自動控制原理復(fù)習題20套答案

1、自動控制原理試卷1答案（每空1分。共18分）填空微分方程、傳遞函數(shù)、頻率特性、結(jié)構(gòu)圖。閉環(huán)極點都位于S平面左側(cè)；系統(tǒng)的特性方程的根都在Z平面上以原點為圓心的單位圓內(nèi)。；0；8。4，；62.5。；10。P-I；利用G(s)的負斜率使C減小，改善靜態(tài)性能。將連續(xù)信號變?yōu)殡x散信號；0。（14分）(1分)解：（1） (1分) (1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(4分)（2）C(Z)=（20分）(4分)解：(1)F(s)=(3分) (2)F(s)=(3分) (3分)（3）G1(s)=(1分) G2(s)=(2分)(1分)(1分)要使系統(tǒng)穩(wěn)定，則必須滿足(2分) （兩內(nèi)項系數(shù)

2、乘積兩外項系數(shù)乘積）（12分）反饋校正系統(tǒng)如圖示。解(1)：Kf=0(1分) Gk(s)= (1分)當在單位斜坡輸入下時，即r(t)=tR(s)= (1分)Kv=4(1分)ess=(2)：Gk=(1分)2+8Kf=22+8Kf=4(3分)Kf=(1分)(1分)Kv=(1分)ess=五（12分）已知某系統(tǒng)L()曲線. 解：（1）低頻段的斜率為-40且與橫坐標交于25 即：0=25=(1分)1=10 2=100T1=0.1 T2(2分) 該系統(tǒng)的傳遞函數(shù)為 G(S)= A(c)=1 (1分)(2) (2分) (1分)(3) 三階最佳 (1分) (1分) K=(2分) 六（12）解：圖一：為偶數(shù)起點

3、在正實軸上(4分)系統(tǒng)閉環(huán)后不穩(wěn)定。 圖二：P=0為偶數(shù)起點在正實軸逆轉(zhuǎn)(4分)系統(tǒng)閉環(huán)后穩(wěn)定。 圖三：當由0過程中(4分)系統(tǒng)閉環(huán)后不穩(wěn)定。七（12分）解：系統(tǒng)的G0(s)=(4分) 作出此系統(tǒng)的Bode圖：1020304011020-201002001000-40L()dB L()=20lgK=20(2分)設(shè)期望特性傳遞函數(shù)為G(s) (T=0.005) 題目要求將其校正為二階最佳系統(tǒng)，則 =0.7, %=4.3%又(4分)G(S)= (2分) G(s)=自動控制原理試卷2答案（每空1分。共10分）填空極點 s 和 1 k90阻尼比相角裕量線性系統(tǒng)二（7分）（7分） 三 （10分）（4分）

4、 m=F(t)-F(t)-F(t) ; （3分） F(t)=f ; （3分）m+f+ky(t)=F(t)。 四 （15分）（3分）(s)=； （3分）時，=0.5；（4分）x（t）=2-2sin（3.46t + ）； （5分）t=0.61s； t=0.91s； t=1.5s； =16.3%； K=4。五（8分）（6分） s+6s+8=(s+4)(s+2)=0; s=j2,s=j； （2分）系統(tǒng)臨界穩(wěn)定。六（12分）（5分） ；（2分） ；（3分）（2分） =1800-1800=00。七（13分）（2分） K=100（2分）m =-+=45。+5。； （2分）=7.5 （2分）c ,=m （2分

5、）； （3分） （5分）八（10分）（3分）（2分）所以系統(tǒng)是穩(wěn)定的。九(15分)（1分）解 系統(tǒng)有兩對重極點 -p1,2=-1, -p3,4=-4 1) 漸進線 （2分） （1分）2）軸上的根軌跡為兩點s=-1 s=-5也為分離點。分離角均為 3)根軌跡與虛軸的交點坐標。系統(tǒng)特征方程（ s + 1）2 ( s + 4 ) 2+K=0 （2分）即 s4+10s3+33s2+40s+16+K=0 令s=j代入特征方程，得j J2-4該系統(tǒng)根軌跡如下圖所示-1 4-j103-332 +j40+16+K=0令上式實部虛部分別等于0，則有 = 該系統(tǒng)根軌跡如下圖所示。（4分）由圖可知，當0K0 T1+

