山东理工大学自动控制原理试题2答案
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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