自动控制原理 课后习题及答案.pdf

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1、第一章绪论1-1试比较开环控制系统和闭环控制系统的优缺点.解答：1开环系统优点:结构简单，成本低，工作稳定。用于系统输入信号及扰动作用能预先知道时，可得到满意的效果。（2）缺点：不能自动调节被控量的偏差。因此系统元器件参数变化，外来未知扰动存在时，控制精度差。2闭环系统优点：不管由于干扰或由于系统本身结构参数变化所引起的被控量偏离给定值，都会产生控制作用去清除此偏差，所以控制精度较高。它是一种按偏差调节的控制系统。在实际中应用广泛。缺点：主要缺点是被控量可能出现波动，严重时系统无法工作。1-2什么叫反馈？为什么闭环控制系统常采用负反馈？试举例说明之。解答：将系统输出信号引回输入端并对系统产生控

2、制作用的控制方式叫反馈-闭环控制系统常采用负反馈。由1-1中的描述的闭环系统的优点所证明。例如，一个温度控制系统通过热电阻（或热电偶）检测出当前炉子的温度，再与温度值相比较，去控制加热系统，以达到设定值。1-3试判断下列微分方程所描述的系统属于何种类型(线性，非线性，定常，时变)？d2y(t)dy(t)2 j 2+3 +4 y(0 5 +6M(?)(1)dr dt dt(2)y(t)=2+u(t)用2W=畔+M(3)dt dty)+2 y(/)=w(r)s i n c o t(4)dt学+刈竽+2刈=3 (5)dr dt l +y2(t)=2u(t)(6)dty(t)=2u(f)+3 +5 力

3、(7)dt J解答：（1）线性定常（2）非线性定常（3）线性时变（4）线性时变（5）非线性定常（6）非线性定常（7）线性定常1-4如图1-4是水位自动控制系统的示意图，图中QI,Q 2 分别为进水流量和出水流量。控制的目的是保持水位为一定的高度。试说明该系统的工作原理并画出其方框图。解答：(1)方框图如下:工作原理：系统的控制是保持水箱水位高度不变。水箱是被控对象，水箱的水位是被控量，出水流量Q 2的大小对应的水位高度是给定量。当水箱水位高于给定水位，通过浮子连杆机构使阀门关小，进入流量减小，水位降低,当水箱水位低于给定水位时，通过浮子连杆机构使流入管道中的阀门开大，进入流量增加，水位升高到给

4、定水位。1-5图 1-5是液位系统的控制任务是保持液位高度不变。水箱是被控对象，水箱液位是被控量，电位器设定电压时(表征液位的希望值C r)是给定量。控制阀Q题1-5图液位自动控制系统解答：(1)液位自动控制系统方框图:给定电位 实际液位的开度，使水箱中流入水量与流出水量相等。从而液面保持在希望高度上。一旦流入水量或流出水量发生变化，例如当液面升高时，浮子位置也相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，从而给电动机提供一事实上的控制电压，驱动电动机通过减速器减小阀门开度，使进入水箱的液位流量减少。此时，水箱液面下降，浮子位置相应下降，直到电位器电刷回到中点位置，系统重新处于平衡状态，液

5、面恢复给定高度。反之，若水箱液位下降，则系统会自动增大阀门开度，加大流入量，使液位升到给定的高度.1-6 题图1-6是仓库大门自动控制系统的示意图，试说明该系统的工作原理,并画出其方框图。题 1-6图仓库大门自动控制系统示意图解答：(1)仓库大门自动控制系统方框图:(2)工作原理：控制系统的控制任务是通过开门开关控制仓库大门的开启与关闭。开门开关或关门开关合上时，对应电位器上的电压，为给定电压，即给定量。仓库大门处于开启或关闭位置与检测电位器上的电压相对应，门的位置是被控量。当大门所处的位置对应电位器上的电压与开门(或关门)开关合上时对应电位器上的电压相同时，电动机不动，控制绞盘处于一定的位置

6、，大门保持在希望的位置上，如果仓库大门原来处于关门位置，当开门开关合上时，关门开关对应打开，两个电位器的电位差通过放大器放大后控制电动机转动,电动机带动绞盘转动将仓库大门提升，直到仓库大门处于希望的开门位置，此时放大器的输入为0,放大器的输出也可能为0。电动机绞盘不动，大门保持在希望的开门位置不变。反之，则关闭仓库大门。1-7题 图1-7是温湿度控制系统示意图。试说明该系统的工作原理，并画出其方框图。题1-7图温湿度控制系统示意图解答：（1）方框图:通过控制蒸汽量的大小来控制温度。被控量为温度和湿度，设定温度和设定湿度为给定量。第二章控制系统的数学模型2-2试求图示两极RC网络的传递函数UM