6、T2 0 D2=(T1+T2) - 10T1T2 0 滿足上訴條件系統(tǒng)穩(wěn)定則系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)誤差為 （4分）ess=2/(1+kpv 六. (12分) 由圖知在低頻段,漸進線斜率為0,因為最小交接頻率前的低頻段（1分） 因此v=0。（1分）=0.1處，斜率變化20,屬一階微分環(huán)節(jié)。（1分）= 1處，斜率變化-20，屬慣性環(huán)節(jié)。（1分）= 2處，斜率變化-20，屬慣性環(huán)節(jié)。（1分）= 3處，斜率變化-20，屬慣性環(huán)節(jié)。（1分）= 4處，斜率變化-20，屬慣性環(huán)節(jié)。 因此，系統(tǒng)傳遞函數(shù)具有下述形式其中K、1、2、3、4待定。由lg20 =lg30得（1分） K=101. 5 因漸進特性為折線，相鄰的兩交接

7、頻率間，漸進特性為直線，故設(shè)斜率為k,(A,Lw(A) (B,La(B)為直線上兩點，則有直線方程（1分）（1分）A=1,B=0.1, La(1)=40,La (0.1)=30,k=20（1分） 1（1分）A=4,B=100, La(4)=5,La (100)=0,k= -60 4 A=3, B=4, La(3)=20, k= -40（1分）3A=2,B=3, La(2)=40, k= -20（1分）2 七 (12分)（6分） (1) = (2) （6分） = 八（15分）解 （1） ，根據(jù)一般根軌跡繪制法則求得：（1分）漸進線與試軸的交點：-=-1漸進線傾角：=60，180，300-1-20

8、（1分）實軸上的根軌跡在區(qū)間。（1分）分離點：s1,2=-0.42,-1.58(舍去（1分）（1分）根軌跡與虛軸的交點坐標：該系統(tǒng)根軌跡如下圖（2分）（2）系統(tǒng)的階躍響應(yīng)不出現(xiàn)超調(diào)的條件是特征根在左半平面的實軸上。根軌跡在實軸上的分離點的K值已由（1）求得，所以在0（4分）自動控制原理試卷4答案一.（26分）開環(huán)傳遞函數(shù)無反饋環(huán)節(jié)閉環(huán)傳遞函數(shù)有反饋環(huán)節(jié)。 傳遞函數(shù)是指在零初始條件下，系統(tǒng)輸出量的拉式變換與系統(tǒng)輸入量的拉式變換之比。 幅頻特性與相頻特性統(tǒng)稱為頻率特性。 為了使系統(tǒng)達到我們的要求，給系統(tǒng)加入特定的環(huán)節(jié)，使系統(tǒng)達到我們的要求。這個過程叫系統(tǒng)校正。 系統(tǒng)距離不穩(wěn)定的角度， （2分）希望

9、值與穩(wěn)態(tài)值之差 （1分） （1分）ts=4/(n) （1分） （1分）(10) 4K T1T2K1K2 即可滿足穩(wěn)定條件 （2分） b （3分） （3分） （2分）故 五（10分）由穩(wěn)態(tài)指標要求則未校正系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為 由于在=1處,未校正系統(tǒng)而穿過剪切頻率c的L()曲線斜率為-40dB/dec（1分）（1分）故未校正的系統(tǒng)不穩(wěn)定 (3)確定校正后系統(tǒng)剪切頻率 （1分） （1分）（1分） arctancc)=350 所以crad/s (4)確定. =crad/s時,令未校正系統(tǒng)頻率特性的對數(shù)幅值為-20lg.（1分） (5)當2=1/(T)= c/4 （1分）所以T=4/c=77 （1分）

