天津大学09级自动控制原理试卷答案

一 选择题（每小题2分，共10分） 1. 线性系统的特征是（C）

A. 没有时间纯延迟环节 B. 单一平衡点或多平衡点 C. 齐次性和叠加性 D. 有稳定的自持振荡响应 ==

=A. G(s)=

2. 单位负反馈系统在斜坡输入作用下不存在稳态误差，则其开环传递函数为（B）

=

1+3s1+3s

B. G(s)=

(s+5)(s+5)s(s+5)

C. G(s)=

1+3s1+3s

D. G(s)=

(s 2)(s+5)(s 2)(s+5)

3. 单位负反馈系统的开环传递函数为

G(s)=

K(s+2)

2

(s+5)(s+4s+3)

则该系统在实轴上的根轨迹区域为（A） A. ( 2, 1) B. ( 3, 2) C. ( 1,+∞) D. ( ∞, 5)

4. 对于稳定的线性系统的零点和极点，下列哪种说法是正确的（D） A. 闭环零点的位置可以决定闭环系统的稳定性；

B. 闭环实数极点的主要作用是减小系统阻尼，增大超调量； C. 调节时间主要取决于最接近虚轴的闭环复数极点的虚部绝对值； D. 闭环实数零点的主要作用是减小系统阻尼，使峰值时间提前。

5. 已知系统的脉冲传递函数为g(t)=e t, 设输入r(t)=sin2t，则系统的稳态输出为（B）(A) c(t)

t 43.4

) (B) c(t)t+43.4

) (D) c(t)t 63.4 )

t+63.4 ) (C) c(t)

二（15分）、 已知控制系统在零初始条件下的单位阶跃响应为

c(t)=1+2e t 3e 3t

（1）求该系统的传递函数；

（2）利用峰值时间及超调量定义求该系统在零初值条件下，单位阶越响应的峰值时间tp和超调量σ%；

（3）求该系统在零初值条件下的单位脉冲响应。 解：

（1）求输出的拉氏变换为

1237s+3

C(s)=L(c(t))+ ss+1s+3s(s+1)(s+3)

系统输入为r(t)=1(t)，R(s)=s，传递函数为

===

G(s)=

（2）根据峰值时间tp的定义，有

7s+3C(s)

=

R(s)(s+1)(s+3)

dc(t) t 3t

0 = 2ep+9ep=

dtt=tp

即有e

2tp

=9，解得

tp 0.5ln0.752 ()=

超调量为

σ%

c(tp) 111+2e 0.752 3e 3×0.752 1×100%×100%

1

63%

（3）线性系统的单位脉冲响为单位阶跃响应的导数，于是

dc(t)(1+2e t 3e 3t)= 2e t+9e 3t

dt

三（15分）、已知某单位负反馈系统的开环传递函数为

G(s)=

K(s+5)

2

s(s+2)

（1）绘制根轨迹简图；

（2）求闭环系统出现重根时的K值；

（3）求使得闭环系统稳定且工作在欠阻尼状态的K的取值范围。 解：

（1）开环零点z1= 5，开环极点p1=0,p2=p3= 2，m=1，n=3。系统有三条根轨迹分支，起始于极点p1、p2和p3，一条终止于零点z1，两条趋于无穷远零点。

实轴上根轨迹区域为( 5,。 0）

渐进线与实轴的交点为

(p1+p2=+p3) z10+( 2+)( 2 )( 5)=σa

3 1n m

夹角为

0.5

a

(2k+1π)

