自动控制原理期末考试试卷及答案.pdf

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1、课程名称：自动控制理论（A/B卷 闭 卷）试卷A一、填 空 题（每 空1分，共1 5分）1、反馈控制又称偏差控制，其控制作用是通过 与反馈量的差值进行的。2、复合控制有两种基本形式：即按 的前馈复合控制和按 的前馈复合控制。3、两个传递函数分别为G a）与G z 的环节，以并联方式连接，其等效传递函数为G（s）,则G为（用与G2（S）表示）。4、典型二阶系统极点分布如图1所示，则无阻尼自然频率3=,n阻尼比g =，该系统的特征方程为,该系统的单位阶跃响应曲线为。5、若某系统的单位脉冲响应为g（t）=1 0 e t+5 e w.”,则该系统的传递函数G为 o6、根轨迹起始于，终止于。7、设某最小

2、相位系统的相频特性为他（0）=均*以0）-9（）。-匆则该系统的开环传递函数为8、P I控 制 器 的 输 入 一 输 出 关 系 的 时 域 表 达 式 是，其相应的传递函数为，由于积分环节的引入，可以改善系统的 性能。二、选 择 题（每 题2分，共2 0分）1、采用负反馈形式连接后，则（）A、一定能使闭环系统稳定；B、系统动态性能一定会提高;C、一定能使干扰引起的误差逐渐减小，最后完全消除；D、需要调整系统的结构参数，才能改善系统性能。2、下列哪种措施对提高系统的稳定性没有效果（）。A、增加开环极点；B、在积分环节外加单位负反馈;C、增加开环零点；D、引入串联超前校正装置。3、系统特征方程

3、为D（s）=s 3+2 s 2+3s +6 =0,则 系 统（)A、稳定；B、单位阶跃响应曲线为单调指数上升；C、临界稳定；D、右半平面闭环极点数Z =2。4、系统在r（t）=2作用下的稳态误差e =o o,说 明（）SSA、型别u 0 ,则下列说法正确的是（）oA、不稳定；B、只有当幅值裕度k 1时才稳定；9C、稳定；D、不能判用相角裕度判断系统的稳定性。9、若某串联校正装置的传递函数为此也，则该校正装置属于（）。1 0 0 s+1A、超前校正 B、滞后校正 C、滞后-超前校正 D、不能判断1 0、下列串联校正装置的传递函数中，能在3 =1处提供最大相位超前角的是：C1 0 s+1 l Os

4、 +1 2s +l O.l s +lA、B、C、D、s +1 O.l s +1 0.5 s+1 1 0 s +l2三、（8分）试 建 立 如 图3所示电路的动态微分方程，并求传递函数。四 （共2 0分）系统结构图如图4所不:图41、写出闭环传递函数（s）=2表达式；（4分）R（s）2、要使系统满足条件：&=0.7 0 7,3 =2,试确定相应的参数K和p；（4分）n3、求此时系统的动态性能指标/,f ;（4分）0 s4、r（/）=2/时，求系统由r。）产生的稳态误差e ；（4分）S S5、确定G （s）,使干扰对系统输出c无影响。（4分）n五、（共1 5分）已知某单位反馈系统的开环传递函数为G

5、（s）=K,:S（S +3）21、绘制该系统以根轨迹增益9为变量的根轨迹（求出：渐近线、分离点、与虚轴的交点等）；（8分）2、确定使系统满足0 自 1的开环增益K的取值范围。（7分）六（共2 2分）某最小相位系统的开环对数幅频特性曲线,）如 图5所示:31、写出该系统的开环传递函数G （s）；（8分）02、写出该系统的开环频率特性、开环幅频特性及开环相频特性。（3分）3、求系统的相角裕度丫 o （7分）4、若系统的稳定裕度不够大，可以采用什么措施提高系统的稳定裕度？（4分）试题一答案一 填空题（每 题1分，共1 5分）1、给定值2、屹；扰 动;3、G J s)+G#)：4、=0.7 0 7 ；