10、 v0400（1分） 所以校正完畢。 六（10分）（2分）8Z3+8Z2+8Z+3=0 令Z=(+1)/(-1)得（2分）273+152+17+5=0 由勞斯判決得3 27 172 15 5（3分）1 120（2分）0 5 三階系統(tǒng)各系數(shù)為正,且1517275 （1分）所以系統(tǒng)穩(wěn)定 七（14分）解（1）系統(tǒng)的特征方程為 s2+as+16=0 = （1分）等效開環(huán)傳遞函數(shù)為： ，a由0變化為一般根軌跡。（1分）開環(huán)零點-z=0，開環(huán)極點-p1,2=j4。（1分）實軸上的根軌跡在區(qū)間。（1分）3）分離點 由P(s)Q(s)-P(s)Q(s)=0，得-s2+16=0,解得s1=-4為分離點，s2=4

11、不在根軌跡上，舍去。K1=8。4）復(fù)根的出射角 （1）負平面的根軌跡是圓心位于（0,j0）、半徑為4的圓周的一部分，如圖2-4-9所示。（1分）（1分）（2）把代入相角條件中，若滿足則是根軌跡上的點，反之則不是。s-(s+j4)-( s-j4)= （1分） （1分）點不在根軌跡上。60SAjj4SB-4-j45）先求時根軌跡上的點sA,B的坐標，再求對應(yīng)的a值。時=60，設(shè)點sA坐標實部為-，則sA,B=-,有令等式兩邊s各次項分別相等，得自動控制原理試卷5 答案（每空1分，共14分）1. 準確性2. G（s）=k3. 1/s34. 臨界穩(wěn)定系統(tǒng)5. 6. 7. 8. 諧振峰值、諧振頻率、頻帶

12、寬度9. 相位超前、相位滯后、相位滯后-超前10. 二.（21分）（4分）1.系統(tǒng)不穩(wěn)定,有2個根在右半S平面. （4分）2.系統(tǒng)臨界穩(wěn)定. （6分）3.系統(tǒng)穩(wěn)定. （7分）4.K值減小到原來的1/2. 三.（8分）（8分） (s)= 四. （10分）（4分）K=20, （3分）T1=0.413S, （3分） T2=4.371S. 五. （12分）（4分）1. s1=j s2=-j （4分）2TaT時,系統(tǒng)穩(wěn)定. （4分） =T時,系統(tǒng)臨界穩(wěn)定. （4分） 4s3+4s2+4s+s+a=0 = （1分）等效開環(huán)傳遞函數(shù)為 G(s)= a由0變化為一般根軌跡。（1分）開環(huán)極點-p1=0, -p2

13、,3。（1分）漸進線與實軸的交點-=-1/3，漸進線傾角=60，180，300。（1分）實軸上的根軌跡在區(qū)間分離點（1分）由P(s)Q(s)-P(s)Q(s)=0，得3s2+2s+0.25=0，解得s1為起點，s2為分離點。根軌跡與虛軸的交點。（1分）令s=j，代入特征方程得-j3- 2+0.25a=0 = 該系統(tǒng)根軌跡如下圖所示jj0.5（3分）-（2）=1時，對應(yīng)實軸上的根軌跡的分離點，s1,2=-1/6，。因為n-m=32，所以開環(huán)極點之和，求的另一實軸上的極點坐標（1分）（2分）3=-0.5-0.5 = 系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為圖7e*(t)e(t)c(t)r(t)自動控制原理試卷6答案（每

14、空1.5分，共15分）填空題2.Ts+13.4. 5. 幅頻特性，相頻特性6. 20lgA()7. 相角裕量8. z/(z-1)9. 相同的傳遞函數(shù)G（s）10. 主導(dǎo)極點（8分）（8分）； 三. (12分)（3分） u(t)=i1(t)R1+;（2分） u(t)=; （2分） i(t)=C; （5分） RRCC+(RC+RC+RC)+u(t)=u四. (10分)（4分）系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為 （s）=； （2分）特征方程 A（s）=s+5s+5s+4s+K=0； （4分）系統(tǒng)穩(wěn)定條件K0，84-25K0，即K0 五. （13分）（4分）A（s）=s+14s+10=0 所以系統(tǒng)穩(wěn)定（5分）e=0；

