计算机控制系统(第二版)李元春主编第四第五章答案

1、4.14.2：略4.3解： 根据二次项特征方程Z域直接判别法有 判别方程根并非均在单位圆内。根据朱利判据第二条 判定该方程根并非均在单位圆内。01010(0)0.91(1)10.40( 1)13.40wawaawaa1( )1 3 2 0.50.50zw z 第四章习题答案根据朱利判据第二条 判定该方程根并非均在单位圆内。双线性变换将 代入得 列劳斯表得第一列不严格为正，所以不是所有根均在单 位圆内 1( )1 50.25 1.255.50zw z 11wzw30.30www第四章习题答案4.4解：根据朱利判据第二条得故系统不稳定。 4.5解：双线性变换将 代入得列劳斯表得

2、第一列严格为正，所以所有根均在单位圆内。 1( )45 117 119392300zw z 11wzw322.473.61.540.40www第四章习题答案4.6解：双线性变换将 代入得系数符号不相同，所以系统有根位于单位圆外。 11wzw321.985.10.550.160www第四章习题答案4.7解：由特征方程 有由二次项特征方程z域直接判别法有即1( )0G z2( )(0.6321.368)0.3680w zzkz(0)0.3681(1)10.6321.3680.36800( 1)10.6321.3680.36804.33wwkkwkk 04.33k第四章习题答案4.8解：Z变换得 特

3、征方程为 整理得由直接判别法知 时系统不稳定当 时系统稳定。 12120.80140.1916( )1 1.0070.007zzG zkzz( )( )1( )G z zG z1( )0G z5k 2(0.80141.007)(0.19160.007)0zkzk03.304k第四章习题答案4.9解：z变换得由z域直接判别法有 10102101010(1 e)( )(1)(e)1( )0(e1 e)e0tttttkzG zzzG zzkkz 10102(1 e)01 ettk第四章习题答案4.10解：由朱利判据得 故系统稳定。0121010.6321( )0.6320( 1)( )2.63200

4、.6010.368nzzaaw zw zbb第四章习题答案可得朱利判据表为 可知 故不稳定。可得朱利判据表为 可知 故系统不稳定。1211331121852710nbb13.53.5113.53.510001( 1) ( )0zw z第四章习题答案可得朱利判据表为 可知系统稳定。0.000.00211.40160.39920.80280.80280.39921.401610.35551.7221.5244第四章习题答案第四章习题答案4.11解：01234432100123401233210012 z z z z za a a a aa a a a ab

5、 b b bb b b bc c c朱利表40414201204030243301030201012303132 aaaaaabbbaaaaaaaabaabbbbbbcccbbbbbb40302010123441012341. 2. ( )|03. ( 1)( )|0zzaabbccW zaaaaaW zaaaaa稳定性条件：4.12解：第四章习题答案22 1( )0 (0.36791.3679)0.26420.36790 0.26420.3679 0.36791.3679 10.26420.36791 5.182.393(1)1 0.36791.36790.26420.36790 0( 1)

6、( 1)1 0.36791.367G zzKzKKKKKWKKKWK 由得朱利判据表有90.26420.36790 26.38 02.393KKK综合得第四章习题答案4.13解：4.14略。212012210201102112( ) 1. 2. ( )|103. ( 1)( )|10zzW zza zazzzaaaaaW zaaW zaa 朱利表判据：4.15解：系统的脉冲传递函数为特征方程为列朱利表得可知系统稳定。1234()1( )( )70.12Y ZG zR zzzzz4370.120zzzz0.120.670.180.6110.60.180

7、.670.120.98560.520.20.5980.5980.20.520.98560.61380.39160.112第四章习题答案4.16解：特征方程为列朱利表得可知系统不稳定。 320.51.340.240zzz0.241.340.5110.51.340.240.94241.46第四章习题答案第四章习题答案4.17 解：12111 2111221 e1 e1( )()(1)111 (1)111 (1)()(1)11 e0.3680.264 1.3680.3680.3680.264( )0.632 ( )(sTsKG zss sass szssszzzzzzzzzzzzY zz闭环脉冲传递

8、函数ZZZ2121230.3680.264)( )0.63210.3680.264 1 21.6320.632 ( )0.368 ()(2 ) 1.4 (3 )zzR zzzzzzzzzy ktTtTtT应用长除法第四章习题答案4.18解：4.194.25略。2232123( )( ) ( )0.51 21.50.5 22.5( )()2 (2 )2.5 (3 )(zzY zG z R zzzzzzzzzzzy ktTtTtT图略）5.1解：后向差分法 121c2562( )( )100231zsTzzD zG szz11c31( )( )21zsTzD zG sz第五章习题答案5.2解：前向

9、差分法不稳定。后向差分法不稳定。1c21( )( )1.81.8zsTD zG szz121c2( )( )2.22.21zsTzD zG szz第五章习题答案5.3解：前向差分后向差分1111c122201111222()( )( )( )()( )zsTiiiiTTT zU zD zG sTTT zE zTTTTTuueeTTT11111c12221111222( )( )( )( )zsTiiiiTTT zU zD zG sTTT zE zTTTTuueeTTTTTT第五章习题答案5.4解： 5.5解： 22(1)c2(1)25.62538.7515.625( )( )1zsT zzzD

10、 zG sz2(1)c(1)13.416713.25( )( )1zsT zzD zG sz22(1)c2(1)0.27780.11110.1667( )( )0.6667 0.1111zsT zzzD zG sz第五章习题答案第五章习题答案5.6解：5.7解：2nc22nn22nc212222nnnnn1( )2(21)( )( )|(44)(28)(44)zsT zG ssszzD zG szz 21212212120.1040.5280.632(1) ( )( )|2.7361.2640.1041.0562.528(2) ( )( )|2.7365.472(wzwTwzTwwwG wG

11、zwwwwG wG zww伯德图略）第五章习题答案5.8解：c21cc1( )0.211 ( )(1)( ) ( )( )G sssD zzG ssD zTG s阶跃响应不变法脉冲响应不变法ZZ1c122121( )( )(1)(1)(2)121 (1)120.3990.588 0.5030.05211( )2(1)(2)120.466 0.5030.05D zG szsssszssszzzD zTsssszzz-1阶跃响应不变法(1-z脉冲响应不变法ZZZZZ5.9解：第五章习题答案5.10略。5.11解： 5.12解： 111c1112033( )( )( )1( )(203)3zsTii

12、iiTzU zD zGszE zuuTee1c11c11110.17( )0.08513.762( )( )( )1( )13.762zsTiiiisGsszU zD zGszE zuuee第五章习题答案第五章习题答案5.13(1)计算机只输出控制增量，即执行机构位置的变化部分，因而误动作影响小；(2)在i时刻的输出ui，只需用到此时刻的偏差，以及前一时刻，前两时刻的偏差ei-1，ei-2和前一次的输出值ui-1，这大大节约了内存和计算时间；(3)在进行手动-自动切换时，控制量冲击小，能够较平滑地过渡。5.14 标准PID算法存在积分饱和、比例饱和及微分饱和。应针对积分项和微分项进行改进。5.15 方法有理论法、试凑法、简易工程法。5.16 解： 令 设 其中 p100( )(401)(0.51)Gssss1s2100,40,