6、s 2+2s +2=0 ；衰减振荡-2-5 1 0 +5 .s +0.2s s +0.5 s6、开 环 极 出:开环零点K(TS+1)7、s(T s+1)8、(t)=K K 1+；稳态性能P T P Ts二、判断选择题（每 题2分，共2 0分）41、D 2、A 3、C 4、A 5、D 6、A 7、B 8、C 9、B 1 0、B三、（8分）建立电路的动态微分方程，并求传递函数。解：1、根 据（2 分）即（2 分）建立电路的动态微分方程K C L 有uUCd+1JOU)-dt(OP-Ud u (t)d u (t)R R C_ _ o _ _+(7?+/?)u (X)=R R C i+R u 1 2

7、 dt 1 2 1 2 dt 2 i2、求传递函数对微分方程进行拉氏变换得R R C s U (s)+(R +R )U (s)=R R C s U (s)+R U (s)I 2 0 I 2 0 I 2 i 2 iU (s)R R C s+R得传递函数G(S)=U(5)R R Cs+R +RI 2 1 2（2 分）（2 分）四、（共2 0分）解：1、（4 分）(s)=C(s)K够KK(052、（4分）3、（4 分）4、（4 分）5、R(s)1+_+_ S2+部 s+K S 2+21CO S+(O2f K =c o 2=22=4S S2f K=4nn 肉=2员=2艰=0.707n。彳=e号 1苜2

8、=4.32/4 4.=2.8 3(DG(s)=晟（4 分）令:K1+昨 s(s +邓)5Ae=_.=20=1.414ss KK=C nN（S）B s(s +1)1GA(s)%=bpt v=l5n五、（共15分）得：G(s)=s +K 01、绘 制 根 轨 迹（8分）系统稳定时根轨迹增益K的取值范围：K 54,（2分）r r系统稳定且为欠阻尼状态时根轨迹增益K的取值范围：4 K 54,（3分）r r4系统稳定且为欠阻尼状态时开环增益K的取值范围：小 6（1分）9六 （共2 2分）解：1、从开环波特图可知，原系统具有比例环节、一个积分环节、两个惯性环节。K故其开环传函应有以下形式 G（s）=（2分

9、）s（2_ s+l X _ L s +l）0）31 2由图可知：c o =1处的纵坐标为40d B,则L（D=201g K =40,得K =100（2分）6c o =10 和=1002（2 分）10()故系统的开环传函为G 0（s）=4 i o+i Yi d()+（2 分）开环幅频特性开环频率特性2、写出该系统的开环频率特性、开环幅频特性及开环相频特性:（1分）（1 分）开环相频特性:(p (s)=-9()一的-1().1 一%-l O.Ol c oo（1分）3、求系统的相角裕度丫：求幅值穿越频率,令得 31.6rad/s(3 分)c -a r c t a n Te o （n g：-180 -

10、a r c t a n =7）32 2 C D 2 +1 1+工7326、调整时间:快速性二、判断选择题（每 题2分，共20分）1、B 2、C 3、D 4、C 5、B 6、A 7、B 8、B 9、A 10、D三、（8分）写出下图所示系统的传递函数%（结构图化简，梅逊公式均R（s）U可)。r PAC(5)i i解：传递函数G(s).根据梅逊公式G(s)=-(1分)R(s)A4 条回路:L=-G(s)G(s)H(s),1 2 3L=G(s)G(s)G(s),3 1 2 3特 征L=-(J(s)”(s),2 4L=-G(s)G(5)无互不接触回路。(2分)4I4式A=1-S4L=1+G(S)G(S)

11、H(S)+G(s)H(s)+G(s)G(s)G(s)+G(s)G(s)i 2 3 4 12 3 14i=l(2分)2 条前向通道：P=G(5)G(,V)G(5),A=1；112 3 1P=G(s)G(s),A=1(2 分)2 I 4 2G(s);色二*+P*=_4吨呷+卬吟_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _R(s)A 1 +G(s)G(s)H(s)+G(s)H(s)+G(s)G(s)G(s)+G(s)G(s)2 3 4 1 2 3 14(1分)四、(共 2 0 分)解：系统的闭环传函的标准形式为：($)=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