15、e=； （4分）e=0+0.8+ 。 六. (15分) （5分） ； （3分） ； （4分） （3分） =1800-900=900。 七. (12分)（6分）（6分）八. （15分）（1分）解系統(tǒng)有三個開環(huán)極點：-p1= -0.2,-p2=0.5,-p3= -1。（1分）n=3,m=0,有三條根軌跡，均趨于無窮遠。（1分）實軸上的根軌跡在區(qū)間（-，-0.2。漸進線（2分）4）分離點。特征方程為:s32+0.8s+0.1+K=0 （2分）重合點處特征方程為：（s+a）2 (s+b)=s3+(2a+b)s2+(2ab+a2)s+a2b=0令各項系數(shù)對應(yīng)相等求處重合點坐標和重合點處增益取值。5）根軌

16、跡與虛軸的交點。系統(tǒng)的特征方程為D(s)=s320.8s+0.1+K=0令s+j，得（3分）- j32+0.1+K=0 = = （5分）-1j自動控制原理試卷7答案一 （40分）(1) 穩(wěn)定性 快速性 準確性 （3分） (2) 脈沖傳遞函數(shù)是指在零初始條件下，系統(tǒng)輸出量的z變換與系統(tǒng)輸入量的z變換之比。 (3) 幅頻特性與相頻特性統(tǒng)稱為頻率特性。 （3分）(4) 為了使系統(tǒng)達到我們的要求，給系統(tǒng)加入特定的環(huán)節(jié)，使系統(tǒng)達到我們的要求。傳遞函數(shù)是指在零初始條件下，系統(tǒng)輸出量的拉式變換與系統(tǒng)輸入量的拉式變這個過程叫系統(tǒng)校正。 （3分）(5) 系統(tǒng)距離不穩(wěn)定的角度， 要求離散頻譜各分量不出現(xiàn)重疊,即要

17、求采樣角頻率滿足如下關(guān)系:（3分）s2max （2分）(7) （2分）(8) ts=4/(n) （2分）(9) （2分）(10) 4K T1T2K1K2即可滿足穩(wěn)定條件 （1分） b （2分） （1分）（1分） 故 六（10分）（2分） （1分） 令 （2分）則 （2分） （3分） （1分） 七. （10分）四個極點-p1=-1, -p2=-5, -p3,4=-3j2。漸進線 （1分） ，135，225，315（k=0,1,2,3）（1分）3）軸上的根軌跡在區(qū)間-5，-1。4）分離點 P(s)=1 Q(s)=(s+1)(s+5)(s2+6s+130)P(s)Q(s)-P(s)Q(s)=4s3+

18、36s2+108s+108=0 = 2(s+3)3=0 得s1，2，3=-3，均為分離點，K=16。（2分）分離角 正好與漸進線重合。5）出射角jj3-j3-15-p3=180-（-3+j2+5）-（-3+j2+1）-（-3+j2+3+j2）=-90（1分）-p4=90（1分）軌跡與虛軸的交點 1,2=3，K=3407)系統(tǒng)根軌跡如圖所示。（3分）自動控制原理試卷8答案（每空1分，共10分）一、填空1輸出量與輸入量2結(jié)構(gòu)及參數(shù)3不穩(wěn)定系統(tǒng)4峰值時間5將傳遞函數(shù)中的s變?yōu)閖6 7. 8.9相角裕量和剪切頻率10諧振峰值二（7分） （7分） 三(10分)（1分）I(s)=U(s)-U(s) （1分

19、）U (s)=I(s)-I(s) （1分）I(s)=U(s)-U(s) （1分）U(s)=I(s) X0（s）U1（s）I2（s）I1（s）Xi（s）（6分）四(13分)（5分） （2分）n=6 （2分）2n=13 （2分）=1.08 （1分）p=0 （1分）ts=2T=1/3 五(8分)（4分） s+6s+8=(s+4)(s+2)=0; （2分） s=j2,s=j （2分）s5，6=-1j(2分) 六(14分)（5分） ； （3分） ； （3分）（3分） =1800-1800+60.500=480。 七(15分)（3分）Kv=K=5 （4分）o （4分）c ,=0.1 T=77 （4分） 八

