分析计算题1. 设单位反馈系统的开环传递函数为
,当输入信号为r(t)=4+5t时,求系统的稳态误差。
由题意可知静态位置误差系数和静态速度误差系数分别为,
故当输入为r(t)=4+5t时,系统的稳态误差为e
ss=4/(1+K
p)+5/K
v=10。
2. 某最小相位系统,其开环对数幅频特性曲线如下图所示,试求系统的开环传递函数G(s)。
由题图可知,该系统由比例、积分、微分及惯性环节组成。
由低频处曲线特性可知:
;
设系统开环传递函数为:
低频处曲线延长线过点(10,0),则有:20lg(K/10
2)=0
⇒K=100。
ω
1处曲线过点(ω
1,20),则有:
ω
2处曲线过点(ω
2,-20),则有:
故系统开环传递函数为:
3. 已知系统状态方程及初始条件为
=u,x(0)=1试确定最优控制使下列性能指标取极小值。
构造哈密顿函数
H=(x
2+u
2)e
2t+λu
由协态方程有
λ=-
∂H/
∂x=-2xe
2t 由极值条件有
∂H/
∂u=2ue
2t+λ=0
状态方程
=u
则有
+2
-x=0
解得
由边界条件x(0)=1和横截条件λ(1)=
∂ψ/
∂x(t
f)=0,得
因此最优控制为
4. 设某系统框图如下图所示,当T从0到+∞变化时,试绘制该系统根轨迹图。并由所绘制根轨迹图指出使系统稳定的参数K的取值范围。
由题图知系统特征方程为:2T(s+3)+(-2s
2+s-4)=0。
其等效开环传函为
T*=2T
系统具有2个开环极点p
1=0.25+1.39i,p
2=0.25-1.39i,以及一个开环零点z
1=-3。
①实轴上的[-3,+∞)段为根轨迹的一部分。
②由于n-m=1,根轨迹有一条渐近线,其与实轴正方向的夹角
。
③p
1的出射角:
P
2的出射角:
。
④由
可得根轨迹与实轴会合点坐标为(-0.54,j0),由上知系统根轨迹如下图所示。
由图可知,T在0到+∞变化范围内系统都是不稳定的。
已知某单位反馈系统的开环传递函数为
当取K=5时,系统的G(jω)曲线与实轴交于-0.5处。5. 绘制G(jω)曲线(大致图形);
因为T
1>0,T
2>0,T
3>0,所以系统有三个左半平面的极点。
G(j0)=K∠0°=5∠0°
G(j0)=0∠-270°
大致图形如下图所示。
6. 判定此时系统的稳定性:
系统右半平面的开环极点P=0,又因为G(jω)曲线与实轴交于-0.5处,即曲线不包围(-1,j0)点,故闭环零点Z=P-2N=0,系统稳定。
7. 确定使系统稳定的K的取值范围。
令G(jω)=KA(ω)+KB(ω)j,当B(ω)=0时,解得ω=ω0(ω0与K无关)。
于是当K=5时,5A(ω)=-0.5,解得A(ω)=-0.1。
要使系统稳定,则曲线不包围(-1,j0)点,即曲线与虚轴的交点横坐标KA(ω)>-1,所以有K·(-0.1)>-1,解得K<10。
故系统稳定时0<K<10。
某最小相位系统的开环对数幅频特性曲线如下图所示。试回答下列问题:
8. 写出系统的开环传递函数,并判断系统的稳定性;
由对数频率特性渐近线可知
低频段斜率为-20dB/dec,系统有一个积分环节;
ω=0.1时,斜率变化-20dB/dec,对应惯性环节;
ω=20时,斜率变化-20dB/dec,对应惯性环节。
开环传递函数可设为
低频段延长线与横轴交点处ω=10,L(ω)=0。
于是20lg(K/10)=1,解得K=10。
故系统的开环传递函数为
由
解得ω
c=1。
系统的相角裕度
γ=180°+∠G(jω
c)=180°-90°-arctan(ω
c/0.1)-arctan(ω
c/20)≈2.9°>0
说明系统稳定。
9. 若将该对数幅频特性向右平移十倍频程,试讨论对系统性能的影响。
系统的剪切频率增大,系统动态响应变快,相角裕度降低,则稳定性变差。
已知系统的状态空间表达式为
y=[2 1 1]x10. 确定系统的能控性;
系统的能控性矩阵为
rank(M)=3,故系统可控。
11. 求系统的能控标准型(Ⅰ、Ⅱ型)、状态空间表达式。
①能控标准Ⅰ型
先计算系统的特征多项式
得
得能控标准Ⅰ型为
y=[3 2 1]x
n
②能控标准Ⅱ型
故
于是能控标准Ⅱ型为
y=[1-2 6]x
n
51.设系统的传递函数为
12. 写出系统的能控标准形状态空间表达式;
由题意可得系统得能控标准Ⅰ型为
y=[25 25 6]x
13. 写出系统的对角线标准形状态空间表达式并画出模拟结构图,判断态杰的能控性、能观性
使用留数法求得
即
令
进行拉普拉斯反变换可得
1=-x
1+3u
2=-2x
2+u
3=-3x
3+2u
得系统的对角型状态空间表达式为
系统的模拟结构图如下图所示。
从模拟结构图可知系统的状态是完全能控能观的。
设某速度跟踪系统如下图所示,要求:
14. 若要求系统工作在ζ=0.6的状态下,K应为多大?
