2021深圳大学机电与控制工程904自动控制原理--考研核心题库[选择题+简答题+分析计算题].pdf

掌心博阅电子书重点名校考研专业课精品资料系列HAND E-BOOK2021年深圳大学机电与控制工程学院904自 动控制原理一考研核心题库选择题+简答题+分析计算题主编：掌心博阅电子青田掌心博阅电子书出品www.handebo o k.c o m版权声明本书根据历年考研大纲要求并结合历年考研真题按照考研题型进行了整理编写，涵盖了这一 考研科目重点试题及高频试题并给出了详细参考答案，针对性强，有的放矢，提高复习效率，是 考研复习首选资料。青岛掌心博阅电子书依法对本书享有专有著作权，同时我们尊重知识产权，对本电子书部分 内容参考和引用的市面上已出版或发行图书及来自互联网等资料的文字、图片、表格数据等资料，均要求注明作者和来源。但由于各种原因，如资料引用时未能联系上作者或者无法确认内容来源 等，因而有部分未注明作者或来源，在此对原作者或权利人表示感谢。若使用过程中对本书有任 何异议请直接联系我们，我们会在第一时间与您沟通处理。因编撰此电子书属于首次，加之作者水平和时间所限，书中错漏之处在所难免，恳切希望广 大考生读者批评指正。第2页，共80页博阅 HAND E-BOOKwww.handebo o k.c o m特别说明本书由本机构编写组多位高分在读研究生按照考试大纲、真题、指定参考书等公开信息潜心整理 编写，仅供考研复习参考，与目标学校及研究生院官方无关，如有侵权请联系我们立即处理。一、选择题1.系统的传递函数_。A.与输入信号有关，与系统结构和参数有关B.与输入信号无关，与系统结构和参数有关C.与输入信号有关，与系统结构和参数无关D.与系统结构无关，与系统参数有关【答案】B2.下面4个控制器的传递函数中，哪一个是滞后一超前控制器？(s+l HO.l s+1)5一(5s+D(0.025+1)r(._ s4i“5s+i)5(0.l s+l)(0.02.5+1)r._(j+1)(0.02s+1)J 3-(0.l s+1)c .(5s+l)(0.l s+1)U Gc(S)(s+f y(O.02s+l)【答案】A3.线性定常系统对某输入信号的响应已知，则求该系统对输入信号导数的响应，可通过把系统 对该输入信号响应的_来求取；而求系统对该输入信号的积分的响应，可通过系统对该信号响应的 来求取。A.导数，导数B.积分，积分C.导数,积分D.积分，导数【答案】C4.观察开环系统频率特性的_可以判断系统的型别。A.高频段B.中频段C.低频段D.无法判断【答案】C第3页，共80页博阅 HAND E-BOOKwww.handebo o k.c o m5.已知系统开环传递函数为G(s)=取的措施有 OK5(丁j s+l)(Tzs+1),其相角裕度过小，欲增大相角裕量，可采A.增大KB减少KC减小筋D.减小了2【答案】B【解析】减小开环增益，可以降低剪切频率，系统的快速性变慢，稳定性变好，故选择瓦6.下面是4个系统的微分方程数学模型，其中r(t)为系统的输入，c(t)为系统的输出，它们中是线性系统的是_O人.、今匚 d r(r),d2r(/)(、A.c Q)=25I 6r 3d第6页，共80页www.handebo o k.c o mB.Sn3dC 3n=3rD 3r=0)n 3d【答案】B【解析】t t d=3n-F,Ct)r=CUn-/1 -22,显然，CUnd3r故选 B。18.闭环控制系统有效地控制 中的扰动的影响。A.给定通道B.前向通道C.反馈通道D.测量通道【答案】B【解析】通过前馈补偿，闭环控制系统能够有效消除前向通道中的扰动。19.系统开环传递函数为约然普产，则系统在高频段切一8渐近线的斜率为A.OdB/decB.-20dB/decC.-40dB/decD.以上皆不是【答案】D【解析】传递函数分母与分子的阶数相差为2,故选择D20.系统校正中引入“偶极子”的作用是改善系统的 oA.稳态特性B.动态特性C.稳定性D.以上说法均不对【答案】A【解析】偶极子可以产生很大的开环增益而对系统的动态性能影响不大。21.某系统的结构如图所示，当输入信号r(t)=2sint时,_。A.系统的闭环频率特性的苏=古B.系统的闭环频率特性内加=品C.系统的稳态输出c(t)=V2sin(f45)D.系统的稳态输出 c(.t y)=-/2sin(i 90)E.系统的稳态输出c(t)=sin(t-45。)【答案】C1【解析】如。