20、 (8分)（8分） 九、（15分）-2-j2j圖 2解 （1分）特征方程為 s2+K1Ks+K=0 當閉環(huán)極點為時的系統(tǒng)特征方程 為（2分） (s+1)2+3=0 = s2+2s+4=0 （2分）兩方程聯(lián)立 （2分）(2)系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為 （1分）等效根軌跡方程為 （1分）K由0+變化時為一般根軌跡開環(huán)零點-z1=-2，開環(huán)極點-p1,2=0 （1分）實軸上的根軌跡在區(qū)間。 回合點（2分）Q(s)P(s)-P(s)Q(s)=0 = s2-(s+2)2s=0 = s2+4s=0 解得s1=0為起點，s2=-4為會合點，K=16 （3分）負平面上的根軌跡是圓，如圖2 自動控制原理試卷9答案（每題

21、1分，共10分）一1二(6分)（6分） 三(10分)（1分）U(s)=LsI(s)+U(s) （1分）I(s)=U(s)-U(s) （1分）I(s)=I(s)-I(s) （1分）U(s)=I(s) （1分）I(s)=U(s) （5分）Ui(s)U0(s) 四(11分)（2分） +s+2=0； （3分） e=0.=5； （3分）e=0.125； （3分）e= e+ e=0.5+0.125=0.625； 五 (11分) （2分） （2分）（1分） K=2 （2分）=0.5 n2=2 =1.414 （2分） （2分）-3.414t 六(15分)（5分） （2分） ； （3分） ； （2分）（3分）

22、=1800-9000。 七(13分)（2分） （2分）=4 （3分） （3分） （3分） 八(10分)（5分）（5分） 九. （15分）解 系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為 （2分） （1分） 系統(tǒng)特征方程為 s2+s+as+1=0 （1分）等效根軌跡方程為 a由0-變化為零度根軌跡開環(huán)零點-z1=0，開環(huán)極點-p1,2。 （1分）實軸上的根軌跡在區(qū)間。 3）會合點 Q(s)P(s)-P(s)Q(s)=0 = s2-1=0（2分）解得s1 =1(舍去) s2=-1(會合點)。會合點時的a值 4）根軌跡是圓心位于（0，j0）、半徑為1的圓周的一部分如下圖所示。（1） 1）穩(wěn)態(tài)誤差。系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為，型系統(tǒng)，

23、kv=1 , ess=1。2）阻尼比和調(diào)節(jié)時間。對應(yīng)開環(huán)傳遞函數(shù)有（1分） = （2分）(2)由根軌跡看出，此時系統(tǒng)特征根為兩個不相等的實根，1，系統(tǒng)無超調(diào)，但由于其中一個實根更靠近虛軸，使調(diào)節(jié)時間增長。系統(tǒng)仍為型，開環(huán)增益減小，斜坡信號輸入時穩(wěn)態(tài)誤差增大。 60j-1sB（1分）（3）系統(tǒng)閉環(huán)根軌跡在實軸上出現(xiàn)會合點為臨界阻尼情況，此時a=1。從特征方程上也可以看出。 （4分）自動控制原理試卷10答案（每題1分，共10分）（2分）一1.3.A4.B5.A6.C7.D8.B9.D10.D二（15分） （2分） （2分）（1分） （3分） （1分） （3分） =1+G1+G1G2+G1 （2分）

