Chapter3.2：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 3.11

设系统特征方程如下，用赫尔维茨判据确定使系统稳定的$K$值范围.
$$s^4+4s^3+13s^2+36s+K=0$$
解：

由特征方程可知，$n=4$，且$a_0=1,a_1=4,a_2=13,a_3=36,a_4=K$.

若系统稳定，需要满足如下条件：

1. 特征方程各项系数为正；
2. ${\Delta }_2=a_1{a}_2-a_0{a}_3>0$；
3. ${\Delta }_2>a_1^2{a}_4/a_3$；

即
$$\{\begin{array}{ll}& K>0\\ & 52-36>0\\ & 52-36>16K/36\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& K>0\\ & K<36\end{array}\Rightarrow 0<K<36$$
故要使系统稳定的$K$的取值范围为：$0<K<36$.

Example 3.12

已知单位反馈控制系统的开环传递函数如下，求当输入信号为：$1(t)、t、t^2$时，系统的稳态误差：$e_{ssp}(\infty )、e_{ssv}(\infty )、e_{ssa}(\infty )$.
$$G(s)=\frac{7(s+1)}{s(s+4)(s^2+2s+2)}$$
解：

由系统开环传递函数可得，闭环系统的特征方程为：
$$D(s)=s(s+4)(s^2+2s+2)+7(s+1)=s^4+6s^3+10s^2+15s+7=0$$
由赫尔维茨判据可知，$n=4$，各项系数分别为：$a_0=1,a_1=6,a_2=10,a_3=15,a_4=7$均为正，且${\Delta }_2=a_1{a}_2-a_0{a}_3=45>0$，及${\Delta }_2>a_1^2{a}_4/a_3=16.8$，因此，系统稳定.

由开环传递函数$G(s)$可知，系统是Ⅰ型系统，且$K=7/8$.故系统在$1(t)、t、t^2$输入信号作用下的稳态误差分别为：
$$e_{ssp}(\infty )=0,e_{ssv}(\infty )=1/K=1.143,e_{ssa}(\infty )=\infty$$

Example 3.13

设单位反馈系统的开环传递函数为：$G(s)=\frac{1}{Ts}$，用动态误差系数法求当输入信号分别为：$r(t)=\frac{t^2}{2}、r(t)=\sin 2t$时，控制系统的稳态误差.

解：

由题设可知，系统属于单位反馈系统，则系统的误差传递函数为：
$$\begin{array}{rl}{\Phi }_e(s)& =\frac{E(s)}{R(s)}=\frac{1}{1+G(s)}=\frac{Ts}{1+Ts}=Ts-(Ts{)}^2+(Ts{)}^3-(Ts{)}^4+\cdots \\ & \\ & =C_0+C_{1}s+C_2{s}^2+C_3{s}^3+\cdots \end{array}$$
所以：
$$E(s)={\Phi }_e(s)\cdot R(s)=(C_0+C_{1}s+C_2{s}^2+C_3{s}^3+\cdots )R(s)$$
故动态误差系数为：
$$C_0=0,C_1=T,C_2=-T^2,C_3=T^3,C_4=-T^4,\cdots$$
本系统为Ⅰ型系统，有：$C_1=\frac{1}{K_v}$，其中$K_v$为静态速度误差系数，故当$r(t)=t^2/2$时，有$e_{ss}(\infty )=\infty$.