=1=-=，(j 3)=：N-ar c t aM3 J 1 _L S十 1 vl+c u当卬=1时，代入可以得到第7页，共80页。(讪)L=i=房/一45。,由频率特性c=任由(145。)，故选择C。/=i 1 1 _50)_ 1 _ 100得至ICL=而.RC=m,于是UNs)j _,_-/+】0s+100 oToo To22.自动控制系统根轨迹确定后，如果开环传递函数增加一个极点，则A.根轨迹由左向右移动B.根轨迹由右向左移动C.根轨迹的位置不变【答案】A【解析】考查增加开环极点对系统根轨迹形状的影响。正确答案是A。23设系统的开环传递函数G(5)分母的阶次为m而且 徵则D(s)=1+G(s)的_。A.零点数等于极点数B.零点数小于极点数C.零点数大于极点数D.零点数等于、小于或大于极点数【答案】A【解析】考查开环传递函数和闭环传递函数之间的关系。D(s)=l+G(s)的次数由极点决定，所有选A。24.线性定常系统对某输入信号的响应已知，则求该系统对输入信号导数的响应，可通过把系统 对该输入信号响应的_来求取；而求系统对该信号的积分的响应，可通过系统对该输入信号响应的来求取_OA.导数，导数B.积分，积分C.导数,积分D.积分，导数【答案】C25.在频率法校正中，利用串联超前校正网络和串联滞后校正网络的实质是_oA.前者主要是利用相位超前特性，后者利用相位滞后特性B.前者利用低频衰减特性，后者利用高频衰减特性C.前者是利用低频衰减特性，后者利用相位滞后特性D.前者是利用相位超前特性，后者利用高频衰减特性【答案】D第8页，共80页www.handebo o k.c o m,其开环增益和时间常数分别为9（）26.单位反馈系统的开环传递函数为G（s）=大品5A.20,5B.50,0.2C.10,5D.10,0.2【答案】D【解析】将传递函数改写成如下标准形式（尾1式）：G（5）=q：+i）,开环增益和时间常 数分别为10和0.2,答案为Do27.系统的特征方程的根在用平面上的位置与系统瞬态响应的对应关系为_。A.只要有一个根在6坪面的左边，系统的瞬态响应就收敛B.只要有一个根在“坪面的右边，系统的瞬态响应就收敛C.只要有一个根在平面的右边，系统的瞬态响应就发散D.只要有一个根在A外面的左边，系统的瞬态响应就发散E.所有根在U坪面的右边，系统的瞬态响应就收敛F.所有根在口坪面的右边，系统的瞬态响应就发散G所有根在口外面的左边，系统的瞬态响应就收敛H.所有根在R平面的左边，系统的瞬态响应就发散L特征方程的所有根在R平面的虚轴上，系统的瞬态响应就发散J.特征方程的所有根在口呼面的虚轴上，系统的瞬态响应就收敛【答案】C28.系统的传递函数_。A.与输入信号有关，与系统结构和参数有关B.与输入信号无关，与系统结构和参数有关C.与输入信号有关，与系统结构和参数无关D.与系统结构无关，与系统参数有关【答案】B29.下面函数中最小相位传递函数的是A.G(s)5+5$2(s 3)B.G(s)_(s-8)(.s+1)d+5$+1C.G(s)(s+5)(5Z 4s+12)(s+3)第9页，共80页思照思 www.hande-m2D，G(C=s(s+8)(s2+6s+9)【答案】D【解析】C中4s+i2=0的解s=4，16t2空=22畲有正实部,不稳定的根，非 最小相位传递函数，只有D是。30.已知系统的单位阶跃响应为C(r)=1 2c，+e，则该系统的闭环传递函数为_。A s2+2s+2.(s l)(s+2)r d+2s+2 s(s+1)(5-u2)c_($+l)(s+2)D.-5(s+l)(5丁 2)【答案】c二、简答题31.系统的传递函数、频率特性、根轨迹，各表征系统的何种特性？它们之间有何关系？比较后 两种方法在分析系统性能上的优劣。【答案】传递函数表征的是信号的传递特性，频率特性表达的是系统跟踪复现信号的能力，根轨迹则表征的是系统特征方程的根随参数而变化的趋势；三者从不同的角度描述系统。频率特 性可以通过系统的传递函数令$=讪代入得到的复数比得到，而系统的根轨迹可以通过系统的传递 函数的特征方程，按照根轨迹的绘制规则得到。频率特性能够很直观地看到系统随信号频率变化 的特性，但是不能直观的看出系统特征根的分布，而根轨迹可以看出系统的特征根分布，但是它 不能反映出系统输出随输入信号频率变化而变化的规律。32.位置随动控制系统如图所示。试分析系统的工作原理并画出该系统原理方框图。