12、=吗，其中T 2 s2+2 1心+1 5 2 +2 c o s+(0 2n n1(0=T居=0.21、当 3,rr系统稳定且为欠阻尼状态时根轨迹增益K的取值范围：K =3 9,r rK开环增益K与根轨迹增益Kr的关系：长=才分）系统稳定且为欠阻尼状态时开环增益K的取值范围：K =1 3分）(2分)(3分)(1(114六、（共 22分）解：1、系统的开环频率特性为G(a)(/3)=K迎(1 +jco)（2分）幅频特性:A(o)=相频特性：3（8）=-9 0-arctanco 设 分）起点：3 =(),A(0 )=8，叭0 )=-9()。；(1 分)终点：8 f 8,A(8)=0,(p(o o)=

13、-18()；(1 分)=（）o o :（p（0）=-90 -180,曲线位于第3象限与实轴无交点。（1分）开环频率幅相特性图如图2所示。判断稳定性：开环传函无右半平面的极点，则P=O,极坐标图不包围（-1,j O）点，则N=0 图2根据奈氏判据，Z=P2 N=0 系统稳定。（3分）2、若给定输入。=2/+2时，要求系统的稳态误差为0.2 5,求开环增益K：系统为1型，位置误差系数K 0 =8,速度误差系数Kv=K,（2分）依题意：e=_=A=L =0.2 5 ,（3s s K K KV分）得 K=8（2分）8故满足稳态误差要求的开环传递函数为 G（5）H（5）=-s（s +1）3、满足稳态误差

14、要求系统的相角裕度Y:8令幅频特性：A（0）=,1,得c o =2.7,（2tt）2 c分）（p（o）=-90-arctanco=-90-arctan 2.7 -160,（1 分）c c相角裕度y：y=180+（p（co）=180J16O2O-（2分）15试 卷c一、填空题(每空1分，共2 0分)1、对自动控制系统的基本要求可以概括为三个方面，即：、快速性和。2、控制系统的 称为传递函数。一阶系统传函标准形式是,二阶系统传函标准形式是。3、在经典控制理论中，可采用、根轨迹法或 等方法判断线性控制系统稳定性。4、控制系统的数学模型，取决于系统 和 与外作用及初始条件无关。5、线性系统的对数幅频特

15、性，纵坐标取值为,横坐标为。6、奈奎斯特稳定判据中，Z =P -R,其中P是指,Z是指，R指.7、在二阶系统的单位阶跃响应图中，t定义为。是。s8、P I控制规律的时域表达式是。P I D控制规律的传递函数表达式是K9、设系统的开环传递函数为 口、，则其开环幅频特性为_，相频特S(/5+1)(/S+1)1 2性为 O二 判断选择题(每题2分，共1 6分)1、关于线性系统稳态误差，正确的说法是：()A、一型系统在跟踪斜坡输入信号时无误差；B、稳态误差计算的通用公式是e =l i m s z R(s)；ss ST01+G(S)H(S)C、增大系统开环增益K可以减小稳态误差；D、增加积分环节可以消除

16、稳态误差，而且不会影响系统稳定性。2、适合应用传递函数描述的系统是()。A、单输入，单输出的线性定常系统；B、单输入，单输出的线性时变系统；C、单输入，单输出的定常系统；D、非线性系统。53、若某负反馈控制系统的开环传递函数为则该系统的闭环特征方程为()os(s+l)A、5(S+l)=0 B、s(s+l)+5 =OC、s(s +l)+l=0D、与是否为单位反馈系统有关4、非单位负反馈系统，其前向通道传递函数为6切，反馈通道传递函数为“，当输入信16号为R(S),则从输入端定义的误差见事为()A、E(S)=R(SG(S)B、E(S)=R(S)G(S)-H(S)C、E(S)=R(SG(S)-H(S

