Chapter3.3：时域分析法

此系列属于胡寿松《自动控制原理题海与考研指导》(第三版)习题精选，仅包含部分经典习题，需要完整版习题答案请自行查找，本系列属于知识点巩固部分，搭配如下几个系列进行学习，可用于期末考试和考研复习。
自动控制原理(第七版)知识提炼
自动控制原理(第七版)课后习题精选
自动控制原理(第七版)附录MATLAB基础

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第三章：时域分析法

Example 3.21

已知单位反馈系统的开环传递函数：
$$G(s)=\frac{10}{s(s+4)(5s+1)}$$
求输入信号为：$r(t)=2+4t+3t^2$时，系统的稳态误差$e_{ss}(\infty )$.

解：

系统为单位负反馈系统，根据开环传递函数，可得闭环系统特征方程：
$$D(s)=5s^3+21s^2+4s+10=0$$
由赫尔维茨判据可知，$n=3$，各项系数：$a_0=5,a_1=21,a_2=4,a_3=10$均为正，且$a_1{a}_2-a_0{a}_3=34>0$.因此，系统稳定.

由
$$G(s)=\frac{10}{s(s+4)(5s+1)}=\frac{2.5}{s(0.25s+1)(5s+1)}$$
可知，系统为Ⅰ型系统，且$K=2.5$。

由于Ⅰ型系统在$1(t)、t、\frac{1}{2}{t}^2$信号作用下的稳态误差分别为：$0、\frac{1}{K}、\infty$，根据线性叠加定理有：

当系统输入为：$r(t)=2+4t+3t^2$时，系统的稳态误差为：$e_{ss}(\infty )=\infty$.

Example 3.22

已知控制系统如下图所示：

当局部反馈(内反馈)断开时，求：

1. $r(t)=1(t)，n(t)=0$时，系统的超调量、上升时间和调节时间；
2. $r(t)=0，n(t)=1(t)$时，系统的超调量和调节时间；
3. $r(t)=t，n(t)=1(t)$时，系统的稳态误差.

当局部反馈闭合时，求：

1. $r(t)=1(t)，n(t)=0$时，要求超调量降为$20\%$的$K_t$和调节时间；
2. $r(t)=0，n(t)=1(t)$时，$K_t$取值同上，系统的超调量和调节时间；
3. $r(t)=t，n(t)=1(t)$时，$K_t$取值同上，系统的稳态误差.

解：

【局部反馈断开】

1. $r(t)=1(t)，n(t)=0$时的$\sigma \%，t_r$和$t_s$.

   开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{{\omega }_n^2}{s(s+2\zeta {\omega }_n)}=\frac{56}{s(s+3)}=\frac{56/3}{s\left(\frac{1}{3}s+1\right)}$$
   可得：
   $$\zeta =0.2，{\omega }_n=\sqrt{56}=7.48，{\omega }_d={\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}=7.33，K_v=\frac{56}{3}$$
   可得：
   $$\begin{array}{rl}& \beta =\arccos \zeta =78.46°=1.37\\ & \\ & \sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%=52.7\%\\ & \\ & t_r=\frac{\pi -\beta }{{\omega }_d}=0.24，t_s=\frac{3.5}{\zeta {\omega }_n}=2.33(\Delta =5\%)\end{array}$$

2. $r(t)=0，n(t)=1(t)$时的$\sigma \%$和$t_s$.
   $$\begin{array}{rl}{C}_n(s)& =-\frac{1}{2s(s+3)+112}N(s)=-8.93\times 10^{-4}\frac{56}{s(s^2+3s+56)}\\ & \\ & =-8.93\times 10^{-4}\left[1-\frac{1}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}{\mathrm{e}}^{-\zeta {\omega }_{n}t}\sin ({\omega }_{d}t+\beta )\right]\\ & \\ & =-8.93\times 10^{-4}\left[1-1.02{\mathrm{e}}^{-1.5t}\sin (7.33t+78.46°)\right]\end{array}$$
   由于是线性系统，且$\zeta =0.2，{\omega }_n=7.48$，故：
   $$\sigma \%=52.7，t_s=2.33(\Delta =5\%)$$