工作机械 丁小-(=一避【答案】工作原理：当工作机械转角4与手柄转角4一致时，两个环形电位计组成的桥式电 路处于平衡状态，输出电压=0,电机不转动，系统相对静止。如果手柄转角仇变化，而工作机 械处于原位，这时，桥式电路的输出如K0，经放大器放大后驱动电机转动，经减速器拖动工作机第10页，共80页www.handebo o k.c o m械向Q要求的方向偏转。当时，电机停转，系统达到新的平衡状态，从而实现角位移随动目 的。根据上述分析，得出系统的原理方框图如图所示。%鬣十中七叵电动机-减速器负载扰动工作机械反馈 电位计图33.何谓极限环？在单位反馈的典型非线性控制系统中，产生极限环的条件是什么？以公式表示 之。【答案】非线性系统的相轨迹在相平面上表现为一个孤立的封闭曲线，所有附近的相轨迹都 渐近地趋向或离开这个封闭曲线，则此封闭的相轨迹称为极限环。产生的条件为-志=G(j 3)有 解,其中N(A)为非线性环节的描述函数，52为线性环节的频率特性。34.下图1所示的自动平衡仪表，实质上是一个电压一位置随动系统，试画出系统的控制方框图。图1【答案】(1)工作原理：闭环控制方式。当输入电压为零时，电位器调整在4。=0,记录仪指针位于零位，电动机不动。当输入U、上升趋于某工作点时，电动机随之转动并带动电位器电刷和记录仪指针同步移动，直至反馈电压 几=5,此时电动机停转，记录仪指针指在的位置。当输入电压G在工作点附近上下波动时,与的偏差电压会通过放大器驱动电动机随之转动，带动仪表指针向q要求的位置移动。当=时，系统达到新的平衡状态，电动机停转，从而实现电压自动跟踪记录的目的。被控对象是电动机，被控量是电动机输出转角(产生电位器电刷位置和仪表指针位置)，给 定量是现场输入电压a o系统的方框图如图2所示。第11页，共80页图235.非线性系统如下图(a)所示其中线性部分G的幅相频率特性如下图(b)所示。非线性部分的描述函数 N(X)为 N(X)=曰s in 7(p 十 x*要求：非线性特性的描述函数是如何定义的？非线性系统应用描述函数法分析时应具备什么条 件？设非线性环节(饱和特性)的斜率上=】，试画出非线性特性的负倒特性号。(3)说明京。与后的交点是否为稳定的自持振荡点。(4)若要求该非线性系统稳定，说明线性部分的增益K和非线性环节的斜率k的取值应如何改图【答案】描述函数的定义参考前面基本概念题，非线性系统使用描述函数法时应满足：非线性系统的结构图可以简化为只有一个非线性环节N和一个线性环节G 3串联的闭环结 构。非线性特性的静态输入输出关系是奇对称的，即爪)=-(-)，以保证非线性环节在正弦 信号作用下的输出中不包含直流分量。系统的线性部分G具有良好的低通滤波特性，以保证非线性环节在正弦输入作用下的输第12页，共80页博阅 HAND E-BOOKwww.handebo o k.c o m出中的高频分量被大大削弱。非线性特性的负倒特性如下图1所示。Re图1(3)M点为稳定的自持振荡点，N点为不稳定的自持振荡点。36.对于连续控制系统，请回答开环增益越大系统越不稳定吗？并说明理由。【答案】对于连续控制系统，开环增益越大系统不一定越不稳定。因为这个结论只对最小相 角系统成立，非最小相角系统没有这个规律。可能是开环增益越大稳定性越好。37.增大控制器的比例控制系数对闭环系统输出有何影响？为什么加人滞后校正环节可以提高稳 态精度，而又基本上不影响暂态性能？【答案】增大控制器的比例控制系数使系统的带宽增加，系统反应变快、超调量增加、稳态 精度提高，但抗高频干扰能力降低。滞后校正具有高频衰减特性，如果在滞后校正环节前面串联一增益，可以使滞后环节对中、高频没有影响，而使系统的低频段提高，系统的稳态精度变好，系统的动态性能是由系统的中频 段决定的，中频段不变，即对其暂态性没有影响。38.已知某一闭环系统有一对主导极点，由于这对主导极点距离S平面的虚轴太近，使得系统的 阶跃响应较差，试问系统响应较差表现在哪方面？若想改善系统性能应采取什么措施？【答案】主导极点距离S平面的虚轴太近，说明主导极点的实部太小，由于极点的实部大小 直接影响系统的峰值时间，而且系统的峰值时间与极点实部的大小成反比，故峰值时间太大，系 统反应大为缓慢，阶跃响应表现不好，要想改善系统的性能，即增加系统的快速性，可以采取超 前校正或其他降低系统阻尼比的措施。第13页，共80页39.下图所示为自动记录仪小功率随动系统的原理图。待记录电压为。系统输入量，记录笔位移 L为系统输出量。