大学《自动控制原理》试题及答案(十四)

一．选择题：(每题1.5分，共15分) 1.实验中可以从( )获取频率特性。

A.稳定的线性和非线性系统 B. 不稳定的线性和非线性系统 C.不稳定的线性系统 D. 稳定的线性系统 2.传递函数的概念适用于（ ）系统。

A ．线性、非线性 B. 线性非时变 C ．非线性定常 D. 线性定常 3．系统的动态性能包括（ ）。

A ．稳定性、平稳性 B. 平稳性、快速性 C ．快速性、稳定性 D. 稳定性、准确性 4 ．确定系统根轨迹的充要条件是（ ）。

A ．根轨迹的模方程 B. 根轨迹的相方程 C ．根轨迹增益 D. 根轨迹方程的阶次

5 ．正弦信号作用于线性系统所产生的频率响应是（ ）。 A ．输出响应的稳态分量 B. 输出响应的暂态分量 C ．输出响应的零输入分量 D. 输出响应的零状态分量 6．系统的传递函数完全决定于系统的 ( )。 A．输入信号 B.输出信号 C.结构和参数 D.扰动信号 7．控制系统的相位稳定裕量反咉了系统的 ( )。 A．稳定性 B.稳态性能

C.快速性 D.动态性能

8．一般来说，系统增加积分环节，系统的稳定性将（ ）。

A．变好 B.变坏 C.不变 D.可能变好也可能变坏

9．系统开环对数幅频特性L(ω)中频段主要参数的大小对系统的（ ）性能无影响。 A.动态 B. 稳态 C. 相对稳定性 D. 响应的快速性 10．反馈控制系统又称为（ ）

A．开环控制系统 B．闭环控制系统 C．扰动顺馈补偿系统 D．输入顺馈补偿系统 二．系统结构图如下，试求

（1）当k10时系统的动态性能；（2）使系统阻尼比0.707的k值；（3）当

k1.6时系统的动态性能。(15分)

三.系统方框如图所示，E（s）= R（s）—C（s）, 试求传递函数： （10分 ） （1）

C(s)C(s)C(s)，，； R(s)N1(s)N2(s)G21E(s)E(s)E(s)（2），，。 R(s)N1(s)N2(s) R(s)+N 1(s)

- G1 - - N2(s) G2 G3 C(s) 四. （15分）

系统结构如图所示：求K*0时的根轨迹。

五.系统方框图如图所示，设r（t）=n（t）=1（t），系统中各环节传递函数如下：

G1（s）=

K1，G2（s）=，H（s ）=2.5

0.05s1s5 试求：（1）系统的稳态误差；

1，后，求系统的稳态误差； s1（3）在扰动作用点右侧的前向通路中串入积分因子，后，求系统的稳态误差；

s（2）在扰动作用点左侧的前向通路中串入积分因子

（4）在（3）所述的情况下，拟对扰动加装补偿环节，以使扰动对输出无影响，试求补偿环节的传递函数并画出补偿后的方框图。 （15分）

N(s)

C(s) R(s) E(s) G2(s) G1(s) -

H(s) 六.某控制系统的开环传递函数为G（s）=

6;

s(0.2s1)(0.5s1)a) 试求系统的相位裕量和幅值裕量； b) 如采用传递函数Gc（s）=

10.4s的串联超前校正装置，试绘制校正后系统的伯

10.08s德图（不用修正），并求此时的相位裕量；

c) 讨论校正后系统的动态性能有何改进。 （15分）

七、采样控制系统框图如下：其中T=1. K=10. 试分析该系统的稳定性。并求该系统临界稳定时K值。（15分）

R(S) C(S)

1estsks(s1)

自动控制原理试卷14答案

一.1.D 2.D 3.B 4.C 5.A 6.C 7.B 8.B 9.D10.B

二.（15分）

(每题1.5分，共15分)

n10100解：1) 当k10时：(s)