24、 P1=G1G2、1=1；P2=G2、2=1 （2分） P3=G1、3=1；P4=G1、4=1 （1分） C（s）/R（s）=（G1+1）G2/（1+2G1+G1G2） 三（6分） （6分）特征式各項系數(shù)均大于零，是保證系統(tǒng)穩(wěn)定性的必要條件。上方程中s 一次項的系數(shù)為零，故系統(tǒng)肯定不穩(wěn)定。 四（15分） 將系統(tǒng)等效變換為單位反饋的典型結(jié)構(gòu)形式，便可直接運用誤差規(guī)律計算ess. （3分）原系統(tǒng)等效為下圖結(jié)構(gòu)，相應(yīng)的開環(huán)傳遞函數(shù)（4分）G（s）=n2/(s2+2ns) （4分）r(t)=1, ess.=0 （4分）r(t)=t, ess.=1/k=/n. 五（15分） 104020401001L(

25、)（8分） （2分）（3分） =-1800+84.3-5.71（2分） =0因為大于零所以系統(tǒng)穩(wěn)定.六（15分） （5分）由題目知， （5分） （5分） 七（15分） （1分） z2+2.31z+3=0 因此系數(shù)不穩(wěn)定。 （）W2+(1.264-0.528K)W+0.632K=0 （1分）（1分）（2分）（1分）（2分）（2分）（3分）（1分）（1分）0.632K0 1.264-0.528K0 2.736-0.104K0 得到系統(tǒng)的臨界放大系數(shù)為 八（9分） （5分）（4分）自動控制原理試卷11答案（每題1分，共10分）一1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.二. (10分)解：系統(tǒng)的被控

26、對象為大門，被控量為大門的實際位置。輸入量為希望大門位置。（6分）當合上開門開關(guān)時，橋式電位器測量電路產(chǎn)生偏差電壓，經(jīng)放大后，驅(qū)動電動機帶動絞盤轉(zhuǎn)動，使大門向上提起。同時，與大門連在一起的電位器電刷上移，直到橋式電位器達到平衡，電動機停轉(zhuǎn)，開門開關(guān)自動斷開。反之，當合上關(guān)門開關(guān)時，電動機帶動絞盤反轉(zhuǎn)，使大門關(guān)閉。 （4分） 系統(tǒng)的原理方框圖所示。 大門絞盤電動機放大器電位器-開（閉）門的位置門實際位置三(13分)解：根據(jù)電路基本定律，得電網(wǎng)的動態(tài)方程為（3分）ur=R1(i1+i2)+L i1,i2為中間變量，且i1=C,i2=，在動態(tài)方程中消掉中間變量，得（4分） 在零初始條件下進行拉氏變換

27、，可得（3分） （3分） 四(13分)解：1）首先判斷系統(tǒng)的穩(wěn)定性系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為（2分） 閉環(huán)傳遞函數(shù)為 (s)= 3+s2+5s+10=0ai0 (I=0,1,2,3)（3分）D2=-(1*5-0.2*10)=30 （1分）故系統(tǒng)閉環(huán)穩(wěn)定 2）求系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差當n(t)=0時，從系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)可得=2，即系統(tǒng)為型系統(tǒng)。對r(t)=1+t來說，essr=0。 當r(t0=0時， 2分（2分）（2分） 所以（1分） ess=essr+essn=0+0=0 五(13分)解：系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為（2分）則系統(tǒng)的開環(huán)零點為z1=z2=2，開環(huán)極點為p1=p2=p3=0,p4=20。（1分）系

28、統(tǒng)有四條根軌跡。 四條根軌跡起始于開環(huán)極點p1、p2、p3、p4，兩條終止于無窮遠，兩條終止于 z1和 z2。 （1分）實軸上的根軌跡位于區(qū)域（-20，2）。 漸近線為（2分）a= =-8 (5)起始角：由于在開環(huán)極點0處有三條根軌跡出發(fā)，根據(jù)相角方程得（2分）pi= -15-25-20-25-20-15-10-55015252010-1050-5ImRe虛軸實軸應(yīng)此三個起始角分別為60，180，300。根軌跡與虛軸交點：閉環(huán)系統(tǒng)的特征方程為s4+20s3+Ks2+4Ks+4K=0將s=j代入，令上式的實部和虛部分別為零，得到合理解為= K=25 2分系統(tǒng)的根軌跡如圖所示。 （3分）六(13分