电位器兄组成的桥式电路的输出力反映记录笔的位移。试分析系统的工作 原理并画出原理方框图。图【答案】由题图知，桥式电路为测量元件%-%为偏差信号。偏差信号经放大后驱动 伺服电动机并经减速齿轮带动记录笔和电位器危的滑块移动。当/%时，偏差信号4为正，记 录笔正向移动（如向左移动），同时/?2滑块移动结果使与增大，两者的偏差%减小；当4 V叼时，匕为负，记录笔及凡滑块均反向移动（如向右移动）,%减小，同样使两者偏差%的数值减小；当%=%时，=0,记录笔及兄滑块均停止移动。总之，该系统通过负反馈控制使记录笔的位移 跟随输入信号变化而变化。系统的方框图如图所示。图40.如图所示,要求：指出系统的输出量、给定输入量、扰动输入量、被控对象以及自动控制器的各部分组成,并画出原理方框图。说明该系统的基本工作原理。第14页，共80页博阅 HAND E-BOOKwww.handebo o k.c o m图【答案】(1)被控对象：电炉；输出量：炉温；给定信号：给定电压信号；扰动量：外界环境温度。自动控制系统部分包括：电位计、放大器、电机、减速器以及自耦调压器、热电偶。系统原 理方框图如图所示：号 定信 给压电热电偶减速器一功率放大-可逆电机一自耦调压器电炉际温实炉 环境温度图(2)工作原理：当电炉温度低于设定值时，热电偶输出电压减小，偏差信号。，经电压 放大、功率放大后驱动电机正向转动，经减速器调整自耦变压器的动点位置，提高加热器的供电 电压，使炉温升高。当炉温达到设定值时，的=%,Au=0,电机停止转动，维持炉温为设定值。反之亦然。41.某闭环无零点二阶系统出现谐振，则该系统一定存在超调量;反之，某闭环无零点二阶系统出现 超调量，则该系统一定存在谐振。这个说法正确吗？并说明理由。【答案】这个说法不正确。因为有谐振的范围是5 0.707时，而有超调量的范围是05 1。因此0.707 0.707皿2。43.试写出微分方程、传递函数和频率特性这三种数字模型之间的关系。【答案】微分方程、传递函数和频率特性都是对系统本质特征的描述，传递函数是基于微分第15页，共80页www.handebo o k.c o m方程的，是微分方程在零初始条件下拉普拉斯变换后输出关于输入的比；频率特性之间表示出来 系统跟踪信号的快慢，是假设系统在正弦信号输入条件下，输出信号的与输入正弦信号的复数比,该复数即为在系统传递函数中令5=讪代入整理后得到的复数。44.下图1所示自动调速系统。(1)分析(a)与(b)的工作原理，画出功能方框图。(2)假设空载时，(a)与(b)的工作机械转速均为100r/min，当工作机械受到同样大的负载阻力矩【答案】对于题图(a)：工作原理：闭环控制方式。在电动机D稳定的输出转速下，系统带上负载后，输出的转速会下降。测速发电机c s会将输 出转速的变化反馈到输入端与给定值进行比较，当偏差加大时，其偏差电压会直接经放大器放大 使发电机的激磁电流增大，从而使发电机F的端电压增大，致使电动机D的转速回升，从而使偏 差电压减小，但偏差电压始终不能为零，因为若偏差电压为零时，励磁电流也会为零，发电机F 将不能工作，所以保持一定的偏差电压是维持控制作用的基础。因此，当空载时的工作机械转速 为100r/min时，带上负载后自动调速输出转速会低于l OOf/min。该系统称为有差系统。被控对象是电动机D,被控量是电动机输出转速，给定量是电位器设定的输入电压。主扰 动是负载阻力矩。系统的方框图如下图2所示。第16页，共80页图2对于题图（b）：工作原理：闭环控制方式。系统带上负载后，输出的转速会下降，测速发电机c s会将输出转速的变化反馈到输入端与给 定值进行比较，当反馈电压低于给定电压时，其偏差电压会被自动检测出来并经放大器放大使伺 服电机D?转动，带动电位器电刷移动，使发电机F的激磁电流增大，从而使发电机F的端电压增 大，致使电动机Q的转速回升，从而使偏差电压减小，直至偏差电压减小为零，此时伺服电机D?停转，电动机）的转速保持在指定数值。因此，当空载时的工作机械转速为100r/min时，带上负 载后自动调速系统能保持输出转速l OOr/min不变。该系统称为无差系统。被控对象是电动机D-被控量是电动机输出转速，给定量是电位器设定的输入电压。主扰 动是负载阻力矩。系统的方框图如下图3所示。图345.列举反映系统动态性能的五项指标。如果单纯增大反馈控制系统的开环增益，这些指标将如 何变化？