【又解】

对$E(s)$在零初始条件下进行拉普拉斯反变换，可得：
$$e(t)=T\cdot \dot{r}(t)-T^2\cdot \ddot{r}(t)+T^3\cdot r^{(3)}(t)-T^4\cdot r^{(4)}(t)+\cdots$$
当$r(t)=t^2/2$时，有：
$$\dot{r}(t)=t,\ddot{r}(t)=1,r^{(3)}(t)=r^{(4)}(t)=\cdots =0$$
可得：
$$e(t)=Tt-T^2=T(t-T)$$
故系统的稳态误差为：
$$e_{ss}(\infty )=\underset{t\to \infty }{\lim }{e}_{ss}(t)=\underset{t\to \infty }{\lim }T(t-T)=\infty$$
当$r(t)=\sin 2t$时，有：
$$\dot{r}(t)=2\cos 2t,\ddot{r}(t)=-2^2\sin 2t,r^{(3)}(t)=-2^3\cos 2t,r^{(4)}(t)=2^4\sin 2t,\cdots$$
可得：
$$\begin{array}{rl}{e}_{ss}(t)& =T\cdot (2\cos 2t)-T^2\cdot (-2^2\sin 2t)+T^3\cdot (-2^3\cos 2t)-T^4\cdot (2^4\sin 2t)+\dots \\ & \\ & =\cos 2t[2T-(2T{)}^3+(2T{)}^5-\cdots ]+\sin 2t[(2T{)}^2-(2T{)}^4+(2T{)}^6-\cdots ]\\ & \\ & =\frac{2T}{1+4T^2}\cos 2t+\frac{4T^2}{1+4T^2}\sin 2t\\ & \\ & =\frac{2T}{\sqrt{1+4T^2}}\sin \left(2t+\arctan \frac{1}{2T}\right)\end{array}$$

Example 3.14

设舰船消摆系统如下图所示，其中$n(t)$为海涛力矩产生，且所有参数绘中除$K_1$外均为已知正值.如果$n(t)=10°\times 1(t)$，求确保稳态误差值：$|e_{ssn}(\infty )|\le 0.1°$的$K_1$值($e(t)$在输入端定义).

解：

由图可知，系统特征方程为：
$$D(s)=(1/{\omega }_n^2)s^2+(2\zeta /{\omega }_n)s+1+K_1{K}_2=0$$
由赫尔维茨判据可知，系统特征方程中$n=2$且各项系数为正，因此系统是稳定的.

由图可知，舰船消摆系统为一负反馈系统，且在扰动$N(s)$作用下，其前向通道传递函数为
$$G(s)=\frac{{\omega }_n^2}{s^2+2\zeta {\omega }_{n}s+{\omega }_n^2}$$
反馈通道传递函数为：
$$H(s)=K_1{K}_2$$
则
$${\Theta }_o(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}N(s)=\frac{1}{(1/{\omega }_n^2)s^2+(2\zeta /{\omega }_n)s+1+K_1{K}_2}N(s)$$
由于$e(t)$在输入端定义，可得：
$$E_n(s)=0-K_2{\Theta }_o(s)=-\frac{K_2}{(1/{\omega }_n^2)s^2+(2\zeta /{\omega }_n)s+1+K_1{K}_2}N(s)$$
由终值定理可得：
$$\begin{array}{rl}|e_{ssn}(\infty )|& =\left|\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_n(s)\right|=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{K_2}{(1/{\omega }_n^2)s^2+(2\zeta /{\omega }_n)s+1+K_1{K}_2}N(s)\\ & \\ & =\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{K_2}{(1/{\omega }_n^2)s^2+(2\zeta /{\omega }_n)s+1+K_1{K}_2}\cdot \frac{10}{s}=\frac{10K_2}{1+K_1{K}_2}\le 0.1\end{array}$$
故确保稳态误差值$|e_{ssn}(\infty )|\le 0.1°$的$K_1$值范围为：$K_1=100-1/K_2$.

Example 3.15

控制系统如下图所示：

要求：

1. 当$a=0$时，确定系统的阻尼比$\zeta$、自然频率${\omega }_n$和单位斜坡函数输入时系统的稳态误差$e_{ss}(\infty )$；
2. 当$\zeta =0.7$时，确定参数$a$的值及单位斜坡函数输入 时系统的稳态误差$e_{ss}(\infty )$；
3. 在保证$\zeta =0.7$和$e_{ss}(\infty )=0.25$条件下，确定参数$a$及前向通道增益$K$；

解：

1. $a=0$.