7、S）/Ur（S）o该网络是否等效于两个RC网络的串联？()（。）解答:1R、R2cle?S-+(RG+RC?+/?2G)S+1/h l(S)/Q S 1 c(s)1 c(s)c(s)%(s)1 1P)-=-77-=-,-=-,-=-X-=-X-ur(5)+/RGS+1 (s)R 2 c 2 +1 ur(s)/(s)ur(5)RS+1 叫 G$+l/C 1 3_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _R R2 cle2 S+(R1 G+R2 c2 )S+1故所给网络与两个RC网络的串联不等效。2-4 某可控硅

8、整流器的输出电压Ud=KU20cos a式中K为常数，Uze为整流变压器副边相电压有效值，a 为可控硅的控制角，设在a 在 a。附近作微小变化，试 将&与 a 的线性化。解答：ad-ku“cos aQ-(ku“sin a0)(cx-a。)+线性化方程：A q二-机浮由阳八。即 L =一(饱/sina0)a2-9系统的微分方程组为x3(f)=x2(t)-K3c(t)T2-+c(t)=K2x3(t)式中工、7、&、如均为正的常数，系统地输入量为 ，输出量为c(f),C(s)/试画出动态结构图，并求出传递函数/R(s)。解答：C(5)_ (4 5 +1)(心5 +1)_ g而 5 =1 I k2k3

9、 W=(*S +1)(7；S +1)+葭七(T1S +1)+左 色%S +l gs +i)w s+i)CG)/2-12简化图示的动态结构图，并求传递函数。解答：(a)C(S)_ G Q 2G 3R(S)I+GC 2G3H 2+G2G3H 1(b)R (1+G X 1 +G2)_ _ _ _ _ _ _ _,1 +2G,+G G,C(5)_(l+G,)(l+G2)R(S)1 +2G2+G,G2(c)C(s)_ G|+G2R(s)1 +(d)C(s)_ G mR(s)1 +G2G3(e)*0+CG,R+R GWg i-GJ fC(s)_ Gt+G2 2GQ2R(s)l-G,2-13简化图示动态结构

10、图，并求传递函数%)。解答：(a)C R.G 2 G 3+G$-A -G1 +GGG4G（GG+G$）1 +GGG4C（5）_G,（G2G3+G5）R（s）-1 +G,G2G4（b）C(5)_ G|G4+G|G2G3+GiG2G4G6西 I+G2G6+GGG5G6(c)c(s)G4+GG,G3R(s)1 +G1G5+GQ2G3G5G6(d)C(5)_ G&+GG2G3 +GG2G4G6R(s)1 +G9G6+G G2 G5G6(e)G G,d+G?)1+GG2G+G1G3G&(1+G2)(d)C(s)_ G|G3(1+G2)R(s)1 +G。2 G5 +G。3 G4(I+G?)(f)(C)(d

11、)R,GG+G&C r (e)1+G G+G 6 C(5)_ GJG2+G 4 G 5R(s)1 +G2 G3 +G3G5第三章时域分析法3-1已知一阶系统的传递函数G(5)=l 0/(0.25 4-1)今欲采用负方馈的方法将过渡过程时间减小为原来的0.1倍，并保证总的放大倍数不变，试选择K”和的值。R(s)题3-1图解答：a、I。+-S闭环传递函数：10一)M G(S).10即 -1+10 0 l +KhG(S)0.2s+1 +10%0.2 s+由结构图知：1 +10*H1%TO1+10 Z -u1+10 10%=10nkH=0.9,卜0=10由 103-2已知系统如题3-2图所示，试分析参

12、数b 对输出阶跃过渡过程的影响。RG)V Ts+i题3-2图解答：系统的闭环传递函数为：4、Q S)Ku(s)=-=-R(S)l +(T+K A)s由此可以得出：b的大小影响一阶系统的时间常数，它越大，系统的时间常数越大，系统的调节时间，上升时间都会增大。3-3设 温 度 计 可 用1/(芥+1)描 述 其 特 性。现 用 温 度 计 测 量 盛 在 容 器内 的 水 温，发 现1分 钟 可 指 示98%的 实 际 水 温 值。如 果 容 器 水 温依10 /m i n的 速 度 线 性 变 化，问 温 度 计 的 稳 态 指 示 误 差 是 多 少？解答：本系统是个开环传递函数系统的闭环传递