【答案】增大开环增益后自然振荡频率增大，阻尼比变小，但阻尼比与自然振荡频率的乘积 保持不变，动态响应变快，上升时间和峰值时间变小，超调量变大，振荡次数变大，调节时间保 持不变。46.控制系统的稳定裕量有几种？如何定义？【答案】系统的稳定性裕度包括幅值裕度和相角裕度，幅值裕度定义h为=悬万，其中必 为满足方程研必）=78。，其中A）为系统的开环幅值特性，也可以用分贝表示系统的幅值裕度 心一 201g As,系统的幅值裕度定义为尸1800,其中第17页，共80页47.试说明串联超前校正的应用场合及所能达到的校正效果。【答案】超前校正具有相角超前和幅值扩张的特点，即产生正的相角移动和正的幅值斜率。超前校正正是通过其幅值扩张的作用，达到改善中频段斜率的目的。故采用超前校正可以增大系 统的稳定裕度和频带宽度，提高了系统动态响应的平稳性和快速性。但是，超前校正对提高系统 的稳态精度作用不大，且使抗干扰的能力有所降低。串联超前校正一般用于稳态性能已满足要求,但动态性能较差的系统。48.若单位负反馈系统的开环传递函数为C(s)，请问该系统的闭环根轨迹图 中可能存在复数分离点吗？请说明理由。某负反馈最小相位系统的开环增益为5,其幅值裕度为20dB则保证闭环系统稳定的最大开 环增益为多少？频率响应法设计校正环节时，若校正前系统相角裕度/=-25,校正后的相角裕度 y=45。,则采用串联超前校正还是采用串联滞后校正比较合适？请说明理由。(4)已知系统的状态方程为；=；;3卜，初始状态“()=R，试求该状态方程的解x M线性定常系统经过状态空间的线性变换后特征值改变吗？试证明之。【答案】分离点为根轨迹上的点，根轨迹关于实轴对称，若存在复数分离点，一定为共拆 复数，系统一定为四阶以上，该系统为三阶系统,所以不存在分离点。(2)最大开环增益为50o因为相角裕度需要提高70。，超前校正无法提供大的相角，选择串联滞后校正比较合适。(4)直D=0(f)x(O)=，_2l oL e+2e特征值不变。设原系统动态方程为r x(0=Ax+Bu-Cx令*,新系统动态方程为=P APx+P-Bu y(i)=CP it则I入，-彳I=|入1-尸-14尸|=|尸-”|41-4|4|=|八1一4|,得证。49.若某系统的闭环传递函数为Ms)=群状,则系统的单位阶跃响应一定无超调，这介 说法正确吗？请说明理由。【答案】这个说法不正确。本来应该是二阶过阻尼系统，无超调的，这里因为系统有闭环零 点，且十分靠近虚轴，会削弱系统阻尼比，因而该系统可能有超调。50.系统校正方法通常有哪几种？它们各有什么特点？请简单分析叙述之。【答案】按照校正装置在系统中的连接方式，控制系统的校正可以分为串联校正，反馈校正 和复合校正；串联校正对参数变化敏感，简单易用，因为校正环节是和原系统直接连接的，其频第18页，共80页www.handebo o k.c o m率特性直接和原系统的频率特性相加；反馈校正利用反馈校正装置包围待校正系统中对极不利于 系统性能的环节，形成局部反馈回路，在局部反馈回路的开环幅值远大于1的条件下，局部反馈 回路的特性主要取决于反馈校正装置，可以忽略被包围的部分，从而可以使校正后系统的性能满 足要求。反馈校正装置可以削弱系统非线性特性的影响，降低系统的时间常数，提高系统的稳健 性，抑止系统噪声。复合校正主要是为了减小误差，在反馈回路中加入前馈通路，前馈控制主要 用于下列场合:(1)干扰幅值大而频繁，对被控变量影响剧烈，单纯反馈控制达不到要求时；主要 干扰是可测不可控的变量；(3)对象的控制通道滞后大，反馈控制不及时，控制质量差时.可采用前 馈一反馈控制系统，以提高控制质量。三、分析计算题51-系统结构图如下图1所示，求：传递函数森和制。图1【答案】系统的信号流图如下图2所示，本题直接运用梅逊公式求传递函数GM、)R(s).2条前向通道：P产GG2G3.4=1+5乩Pz-GiGj Gj Gs G3,4=13条回路，其中L,J互不接触，心，匕3互不接触L =(H i)G3=-G3HlL2=(H2)Gs=G5 H2G5G G7特征值 A=1 (3+L+%)+LL2+LL3=I+G3H】+G5H2 G5G8 H7+G5H2G3H,G5G8 H7G3 Hlf =G(S)_ _P14+P2&_“Ri(s)1-(L,Tl2+L；)4-L1L?+L.L3二_GGG3Q+G5H2)I GGGs Gg Gs1+G3 Hl+G5 H2 G 5 G8 H7+G 5 H2G3 Hl G5G8 H7 G 3 Hl第19页，共80页www.handebo o k.c o m图2运用梅逊公式求传递函数G22(S)=就I：1条前向通道：P3=GGG6，4=1+G3%，回路和特征值不变。