   由图可得，系统开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{8}{s(s+2)}=\frac{{\omega }_n^2}{s(s+2\zeta {\omega }_n)}$$
   则系统的自然频率和阻尼比为：
   $${\omega }_n=2\sqrt{2}=2.83,\zeta =\sqrt{2}/4=0.35$$
   由开环传递函数可知，系统为Ⅰ型系统，且$K_v=4$，故在单位斜坡函数输入时，系统的稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=1/K_v=0.25$$

2. $a\ne 0，\zeta =0.7$.

   由图可得，系统开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{8}{s(s+2+8a)}=\frac{{\omega }_n^2}{s(s+2\zeta {\omega }_n)}$$
   则
   $${\omega }_n=2\sqrt{2}=2.83,a=\frac{\zeta {\omega }_n-1}{4}=0.245$$
   由于系统是Ⅰ型系统，且$K_v=8/(2+8a)=2.02$，故单位斜坡函数输入时，系统的稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=1/K_v=0.495$$

3. $\zeta =0.7，e_{ss}(\infty )=0.25$.

   设前向通道增益为$K$，则开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K}{s(s+2+Ka)}=\frac{{\omega }_n^2}{s(s+2\zeta {\omega }_n)}$$
   系统为Ⅰ型系统，且$K_v=K/(2+Ka)$，单位斜坡函数输入时，系统的稳态误差为：
   $$e_{ss}(\infty )=1/K_v=2/K+a$$
   代入$\zeta =0.7,e_{ss}(\infty )=0.25$，有：
   $$\{\begin{array}{ll}& {\omega }_n^2=K\\ & 1.4\cdot {\omega }_n=2+Ka\\ & 2/K+a=0.25\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{ll}& {\omega }_n=5.6\\ & K=3.16\\ & a=0.186\end{array}$$
   故在保证$\zeta =0.7$和$e_{ss}(\infty )=0.25$条件下，参数$a=0.186$，前向通道增益$K=3.16$。

Example 3.16

已知单位反馈系统的开环传递函数如下：
$$G(s)=\frac{K}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}$$
求位置误差系数$K_p$、速度误差系数$K_v$、加速度误差系数$K_a$，并确定输入$r(t)=2t$时，系统的稳态误差$e_{ss}(\infty )$.

解：

根据静态误差系数定义式可得：
$$\begin{array}{rl}& K_p=\underset{s\to 0}{\lim }G(s)H(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{K}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}=\infty \\ & \\ & K_v=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot G(s)H(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{K}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}=K\\ & \\ & K_a=\underset{s\to 0}{\lim }{s}^2\cdot \frac{K}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}=\underset{s\to 0}{\lim }{s}^2\cdot \frac{K}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}=0\end{array}$$
由系统的开环函数可知，该系统为Ⅰ型系统，故在输入$r(t)=2t$时，系统的稳态误差为：
$$e_{ss}(\infty )=R/K_v=2/K$$

Example 3.17

设闭环传递函数的一般形式为：
$$\Phi (s)=\frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}=\frac{b_m{s}^m+b_{m-1}{s}^{m-1}+\cdots +b_{1}s+b_0}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}$$
误差定义为：$e(t)=r(t)-c(t)$.证明：

1. 系统在阶跃信号输入下，稳态误差为零的充分条件是：
   $$\Phi (s)=\frac{a_0}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}$$

2. 系统在斜坡信号输入下，稳态误差为零的充分条件是：
   $$\Phi (s)=\frac{a_{1}s+a_0}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}$$

3. 推导系统在加速度信号输入下，稳态误差为零的充分条件.

