《自动控制原理与系统》模拟试题标准答案2

2003级（05-06学年）自动控制原理试题（A）

参考答案及评分标准

1．如图示系统结构图1，试用结构图化简方法求传递函数

C(s)

。（15分）

R(s)

图1

解：

原图

G1 G1G2G3C(s)

得传递函数为 R(s)1 G1G2 G1G2G3

G2G3 1 G1

2． 控制系统如图2所示，系统单位阶跃响应的峰值时间为3s 、超调量 为20%，求K，a值。（15分）

图2

K(1 as)

解：开环传递函数 G(s)

s2

闭环传递函数

K

22 Kn

(s) 2 2

2 K(1 as)s Kas Ks 2 ns n

1

s2

e 0.2 已知

t 3(s) p

所以

0.46 n

1.18

2

K n 1.4

2 n1.09K，a分别为 a 0.78

K1.4

1． 已知系统特征方程为s5 3s4 12s3 24s2 32s 48 0，试求系统在S右 半平面的根的个数及虚根值。（10分） 解：列Routh表

S5 1 12 32

S4 3 24 48

3 12 2432 3 48 4 16 0 S3

33

4 24 3 16

12 48 S2

辅助方程 12s2 48

0,

S 24 求导：24s=0 S0 48

s1,24. 单位负反馈系统的开环传递函数G(s)

j2。

K

,绘制K从 0到

s(0.2s 1)(0.5s 1)

+∞ 变化时系统的闭环根轨迹图。（15分）

10KK解 ⑴ G(s) =

s(s 5)(s 2)s(0.2s 1)(0.5s 1)

系统有三个开环极点：p1 0,p2= -2,p3 = -5 ① 实轴上的根轨迹： , 5 ,

2,0

0 2 57

a33 ② 渐近线： (2k 1) , a 33

③ 分离点：

111

0 dd 5d 2

解得：d1 0.88，d2 3.7863(舍去)。 ④ 与虚轴的交点：特征方程为

32

D(s)=s 7s 10s 10K 0

Re[D(j )] 7 2 10K 0

令 3

Im[D(j )] 10 0

解得

K 7

与虚轴的交点（0， j）。 根轨迹如图示。 5． 已知单位负反馈系统开环传递函数G(s)

K(T2s 1)

,试概略绘制系 2

s(T1 1)

统的开环幅相频率特性曲线,并用奈氏判据判断系统的稳定性。（15分）

解：频率特性

K(j T2 1)

G(j )H(j )

2(j T1 1)

A( )

K( T2)2 1

2( T1)2 1

arctanT2 180 arctanT1

0

①

A(0 )

(0 ) 180

( ) 180

arctan T2 arctan T1

T2 T1

A( ) 0

0

曲线位于第三象限，见图示(a)，已知N=0， P=0，因此Z=P-2N=0-0=0，闭环系统稳定。

②

T2 T1

0

arctan T2 arctan T1

曲线位于第二象限，见图示(b)，已知N=-2， P=0，因此Z=P-2N=0-（-2）=2，闭环系统不稳定。

6． 某最小相角系统的开环对数幅频特性如图3所示。要求 （1）写出系统开环传递函数； （2）利用相角裕度判断系统的稳定性；

（3）将对数幅频特性向右平移十倍频程，截止频率和相角裕度会发生什么变化? （15分）

图3

解（1）由题图可以写出系统开环传递函数如下：

G(s)

10

ss

s( 1)( 1)0.120

（2）系统的开环相频特性为 ( ) 90 arctan截止频率 c 0.1 10 1

0.1

arctan

20

( c) 2.85 故系统稳定。 相角裕度 180

（3）将对数幅频特性向右平移十倍频程后，得系统新的开环传递函数

G(s)

100

s

s(s 1)( 1)

200

截止频率 c1 10 c 10 相角裕度

1 180 ( c1) 180 90 arctan

c1

1

arctan

c1

200

2.85

答：对数幅频特性向右平移十倍频程，使截止频率变大，相角裕度不变。

7． 离散控制系统如图4所示，采样周期 T=1s。 求系统稳定时K的取值 范围。（15分）

图4

解： G(s)

1

K 1 e Ts s2(s 2)

1 111 1

G(z) (1 z)KZ 2 (1 z)KZ 2 s(s 2)2s4s4s 2

K

Kz 1 zzzK 1 (1 z)K 2 2 2

2(z 1)4(z 1)4(z e)z 14z e 闭环特征方程

K1K1

(z 1)

K

1 1 0 2

z 14z e

2

1

K1K 2 3K 1 e 2 2 1e 2 1 2e 2 2 K1e 2 2e 2 022 2 劳斯判据，系统稳定的充要条件是

K1

11 e 2 0 2

K1 3K1 2K1 2

e 2e 2 0221

K1e 2 2e 2 0

所以使系统稳定的范围是4 0 K1 5.823

z

K13K1 2 2 K1 2

z z 1 1 e e e 0

44 4 1

0 5.823 16.778