浙江大学控制系自动控制原理近年考研题分章集锦(五) (第六章采样控制系统部分) 2005年 9、(15分)简单计算题,直接计算出结果即可。(每小题5分) (1).请求出X()= z2(z2+z+1)的初值与终值。 (z2-0.8z+1)(z2+z+1.3) 解:(1)利用初值定理可求出其初值为1。由于X(z)有4个极点,且有2个极点位于单位 圆外,故终值为不存在或∞。 10、(10分)先求解差分方程,再求其终值y(∞) y[n+2]+3yn+1+2y[n]=3un],y[0]=0,y[1]=0 解:(1)对方程取Z变换并代入初始条件整理得 y(z)反Z变换,得:yn=-(-1)un]+-(-2)un+3un (2)因为Y(z)有根在单位圆外,故系统不稳定,终值将趋于无穷大。 12、(15分)如图所示离散系统,问:当系统的Ts/T比值存在关系=(1-)时,系 统的输出将出现什么情况? X(s)+ Ts Ts Y(s) -Tss 解:系统的开环脉冲传递函数为 G()=Z[.6e-TsS(+) 1.62! 1 (s+1) =1.6-1zT 16/T (z-e-Ts/) (-Ts/T) =b-K=e --1611.6 T1-16 2004年 九、(15分/150分)先用变换法求解下面的差分方程,再求其终值e() e(k+2)+3e(k+1)+2e(k)=0 已知,e(0)=0,e(1)=1 解:(1)据z变换的超前定理,对差分方程两边取z变换
浙江大学控制系自动控制原理近年考研题分章集锦（五） （第六章:采样控制系统部分） 2005 年 9、（15 分）简单计算题，直接计算出结果即可。（每小题 5 分) (1). 请求出 ( 0.8 1)( 1.3) ( 1) ( ) 2 2 2 2 − + + + + + = z z z z z z z X z 的初值与终值。 解：（1）利用初值定理可求出其初值为 1。由于 X(z)有 4 个极点，且有 2 个极点位于单位 圆外，故终值为 不存在或∞。 10、（10 分）先求解差分方程，再求其终值 y (∞)。 y[n 2] 3y[n 1] 2y[n] 3 u[n] n + + + + = ， y[0]= 0，y[1]=0； 解：(1)对方程取 Z 变换并代入初始条件整理得 Y(z) 反 Z 变换，得： 3 [ ] 20 1 ( 2) [ ] 5 1 ( 1) [ ] 4 1 y[n] u n u n u n n n n = − − + − + (2) 因为 Y（z）有根在单位圆外，故系统不稳定，终值将趋于无穷大。 12、（15 分）如图所示离散系统，问：当系统的 TS/T 比值存在关系 ) 1.6 ln(1 T T TS = − 时，系 统的输出将出现什么情况？ 解：系统的开环脉冲传递函数为 ( ) 1.6 / ( ) / 1.6 ] ( 1) 1 ] 1.6 [ ( 1) 1 ( ) [1.6 ] [ / / 1 1 Ts T Ts T T S z e T z e z T z Ts z Z Ts G z Z e S − − − − − − = − = + = + = − = − = − = − = − − T T T z b K e T 1.6 1.6 1 1.6 1 ) 1.6 ln(1 2004 年 九、（15 分/150 分）先用 Z 变换法求解下面的差分方程，再求其终值 e (∞)。 e(k + 2) + 3e(k +1) + 2e(k) = 0 已知，e (0) =0, e (1)=1 解：（1）据 z 变换的超前定理，对差分方程两边取 z 变换 X(s) + Y(s) 1 1 Ts + 1.6 TS S e − Ts Ts
E(=)= 3+2(二+2)(=+1) x(kt=Z[X=Zo )]=(-1)-(-2) +1 (2)因为E(z)有单位圆外的根,故终值为无穷大。另从x(k7)=(-1)-(-2)也可看出 十一、(15分/150分)设采样系统的结构图如图所示,试分别讨论当k=2、k=3时系统的 稳定性(计算时为方便起见,保留小数点后2位) k Y(s) T=1 (+ 2004年题十一图 解:由图可得G(s)= )kk(1-e-°) s(+1)s2(s+1) 从而求得开环脉冲传递函数 系统特征方程为:=2-(1.37-0.37k)+0.37+0.26k=0 (2)若系统的特征根位于单位圆内,则系统是稳定的,否则为不稳定 将k=2代入特征方程,求得其根为 12=0.315±j0.889,它们均位于单位圆内,故系统是稳定的a (3)将k=3代入特征方程,求得其根为 12=0.13±n1.064,它们均位于单位圆外,故系统已经不稳定。 2003年 六、(10分/150分)今有一离散系统如下图示,采样周期T=l秒,求使系统稳定的K值变 化范围。 X(s) K 2003年第六题示意图