3. $r(t)=t，n(t)=1(t)$时的稳态误差.
   $$e_{ssr}(\infty )=\frac{1}{K_v}=0.054$$
   扰动作用下的稳态误差为：
   $$e_{ssn}(\infty )=-\underset{s\to 0}{\lim }\frac{G_{2}H}{1+G_1{G}_{2}H}sN(s)$$
   其中：$G_1=112,G_2=\frac{1}{2s(s+3)},H=1,N(s)=\frac{0.1}{s}$，则有：
   $$e_{ssn}(\infty )=-8.93\times 10^{-4}$$
   故：
   $$e_{ss}(\infty )=|e_{ssr}(\infty )|+|e_{ssn}(\infty )|=0.0549$$

【局部反馈闭合】

1. $r(t)=1(t)，\sigma \%=20\%$时的$K_t$和$t_s$.

   闭环特征方程为：
   $$s^2+(3+0.5K_t)s+56=0$$
   故
   $${\omega }_n=\sqrt{56}=7.48，{\zeta }_t=\frac{3+0.5K_t}{14.96}$$
   由
   $$\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi {\zeta }_t/\sqrt{1-{\zeta }_t^2}}\times 100\%=0.2=20\%$$
   可得：
   $${\zeta }_t=0.456，K_t=7.64，t_s=\frac{3.5}{\zeta {\omega }_n}=1.03(\Delta =5\%)$$

2. $n(t)=1(t)，K_t=7.64$时的$\sigma \%$和$t_s$.
   $$C_n(s)=-8.93\times 10^{-4}\left(\frac{56}{s^2+6.82s+56}\right)N(s)$$
   由于${\zeta }_t=0.456$和${\omega }_n=7.48$不变，可得：
   $$\sigma \%=20\%，t_s=1.03(\Delta =5\%)$$

3. $r(t)=t，n(t)=1(t)$时的稳态误差.
   $$G(s)=\frac{56}{s(s+3+0.5K_t)}=\frac{56}{s(s+6.82)}=\frac{8.21}{s(0.147s+1)}$$
   即，$K_v=8.21$，因此：
   $$e_{ssr}=\frac{1}{K_v}=0.122$$
   扰动作用下的稳态误差为：
   $$e_{ssn}(\infty )=-\underset{s\to 0}{\lim }\frac{G_{2}H}{1+G_1{G}_{2}H}sN(s)$$
   其中：$G_1=112,G_2=\frac{0.5}{s(s+6.82)},H=1,N(s)=\frac{0.1}{s}$，则有：
   $$e_{ssn}(\infty )=-8.93\times 10^{-4}$$
   故：
   $$e_{ss}(\infty )=|e_{ssr}(\infty )|+|e_{ssn}(\infty )|=0.123$$

【结论】

接通测速内反馈可增大系统的阻尼比，不影响系统自然频率，但会降低系统的开环增益.因而，系统的超调量和调节时间均可减小，而斜坡输入时的稳态误差会增大.由于内反馈处于扰动作用点之后，因此内反馈对扰动产生的稳态误差没有影响.

Example 3.23

设前馈控制系统如下图所示，定义$e(t)=r(t)-c(t)$.

若输入信号$r(t)$和扰动$n(t)$都是单位斜坡函数，且$K>0，T>0$，要求：

1. 计算$K_d=0$时系统的稳态误差$e_{ss}(\infty )$；
2. 选择$K_d$值，使系统稳态输出$c(t)$与希望输出$r(t)$之间不存在稳态误差.

解：

1. $K_d=0$时系统的稳态误差$e_{ss}(\infty )$；

   当$K_d=0,n(t)=0,r(t)=t$，即$R(s)=\frac{1}{s^2}$时，系统的闭环传递函数为：
   $${\Phi }_r(s)=\frac{K}{T{s}^2+s+K}$$
   由于$K>0，T>0$，故闭环系统是稳定的.