证明：

根据误差定义可知，系统的误差传递函数为：
$$\begin{array}{rl}{\Phi }_e(s)& =\frac{E(s)}{R(s)}=\frac{R(s)-C(s)}{R(s)}=1-\Phi (s)\\ & \\ & =\frac{(a_0-b_0)+(a_1-b_1)s+\cdots +(a_m-b_m)s^m+a_{m+1}{s}^{m+1}+\cdots +a_{n-1}{s}^{n-1}+s^n}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}\end{array}$$

1. 当系统在阶跃信号输入下，$\Phi (s)=\frac{a_0}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}$时，即：
   $$b_0=a_0，b_i=0(i=1,2,\cdots ,m)$$
   则
   $${\Phi }_e(s)=\frac{a_{1}s+a_2{s}^2+\cdots +a_{n-1}{s}^{n-1}+s^n}{s^n+a_{n-1}s+\cdots +a_{1}s+a_0}，R(s)=\frac{1}{s}$$
   由终值定理可得：
   $$e_{ss}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{\Phi }_e(s)R(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{a_{1}s+a_2{s}^2+\cdots +a_{n-1}{s}^{n-1}+s^n}{s^n+a_{n-1}s+\cdots +a_{1}s+a_0}=0$$
   因而充分条件得证.

2. 当系统在斜坡信号输入下，$\Phi (s)=\frac{a_{1}s+a_0}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}$时，即：
   $$b_0=a_0,b_1=a_1,b_i=0(i=2,\cdots ,m)$$
   则
   $${\Phi }_e(s)=\frac{a_2{s}^2+\cdots +a_{n-1}{s}^{n-1}+s^n}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}，R(s)=\frac{1}{s^2}$$
   由终值定理可得：
   $$e_{ss}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{\Phi }_e(s)R(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{a_2{s}^1+\cdots +a_{n-1}{s}^{n-2}+s^{n-1}}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}=0$$
   因而充分条件得证.

3. 同理可推导系统在单位加速度信号输入下，稳态误差为零的充分条件为：
   $$\Phi (s)=\frac{a_2{s}^2+a_{1}s+a_0}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}$$
   即
   $$b_0=a_0,b_1=a_1,b_2=a_2,b_i=0(i=3,\cdots ,m)$$
   则
   $${\Phi }_e(s)=\frac{a_3{s}^3+\cdots +a_{n-1}{s}^{n-1}+s^n}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}，R(s)=\frac{1}{s^3}$$
   由终值定理可得：
   $$e_{ss}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }s{\Phi }_e(s)R(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{a_3{s}^1+\cdots +a_{n-1}{s}^{n-3}+s^{n-2}}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}=0$$
   充分条件成立.

Exampel 3.18

若误差定义为：$e(t)=r(t)-c(t)$.求下图所示系统总的稳态误差$e_{ss}(\infty )$.

解：

【图a：前馈控制系统】

当$n(t)=0$时，系统的误差为：
$$E_r(s)=R(s)-C(s)=R(s)-\frac{s+1}{s^2+s+1}R(s)=\frac{s^2}{s^2+s+1}R(s)$$
根据误差定义，用终值定理求解系统的稳态误差，有：
$$\begin{array}{rl}{e}_{ssr}(\infty )& =\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot E_r(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{s^2}{s^2+s+1}R(s)\\ & =\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{s^2}{s^2+s+1}\cdot \frac{1}{s^2}=0\end{array}$$
当$r(t)=0$时，系统的误差为：
$$E_n(s)=R(s)-C(s)=-\frac{s^2+s}{s^2+s+1}N(s)$$
根据误差定义，用终值定理求解系统的稳态误差，有：
$$\begin{array}{rl}{e}_{ssn}(\infty )& =\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_n(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\left[-s\cdot \frac{s^2+s}{s^2+s+1}\cdot N(s)\right]\\ & \\ & =-\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{s^2+s}{s^2+s+1}\cdot \frac{1}{s}=0\end{array}$$
则总的稳态误差为：
$$e_{ss}(\infty )=e_{ssr}(\infty )+e_{ssn}(\infty )=0$$
【图b：反馈控制系统】

