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1、计算机控制技术复习4计算机控制技术复习4 第4-5章习题课一、填空题1采样周期T与采样角频率s的关系是 。(s=2/T)2若连续信号的最高频率为max，按采样定理要求采样频率s应大于 。如不满足采样定理，一个高频连续信号采样后将会变成 。(s2max , T/max) ，(低频信号)3离散系统稳定性与连续系统不同，它不仅与系统结构和参数有关，还与系统的 有关。 (采样周期T)4在采样系统里，由于 位置不同，所得闭环脉冲传递函数也不同。(采样开关)二、单项选择题1一个连续系统改造为计算机控制系统后，当系统的控制算法及参数都保持不变时，与原连续系统相比，计算机控制系统的稳定性将 。 A 变好；B

2、变坏；C 保持不变。 2连续系统传递函数的一个极点P=-5，Z变换后将映射到Z平面的 。 A 单位园外；B 单位园上；C 单位园里。 三、简答题 1如图所示，已知A点信号x(t)=sin(t),试画出A、B、C点的信号图形，设采样周期T=/2。2解 x(kT)=sin(kT)=sin(k/2) 图1 2若上图1A点信号为x(t)=cos(2t) ，采样周期T=，试画出A、B、C点的波形图，并讨论说明之。 解 x(kT)=cos(2kT)=cos(2k)=1 信号的最大频率max=2rad/s, 采样频率s=2/T=2，所以不满足采样定理，采样信号x(kT)=cos(2kT)=1，不能反映连续信

3、号x(t)=cos(2t) 的特征。 A B C3已知x(t)=(0.5+5sin3t)，采样周期T=2/3，试求采样信号x*(t)。解 x(k)=(0.5+5sin3kT)=0.5+5sin3k*2/3=0.5+5sin2k=0.5 x*(t)=4试简述零阶保持器的时域响应和频域响应的特点。解 时域响应特点：输出呈阶梯特性，响应有时间延迟。 频域响应的特点：与低通滤波器特性类似。但幅频特性仍允许高频分量通过，但幅值是振荡衰减。相频特性是滞后的，其相位滞后与频率及采样周期呈正比。5 已知系统方块图如图2所示。试写出G(z) 的表达式。解 1)G(z)=Z1/s*Z1/s=z/(z-1)z/(z

4、-1)=z2/(z-1)2 2) G(z)=Z1/s2=Tz/(z-1)2 图26 已知系统方块图如图3所示，试求它的静态位置误差系数和速度误差系数。若n(t)=1(t) 时，它能引起多大误差(不必计算) 。 解 从系统结构图可知，系统含有一个积分环节，为I型系统，KP=，KV=2。 若干扰n(t)=1(t), 系统结构图分析中，可知ess=-1/2=-0.5。 图37已知系统开环传递函数 Gc(z)G(z)= 0.75 K (z+0.72) / z(z-1) 若要求速度误差系数KV4，试确定K值。设T=0.2秒。解 KV= 由此可得 0.75K(1+0.72) 4*0.2=0.8 所以 K0

5、.62四、计算题1已知采样周期T=0.25秒，试求在c =4rad/s处，零阶保持器产生的相移h(c)=？若使该相移h(c)=-100，试问应取多大的采样周期T。 解 1) 因为h()=- T/2(rad), 所以，h(c)=-4*0.25/2=-0.5rad=-28.50 2) 因为要求h(c)= -c T/2(rad)=100/57.3， 所以，T=2*10/4*57.3=0.0873秒2已知连续信号x(t)=sin(2t) ，y(t)=sin(8t) ，若采样频率s =6rad/s，试分别写出x(kT) 及y(kT) 的最终表达式，并讨论所得结果。解 1) x(kT)=sin(2kT)=

6、sin(2k*2/6)=sin(2k/3)。由于采样频率s=6，大于2倍信号频率1=2，满足采样定理，信号不失真。 2) y(kT)=sin(8kT)=sin(8k*2/6)=sin(8k/3)=sin(2k+2k/3)= sin(2k/3)。与x(k) 信号相同。由于s=622=18, 且2-1=s , 所以高频信号, 采样后折叠为低频信号3已知图4所示系统，求系统开环及闭环传递函数，并求误差传递函数E(z)/R(z) 。设T=1秒，K=1。 图4解 开环传递函数 G(z)=(1-z-1)ZK/s2(s+1) =K 因T=1秒，K=1, 所以 = =闭环传递函数 = 误差闭环传递函数 4 已

7、知上图所示系统，试求T=1秒及T=0.5秒时使系统稳定的临界放大系数K值，并说明采样周期对稳定性的影响。解 1) T=1秒时 G(z)=K所以，特征方程 (z)=(z2-1.368z+0.368)+K(0.368z+0.264)=0 =z2-(1.368-0.368)z+(0.368+0.264K)=0依稳定性代数判据： (0)=|0.368+0.264|0 (-1)=(1+(1.368-0.368K)+(0.368+0.264K)0由第1式可得-1(0.368+0.264K)1由 (0.368+0.264K)1 可得K-1 可得 K-5.18由第2式可得 (0.368K+0.264K)0 可

8、得K0由第3式可得 (1.368+1.368-0.104K)0 可得K26.4 由上述各式所得K值，取其共集，所以取 0K2.4 2) T=0.5秒 类似可得 G(z)=K 所以，特征方程 (z)=z2-(1.609-0.1065K)z+(0.609+0.09K)=0 依同样的计算，可得 0K17.8 上述计算结果说明，在采样周期较小时，采用较大的放大系数K，可以保证系统稳定。反之，在采样周期较大时，为了保证系统稳定只能取较小放大系数K，这说明T影响稳定性，减小T，通常可以增强稳定性。5已知上图4所示系统，设T=1秒，K=1，输入r(t)=t，试用终值定理求稳态误差。解 终值定理要求，R(z)

9、=Zr(t)=Zt=Tz/(z-1)2 ， 又知 稳定性检查，依第4题可知，系统稳定。所以 ess= 6已知系统如图5所示，Gh(s) 零阶保持器传递函数，G0(s)=1/s, GC(s)=K。1）试确定使系统稳定的K的范围；2）若将该系统改为连续系统（取消采样开关及ZOH）； 试问使系统稳定的K值范围。3）比较两个K值，得出结论。 图5解 1) 依图得G(z)=(1-z-1)ZK/s2=KT/(z-1) 特征方程(z)=1+G(z)=z-1+KT=0 依稳定性要求，(0)= | (-1+KT) |1 所以，(-1+KT)1 K-1 K0 0K0即可。 3) 比较可见，计算机控制系统稳定性比连续系统差，对放大系数 限制较严。