0.1s2s10s210s100s22nsn22

n100101010 22100.5nK10 60 0.5 %=16.3%

K5 45 0.707 %=5%

30 32 %=0.43% K1.6(1.251)

tp3.141252100.363n10. %e1216.3%

t3.53.5s0.5100.7n2) (s)K100.1s2sKKs210s10K

1102 n n10K

10令210K0.70712

 102210K

1002410K K5(n10K1057.07)

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

（1分）

3) (s)1.6161616  0.1s2s1.6s210s16(s2)(s8)(s1)(s1)T1T2（1分）

1T查P86图3-17tT112, 4  s3.3 T2T1T128 ts3.3 T13.31.65； 2（1分）

.

三. （10分）

（5分）

G1G2G3G1G2G31G1C(s)E(s)C(s) =，=，=， R(s)1G1G1G2G3R(s)1G1G1G2G3N1(s)1G1G1G2G3

（5分）

G1G2G3G1G3G1G3E(s)C(s)E(s)=，=，=

1G1G1G2G31G1G1G2G3N1(s)N2(s)1G1G1G2G3N2(s) （ 5 分）

四. （15分）

K*(s2)解：GH(s)

s(s1)(24)1、起点、终点

2、分支数、对称性 见下图： 3、实轴上的根轨迹 4、根之和

（2分）

nmpii1zj5、渐近线： j1anm (2k1)anma01421.531

a(2k1)31900用根之和解释为什么根轨迹是这样

6、分离点坐标d

d[s(s1)(s4)]K*ddsds(s2)[s(s1)(s4)]K*(s2) ddsln[s(s1)(s4)]ddsln(s2) dds[lnsln(s1)ln(s4)]ddsln(s2) 1s11sd1s1s4s2 分离点d的一般公式：

n1mp

i1d1ij1dzj即有：

1d111d1d4d2 试根：（1）、现在根轨迹上判断一下d的大致范围：-0.5~-1之间。

（2）、先取d1=-0.5;上面方程不平衡。

再取d2=-0.6;上面方程反相不平衡（选择方向对，但过头了）选d*3=-0.55;方程基本平衡（Kd30.589）

（3）、d的精度到0.55%0.025以内即可。

（2分）

（2分）

（2分）

（2分）

（1分）

五. （15分） （1） ess=

12K; （2） （2）ess=0; （3） （3）ess=

1K. （4）如图所示，加装补偿器Gn（s）=1(0.G(s)=05s1)K. 1

1 G 1(s)N(s) R(s) E(s) G1(s) 1 - sG2(s) C(s) H(s)

六. （15分）

（1）相位裕量：=2.7º，幅值裕量Kg（dB）=1.34（dB）; （2）相位裕量=20.3º；

（3）校正后系统的幅值穿越频率增加，系统动态响应加快。

L（ω）

[-20] [-40]

[-20] 5 12.5 ω 2 2.5 [-40] [-60]

七.（15分）

（4分）

（3分） （3分） （3分）

（6分）

（3分） （2分） （2分）

（8分）

s解：G(s)k(1e)s2(s1)10(1es)s2(s1)

G(z)10(0.368z0.264)z2

1.368z0.368 (z)G(z)3.68z2.1G(z)64z22.31z3 特征方程： Z2

+2.31Z+300

λ1=-1.156+j1.29 λ2=-1.156-j1.29

不稳定。 （2）G(s)k(0.368z0.264)z2

1.368z0.368Z2-(1.368-0.368k)Z+(0.368+0.264k)=0 W 变换：

（2.736-0.104k）ω2

+（1.264-0.528k）ω+0.632k=0 ω2

2.736-0.104k 0.632k ω1 1.264-0.528k 0 ω

0 0.632k 0

所以：0.632k>0 1.264-0.528k>0 2.736-0.104k>0 得临界整定 kc=2.4

（1分）

（1分）

（1分）

（2分）

（1分） （2分）

（1分）

（2分）

（1分） （1分） （1分）

（1分）