17、)D、E(S)=R(S)-G(S)H(S)5、已知下列负反馈系统的开环传递函数，应画零度根轨迹的是()。K*(2 s)K*K*A、-B、C-s(s+l)s(s-l)(s+5)s(s23s+l)K*(l-s)D、_s(2 一 s)6、闭环系统的动态性能主要取决于开环对数幅频特性的：A、低频段 B、开环增益 C、高频段 D、中频段10(2s+l)7、已知单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=-,当输入信号是S2(J2+6S+100)r(t)=2+2t+h时，系统的稳态误差是()A 0；B、8；C、10D、208、关于系统零极点位置对系统性能的影响，下列观点中正确的是()A、如果闭环极点全部位于S左

18、半平面，则系统一定是稳定的。稳定性与闭环零点位置无关；B、如果闭环系统无零点，且闭环极点均为负实数极点，则时间响应一定是衰减振荡的；C、超调量仅取决于闭环复数主导极点的衰减率，与其它零极点位置无关；D、如果系统有开环极点处于S右半平面，则系统不稳定。三、(1 6分)已知系统的结构如图1所示，其中G(s)=k 0 5 s+l),输入信号s(s+l)(2s+l)为单位斜坡函数，求系统的稳态误差(8分)。分析能否通过调节增益k,使稳态误差小于0.2(8 分)。R(s)CG)图1四(16分)设负反馈系统如图2,前向通道传递函数为G(s)=1,若采用测s(s+2)速负反馈H(s)=l+k s,试画出以k

19、为参变量的根轨迹(10分)，并讨论k大小对系统性S S S能的影响(6分)。17R(s)五 已知系统开环传递函数为60）/（0=竺 二2,后t,T均大于o ,试用奈奎斯特稳X 7 +1）定判据判断系统稳定性。（1 6分）第五题、第六题可任选其一七 设控制系统如图4要求校正后系统在输入信号是单位斜坡时的稳态误差不大于0.0 5,相角裕度不小于4 0 o,幅值裕度不小于1 0 d B,试设计串联校正网络。（1 6分）试 卷c答案一、填空题（每 题1分，共2 0分）1、稳定性（或：场 平段性）:准确性（或：稳态精唐,精度112、输出拉氏变换与输入拉氏变换在零初始条件下的比值；G（s）=；/J+1C

20、0 21GQ）=-（或：G（$）=-）$+0 0 2 72皿+2其$+1n n-3、劳斯判据（或：时域分析法）:奈奎斯特判据（或：频域分析法）4、结构；参数5、2 0 1 g/（()K().5s+1)s(s+l)(2s+l)=K(2 分)1F要使e 0.2SS必 须K 一 =5,即K要大于5o（6分）0.2但其上限要符合系统稳定性要求。可由劳斯判据决定其上限。系统的闭环特征方程是D(s)=s(s+l)(2s+l)+0.5Ks+K=2s3+3s2 +(1+0.5K)s+K=0(1 分)构造劳斯表如下S3 2 1 +0.5KS2 3 K3 0.5K 为使首列大于0,必 须0 K 6。si-03so

21、 K 0综合稳态误差和稳定性要求，当5 K 6时能保证稳态误差小于0.2。（1分）四 （16分）191 0解：系统的开环传函G（S）H（S）=-一木（1+A?,其闭环特征多项式为D（s）D（s）=S 2+2 s+1 0 k s+1 0 =0,（i分）以不含k的各项和除方程两边，得S 5K*1 0 kss=-1 ,令1 0 k=K*,得到等效开环传函为=一1 （2分）S2+2S+10 s S2+2S+10参数根轨迹，起点：P=一1/3,终点：有 限 零 点z=0,无穷零点 9（2分）1.2 1实轴上根轨迹分布：8,0 （2分）实轴上根轨迹的分离点：令 d,s2 +2 s+1 0、_-I-广。得d

22、sk s）S2-1 0 =0,s=JTo=3.1 61.2 合理的分离点是s=j 炳=-3.1 6,（2分）该分离点对应的根轨迹增益为“S2+2S+10-4 2 2 1 KK*=-对应的速度反馈时间常数 k=,=0 4 3 3 （1分）1 S S一 弼 S 1 0根轨迹有一根与负实轴重合的渐近线。由于开环传函两个极点P =-1;3 ,一个有限零1.2点z=01且零点不在两极点之间，故根轨迹为以零点z=0为圆心，以该圆心到分离点距离为半径的1圆周。根轨迹与虚轴无交点，均处于s左半平面。系统绝对稳定。根轨迹如图1所示。（4分）讨论k大小对系统性能的影响如下：S/、当 0 ,s(Ts+1)系统的开环