G22(S)=(5)=-.R?(5)1 (L)+Lz+Lx)+LiLz+L L3=_G4G5G6Q+G3H1)1+G a H+&%-G5G H+G sH2G3G G G H7 G aG52.一控制系统如下图1所示，当r(t)=t时，要求系统的稳态误差小于0.2,且幅值裕度不小于6dB,试求增益K的取值范围。2 s+2-20K$(s+20)C(s图系统结构图【答案】系统的开环传递函数为c(、2x 20K _K_SW-e+2)($+20)%(0.5s+1)(0.055+1)_K_s(s+1)(T2s+1)j G=j 3(7j j+D(T2j m+l)一 K(7;+T2)3+j(l-北一)一 3(1+*2)(1+仪)二R(o j)+当3*0时，R(o j,)=-K(7+4)，1(3)L-o=-oc；当 3 f 8时，C(j s)=ON-27c p,其幅相曲线如图2所示。求幅相曲线与实轴交点，令/()=0,即1-I方3=0,解出：”1 仃2代入相应参数，13=.=70.5x 0.05=6.324.八ar八 0.5 x 0.05 x K A6(j 6.324)=-0.5+0.0广=一.045K当一0.045K=-l时，即K=22系统处于稳定边界，K 22系统稳定。设K=4满足幅值裕度要求，即第20页，共80页www.handebo o k.c o m201g 频4 6(dB)解出K.=11。则K 4=11,满足幅值裕度要求。开环系统是I型系统，则有%=0.2 5满足稳态误差要求。因此有5K11同时满足幅值裕度和稳态误差要求。53.反馈控制系统如图所示。图(1)确定参数K和%的值，使系统超调量为20%,调节时间为l s0(2)取上述的K值，改变速度反馈系数4的值，试分析变化对系统动态性能的影响。【答案】绘制出根轨迹图，要把根与响应之间的关系融合起来，参数的变化对应闭环根在变 化，系统的动态响应也就在变化。系统的开环传递函数为5、昭 Ks+1)5K 5K5 s(s+1)+5埠 s(5+1+5KJ1+X A 1ss(s+1)与二阶系统的开环传递函数标准形式对比有.=5K2 M=1+58由题意(Tp%=e-x 100%=20%第21页，共80页www.handebo o k.c o m解得因此，可求出%。=0.46=6.52K=8.5 Kt=1以Kt为可变参数时，求等效开环传递函数5 K1+C(s)=1+-=05(5+I+5K,)5(5+1)+5K,s+5K=0G(s)5埠s(s+1)+5K当K=8.5,等效开环传递函数为5Kts 5 Kt sG，(5)=-=-s(s+1)+42.5 52+s+42.5系统的开环极点为：Pj;-0.5j 6.5,z=0。渐近线：有一m=1条,即为负实轴。实轴上的根轨迹：(-8,0)o分离点：乙 d _ P,乙 d _ Zj _1d+0.5-j 6.5+d+0.5+j 6.5=72(d+0.5)_ 1d2+d+42.5 d d2=42.5求解得d=-6.52 d=6.52(舍去)|d-p x d-p2|-6.52+0.5-j 6.5|x|-6.52+0.5+j 6.5|3Kl=-：-：-=-；-：-d-z|-6.52|=12.04&=2.41根轨迹图如下图所示。(3)0 2.41:闭环根为不相同的负实根，系统为过阻尼系统，一个根分支从分离点开始沿着正实 轴方向变化到坐标原点，因此调节时间增大。第22页，共80页博阅 HAND E-BOOKwww.handebo o k.c o m图54.位置随动系统如图所示，某一直流电位器最大工作角度然=330。功率放大系数K,忽略电 枢电感，轴黏性影响，已知Tm（惯性），K皿（传递函数）。要求：分别求出电位器传递系数K。和K，此=?画出系统结构图；简化结构图，求索=?图【答案】求Ko,Kj,K2:Ko=,Pm30 180 z/、u c,/、M(s)-=77二(v/r ad)=5.2(v/r ad)=万 q qC。兀 117T。)_3。吆=2)1 10 103 w,+f20 103 u2(5)10-103 u i(s)+ux第23页，共80页www.handebo o k.c o m电动机当义=亍%“a（S）i In5-r 1，、测速机给三二居0（5）1。