   误差函数：
   $$E_r(s)=R(s)-C(s)=R(s)[1-{\Phi }_r(s)]=\frac{T{s}^2+s}{T{s}^2+s+K}R(s)$$
   由终值定理可知，
   $$e_{ssr}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_r(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{T{s}^2+s}{T{s}^2+s+K}\cdot \frac{1}{s^2}=\frac{1}{K}$$
   当$K_d=0，r(t)=0，n(t)=t$，即$N(s)=\frac{1}{s^2}$时，系统的闭环传递函数为：
   $${\Phi }_n(s)=\frac{K_{f}s(Ts+1)}{(T_{f}s+1)(T{s}^2+s+K)}$$
   误差函数：
   $$E_n(s)=R(s)-C(s)=-N(s){\Phi }_n(s)=-\frac{K_{f}s(Ts+1)}{(T_{f}s+1)(T{s}^2+s+K)}N(s)$$
   由终值定理可知，
   $$e_{ssn}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_n(s)=-\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{K_{f}s(Ts+1)}{(T_{f}s+1)(T{s}^2+s+K)}\cdot \frac{1}{s^2}=-\frac{K_f}{K}$$
   故当$K_d=0,r(t)=t,n(t)=t$时，系统的稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=e_{ssr}(\infty )+e_{ssn}(\infty )=\frac{1-K_f}{K}$$

2. 确定稳态误差为零时的$K_d$值.

   当$K_d\ne 0,n(t)=0,r(t)=t$，即$R(s)=\frac{1}{s^2}$时，系统的闭环传递函数为：
   $${\Phi }_r(s)=\frac{K(1+K_{d}s)}{T{s}^2+s+K}$$
   误差函数为：
   $$E_r(s)=R(s)-C(s)=R(s)[1-{\Phi }_r(s)]=\frac{T{s}^2+(1-K_{d}K)s}{T{s}^2+s+K}R(s)$$
   由终值定理可知，
   $$e_{ssr}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_r(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{T{s}^2+(1-K_{d}K)s}{T{s}^2+s+K}\cdot \frac{1}{s^2}=\frac{1-K_{d}K}{K}$$
   当$K_d\ne 0,r(t)=0,n(t)=t$，即$N(s)=\frac{1}{s^2}$时，
   $$e_{ssn}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_n(s)=-\frac{K_f}{K}$$
   要使系统稳态输出$c(t)$与希望输出$r(t)$间不存在稳态误差，有：
   $$\frac{1-K_{d}K}{K}-\frac{K_f}{K}=0$$
   故当$K_d=\frac{1-K_f}{K}$时，系统稳态输出$c(t)$与希望输出$r(t)$间不存在稳态误差.

Example 3.24

设控制系统闭环传递函数为：$\Phi (s)=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$.

如果：

1. $0.707\le \zeta <1，\omega \ge 2$；
2. $0<\zeta \le 0.5，2\le {\omega }_n\le 4$；
3. $0.5\le \zeta \le 0.707，{\omega }_n\le 2$；

在$s$平面上绘出系统特征方程根可能位于的区域.

解：

闭环系统特征方程根在$s$平面上的位置由以下量确定：
$$\sigma =\zeta {\omega }_n,{\omega }_d={\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2},\beta =\arccos \zeta$$

1. $0.707\le \zeta <1，\omega \ge 2$；
   $$\{\begin{array}{ll}& 0.707\le \zeta <1\\ & \omega \ge 2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& 0°<\beta \le 45°\\ & \sigma \ge 1.414\end{array}$$

2. $0<\zeta \le 0.5，2\le {\omega }_n\le 4$；
   $$\{\begin{array}{ll}& 0<\zeta \le 0.5\\ & 2\le {\omega }_n\le 4\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& 60°\le \beta <90°\\ & 0<\sigma \le 2\\ & 1.73\le {\omega }_d\le 4\end{array}$$

3. $0.5\le \zeta \le 0.707，{\omega }_n\le 2$；
   $$\{\begin{array}{ll}& 0.5\le \zeta \le 0.707\\ & {\omega }_n\le 2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& 45°\le \beta <60°\\ & 1\le \sigma \le 1.414\\ & 0\le {\omega }_d\le 1.73\end{array}$$

【特征方程根可能位于的区域】

Example 3.25

设系统闭环传递函数如下，当输入为的单位阶跃函数时，确定系统的动态性能指标，并画出其单位阶跃响应曲线.
$$\Phi (s)=\frac{9}{s^2+3s+9}$$
解：

由系统闭环传递函数可知，系统的自然频率和阻尼比分别为：
$${\omega }_n=3,\zeta =0.5$$
则系统的动态性能指标为：
$$\begin{array}{rl}& 超调量：\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%=16.3\%\\ & \\ & 峰值时间：t_p=\frac{\pi }{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}}=1.21s\\ & \\ & 调节时间：t_s=\frac{4.4}{\zeta {\omega }_n}=2.93s(\Delta =2\%)\end{array}$$
【系统单位阶跃响应】

Example 3.26

设单位反馈系统的开环传递函数为：$G(s)=\frac{4}{s(s+2)}$，写出该系统的单位阶跃响应和单位斜坡响应表达式.