23、频率特性为G(ytO)H (/CO)=K -(T+T)C O -7(1-7(02)C O(1+T2(O 2)(2 分)开环频率特性极坐标图起点：(0 =(),/(0 )=8,(p()=-9 0。；(1 分)+终点：(o-8,&o o)=0,3 2 =0 得本(2 分)实部 G(/o )H(/o )=-KT(2 分)X X开环极坐标图如图2所示。(4 分)由于开环传函无右半平面的极点，则P=0当 K T 1 时，极坐标图顺时针方向包围(-1,j O)点一圈。N=2(N-N)=2(0-l)=-2图2 五题幅相曲线按奈氏判据，Z=P-N=2o系统不稳定。(2 分)闭环有两个右平面的极点。六 (1 6

24、 分)解：从开环波特图可知，系统具有比例环节、两个积分环节、一个一阶微分环节和一个惯性21环节。K(一 s+1)故其开环传函应有以下形式 G(s)=-(8分)S 2(s+1)C D2由图可知：=1处的纵坐标为4 0 d B,则 L(l)=2 0 1 g K=40,得 K=1 0 0 (2 分)又 由 3=8 11 8=1 的幅值分贝数分别为2 0 和 0,结合斜率定义，有2（）（）=-4 0,解得 c o =3.1 6 r a d/s（2 分）I g c o -I g lO 1!2 0-（-1 0）C D同理可得-：-：-=-2 0 或 2 0 1 g =3 0 ,31C O =1 0 0 r

25、 a d/s（2 分）2IgUJ IgUJ1 2C 0 2 =1 0 0 0 C O 2 =1 0 0 0 0 得21故所求系统开环传递函数为1 0 0（-2=+1）G（s）=严S2L+1）1 0 0（2分）七 (1 6 分)K解：(1)、系统开环传函 G(s)=,输入信号为单位斜坡函数时的稳态误差为s(s+l)e=JL=(msG(s)H(s)=-L，由于要求稳态误差不大于0 0 5,取 K=2 0s s K s o KV2 0故 G(s)=-(5 分)s(s+l)(2)、校正前系统的相角裕度Y 计算：L(c o)=2 0 1 g 20-2 0 1 g c o -2 0 1 g j c o 2

26、+lL(c o )2 0 1 g =0 c o 2 =2 0 得 c o =4.4 7 r a d/sc C O 2 c ccY=1 80。9 0。tg i 4.4 7 =1 2.6。；而幅值裕度为无穷大，因为不存在 a _ R(s)A 1+G(s)H(s)+G(s)H(s)+G(s)H(s)+G(s)H(s)G(s)H(s)112 2 3 3)13 3(2分)四、(共1 5分)1、写 出 该 系 统 以 根 轨 迹 增 益K*为变量的开环传递函数；(7分)2、求出分离点坐标，并写出该系统临界阻尼时的闭环传递函数。(8分)解：1、由图可以看出，系统有1个开环零点为：1 (1分)；有2个开环极点

27、为：0、-2(1分)，而且为零度根轨迹。28一 K*（s 1）K*（-s）由此可得以根轨迹增益 K*为变量的开环传函 G(s)=-=s(s +2)5(5 +2)(5分)2、求 分 离 点 坐 标 L=1+，得=0.7 32,d=2.7 32 (2 分)d-1 d d+2 1 2分别对应的根轨迹增益为K*=1.1 5,K“=7.4 6 (2分)1 2分高点的为临界阻尼点，d 2为不稳定点。单位反馈系统在dj(临界阻尼点)对应的闭环传递函数为，K*(l s)=G(s)_ s(s+2)=K*(l-s)=-1.1 5(5-1)(4 分)1 +G(s)-j K*(l-s)-s(s +2)+K*(l s)

