自动控制原理模拟试卷四及答案

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1、自动控制原理模拟试卷四一、填空题（每空1分，共20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，ts定义为。%8、PI控制规律的时域表达式是。PID控制规律的传递函数表达式是O9、设系统的开环传递函数为，则其开环幅频特性为，

2、相频特s（T1s1）（T2s1）性为二、判断选择题（每题2分，共16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esslim - s 0 1s2R(s);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万程为（）。s（s1）A、s(s 1) 0B、s(s

3、1)50C s(s 1) 1 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 号为R(S),则从输入端定义的误差 E(S的(G(S),反馈通道传递函数为H(S),当输入信)A E(S) R(S) G(S)B、E(S) R(S) G(S) H (S)C、E(S) R(S) G(S) H(S)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(2s)KKK(1s)A、B、C、-2D、s(s1)s(s1)(s5)s(s3s1)s(2s)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

4、D、中频段7、已知单位反馈系统的开环传递函数为G(s)10(2s 1)2 , 2 1s (s 6s 100)当输入信号是r(t) 2 2t t2时，系统的稳态误差是()A、 0 ;B、8 ；c、10;8、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()D、20A、如果闭环极点全部位于 S左半平面，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、(16分)已知系统的结构如图1所示，其

5、中G(s) k(0.5s 1),输入信号s(s 1)(2 s 1)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(8 分)。R(s)C(s)詈 G(s)四、(16分)设负反馈系统如图2 ,前向通道传递函数为 G(s) 10,若采用测s(s 2)速负反馈H (s) 1 kss,试画出以ks为参变量的根轨迹(10分)，并讨论ks大小对系统性能的影响(6分)。R(s)C(s)4 G(s)H (s)五、已知系统开环传递函数为G（s）H（s）k（1一s）,k,T均大于0，试用奈奎斯特稳s（Ts1）定判据判断系统稳定性。（16分）题第五题、第六题可任选其一六、已知最小相

6、位系统的对数幅频特性如图3所示。试求系统的开环传递函数。（16分）20-40-20R(s)n 一Ks(s 1)L(co)dB-10七、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，相角裕度不小于40o,幅值裕度不小于10dB,试设计串联校正网络。（16分）自动控制原理模拟试卷三答案一、填空题（每题1分，共20分）1、稳定性（或：瓜平稳，性）;准确性（或：稳态精度.精度）12、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）Ts12G(s) 2 o n2 (或:s 2 ns n、1G T2s2 2T s 1)3、劳斯判据（或：时域分析法）;奈奎斯特判据（或：频域

7、分析法）4、结构；参数5、201gA（）（或：L（）;lg（或：_按对数分度）6、开环传函中具有正实部的极点的个数，（或：右半S平面的开环极点个数）;闭环传函中具有正实部的极点的个数（或：右半S平面的闭环极点个数，不稳定的根的个数_）;奈氏曲线逆时针方向包围（-1,j0）整圈数。7、系统响应到达并保持在终值5%或2%误差内所需的最短时间（或：调整时间,调节时间）;响应的最大偏移量 h（tp）与终值h（）的差与h（）的比的百分数。（或:h(tp) h()hO100% ，超调）Kp t8、m(t)Kpe(t)-p 0e(t)dtTt(或：Kpe(t) Ki 0e(t)dt)；-1Gc(s) Kp(

8、1 s)TsKi(或：Kp-Kds)s9、A()K(Ti )2 1(T2 )2 1_ 01 _1 _()90 tg (Ti ) tg (T2 )、判断选择题（每题2分，共16分）1、C2、A3、B4、D5、A6、D7、D8、A三、（16分）.1解：I型系统在跟踪单位斜坡输入信号时，稳态误差为ess（2分）Kv而静态速度误差系数KvlimsG(s)H(s)limsK(0.5sK(2分)s0s0s(s1)(2s1),11稳态反差为ess一。（4分）KvK1要使ess0.2必须K5,即K要大于5。（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_3_2_D(s