（5）转速：a0=a（t）5i 90（s）=n（5）,dn=n（s）接收电位器的电位值与发送的符号相反，产生负反馈一小8 s)_KKK2 K3 Km_,(s)T,n52+(l+K2K3Ki nKI)5+K0K1K2K3Km55.如何判断离散系统的稳定性。并图示说明之。【答案】由于Z变换与拉普拉斯变换之间的映射关系为？=声，其中T为采样周期，在S平 面内当系统稳定时所有特征根位于左半平面，映射到Z平面中则是单位圆内，对应的映射关系如 图所示。于是判断离散系统的稳定性时，只需判断其特征方程的根的模是否大于1,当其模大于1时，系统不稳定；模等于1时，系统临界稳定；当其模小于1时，系统稳定，为了能够使用连续系统 中的劳斯判据，通常引入双线性变换，即令-弁，|Z|=1,|句=0；|Z|1“位于右半平面；I z|Ko=100 3 卬=0.1即G0（.）=S（Ts+1）（20s+1）由上图中虚线可得，校正后的开环传递函数为其中K满足即201g 普=50=K=3L 63=0.1G（s）3L6（焉 s+l）$（志-I）（知+1）儒I）由 G（S）=Go（5）Gc（S）得串联校正环节的传递函数为、0.316（5+1）（Js+1）z、G（s）0.9）2/GO=（、=-7j-+1）（Q+1）58.设单位反馈系统的开环传递函数鼻3=群不，试确定闭环系统稳定时，延迟时间z的范围。【答案】由题意，令$=得到（讪）=5：；：）卜；尸，（G*（j co）I=（J：）2NG（j cu）180-r sX 57.3 4ar c t ano;第26页，共80页www.handebo o k.c o mI Gi(j c d)|=?7=L 25 室 o 成夫口叶 _ 1.Q+!)2 1善节成L时，3-1，当3由。一I时，随频率的增大，系统的幅值逐渐减小，到达加=1时幅值达到最小值L25,再随s 增大而逐渐增大，系统的相频特性为仪切)=180。-9X57.3。-4ar c t aM,随侬增大系统的相角不断减 小，要保持系统的闭环稳定性,当%(加=180。皿57.3。-4203=-180。时，临界稳定时 I G 3|=消焉=1，由|&(加)=1.25,及心1时幅值递减特性，得到系统的奈奎斯特图第一 次与负实轴相交时的必有卬 1,系统开环传递用数的不稳定极点数为零，故要保证系统闭环稳定,必有正负穿越次数之和为零，由|G*(j s)I=1，得到必21.618.2弋0.618,社1故舍去，将341.618 代入(3)=180 mX57.30 4ar c t an4u=-180得至T&L 369,于是闭环系统稳定时 OVY1.369。59.已知库存模型，町=2 J盯(0)=%，町(0)=2。，与，犯自x2=-U由。现要求寻求最优生产率/()使得在0,T时间内，使库存和生产的代价和最小，即J=_(2%)+u)do【答案】控制有约束问题需用极小值原理。上=2距+,中=0,/=二j，拉格朗日乘子为Ar(0=AJC,A2(01o构造哈密顿方程，目=-(2町+u)+A,(u-%2)-A2u=-2与-入产2+(储-入2-1)哈密顿函数是u的线性函数，极小值出现在边界。*For nax Ai-A2-1 0 U(t)=l Umi n A1-A2-1 0 dH-儿()d%i()r 2 I由协态方程.,=I,/得人i()It+a,Aj(f)=t+at+bo，入 2(2)G H L A()-a%(%)-由横截条件A”)=就7,得。=-2T,b=，则入()=2(t-T),A2(0=(0控制律变为(，)=Z1 z八，显然-(1+7)20恒成立且切换时间 hmi n 一(1 一，+7)2 0T+1超过了边界时间，因此最优控制律为u*(。三umi no第27页，共80页www.handebo o k.c o m60.系统结构图如图所示，试选取/?值使系统具有阻尼比=0.707,并选取G(s)使得干扰N对系统输出没有影响。G.-N-Bs-图【答案】系统特征方程为1+竽+竽=0s2+25g s+25=0”=5对照s2+23n5+o 4=0=42 2X0.707X5W=W=-25=82 8由图得C(s)_ 1 1+竿卜-*=s2+25P5-Gc(s)N(s)-7.25|9s 25 52+25次+251十丁十了欲使N(s)对输出无影响，应有兴=0。!0!1 Gc(5)=52 4-25/?5=?+7.07so61.设一反馈系统如图所示，试选择(以使系统同时满足下列性能指标要求：当单位斜坡输入时，系统的稳态误差%W0,35;(2)闭环极点的阻尼比/这0.707;(3)调整时间与03秒。