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1、自动控制原理模拟试卷四一、填空题每空1分，共20分1对自动控制系统的根本要求可以概括为三个方面，即：、快速性和。2、控制系统的称为传递函数。一阶系统传函标准形式是，二阶系统传函标准形式是。3、在经典控制理论中，可采用、根轨迹法或等方法判断线性控制系统稳定性。4、控制系统的数学模型，取决于系统和，与外作用及初始条件无关。5、线性系统的对数幅频特性，纵坐标取值为，横坐标为。6、奈奎斯特稳定判据中，Z=P-R,其中P是指，Z是指，R指。7、在二阶系统的单位阶跃响应图中，4定义为。%是。8、Pl控制规律的时域表达式是。PID控制规律的传递函数表达式是。K9、设系统的开环传递函数为r，则其开环幅频特性为
2、，相频特性为。S(TJs+1)区$+1)二、判断选择题(每题2分，共16分)1、关于线性系统稳态误差，正确的说法是：()A、 一型系统在跟踪斜坡输入信号时无误差；B、 稳态误差计算的通用公式是分=Iim一等2；C、 增大系统开环增益K可以减小稳态误差；D、 增加积分环节可以消除稳态误差，而且不会影响系统稳定性。2、适合应用传递函数描述的系统是()。A、单输入，单输出的线性定常系统；B、单输入，单输出的线性时变系统；C、单输入，单输出的定常系统；D、非线性系统。3、假设某负反响控制系统的开环传递函数为一,则该系统的闭环特征方程为s(s+l)()。A、S(S+1)=0B、S(S+1)+5=0C、5
3、(5+l)+l=0D,与是否为单位反响系统有关4、非单位负反响系统，其前向通道传递函数为G(三),反响通道传递函数为“，当输入信号为曲S),则从输入端定义的误差E(三)为()A、E(三)=R(三)G(三)B、E(三)=R(三)G(三)H(三)C、CS)=R(三)G(三)-H(三)DE(三)=R(三)-G(三)H(三)5、以下负反响系统的开环传递函数，应画零度根轨迹的是()oK2-s)口K*K4K-s)S(S+1)S(S-I)(S+5)S(S-3s+1)5(2-5)6、闭环系统的动态性能主要取决于开环对数幅频特性的：A、低频段B、开环增益C、高频段D、中频段7、单位反响系统的开环传递函数为G(三
4、)=l,2s+l),当输入信号是/+6s+I。)“Z)=2+2f+/时，系统的稳态误差是()A、 0；B.C10；D、208、关于系统零极点位置对系统性能的影响，以下观点中正确的选项是()A、如果闭环极点全部位于S左半平面，则系统一定是稳定的。稳定性与闭环零点位置无关；B、 如果闭环系统无零点，且闭环极点均为负实数极点，则时间响应一定是衰减振荡的；C、超调量仅取决于闭环复数主导极点的衰减率，与其它零极点位置无关；D、如果系统有开环极点处于S右半平面，则系统不稳定。三、(16分)系统的构造如图1所示，其中G(三)=(5s+l),输入信号为单s(s+l)(2s+l)位斜坡函数，求系统的稳态误差(8
5、分)。分析能否通过调节增益k,使稳态误差小于0.2(8分)。R(三)C(s)r7KDG(三)四、(16分)设负反响系统如图2:一句通Lzawk为G(三)=,假设采用S(S+2)测速负反响(s)=l+%Q,试画出以尤为参变量的根轨迹(10分)，图1&大小对系统性能的影响(6分)。R(s)C(三)五、系统开环传递函数力0U(三),G(三)LUdT均大至0,试用奈奎斯特稳定判SlS1)据判断系统稳定性。(16分：L米五臀、第六譬可任城其一六、最小相位系统的对数曲频特性次叵U成具系丝：TF传递函数。(%分)C(S)大于0.05,16 4)图2o八一K七20全挣X巡11图求校正后系统在输入信号是单在斜坡
6、时白S(S+1)相角梅窗X&,幅值裕由不小工IOdB,试1计串联宓止网络。(：_、.模拟试卷三答案一/ol施藤3谖10，共20分丁1、稳乳性(或：稳，平稳性);准确性(鼠-40精度,精度)G(S)9 砥 S2+2ns(或：GG) =T2s2 + 2Ts + l)7 + l2、输出拉氏变换与输入拉氏变换在零初始条件下的比值；G（三）=3、劳斯判据（或：时域分析法）；奈奎斯特判据（或：频域分析法）4、构造；参数5、201gA（M（或：（69）；lgo（或：。按对数分度）6、开环传函中具有正实部的极点的个数，（或：右半S平面的开环极点个数）；闭环传函中具有正实部的极点的个数（或：右半S平面的闭环极点
7、个数,不稳定的根的个数）；奈氏曲线逆时针方向包围（-LjO）整圈数。7、系统响应到达并保持在终值5%或士2%误差内所需的最短时间（或：调整时间,调节时回）；响应的最大偏移量以f与终值力（8）的差与ZZ（OO）的比的百分数。（或:z(,)-z()h()100%,超调)8、m(t) = KPea)rJ0e(t)dt(或：Kpe(r)+je(f)df)GC =KP(1 + rv) TisK(或：K H- + Kds)S9、A（）=二、判断选择题（每题2分，共16分）y(Ti)2-(T2)2 + 叭S) = -900 Tg 7 (7) TgT (T2)1、C2、A3、B4、D5A6、D7D8、A三、（