解：

依题意可得：
$$G(s)=\frac{4}{s(s+2)}=\frac{{\omega }_n^2}{s(s+2\zeta {\omega }_n)}$$
可得系统自然频率和阻尼比：
$${\omega }_n=2,\zeta =0.5$$
自然频率与负实轴的夹角为：$\beta =\arccos \zeta =60°$.

【单位阶跃响应表达式】
$$\begin{array}{r}c(t)=1-\frac{1}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}{\mathrm{e}}^{-\zeta {\omega }_{n}t}\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t+\beta )=1-1.155{\mathrm{e}}^{-t}\sin (1.732t+60°)\end{array}$$
【单位斜坡响应表达式】
$$c(t)=t-\frac{2\zeta }{{\omega }_n}+\frac{1}{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}}{\mathrm{e}}^{-\zeta {\omega }_{n}t}\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t+2\beta )=t-0.5+0.577{\mathrm{e}}^{-t}\sin (1.732t+120°)$$
【响应曲线】

Example 3.27

宇宙飞船控制系统简化结构图如下所示，已知控制器的时间常数$T=3$，力矩与惯量比$\frac{K_1}{J}=\frac{2}{9}$.求系统的阻尼比及各项动态性能指标.

解：

由图可得，系统闭环传递函数为：
$$\Phi (s)=\frac{K_{1}Ts+K_1}{J{s}^2+K_{1}Ts+K_1}=\frac{(2/3)s+(2/9)}{s^2+(2/3)s+(2/9)}$$
从$\Phi (s)$形式可知，该系统是比例-微分控制二阶系统，其标准形式为：
$$\Phi (s)=\frac{{\omega }_n^2}{z}\frac{s+z}{s^2+2{\zeta }_d{\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$$
由
$$\frac{(2/3)s+(2/9)}{s^2+(2/3)s+(2/9)}=\frac{{\omega }_n^2}{z}\frac{s+z}{s^2+2{\zeta }_d{\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$$
可得：
$$z=1/3,{\omega }_n=\sqrt{2}/3,{\zeta }_d=\sqrt{2}/2=0.707$$
由于：
$$\begin{array}{rl}& r=\frac{\sqrt{z^2-2{\zeta }_d{\omega }_{n}z+{\omega }_n^2}}{z\sqrt{1-{\zeta }_d^2}}=1.414\\ & \\ & \psi =-\pi +\arctan \frac{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }_d^2}}{z-{\zeta }_d{\omega }_n}+\arctan \frac{\sqrt{1-{\zeta }_d^2}}{{\zeta }_d}=-\pi +\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4}=-0.785\\ & \\ & {\beta }_d=\arctan \frac{\sqrt{1-{\zeta }_d^2}}{{\zeta }_d}=\frac{\pi }{4}=0.785\end{array}$$
【系统动态性能指标】
$$\begin{array}{rl}& 峰值时间：t_p=\frac{{\beta }_d-\psi }{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }_d^2}}=4.72s\\ & \\ & 超调量：\sigma \%=r\sqrt{1-{\zeta }_d^2}{\mathrm{e}}^{-{\zeta }_d{\omega }_{n}t}\times 100\%=20.8\%\\ & \\ & 调节时间：t_s=\frac{4+\ln r}{{\zeta }_d{\omega }_n}=13.04s(\Delta =0.02)\end{array}$$
【系统单位阶跃响应曲线】

Example 3.28

设电子心律起搏器系统如下图所示，其中模拟心脏的传递函数相当于一纯积分器.

1. 若$\zeta =0.5$对应最佳响应，问起搏器增益$K$应取多大？
2. 若期望心速为$60次/\min$，突然接通起搏器，问$1s$后实际心速为多少？瞬时最大心速多大？

解：

1. 求解增益$K$.

   由图可知，系统开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K}{s(0.05s+1)}=\frac{20K}{s(s+20)}=\frac{{\omega }_n^2}{s(s+2\zeta {\omega }_n)}$$
   若$\zeta =0.5$对应最佳响应，则取起搏器增益$K=20$.

2. 求实际心速和瞬时最大心速.