【答案】由题意求系统的开环传递函数为.&J+(2+&(%由此可得该系统的开环增益K=q/,冠=&,2。=2+K&。第28页，共80页掌心博阅HAND E-BOOKwww.handebo o k.c o m又已知如下条件:在单位斜坡输入时的稳态误差为=生警近0.35;A A.12+K.K2八(2)闭环极点的阻尼比a=2 阳 0 707;t _3_3 调整时间，2+&a ；2综上可得：费.35匕-2。62.求下列函数的拉普拉斯变换F(s)：0,t 04，0 a-2 a t 2a并求当a-0时F(s)的极限值。【答案】F(.s)=)=广/l力=1Je 山一泉一山 J 0 Jo u J a a63.已知采样系统的结构图如下图所示，要求：若使系统在Kt)=t作用时稳态误差为0.1,试确定采样周期T的值；求系统在上述采样周期下的单位阶跃响应c U X写出前三项即可)。提示：z七卜二同十=质)Q_/-Y T s(QAs+)图【答案】出壮|刘备卜口元三标,系统为I型系统,&=%J(z-1)G(z)Te(8)=产=0.1,从而 T=O.l s。(2)0(z)=-z=_0.632z?_-z3-1.736z2+1.104z-0.368第29页，共80页掌心博阅HAND E-BOOKwww.handebo o k.c o m利用长除法，得C*()=0.6325Q0.1)+1.0975(r-0.2)+1.2075(-0.3)+1 0164.已知系统状态矩阵A=0 0 1,试用下列方法求系统的状态转移矩阵：（1）拉普拉斯 b 3 o J变换法；线性变换法；凯莱-哈密顿定理（待定系数法）。【答案】拉普拉斯变换法。因为-5 1 0(H-A)7=0 5-1-2-3 5 _32-3 S 1 r1 c 2(；+1)2(-2)-2 5-2s-3s-2 s2-所以A)-1(8-6z)e-，+e”=卷-()I 十 ai Q)A+1)=Mzy2即F=Mj j/j+K?i K|2(，2 V)o=Mz次+Ki2(，2 y)6 6 设非线性系统结构图如下图所示,其中非线性环节的描述函数为N=9/Z0：,试分析系统 的稳定性。图一非线性系统结构图【答案】非线性环节的负倒描述函数为1 _4 N（A）3A1线性部分频率特性为G（W）=.,=U（3）+j V（3）W（JS 十 1）（J/十 2）第31页，共80页www.handebo o k.c o m其中3 u a)=-9-+(27)29-+s(2令仅3)=0,得G(j s)与负实轴交点处频率3=。将3=四弋入UG),得G(而与负实轴交点处的幅值为一 1/6。作G(w)与1/N(A)曲线，如下图所示。由图知，G(讪)与T/N(A)交点处频率为3=笈，振幅由_L=_J_求出，即A=2 因此，该非线性系统存在不稳定的周期运动，其频率为作，振幅为2 V2o67.控制系统A如图(a)所示，控制系统B如图(b)所示。(1)分别求系统A、系统B的传递函数职=?U(s)(2)判断系统A、系统B的能控性和能观性，并对判断结果进行比较和解释。【答案】(1)系统 A：y(s)=X|(s)(l之)=U(s)L 5十4$十2s十4则系统A的传递函数为：制=1 9 1系统 B：y(s)=X|(s)+U(s)：l=U(s)(l-士S十N，十4 s十N则系统B的传递函数为：=与第32页，共80页www.handebo o k.c o m系统A：jX2（5）+4X2（5）=2X1（5）5X1（S）+2X1（S）=U（5）,取拉普拉斯反变换得(i=-2j j+”(2 0、，产为十以，即4=,|工2=-2工1+4工2 1 2 4jf 1-21能控阵Qac=L r ankQ Ac=2,系统A能控。I。2,C=(l 1)能观阵QaL _4-Mali，系统A不能观测。-I5X2(5)+2X2($)=XNs)+U(s)系统B,J I sXi(5)+4X(5)=2U(5),取拉普拉斯反变换得i=41+2x-l=-272 4-U能控阵源=(12r-4 0 123=勺,即4=,B=,C=(0 1)J)/8 r an kQ*=1,系统B不能控。能观阵Qbo=；J2,r ankQB（1=2,系统B能观测。综上分析可知，系统存在传递函数零极点对消，所以不可能既能控又能观测。68.控制系统如图所示，设输入信号r（）=2t,干扰信号d（t）=l（i）op(s)图试确定系统的稳态误差。若要求系统的稳态误差这。1,试提出达到这