.其中 k1=2k2=1,T2=0.25(s),k2k3=1.求:(1)当输 入 2 2 1 r(t)  1 t  t 时,系统的稳态误差；(2)系统的单位阶跃响应表达式。 E(s) + R(s) Y(s) - 图 3-8 控制系统结构图 解法一: 设 G1=k3s, G2=k1, G3= ( 1) 2 2 s T s k 则 E(s)=R(s)－Y(s) (G1R(s)+G2E(s))G3=Y(s) 解上两式得 ( ) 0.25 0.5 0.25 ( ) 1 1 ( ) 2 2 2 3 1 3 R s s s s R s G G G G E s       又 2 3 1 1 1 ( ) s s s R s    所以稳态误差 ) 0.5 1 1 1 ( 0.25 0.5 0.25 lim ( ) lim 2 2 3 2 0 0          s s s s s s e sE s s s s ss 解法二: 系统的闭环传函为 4 2 4( 0.5) ( ) 2      s s s s 等效单位反馈开环传递函数 2 2(2 1) 1 ( ) ( ) ( ) s s s s G s       K1 K3s ( 1) 2 2 s Ts k

可见,该系统为Ⅱ型系统,且开环增益k=2,当r()=1+1+12时,查表知稳 态误差ex=0+0+=0.5 (2)当R(s)=-时,Y(s)=(-) 4(S+0.5)10.208 1.207 ss2+4s+2ss+0.586s+3414则单位阶跃 响应表达式为(对上式取拉氏变换) y(t)=1+0.2086-1207e3144 例3-10控制系统如图3-9所示,误差定义在输入端,扰动信号n()=2×1(1)。(1)试 求k=40时,系统在绕动作用下的稳态误差和稳态输出。(2)若k=20,其结果如何?(3)在扰 动作用点之前的前向通道中引入一个积分环节一,对结果有何影响?在扰动作用之后的前 向通道中引入一个积分环节一,结果又如何? +|N(s) R(s) 图3-9控制系统结构图 解:令 k G2=,H=2.5 计算由扰动作用引起的稳态误差和稳态输出时,可令输入信号R(s)=0 (1)绕动作用下的输出表达式为 G2N(s) 1+G,GH 误差表达式为 GaH E (s)=R(s)-HY,()=0-HY, (s)=- N(s) 1+G,G2H 当绕动输入为 n(1)=2×1(1) 即N(s)==时,有稳态误差 ess,= limE,(s=-lims( G2H 1+GGh s 5+2.5k

·51· 可见,该系统为Ⅱ型系统,且开环增益 k=2,当 2 2 1 r(t)  1 t  t 时,查表知稳 态误差 ess=0+0+ k 1 =0.5。 (2) 当 s R s 1 ( )  时, 3.414 1.207 0.586 1 0.208 4 2 4( 0.5) ) 1 ( ) ( 2          s s s s s s s Y s ,则单位阶跃 响应表达式为(对上式取拉氏变换) t t y t e e 0.586 3.414 ( ) 1 0.208 1.207      例 3-10 控制系统如图 3-9 所示,误差定义在输入端,扰动信号 n(t)=2×1(t)。(1)试 求 k=40 时,系统在绕动作用下的稳态误差和稳态输出。(2)若 k=20,其结果如何?(3)在扰 动作用点之前的前向通道中引入一个积分环节 s 1 ,对结果有何影响?在扰动作用之后的前 向通道中引入一个积分环节 s 1 ,结果又如何? + N(s) R(s) Y(s) - 图 3-9 控制系统结构图 解: 令 G1= 0.05s 1 k , G2= 1 1 s  , H=2.5 计算由扰动作用引起的稳态误差和稳态输出时,可令输入信号 R(s)=0 (1) 绕动作用下的输出表达式为 ( ) 1 ( ) 1 2 2 N s G G H G Y s n   误差表达式为 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 1 2 2 N s G G H G H E s R s HY s HY s n n n        当绕动输入为 n(t)=2×1(t) 即 s N s 2 ( )  时,有稳态误差 G G H s s k G H e sE s s s n s ssn 2.5 5 ) 2 )( 1 lim ( ) lim ( 1 2 2 0 0          0.05s 1 k 1 1 s  2.5