13、函数为：R(S)C(S)G(S)系统的传递函数：G(5)=TTT则题目的误差传递函数为:E(s)=r-1 +Ts厂(。=1)时,(?)=1-6%(5)=1+TS根据 c Q)心=0.9 8 得出 T=0.2556当r=10时，%=l i m sE(S)蔡=10 T=2.5563-4设 一 单 位 反 馈 系 统 的 开 环 传 递 函 数、KG(s)=-s(0.1s+l)试 分 别 求K =10 s 和K =2 0 L时 系 统 的 阻 尼 比、无 阻 尼 自 振 频 率%、单 位 阶 跃 响 应 的 超 调 量5和 峰 值 时 间 并 讨 论K的大小对 动 态 性 能 的 影 响。解答：开环

14、传递函数为G(s)=10K5(0.15+1)S(S+10)则25W=10Wn2=10K当K=10时 由42Wn=10W,2=10K得出%,%Wn=104 =0.5=16.3%71-/3 _ 兀 一 arccos a)6 ya J 7 20.242冗p=0.363%当K=20时 由 0.707,22 0.50,4ty 23 0.7070.5,y 0 所以系统稳定的K的范围为 33-1 4已知单位反馈系统开环传递函数如下：1 G(s)=10/(0.15 +l)(0.5 s +1)2 G(S)=7(S+1)/S(S+4)(S2 +2S+2)3 G(s)=8(0.5 s +1沁2(o I s +1)城

15、答：1.系统的闭环特征多项式为：0(5)=0.05 52+0.65 +11可以判定系统是稳定的.则对于零型系统来说，其静态误差系数为：_=I i m G(s)=101 S TOka=hms2 G(s)=Os-01 1e”=-二那么当)=1。)时，T +kp H1e=o o当r(f)=.l 时,“kv2e =o o当r(f)=.l 时，“ka2.系统的闭环特征多项式为：0(5)=54+6?+10.V2+15 5 +7可以用劳斯判据判定系统是稳定的.则对于一型系统来说，其静态误差系数为：kn=l i m G(s)=o oPS TOka=l i m 52G(5)=0sfO1ess=；=00那么当B)

16、=l(f)时，1 +3kv=h m s G(s)=07k、,=l i m s G(s)=s o 8当不二E 时,8-7-1r”=)e”=。当 r(f)=f T(f)时，ka3 .系统的闭环特征多项式为：D(.V)=0.153+52+4.V+8可以用劳斯判据判定系统是稳定的.则对于零型系统来说，其静态误差系数为:kPn=l i m G(s)=o oS TOktl=l i m 52 G(s)=8 s-0kv=l5-im0 s G(s)=o o那么当)=1(，)时，1+sess=0当 r(f)=f4 a)时，k、,当r =f2(f)时，ka 4第四章根轨迹法4-2已知单位反馈系统的开环传递函数，绘出

17、当开环增益&变化时系统的根轨迹图，并加以简要说明。G(s)=-匕-1.s(s +l)(s +3)G(s)=-勺-2.s(s +4)(s 2+4 s +20)解答：(1)开环极点：p l=O,p 2=-1,p 3=-3实轴上的根轨迹区间：(-8,-3 ,-1,0 渐进线：0-1-3 4 y =-=3 360 (左=0).=(2.+1)=，1 8 Oo (攵=)3 -60 伏=-1)1 1 1 I-1-=0分离点：d d+d+3解得 dl、2=-0.4 5,-2.2od2=-2.2不在根轨迹上，舍去。与虚轴交点：特征方程 0。)=s +4 s*+3 s +&=0将s，3代入后得&-4苏=03。fy

18、3=0解之得 y=V3&=1 2当 W&8时，按18 0。相角条件绘制根轨迹如图4-2(1)所示。(2)开环极点：pl=0,p 2=-4,p3、4=-2 j4实轴上的根晶迹区间：-4,0渐进线：(Pa-4-2-2 c=-=24=45,45,135,135分离点：K i=-(54+8s3+36s2+185+80)W=0由ds解得 s i、2=-2,3.4=-2土 j 瓜分离点可由a、b、c条件之一进行判定:a.Z G(s3)=-(1 29o+51 o-90o+90o)=-1 8 0 o,满足相角条件;(53)=一(-+8/+36$2+80s)b.K l 在变化范围 0-0)内；c.由于开环极点对