3 2 ( 2)( 1) ( ) 2 + + = + + = z z z z z z E z k k z z x k T Z X z Z )] ( 1) ( 2) 2 1 1 1 ( ) [ ( )] [( 1 1 = − − − + − + = = − − (2)因为 E（z）有单位圆外的根，故终值为无穷大。另从 k k x(kT) = (−1) − (−2) 也可看出。 十一、（15 分/150 分）设采样系统的结构图如图所示，试分别讨论当 k＝2、k＝3 时系统的 稳定性（计算时为方便起见，保留小数点后 2 位）。 解：由图可得 ( 1) (1 ) ( 1) (1 ) ( ) 2 + − = + − = − − s s k e s s k s e G s TS S 从而求得开环脉冲传递函数： 系统特征方程为： (1.37 0.37 ) 0.37 0.26 0 2 z − z − k + + k = （2）若系统的特征根位于单位圆内，则系统是稳定的，否则为不稳定 将 k=2 代入特征方程，求得其根为 z1,2 = 0.315 j0.889 , 它们均位于单位圆内，故系统是稳定的。 （3）将 k=3 代入特征方程，求得其根为 z1,2 = 0.13 j1.064 , 它们均位于单位圆外，故系统已经不稳定。 2003 年 六、（10 分/150 分）今有一离散系统如下图示，采样周期 T=1 秒，求使系统稳定的 K 值变 化范围。 X(s) + Y(s) 2003 年第六题示意图 K ( 1) 1 s s + e −TS 1− X(s) + Y(s) 2004 年题十一图 s(s +1) k s e −TS 1− T=1
解:0<K<2.165时系统稳定 八、(10分50分)用z变换法求解如下差分方程,并求其终值x(∞) x(H+2T)-x(计+T)-2x(1)=0,设x(0)=0,x(D=1 解:(1)据z变换的超前定理,对差分方程两边取z变换 X(=) 2(二-2(=+1) 部分分式法:X(=)= (二-2)(=+1)3-2 x(1)=z[X(x)=z[( =(2-(-1) 32-22+13 2002年 五.(10分70分)系统结构如图所示, 试求:(1)系统脉冲传递函数:(2)图中G1(s) G(K;≈S+l s+1 确定使闭环系统稳定的K值范围 U(s) Y(s) G1(s) G2(s) H(s) 2002年第五题系统结构示意图 解:(1)G()=G1(S5(S 1+G2(s)H(s)+G1(s)G2(S) G1G2(=) 1+G2H()+GG2(z) (2) 即闭环特征方程为 2z-2eT+k(1-e)=0
G1(s) G2(s) U(s) + + Y(s) 2002 年第五题系统结构示意图 H(s) T 解： 0 K 2.165 时系统稳定。 八、（10 分/150 分）用 z 变换法求解如下差分方程，并求其终值 x (∞)。 x (t+2T)–x (t+T)-2 x (t)= 0， 设 x (0) =0, x (T)=1 解：（1）据 z 变换的超前定理，对差分方程两边取 z 变换 2 ( 2)( 1) ( ) 2 − + = − − = z z z z z z X z 部分分式法： ) 1 1 2 1 ( ( 2)( 1) 3 ( ) + − − = − + = z z z z z z X z (2 ( 1) ) 3 1 )] 1 1 2 1 ( 3 ( ) [ ( )] [ 1 1 k k z z z x t Z X z Z = − − + − − = = − − 2002 年 五．（10 分/70 分） 系统结构如图所示， 试求：（1）系统脉冲传递函数；（2）图中 s e G s −Ts − = 1 ( ) 1 ； 1 ( ) 2 + = s K G s ； K S h s 1 ( ) + = ， 确定使闭环系统稳定的 K 值范围。 解：（1） 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 G s H s G s G s G s G s G s + + = 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 G H z G G z G G z G z + + = （2） 即闭环特征方程为 2 − 2 + (1− ) = 0 −T −T z e k e -1 [z]
代z=1+入特征方程,则 o2(+e)-k(1-e)+2(1-e-)+k(1-e)=0 即2(-1-e)+k(1-e)=0 0<k<20+e)为稳定范围。 2001 年 5.(10分70分)试证Z∑x(k)= Y(二) 证明:(这其实是z变换中的总和定理),式中的x均为有限序列 记fn=∑x(k):F()=z 则:fn=∑x(k) 对上式两边取z变换 2000年 5.(10分/70分)用z变换法解差分方程: x(+27)+3x(+7)+2x(t)=0,其中x(0)=0,x(T)=1 解:据z变换的超前定理,方程两边取z变换,代入初始条件得 2(二+1)(=+2) 部分分式法 X(二) (z)=(-1) 1999年 四.(1)(10分/70分)求解离散状态方程: kT+T) 040.3 1,k≥0 (kT) 0,k<0 解:X()=(1-A)-1·[zX(0)+BU()