28、-5 2 +0.8 5 5+1.1 5s(s +2)五、求系统的超调量c%和调节时间t。(1 2分)解：由图可得系统的开环传函为：G(s)=s(s+5)因为该系统为单位负反馈系统，则系统的闭环传递函数为，2 5=，=s(s +5)=2 5 =521 +G(s)j+2 5 5(s +5)+2 5 s+5 5+5 2s(s+5)(2分)(2分)（02与二阶系统的标准形式(S)S2+2 4 3 S+C02n n比较,侬 co=5CO2=52n有(2分)R =0.5解得ico=5I n(2分)所以o%=e-也/J i-4 2 =g-o.5 n/1-0.5 2 =1 6.3%3 3t=_二=1.2 s或

29、亡=荻-0.5 x 5=1.6 s ,3n3.50.5 x 5t=_=_3_.5_s c o 0.5 x 5n1.4 s,（2分）（2分）4.5 4.5 t=-=-=1.8 ss 0.5 x 54 4六、已知最小相位系统的开环对数幅频特性L(3)和串联校正装置的0对数幅频特性L )如下图所示，原系统的幅值穿越频率为cc o =2 4.3m d/s：（共 3 0分）291、写出原系统的 开 环 传 递 函 数 G (s),并 求 其 相 角 裕 度 丫，判断系统的稳定性;0 0(1 0 分)2、写出校正装 置 的 传 递 函 数 G (s)；(5 分)C3、写 出 校 正后的开环传递函数G (s

30、)G(s),画出校正后系统的开环对数幅频特0 c性 L (c o),并 用 劳 思 判 据 判 断 系 统 的 稳 定 性。(1 5 分)GC解：1、从开环波特图可知，原系统具有比例环节、一个积分环节、两个惯性环节。八，、K故其开环传函应有以下形式 G (s)=(2 分)s(_ s+l)(_ s +i)3 (0由图可知：8 =1处的纵坐标为4 0 d B,则 L(l)=2 0 1 g K =40,得 K=1 0 0 (2 分)c o =1 0 和 c o =2 0I 2八1 0 0 1 0 0故原系统的开环传函为G (s)=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

31、 _ (2 分)s(_ 5+l)(_ s+l)s(0.1 s+l)(0.0 5 s+l)TO 2 0求原系统的相角裕度Y ：T (s)=-9 0 -1 0.(a-t g-i 0.0 5(o0 0由题知原系统的幅值穿越频率为3=2 4.3r a d /sC(P (c o )=-9 0-1 0.1 0 -tg-i 0.0 5(o =-2 0 8 。分)0 c c cY =1 8 0 +(p(o)=1 8 0 -2 0 8 -2 8 0 Q 分)0 0 c对最小相位系统Y =-2 8。0不稳定o2、从开环波特图可知，校正装置一个惯性环节、一个微分环节，为滞后校正装置。,s +l _ J _ s +l

32、故其开环传函应有以下形式 G (s)=?_ _ _ _ _0 32 _3-1 2 5 s +l (5 分)c s+1 1 1 0 0 S +1_ _ _ _ _ _ _ S +13 1 0.0 113、校正后的开环传递函数G (s)G (s)为0 c、八，、1 0 0 3.1 2 5 S +1 1 0 0(3.1 2 5 s+1)G (s)G (5)=-=-o c s(0.1 s+l)(0.()5 s +l)l OOs +l s().l s+l)(0.0 5 s +l)(1 0 0 s +l)(4 分)用劳思判据判断系统的稳定性系统的闭环特征方程是30D(s)=s(0.1 s+1 )(0.05 s+1 )(1 00s+1 )+1 00(3.1 2 5 s+1)=0.5.V4 +1 5.005.V3 +1 00.1 5.?2 +3 1 3.5 s+1 00=0（2 分）画出校正后系统的开环对数幅频特性L（3）GC构造劳斯表如下540.51 00.1 5 1 00S31 5.005 3 1 3.50528 9.71 000512 9 6.80501 000首列均大于0,故校正后的系统稳定。（4分）=（惯性环节），=1/0.05 =2 0（惯性环节）（4 分）31