19、于。=-2 直线左右对称，就有闭环根轨迹必定也是对于。=-2 直线左右对称，故s 3 在根轨迹上。与虚轴交点：特征方程D(.y)=54+8/+36s2+8 0s +K 1=0Ro u t h 表s 4 1 3 6 Kls 3 8 8 0s2 26 Kls 80-8K1/26s O K由 8 0-8 k 1/26=0 和 26s 2+k 1=0,解得 k 1=260,.当%0时，根轨迹中的两个分支始终位于s右半平面，系统不稳定；S-XV看仁一Root Locus-4-3-2-1Real Axis0 1 2 增加一个零点z=-1之后，根轨迹左移，根轨迹中的三个分支始终位于s左半平面，系统稳定。Ro

20、ot Locus55 1 1 1 1 ，1 -2-1.8-1.6-1.4-1.2-1-0.8-0.6-0.4-0.2 0Real AxisG(s)“(y)=K|(S+2)4-4设系统的开环传递函数为 -s($2+2s+a),绘制下列条件下的常规根轨迹。(1)。=1；解答：(1)a=1实轴上的根轨迹区间:渐进线：(2)a =1.18 5(3)a=38,-1,-1,0%一2-(-2)=o2Qk+1)%29 0 (A=0)-9 0(k=-1)分离点:S3+252+QSs +2解 得ds四=。,_-3 V5”2,3 T2,-3+Vsa=-只取 2与虚轴交点：特征方程 0（s）=5 3+2s2+as+K

21、S+2K =令$=加 代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：6Root Locus-1-0.5Real Axis0.54(2)Q=1.18 5零点为z=2极点为P=T土加4 3,0实轴上的根轨迹区间：(-8,-1,-1,0 渐进线：4 -2-(-2)7 =-=0。2(2Z+1)万 9 0 (%=0)(p=-=八2-9 0(k=-1)K s+2s +us分离点：-5 +2四二0解 得ds特征方程。（s）=$3+2s2+as+Kis+2 Kl=0令5 =，卬代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图：0-xajqugqe-432Root Locus-1-0.5Real Axis00.5(

22、3)。=3零点为z=-2极点为P=T 土儿4 1,0实轴上的根轨迹区间：(-8,-1,-1,0 渐进线：-2-(-2)=-=0 2(2Z+1)万 f 9 0 (%=0)(0=-=八2-9 0(k=-1)K s +2s+cis分离点：-5 +2四二0解 得ds特征方程。(s)=$3+2/+as+Kis+2 Ki=0令 s =/w 代入上式：得出与虚轴的交点系统的根轨迹如下图:Root Locus6-1.5-1-0.50Real Axis0.54-8根据下列正反馈回路的开环传递函数，绘出其根轨迹的大致形状。G(s)H(s)(1)G(s)H(s)(5+1)(5 +2)K、(2)s(s +l)(s +

23、2)(3)解答:K$+2)G(s)“(s)=-#r-s(s +l)(s +3)(s +4)(1)Root Locus-2-1012Real Axis0.0.os.SX46BE-ooRoot Locus0 1 2 3 4 5Real AxisSX46EE-(3)Root LocusSX46BE-6-6 L-1-1-1-1-L-6-5-4-3-2-1 0Real Axis1 24-15设单位反馈系统的开环传递函数为K(s +a)S2(5 +1)G(s)=确定。值，使根轨迹图分别具有：0、1、2 个分离点，画出这三种情况的根轨迹。解答：首先求出分离点:K d+N分离点：|-s +adK _ _2s2

24、+(3a+V)s+2a _()解得 ds，(s +a)2(l +3a)土 J(l +3a)2-16 a得出分离点F a 1 或a 当 9时，上面的方程有两个不等的负实根a=1或 a =当 9时，上面的方程有两个相等的实根1 当。=1时系统的根轨迹为：可以看出无分离点，故排除Root Locus0.4-1-1-1-1-1-0.3-0.2-0.1-0-.卷.x.-I-0.1-0.2-0.3-0.4-1-1-1-1-1-12-1-0.8-0.6-0.4-0.2 0 0.2Real Axis1Cl 2 当 9 时系统的根轨迹为：可以看出系统由一个分离点3 当。1时比如。=3时系统的根轨迹为：可以看出系