当$n(t)=0$时，系统的误差：
$$E_r(s)=R(s)-C(s)=R(s)-\frac{200}{0.5s^2+s+200}R(s)=\frac{0.5s^2+s}{0.5s^2+s+200}R(s)$$
根据误差定义，用终值定理求解系统的稳态误差，有：
$$\begin{array}{rl}{e}_{ssr}(\infty )& =\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_r(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{0.5s^2+s}{0.5s^2+s+200}\cdot R(s)\\ & \\ & =\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{0.5s^2+s}{0.5s^2+s+200}\cdot \frac{1}{s}=0\end{array}$$
当$r(t)=0$时，系统的误差：
$$E_n(s)=R(s)-C(s)=-\frac{200}{0.5s^2+s+200}\cdot N(s)$$
根据误差定义，用终值定理求解系统的稳态误差，有：
$$\begin{array}{rl}{e}_{ssn}(\infty )& =\underset{s\to 0}{\lim }s{E}_n(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\left[-s\cdot \frac{200}{0.5s^2+s+200}\cdot N(s)\right]\\ & \\ & =-\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{200}{0.5s^2+s+200}\cdot \frac{0.1}{s}=-0.1\end{array}$$
则总的稳态误差为：
$$e_{ss}(\infty )=e_{ssr}(\infty )+e_{ssn}(\infty )=-0.1$$

Example 3.19

已知系统闭环传递函数为：$\Phi (s)=\frac{a_{1}s+a_0}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}$，误差定义为：$e(t)=r(t)-c(t)$.求单位加速度函数输入时系统的稳态误差$e_{ss}(\infty )$.

解：

根据误差定义，可得：
$$E(s)=R(s)-C(s)=[1-\Phi (s)]R(s)=\frac{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_2{s}^2}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}\cdot R(s)$$
单位加速度函数输入时，$R(s)=\frac{1}{s^3}$.用终值定理求解系统的稳态误差，有：
$$e_{ss}(\infty )=\underset{s\to 0}{\lim }sE(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_2{s}^2}{s^n+a_{n-1}{s}^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_0}\cdot \frac{1}{s^3}=\frac{a_2}{a_0}$$
故单位加速度函数输入时系统的稳态误差为：$e_{ss}(\infty )=\frac{a_2}{a_0}$.

Example 3.20

控制系统如下图所示：

要求：

1. 选择参数$K_1$和$K_t$，使系统满足动态性能指标：$\sigma \%\le 20\%，t_s\le 2(\Delta =5\%)$的要求；
2. 求出系统的位置误差系数$K_p$、速度误差系数$K_v$和加速度误差系数$K_a$.

解：

1. 选择参数$K_1$和$K_t$.

   由图可得，系统的开环传递函数为：
   $$G(s)=\frac{K_1}{s(s+K_1{K}_t)}=\frac{{\omega }_n^2}{s(s+2\zeta {\omega }_n)}$$
   有：
   $${\omega }_n=\sqrt{K_1}，\zeta =0.5K_t\sqrt{K_1}$$
   由动态性能指标要求：
   $$t_s=\frac{3.5}{\zeta {\omega }_n}\le (\Delta =5\%)，\sigma \%={\mathrm{e}}^{-\pi \zeta /\sqrt{1-{\zeta }^2}}\times 100\%\le 20\%$$
   解得：
   $${\omega }_n\ge 3.8\Rightarrow {\omega }_n=4.23，\zeta =0.46$$
   则
   $$K_1=18.15，K_t=0.216$$

2. 确定静态误差系数。

   根据静态误差系数定义式可得：
   $$\begin{array}{rl}& K_p=\underset{s\to 0}{\lim }G(s)H(s)=\underset{s\to 0}{\lim }\frac{18.15}{s(s+3.92)}=\infty \\ & \\ & K_v=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot G(s)H(s)=\underset{s\to 0}{\lim }s\cdot \frac{18.15}{s(s+3.92)}=4.63\\ & \\ & K_a=\underset{s\to 0}{\lim }{s}^2\cdot G(s)H(s)=\underset{s\to 0}{\lim }{s}^2\cdot \frac{18.15}{s(s+3.92)}=0\end{array}$$

3. 控制系统单位阶跃响应。