n m

π2,3π2

在p1与p2间的实轴上存在一个分离点，分离点的坐标满足

1111

=++

d z1d p1d p2d p3

即

2d2+9d+6=0

0.815, 3.685（舍去） 得d1,2=。

系统的特征方程为s(s+2)2+K(s+5)=0，根轨迹与虚轴的交点满足

jω(jω+2)2+K(jω+5)=0

即

5K 4ω2+(Kω ω3+4ω)j=0

分别令实部和虚部等于零有5K 4ω=。0，解得K=16, =4.470和Kω ω+4ω=ω

2

3

==

根轨迹如下图。

=

（2）根轨迹的分离点处出现重根，根据模值条件有

K

0.815 0 0.815+2

0.815+5

2

0.274

（3）当K取值为(0.274, 16)时，闭环系统稳定且工作在欠阻尼状态。

四（15分）、已知某单位负反馈三阶系统的开环传递函数G(s)的幅相特性曲线如下图所示，

设开环系统为无零点的最小相位系统，且已知ω=时∠G(jω)= 135 ，ω=2时

G(jω)= 0.6。

（1）试求系统的开环传递函数G(s)； （2）试求系统的幅值裕度h；

（3）试判定闭环系统的稳定性。

=

解：

（1）（解法1）由开环幅相频率特性曲线可知，系统开环传递函数的形式为

G(s)=

K

s(s2+as+b)

这里K、a、b需要确定。开环频率特性为

G(jω)

K2

jω jω()+ajω+b

K

2

jω bω()+aωj

K

22

aω+jω(b ω)

2

根据给定条件∠G(j2)=0得b=4。

0.6，开环幅相特性的虚部为零，有b 2=再根据给定条件∠G(= 135 ，

有 90 arctg

= 135 ，有arctg

1.414a

=45 ，得a=1.414。 2

2

此外，从G(j2)= 0.6，有 K(aω2)= 0.6，于是有K=0.6×1.414×2=3.39。最终得开环传递函数为

G(s)=

（解法2）若设开环传递函数为

3.39

2

s(s+1.414s+4)

G(s)=

即有

K

s(T1s+1)(T2s+1)

G(jω)=

K

jω(T1jω+1)(T2jω+1)

2

K 12ω) (T1+T2)ω+j(1 TT

K

2

(1 TT jω ω)+j(T1+T2)ω 12

1 TTω2

ω 12

()

2

+(T1+T2)2ω2

2

根据给定条件∠G(j2)= 0.6，开环幅相特性的虚部为零，有1 TT0，得122=

TT12=4。

根据给定条

件∠G(= 135 ，

有(T1+T2=1 2TT1

==

，

有

T1+T2=(1 =0.3536。

==

(T+T=)KK=再由G(j2) 122 = 0.6，得K

4(T1+T2)4(T1+T2)

最终得开环传递函数为

0.6×4×0.35360.8486。=

=

G(s)

0.8486

s(0.25s2+0.3536s+1)3.39

s(s2+1.414s+4)

T1(0.3536 T1)0.25，即

或根据TT0.3536，得到TT12=4及T1+T2=12

T12 0.3536T1+0.25=0，求出T1、T2复数解代入后也可得到一样的结果。 =

(2) ω=2即为系统的相角穿越频率，可得h1.67。

(3) 由G(j2)= 0.6知，幅相特性曲线没有包围( 1,j0)点，故闭环系统稳定。

五、设单位反馈系统的开环传递函数为

G(s)=

1）设计K的取值和超前校正装置

K

s(s+1)

Gc(s)

αTs+1Ts+1

α>1

的参数，使系统在单位斜坡输入下的稳态误差essv=0.025，幅值穿越频率ωc=10，相角裕度γ≥45 ；

2）对设计结果进行校验；

3）估算校正后系统的超调量σ%和调节时间ts（5%误差）。

解：

1）根据系统的静态设计指标取K=40，绘制系统校正前的开环传递函数的对数幅频特性如下图中L所示。

==

显然，校正前的幅值穿越频率和相角裕度不满足设计要求。系统校正前L(10)= 8dB，令

10logα=8，得α=6.3。过8dB做+20dB/dec的斜线，与零分贝线相交，相交点的频率

T求出如下：

1

log 8 ×20=

αT

得αT

10 0.60.25，于是有T=0.04。

2）校正后系统的开环传递函数为

Gc(s)G(s)=

40(0.25s+1)

s(0.04s+1)(s+1)

稳态误差和幅值穿越频率满足设计要求，相角裕度为

γ=180 90 +tg 1 …… 此处隐藏：3001字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……