   满足$\zeta =0.5$的系统的闭环传递函数为：
   $$\Phi (s)=\frac{400}{s^2+20s+400}$$
   系统的自然频率和阻尼比分别为：
   $${\omega }_n=20,\zeta =0.5$$
   系统的单位阶跃响应表达式为：
   $$c(t)=1-\frac{1}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}{\mathrm{e}}^{-\zeta {\omega }_{n}t}\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t+\arccos \zeta )=1-1.155{\mathrm{e}}^{-10t}\sin (17.32t+60°)$$
   若期望心速为$60次/\min$，突然接通起搏器，设$1s$后实际心速为$c(1)$，则：
   $$c(1)=60\times [1-1.155{\mathrm{e}}^{-10}\sin (17.32+\pi /3)]=60.0015次/\min$$
   由于$0<\zeta <1$，故该系统为欠阻尼二阶系统，动态性能指标为：
   $$\begin{array}{rl}& 超调量：\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%=16.3\%\\ & \\ & 峰值时间：t_p=\frac{\pi }{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}}=0.18s\end{array}$$
   设瞬时最大心速为$c_{\max }$且发生在$t_p=0.18s$时，则
   $$c_{\max }=60\times (1+\sigma \%)=69.78次/\min$$
   故若期望心速为$60次/\min )$，突然接通起搏器，则$1s$后实际心速为$60.0015次/\min$，瞬时最大心速发生在$0.18s$时，为$69.78次/\min$.

3. 【系统单位阶跃响应曲线】
   

Example 3.29

已知二阶系统的单位阶跃响应为：$c(t)=10-12.5{\mathrm{e}}^{-1.2t}\sin (1.6t+53.1°)$，求系统的闭环传递函数、超调量$\sigma \%$和峰值时间$t_p$、调节时间$t_s$.

解：

该二阶系统单位阶跃响应为：
$$c(t)=10-12.5{\mathrm{e}}^{-1.2t}\sin (1.6t+53.1°)=10[1-1.25{\mathrm{e}}^{-1.2t}\sin (1.6t+53.1°)]$$
由上式可知，该系统放大系数为：$10$，但放大系数不影响系统的动态性能.

标准的二阶系统单位阶跃响应为：
$$c(t)=1-\frac{1}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}{\mathrm{e}}^{-\zeta {\omega }_{n}t}\sin ({\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}t+\beta )$$
则有：
$$\zeta {\omega }_n=1.2，\frac{1}{\sqrt{1-{\zeta }^2}}=1.25，{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}=1.6，\beta =\arccos \zeta =53.1°$$
解得：
$$\zeta =0.6，{\omega }_n=2$$
故系统的闭环传递函数为：
$$\Phi (s)=\frac{40}{s^2+2.4s+4}$$
由于$0<\zeta <1$，故该系统为欠阻尼二阶系统，其动态性能指标为：
$$\begin{array}{rl}& 超调量：\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%=9.5\%\\ & \\ & 峰值时间：t_p=\frac{\pi }{{\omega }_n\sqrt{1-{\zeta }^2}}=\frac{\pi }{2\times 0.8}=1.96(s)\\ & \\ & 调节时间：t_s=\frac{3.5}{\zeta {\omega }_n}=\frac{3.5}{1.2}=2.92(s)(\Delta =5\%)\end{array}$$

Example 3.30

已知各系统脉冲响应如下，求传递函数：

1. $c(t)=\frac{K}{\omega }\sin \omega t$；
2. $c(t)=0.02({\mathrm{e}}^{-0.5t}-{\mathrm{e}}^{0.2t})$；
3. $c(t)=0.01t$；

解：

系统的脉冲响应的拉普拉斯变换对应系统的闭环传递函数.

1. $c(t)=\frac{K}{\omega }\sin \omega t$；
   $$\Phi (s)=L[c(t)]=\frac{K}{s^2+{\omega }^2}$$

2. $c(t)=0.02({\mathrm{e}}^{-0.5t}-{\mathrm{e}}^{0.2t})$；
   $$\Phi (s)=L[c(t)]=0.02\left(\frac{1}{s+0.5}-\frac{1}{s-0.2}\right)=\frac{-0.014}{(2s+1)(5s-1)}$$

3. $c(t)=0.01t$；
   $$\Phi (s)=L[c(t)]=\frac{0.01}{s^2}$$