系统的开环传递函数为
则系统特征方程为
s
2+20s+20K=0
对比典型二阶系统特征方程可知
ω
n2=20K,2ζω
n=20,ζ=0.6
解得K=13.89,ω
n=16.67。
15. 系统输入r(t)是幅值为36的阶跃信号,系统开始工作后,系统输出c(t)最大值为多少?
闭环传递函数写为
系统阶跃响应超调量为
则最大速度为36×(1+9.48%)=39.41。
16. 某系统结构图如下图所示,试根据频率特性的概念,求在r(t)=sin(t+30°)输入信号作用下系统的稳态输出。
系统的闭环传递函数为
令s=jω,得频率特性为Φ(jω)=1/(2+ωj),幅频特性为
,相频特性为∠Φ(jω)=-arctan(ω/2)。
由输入信号可知ω=1,代入上式可得
,∠Φ(j1)=-arctan(1/2)。
故系统的稳态输出为
17. 系统结构图如下图所示,图中a,b,c,d均是实常数。试建立系统的状态空间表达式,并分别确定当系统状态可控及系统可观时,a,b,c,d应满足的条件。
系统的状态空间表达式为
能控性判别矩阵
rank(M)=2时系统完全能控,故C-a≠-b-d,得a≠b+c+d。
能观性判别矩阵
rank(N)=2时系统完全能观,故C≠0。
系统状态完全可控可观时a≠b+c+d,c≠0。
18. 已知系统结构如图(a)所示,G(s)由最小位相位环节构成,系统的开环对数幅频渐近曲线如图(b)所示,已知该系统的相角裕度γ=23.25°,求系统的闭环传递函数C(s)/R(s)。
由图(b)可得,低频段渐近线的斜率为-20dB,开环系统中有一个积分环节。
又由图可得L(1)=20lgK=13.98dB,解得K=5。
因此,G(s)的表达式为G(s)=5/[s(s/ω
1+1)],又由图(b)可得-40(lg10-lgω
c)=-20,解得
。
又40(lgω
c-lgω
1)=13.98dB,解得ω
1=2。
故G(s)的表达式为G(s)=5/[s(0.5s+1)],系统的相角裕度为γ=180°-90°-arctan0.5ω
c-57.3°ω
cτ=23.25°,解得τ=0.05。
系统的闭环传递函数为
19. 已知非线性系统结构图如下图所示,其中N(A)=e
-A,
试用描述函数法分析当K从0→﹢∞时非线性系统的自由运动。若有自振,请求出自振参数。
当K≥20时,非线性部分负倒描述函数曲线以及连续部分开环幅相曲线如下图所示,可知系统出现稳定的周期运动,且ω=2,A=ln(K/20)。
当0<K<20时,非线性部分负倒描述函数曲线以及连续部分开环幅相曲线如下图所示,可知系统稳定。
20. 非线性系统如下图所示,图中r(t)=1.2t(t>0)。在相平面
上作出相轨迹概图,并定性说明系统误差e的变化规律。
由非线性系统图可知
得到
将e求导可得
从而得到
即
由非线性环节特性可知
(1)当e≥0.2时,
e=A·exp(-t)+0.4·t+B
t→∞时,
。
(2)当-0.2≤e<0.2时
令m=e-0.3,有
,得到
,因此在
平面中(0,0)为系统奇点,且为稳定焦点。则在平移系统
中(0.3,0)为稳定焦点。
(3)当e<-0.2时,
e=A·exp(-t)+2·t+B
t→∞时,
。
利用等倾线法作图,得到相轨迹如下图所示。
在区域e<-0.2中,当t→∞时,
,则在这个区域中所有的相轨迹都会向右越过开关线e=-0.2,到达区域-0.2<e≤0.2。在区域-0.2<e≤0.2中,因为(0.3,0)为稳定焦点,故此区域所有相轨迹都趋向于(0.3,0),所有相轨迹都会向右越过开关线e=0.2,到达区域e>0.2。在区域e>0.2中,因为当t→∞时,
,故最终误差将会以0.4的速率递增至无穷。
21. 设一阶系统方程为
(t)=u(t),性能指标
;其中a和b为正常数。试用连续动态规划确定最优控制u
*(t)。
构造哈密尔顿函数
因u(t)无约束,令
则哈密尔顿一雅可比方程为
J
*[x(t
f),t
f]=0
由于性能指标为二次型,可设
J
*=k(t)x
2(t)
因而
∂J
*/
∂x=2k(t)x(t)
最优控制
设系统微分方程为,系统初始条件为零,试求:22. 采用传递函数直接分解法,建立系统的状态空间表达式,并画出状态图;
直接分解法的状态空间表达式为
状态图如下图所示。
23. 采用传递函数并联分解法,建立系统的状态空间表达式,并画出状态图。
并联分解法的状态空间表达式为
状态图如下图所示。
24. 设线性系统的状态方程为
哪一个可能为系统的状态转移矩阵?为什么?
由状态转移矩阵的性质,有
Φ(0)=E
故Φ
2(t)可能为系统的状态转移矩阵。
25. 根据选定的状态转移矩阵,确定系统矩阵A。
Φ
1(t)=e
At⇒1(t)=Ae
At
下面给出两种方法求A。
法一:
1(t)=Ae
At,Φ
1(-t)=e
-At,所以
1(t)Φ
1(-t)=Ae
Ate
-At=A,
代入可得
。
法二:Φ
1(t)=e
At⇒1(t)=Ae
At,令t=0,得到