8、16分）解：I型系统在跟踪单位斜坡输入信号时，稳态误差为es=-（2分）K1而静态速度误差系数Kv=Iim5G(三)H(三)=Iims.+=K(2分)st。s5+1)(25+1)稳态误差为Q=（4分）要使%-=5,即K要大于5。（6分）0.2但其上限要符合系统稳定性要求。可由劳斯判据决定其上限。系统的闭环特征方程是O(三)=S(S+1)(2S+1)+0.5Ks+Xr=2?352+(1+0.5r)5+/C=0(1分)构造劳斯表如下$321+0.5K523K.3.0.5K为使首列大于0,必须OVKV6。s03St)K0综合稳态误差和稳定性要求，当5K6时能保证稳态误差小于0.2。(1分)四、(16
9、分)解：系统的开环传函G(s)H(s)=10(1+V),其闭环特征多项式为O(三)s(s+2)10kss52+25 + 10O(三)=S2+2s+104s+10=0,(1分)以不含上的各项和除方程两边，得（2分）,令10匕=K得到等效开环传函为=-152+2j+10参数根轨迹，起点：pl2=-13,终点：有限零点zl=0,无穷零点-OO(2分)实轴上根轨迹分布：-8,0(2分)Z2实轴上根轨迹的别离点：令a+2s+0=0,得dss.合理的别离点是51=-i=-3.16,(2分)该别离点对应的根轨迹增益为%.=丛= 0.433 1分）S 10s2s10.CC=4.33,对应的速度反响时间常数S5
10、=-o根轨迹有一根与负实轴重合的渐近线。由于开环传函两个极点p2二T3,一个有限零点Z1=0且零点不在两极点之间，故根轨迹为以零点Zl=O为圆心，以该圆心到别离点距离为半径的圆周。根轨迹与虚轴无交点，均处于S左半平面。系统绝对稳定。根轨迹如图1所示。(4分)讨论&大小对系统性能的影响如下：(1)、当0尤0.433（或K*4.33）,为过阻尼状态。系统响应为单调变化过程。（1分）图1四题系统参数根轨迹五、（16分）解：由题：G（S）H（S） =K(-s)5(75 +1),K,r,T 0,起点:终点:与实轴的交点:令虚频特性为零,即 1 Ta?=。得 c0实部 Gjx)Hjx) = -K(2分)开
11、环极坐标图如图2所示。（4分） 由于开环传函无右半平面的极点， 当 K 1 W,极坐标图顺时针方向包围（L j）点一圈。按奈氏判据，Z=P-N=21,系统不稳定。（2分） 闭环有两个右平面的极点。六、（16分）解：从开环波特图可知，系统具有比例环节、两个积 环节。 2分）6? = 0 ，图2五题幅相曲线系统的开环频率特性为/、/、K-（T+）-j（-T2）G（W）Hw=一加卷（2分）开环频率特性极坐标图G=O+，A(O+)=8,0(O+)=90；(1分),A(Oo)=0,()=-270；(1分)K(一+1)故其开环传函应有以下形式G(三)=?(8分)s2(-s+l)由图可知：0=1处的纵坐标为
12、40dB,则l)=201gK=40,得K=100(2分)又由0=外和折10的幅值分贝数分别为20和0,结合斜率定义，有-=-40，解得.=10=3.16rad/s(2分)lg1-IglO同理可得2(i0)=-20或201g4=30,怆例-Igg;=100O皿2=10000得CO2=100rad/s(2分)故所求系统开环传递函数为Ioo(A=+1)G(三)=皿一(2分)2/SS(F1)100七、(16分)解：(1)、系统开环传函G(三)=)一，输入信号为单位斜坡函数时的稳态误差为5(5+1)1/_,1Q=万=0吧SG(三)H(三)=,由于要求稳态误差不大于0.05,取K=2020故G(s)=*(
13、5分)s(s+l)(2)、校正前系统的相角裕度/计算：on1.(c)201g=0t2=20得c=4A7rad/s/=18Oo-9Oo-,4.47=12.6o;而幅值裕度为无穷大，因为不存在(2分)(3)、根据校正后系统对相位裕度的要求，确定超前环节应提供的相位补偿角fi=+=40-12.6+5=32.4332分)(4)、校正网络参数计算=匕期=匕呜=3.4(2分)1-sin?zw1-sin335)、超前校正环节在4,处的幅值为：使校正后的截止频率牝发生在I处，故在此频率处原系统的幅值应为-5.3IdB解得(2分)(6)、计算超前网络在放大3.4倍后，超前校正网络为校正后的总开环传函为：G,(s)G(s)=20(1+0.306S)(2分)5(5+1)(1+0.095)(7)校验性能指标相角裕度/=180+ZgT(0.306X6)-90-吆6-fg(0.096)=43由于校正后的相角始终大于一180。，故幅值裕度为无穷大。符合设计性能指标要求。(1分)
