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山东理工大学自动控制原理试题2答案

来源:网络收集 时间:2026-01-25
导读: dd 1、(8分)解:P1=G1G2G3G4 ,L1= G3G4H4,L2= G2G3H3,L3= G1G2G3H2, L4=G1G2G3G4H1 (3分) 没有互不接触的回路,所以 =1 L1 L2 L3 L4=1+G3G4H4+G2G3H3+G1G2G3H2 G1G2G3G4H1 (2分) 而且 1=1 ∴Φ(s)= 2、(8分)求系统的开环脉冲传递函数Gk(z)与闭环

dd

1、(8分)解:P1=G1G2G3G4 ,L1= G3G4H4,L2= G2G3H3,L3= G1G2G3H2,

L4=G1G2G3G4H1 (3分)

没有互不接触的回路,所以

=1 L1 L2 L3 L4=1+G3G4H4+G2G3H3+G1G2G3H2 G1G2G3G4H1 (2分) 而且 1=1 ∴Φ(s)=

2、(8分)求系统的开环脉冲传递函数Gk(z)与闭环脉冲传递函数Ф(z)。 解:Gk(z)= = Φ(z)=

z 1z 12zT0.5z0.5z 10.50.5 z 1

Z 2= += +Z() 22 2Tzzss+2 z(z 1)z 1z e s s(s+2)

10.5(z 1)0.57z+0.3 0.5+=2, (5分) z 1z 0.135z 1.135z+0.135Gk(z)0.57z+0.3

=2。 (3分)

1+Gk(z)z 0.565z+0.435

P1 1G1G2G3G4

= (3分) 1+G3G4H4+G2G3H3+G1G2G3H2 G1G2G3G4H1

二、线性系统的稳定性分析(22分)

1、(10分)解:D(s)=4s4+0.8s3+s2+5Ks+K=0, (2分) 列劳斯表: s4 4 1 K s3 0.8 5K s2 0.8-20K 0.8K s1 3.36K-100K2

s0 0.8K (4分) 所以, 必须K > 0,且0.8-20K > 0,还有3.36K-100K2 > 0;

即K > 0,K < 0.04 ,K < 0.0336; 故必须有 0 < K < 0.0336。 (4分) 2、(12分)

(a)解:G ( jω) 曲线没包围 ( -1,j0 ) 点, (b)解:G ( jω) 曲线逆时针包围 ( -1,j0 ) 点一圈, 或G ( jω) 曲线正包围和负包围 N = 1,所以,z =N – p = 0,系统稳定。 ( -1,j0 ) 点各一圈,N = 0 , 所以,z =N – p = 0,系统稳定。

(注:用镜像曲线和不用镜像曲线均可)

评分说明:每个小题6分,其中理由占2-3分,判断稳定占2分,补化图占1-2分。

dd

ζπ1 ζ2

1、(9分) 解:Qσ%=e 又Qtp=

=0.3, ∴解得 ζ=0.36; (2分)

2

πωn ζ

=0.1, ∴解得 ωn=33.6, (2分)

2

ωn1129

所以系统的开环传递函数为: G(s)=。 (2分) =

s(s+2ζωn)s(s+24.2)

可见,系统为1型,而且K=24.2=46.65

1

≈0.022 (3分) K

2、(8分) 解:(1)由图可见:K = 10, (2分) 则系统在单位斜坡信号下的稳态误差为 ess=

所以G(s)=

10

; (2分)

s(10s+1)(0.1s+1)

10

=1, 所以,ωc= 1 ; (2分)

ωc×10ωc×1

(2)ω=ωc时,由渐近法得:

γ=90° tg 110 tg 10.1=90° 84.3° 5.7°=0° (2分)

3、(11分)解:该系统的根轨迹是一个圆,

111

= 其分离点为:+

dd 3d+1 ∴d2+2d 3=0

求得 d1 = 1,d2 = - 3; (3分) 与虚轴交点为:D(s)=s 3s+K1s+K1=0 将 s = jω 代入,可求得:

ω=±3=±1.732,K1 = 3; (

系统的根轨迹如图所示。 (3分) 故使系统稳定的K1值范围是:3 < K1 < ∞ 。 (2分)

四、线性系统的校正(22分)

C(s)s2+Gc(s)

1、(10分)解:(1) 因为 , (2分) =2

N(s)s+K1K2s+K1

因此,当GC( s ) = - s2 时干扰对系统无影响 。 (2分)

(2)因为

C(s)K1

=2, (2分) R(s)s+K1K2s+K1

2

∴ωn=K1, 2ζωn=K1K2, (2分)

dd

则K2=

2ζωn1.414

==1 。 (2分) K1K1

144

, (3分)

s2+(10+144τ)s

2、(12分)解:校正后系统的开环传递函数为G(s)=

则ωn==12, (3分)

而2ζωn=2×1×12=24=144τ+10, (3分) ∴τ=

14

144

=0.097≈0.1(s)。 五、(本题12分)解:由原方程得:x&

&=f(x,x&)= x&2

x 令x&

&=x&=0解得奇点为:xe=0, 在奇点处线性化&x

&= f

x

x+

f

x=x

&=0 x

& x

&= x x=x

&=0 即x&

&+x=0 特征根s1,2=±j,则奇点为中心点。 概略绘制奇点附近的相轨迹如图所示:

(3分) 3分) 3分) 3分)

3分)

( (((

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