25、统由无分离点0-x I I I!I!T I I!-1 010110 10Frequency(rad/sec)5-1 0设单位负反馈系统开环传递函数。G(s)=-G(s)=-5(0.5 5 +1)(0.0 2 5 +1),一 试确定使相角裕量等于45。的a值。、KG(S)=-r(2)(O.Ols+l),试确定使相角裕量等于45。的K值。、KG(s)=-5-(3)5(5-+5+1 0 0),试确定使幅值裕量为20dB的开环增益K值。解答：(1)由题意可得：/(wc)=180+(-1800+arctan aw)=45J(CW)2 +120 log j-1=0I W卬,=1.19解得：。=0-84(2

26、)由题意可得：%(wr)=180-3 arctan 0.0 lvvr=4520 log-rl_(=0(0.01wf)2+lpwc=100解得：、=2.83(3)由题意可得：w(p(we)=-90-arctan-=-180g 100-w/k20bg/,L=-20+(100-w2)2%=10解得：k =l5-13设单位反馈系统开环传递函数一、10G(s)=5(0.55+1)(0.025+1)试计算系统的相角裕量和幅值裕量。解答：由 /(%)=-90-arctan 0.5%-arctan 0.02=-180%=10L(wc.)=20+20 log g+40 log 得=-14所以幅值裕量力=1 43

27、 8)卬,=7 2 x 1 0 =4.47故 9(卬()-9 0 0 -a r ct a n 0.5 v vc-a r ct a n 0.0 2 v vr=-1 6 1 所以相角裕量八%)=1 8 0=1 6 1。=1 9。系统的幅频特性曲线的渐近线：系统的幅相特性曲线:Bode Diagram第六章控制系统的综合与校正6-1试回答下列问题:(1)进行校正的目的是什么？为什么不能用改变系统开环增益的办法来实现？答：进行校正的目的是达到性能指标。增大系统的开环增益在某些情况下可以改善系统的稳态性能，但是系统的动态性能将变坏，甚至有可能不稳定。(2)什么情况下采用串联超前校正？它为什么能改善系统的

28、性能？答：串联超前校正主要用于系统的稳态性能已符合要求，而动态性能有待改善的场合。串联超前校正是利用校正装置的相位超前特性来增加系统的橡胶稳定裕量，利用校正装置幅频特性曲线的正斜率段来增加系统的穿越频率，从而改善系统的平稳性和快速性。(3)什么情况下采用串联滞后校正？它主要能改善系统哪方面的性能？答：串联滞后校正主要是用于改善系统的稳态精度的场合，也可以用来提高系统的稳定性，但要以牺牲快速性为代价。滞后校正是利用其在高频段造成的幅值衰减，使系统的相位裕量增加,由于相位裕量的增加，使系统有裕量允许增加开环增益，从而改善稳态精度,同时高频幅值的衰减，使得系统的抗干扰能力得到提高。思考题：1.串联校

29、正装置为什么一般都安装在误差信号的后面，而不是系统股有部分的后面？2.如 果1型系统在校正后希望成为2型系统，但又不影响其稳定性,应采用哪种校正规律？6-3设系统结构如图6-3图所示，其开环传递函数 5飞+1)。若要求系统开环截至频率QN4.4(rad/s),相角裕量，245。，在单位斜坡函数输入信号作用下，稳态误差气0.1,试求无源超前网络参数。e=01解答：(1)由“K 可得：K 2 1 0,取K=10(2)原 系 统=710=3.16 rad/s,7=17.6,不能满足动态性能指标。201g-=-101ga(3)选g=4 4 ra d/s,由4 3)=-1修。即 叫 可得:a=3.757

30、 =0.12那么 “/、aTs+1 0.53s+1G(s)=-=-无源超前校正网络：Ts+1 0.125+1(4)可以得校正后系统的7=5 1.8,满足性能指标的要求。G0(S)=_x z r6-4设单位反馈系统开环传递函数 5(5+1)(0.554-1)o要求采用串联滞后校正网络，使校正后系统的速度误差系数&=5(1/5),相角裕量年40。解答：由&=SSs G(s)=K可得：K =5 原 系统以=2.15,7=-22.2不满足动态要求(3)确定新的由 一 180+40+12=(-9 0-a rcta n%a rcta n 0.5%)可 解得.C DC=0.46由 20 1gb=-20 1g

31、|G 0(血得：b=0,0 9 2_ L =(!V 1取肛一口”得：7=118G,(5)=Tbs+l h.+l校正网络为：H+1 1185+1校正后系统的相角裕量/=42,故校正后的系统满足性能指标的要求。第七章非线性控制系统7-1三个非线性系统的非线性环节一样，线性部分分别为71 G =s(o.is+1)G(5)=2.s(s +l)(八二 2(1.5s+1)3 k 7-5(5+l)(0.k+l)解答：用描述函数法分析非线性系统时，要求线性部分具有较好的低通滤波性能即是说低频信号容易通过，高频信号不容易通过。L(w)(dB)407-2 一个非线性系统，非线性环节是一个斜率一 的饱和特性。当不考