代 − + = 1 1 z 入特征方程，则 [2(1+ ) − (1− )] + 2(1− ) + (1− ) = 0 −T −T −T −T e k e e k e 。 2001 年 5．(10 分/70 分) 试证 ( ) 1 1 [ ( )] 1 0 X z z Z x k n k − = − = 证明：（这其实是 z 变换中的总和定理），式中的 x 均为有限序列 记 = = n k f n x k 0 ( ) ； ( ) [ ] n F z Z f = 则： n n n n k n f = x k + x = f + x − − = 1 1 0 ( ) 对上式两边取 z 变换 2000 年 5．(10 分/70 分) 用 z 变换法解差分方程: x(t + 2T) + 3x(t + T) + 2x(t) = 0, 其中x(0) = 0, x(T) =1 解：据 z 变换的超前定理,方程两边取 z 变换,代入初始条件,得: 3 2 ( 1)( 2) ( ) 2 + + = + + = z z z z z z X z ,部分分式法. k k x t z X z z z z z X z z z z X z ( ) [ ( )] ( 1) ( 2) 1 2 , ( ) 2 1 1 ( ) 1 1 = = − − − + − + = + − + = − 1999 年 四．（1）（10 分/70 分）求解离散状态方程： = − = + − − + = 0, 0 1, 0 ; ( ) 1 1 (0) ( ) 1 0 ( ) 0.4 0.3 0 1 ( ) k k x u k T x k T T x k T u k T 解： ( ) ( ) [ (0) ( )] 1 X z = zI − A zX + BU z − 为稳定范围。 即 （－－ ） T T T T e e k e k e − − − − − + + − = 1 2(1 ) 0 2 1 (1 ) 0
z(x2-0.32-1.7) X()=(1-A)-·[=X(0)+BU()]= (=-08×=+05)-x(2-162-04 (=2-0.3=-1.7 (二-0.8)(二+0.5)(=-1) 二·(=2-162-04) (二-0.8)(二+0.5)(=-1) 采用留数法求上式的反Z变换,单极点分别:z1=0.8,22=0.5,z3=1 4(0.8) x(k) (可通过代入k=1,2等进行验算) 1998年 三.(15分60分)系统结构如图所示,T=1sa=1。试分析系统稳定性,临界放大系数。 当K=1时,系统的单位脉冲响应:K=1时,系统的单位阶跃输入时的稳态误差。 K Yt Is=ls s(s+a 1998年第三题示意图 K 解:(1)系统开环传递函数G(s)= s S(S+a) 闭环系统特征方程为: △=1+G()=2+(0.368K-1.368)2+(0264K+0.368)=0 进行w变换(即在上式中代入z= 求得放大系数的临界值:Kc=239(1.264/0.528)。 (2)将K=1代入G(z): 系统的单位脉冲响应 y()=z-()=0368(-7)+0.1048(-27)-0.128(-37)+ (3)K=1时,系统的单位阶跃输入时的稳态误差 据前,当K=1时,系统是稳定的,可以用终值定理求稳态误差
− + − − − − − + − − − = − − − − − − − − + = − + = − ( 0.8)( 0.5)( 1) ( 1.6 0.4) ( 0.8)( 0.5)( 1) ( 0.3 1.7) 1 ( 1.6 0.4) 1 ( 0.3 1.7) ( 0.8)( 0.5) 1 ( ) ( ) [ (0) ( )] 2 2 2 2 1 z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z X z zI A zX BU z 采用留数法求上式的反 Z 变换，单极点分别：z1=0.8, z2=-0.5, z3=1 − − − − + + − = k k k k k ( 0.5) 6 1 3.2(0.8) 3 10 ( 0.5) 3 1 4(0.8) 3 10 x( ) (可通过代入 k=1,2 等进行验算) 1998 年 三．（15 分/60 分） 系统结构如图所示，T=1s, a = 1。试分析系统稳定性，临界放大系数。 当 K＝1 时，系统的单位脉冲响应；K＝1 时，系统的单位阶跃输入时的稳态误差。 解：（1）系统开环传递函数 ( ) 1 ( ) s s a K s e G s TS + − = − 闭环系统特征方程为： 1 ( ) (0.368 1.368) (0.264 0.368) 0 2 = + G z = z + K − z + K + = 进行 w 变换（即在上式中代入 1 1 − + = w w z ）， 求得放大系数的临界值：KC＝2.39（1.264/0.528）。 （2）将 K=1 代入 G(z)： 系统的单位脉冲响应： ( ) [ ( )] 0.368 ( ) 0.104 ( 2 ) 0.128 ( 3 ) .... * 1 = = − + − − − + − y t Z z t T t T t T (3) K＝1 时，系统的单位阶跃输入时的稳态误差 据前，当 K＝1 时，系统是稳定的，可以用终值定理求稳态误差 X(s) + Y(s) 1998 年第三题示意图 s(s a) K s + e −TS 1− Ts＝1s
故:e(∞)=lme()=lm(1-x-) X(=) lim =1.58 1+G()12-2+0.632 1997年 五.(5分60分)已知:Z[X(O)=X(),试证:Z(xOe=1=x"y)
故： 1.58 0.632 1 lim 1 ( ) ( ) ( ) lim ( ) lim (1 ) 2 1 1 1 = − + = + = = − → − → → G z z z X z e e t z t z z 1997 年 五．（5 分/60 分） 已知： Z[X (t)] = X (z) ，试证： [ ( ) ] ( ) aT at Z X t e X ze =