9、)s(s1)(2s1)0.5KsK2s3s(10.5K)sK0(1分)构造劳斯表如下21 0.5K3K3 0.5K03K01 s0 s3 s2 s为使首列大于0, 必须 0 K 6。综合稳态误差和稳定性要求，当四、（16分）5 K 6时能保证稳态误差小于。（1分）解：系统的开环传函G（s）H （s）10s（s 2）（1kss）,其闭环特征多项式为D（s） s2 2s 10kss 10 0,（1分）以不含ks的各项和除方程两边，得10ksss2 2s 101,令 10ks*K ,得到等效开环传函为*Ks2 2s 10（2分）参数根轨迹，起点：P1,21 j3,终点：有限零点Z1（2分）实轴上根轨

10、迹分布:OO, 0（2分）实轴上根轨迹的分离点:dss2 10 002 布3.16合理的分离点是 s -J。3.16, （2分）该分离点对应的根轨迹增益为*K1s2 2s 104.33,对应的速度反馈时间常数*K1s .10100.433（1分）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P1,21 j3, 一个有限零且零点不在两极点之间，故根轨迹为以零点Z10为圆心，以该圆心到分离点距离为半径的圆周。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ks大小对系统性能的影响如下:（1）、当0ks0.433时，系统为欠阻尼状态。根轨迹处在第二、三象限，

11、闭环极点为增加将使振荡频率d减小（,1）,但响应速度加快，调节时间缩短共轲的复数极点。系统阻尼比随着ks由零逐渐增大而增加。动态响应为阻尼振荡过程，ks（ts当。（1分）n-rztrr_*.（2）、当ks0.433时（此时K4.33）,为临界阻尼状态，动态过程不再有振荡和超调。（1分）*（3）、当ks0.433（或K4.33）,为过阻尼状态。系统响应为单调变化过程。（1分）P3图1四题系统参数根轨迹五、（16分）解：由题已知:G(s)H(s)系统的开环频率特性为G(j )H(j_2K (T )j(1 T )_ 22(1 T )(2分)开环频率特性极坐标图起点:0 ,A(0 ), (0 )900

12、； (1 分)声.八 、,A( ) 0, ( )270； (1 分)与实轴的交点：令虚频特性为零，即1实部G（jx）H（jx）K（2分）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当K1时，极坐标图不包围（1,j0）点，系统稳定。（1分）当K1时，极坐标图穿过临界点（1,j0）点，系统临界稳定。（1分）当K1时，极坐标图顺时针方向包围(1,j0)点一圈。N2(NN)2(01)2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、(16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环节。,1K(s1)故其开环传函

13、应有以下形式G(s)1(8分)s2(s1)2由图可知：1处的纵坐标为40dB,则L(1)20lgK40,得K100(2分)又由1和=10的幅值分贝数分别为20和0,结合斜率定义，有20 040 ,解得lg 1 lg101.103.16 rad/s (2 分)20 ( 10)同理可得20 ( 10)20或lg 1 lg 220lg 12 1000 1210000100 rad/s (2 分)故所求系统开环传递函数为100(G(s)一扁1)s2(S1001)(2分)七、(16分)解：(1)、系统开环传函G(s)s(s,输入信号为单位斜坡函数时的稳态误差为1)1essKv蚂 sG(s)H(s)1、一

14、,由于要求稳态误差不大于，取KK 2020G(s)s(s 1)(5分)(2)、校正前系统的相角裕度计算:L()20lg2020lg20lg.2c 4.47 rad/s c202L(c)201gl0c220得c1800900tg14.4712.60；而幅值裕度为无穷大，因为不存在x0(2分)(3)、根据校正后系统对相位裕度的要求，确定超前环节应提供的相位补偿角40 12.6 5 32.4 330(2分)(4)、校正网络参数计算a 1sin m1sin m1 sin330sin 3303.4(2分)(5)、超前校正环节在m处的幅值为:101g a 101g3.45.31dB使校正后的截止频率c发生在m处，故在此频率处原系统的幅值应为-L( m)L( c)201g 20 201gc 20lgc)2 15.31c解得 c B6(2分)(6)、计算超前网络a 3.4, c1 T-a T10.096.3.4在放大倍后，超前校正网络为Gc(s)1 aTs 1 0.306s1 Ts 10.09s校正后的总开环传函为:Gc(s)G(s)20(1 0.306s)s(s 1)(1 0.09s)(2分)(7)校验性能指标相角裕度180tg1_(0.3066)一1-1一一一090tg6tg(0.096)43由于校正后的相角始终大于符合设计性能指标要求。180o,故幅值裕度为无穷大。(1分)