32、虑饱和因素时，闭环系统是稳定的。问该系统有没有可能产生自振荡？解答：饱和特性的负倒描述函数如下：j 41 1N(A)-1当左=1时，N(A)曲 线 的 起 点 为 复 平 面 上 的 点。对于最小相位系统有：闭环系统稳定说明系统的奈氏曲线在实轴(,一1)段没有交点，因此，当存在左=1的饱和特性时，该系统不可能产生自激振荡7-4判断图中各系统是否稳定，一1/N(A)与G(j3)的交点是否为自振点。图中P为G。)的右极点个数。解答：首先标出各图的稳定区(用阴影部分表示)1(a)一万曲线由稳定区穿入不稳定区，交点a是自激振荡点。1(b)一方曲线由稳定区穿入不稳定区，交点a是自激振荡点。(c)交点a，

33、为自激振荡点，交点b不时自激振荡点。(d)闭环系统不稳定。(e)交点a不是自激振荡点。(f)交点a是自激振荡点7-5 非线性系统如图所示，试确定其自振振幅和频率。10s(s+l)(s+2)由一焉)-W)=TV得 G(ja)即:汝(汝+川 汝+2)=-喟2a)-a)3=0 得：0)=41-3 =-40 4=票=招=2.127 r A得：3兀心 3乃20即在非线性环节的输入端存在频率为及，振 幅 为 赤7-6非线性系统如图所示，试用描述函数法分析当K=10时，系统地稳定性，并求K的临界稳定值。解答：由题可得下图:N=|题 7-6图10G（jco）=-7-r汝（汝+1）（汝+2）勺=瞿=6K的临界稳

34、定值为：3 3所以，当0K6时，G（y）曲线不包围N（A）曲线，系统闭环稳定。第八章线性离散系统8-1求函数X ）的Z 变换。1.x(t)=l-e-at3.x(t)=t sin cot解答：2.x(t)=t sin cot4.x(?)=t2eat_ z _ Z=z Q-.H)z-1 z-eaT(z-l)(z-e-6,r)2.x =-Tz(zs i n )=T z(z2-l)s i n Wdz z2-2zc os T+1(z2-2zc os T+1)2(Z域微分定理)3.X()_ ze，(zea -c os W)_ 2 z2e2aT-2zeaT coscoT+1 z2-2zeaT coscoT+

35、e2aT(复数位移定理)X 二 72叱（27+1）4.4（2 -I）3（复数位移定理）8-2 已知X G）,试求对应的x（z）。1.X(z)=s+3G+DG+2)2.xa)=52(5+l)X(z)HX解答:1.X(s)=s+3(s +l)(s +2)2 _ 15+1 s +2X(z)=ZX(s)-苫z _ z(z+eT-2e2 r)z i_-7)上 一 产)X(S)=x-=-T7-二 一 -r52(5+1)S(S+1)S S+lX(z)=Z X(s)z z z(l-e-T)X(s)=可=1+，4.X(z)=Z X(s)=MX二式”2)Tz _ z(z-l+T)QT)2 卜 1)2(2 Az 1

36、-z了 z(e-T+T+l)+l-(l+T)e-TV 7_一2(z-l)(z-e T)(负偏移定理)8-3 已知(z),试求 X(T)。i X(Z)=7Jgx2)(z-0.8)(z-0.1)X(z)=,z(z-1)_3.)Z2-1.25Z+0.25解答：X (7)=l zL-曰E。*-信)X(T)=1 0(2 fX(Z)=7-XI-泳 YjZ2.(z-o,8)(z-o.l)X(n T)=1(0.8)n-1(0.i rY/z(z-1)_ z(z-l).z3.=Z2_I.25Z+0.25-Q-0.25)(z-1)(z-0.25)x(w)/8-6 已知系统的结构如图所示，T=l s,试求系统的闭环脉冲传递函数。11+=S S+1J解答：G二F*焉r岭力s2G(z)=ZG(s)卜(一)小？()0.3682+0.264-(z-l)(z-0.368)血7)=GQ)=0.368z+0.2641+G z2-z+0.632思考题：1.在单位阶跃输入作用下，试求上题所给系统的输出c(f)。2.系统结构如上题，试求当输入为R)=)、八产时的稳态误差。