29、)系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為（3分） （1分） （2分）根據(jù)題意 （2分）A（1）=2 （2分）=- 由以上兩式，得（3分） 則得 七. (15分)解:根據(jù)題中給出的條件可知，當K=10，T=0.1時有下式成立，即（3分） （2分）相穩(wěn)定裕度為 現(xiàn)考慮K，T的選擇，要求截止頻率不變，應(yīng)有（3分） （2分）相穩(wěn)定裕度為 要求系統(tǒng)的相穩(wěn)定裕度提高即有（1分） 比較上面的兩組式子，可得K，T應(yīng)該滿足的關(guān)系為（4分）可以解的T=0.6 K=3.53 八(13分)解：分別用長除法、部分分式發(fā)和留數(shù)計算發(fā)求解。長除法：通過長除法將F（z）表示為無窮級數(shù)形式（4分）F（z）=根據(jù)z變換的定義有 (0)=0, (T)

30、=10, (2T)=30, (3T)=70部分分式發(fā)：先將F（z）分解為部分分式的和 F（z）=然后，再求各個分式的Z反變換，得（5分） （nT）=10() (n=0,1,2,3.)留數(shù)計算法： F（z）在極點1和2處的留數(shù)之和，得（4分） （nT）= （n=0,1,2,3）自動控制原理試卷12答案(每題1.5分，共15分)一 1.2.3.4.5. 6. 7. 8. 9. 10.(每圖2分，共10分)二.（10分） N（s）=0（8分）(2).當A（s）=G（s）時， =G（s）。 （7分）.H（s）= 三.（13分） （1分）實軸上的根軌跡： ，漸近線：（1分） 分離點：（1分） 經(jīng)整理得

31、（1分）故， 顯然分離點位于實軸上間，故取。（1分）與虛軸地交點是臨界穩(wěn)定點-勞斯表第一列出現(xiàn)0的點（2分）（1分）s=j是特征根（1分）令實部（1分）虛部性能變化趨勢：（3分）四. （12分）解：勞斯定理判斷該系統(tǒng)零點、極點的正負情況。S4 1 164 315（8分）S3 22 458 0S2 143 315S1 410 0S0 315 （4分）由勞斯定理知該系統(tǒng)極點都在平面左側(cè)S3+3S2+2S+5=0可知：3*271*5。所以該系統(tǒng)的零點也都在平面左側(cè)，所以此傳遞函數(shù)為小相位傳遞函數(shù)。五. （12分）解：Gk（s）的轉(zhuǎn)折頻率依次為（3分）（3分）1，2，50L（）0-40-20-4012

32、5020lg20（6分）六. （13分）（1分）解：（2分）（2分）（2分）（2分）（2分）（2分）七（10分）解：根據(jù)Z變換的初值定理，有（2分） （2分） 由于（z-1）X(z)= 在單位圓上和單位圓外均無極點，根據(jù)終值（2分）x（）= 而(z-1)Y(z)=在單位圓外有極點z=-2，所以不能應(yīng)用終值定理求終值。利用留數(shù)法求Y（z）的反變換，得（2分） y(n)= 當n趨于無窮時，y(n)的取值正、負交替，但摸值趨于無窮大，因此不存在終值。 （2分）自動控制原理試卷13答案(每題1.5分，共15分)一1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.二. (20分).1/s1/svivo-（10分

33、）（1） =L（2）系統(tǒng)單位階躍響應(yīng)為vo（t）=L-1=-1（t）+cost 系統(tǒng)沒有處于欠阻尼狀態(tài)。改善辦法如圖所示，L5*105H（10分）1M1M1M-被控對象V1Vi 三. (10分)（4分）解：將s=z-1代入原方程式得(z-1)3+7(z-1)2+17(z-1)+11=0（4分）整理上式得：z3+4z2+6z=0（2分）上式無常數(shù)項，因此該系統(tǒng)無=1穩(wěn)定裕度。四. (16分)（8分）Gc（s）=,0.63T11.37; （8分）（2）同（1）；（8分）Gc（s）=K，0K 2s3+33s2+60s+2=0（1分） 解得s1 =-0.43(分離點) s2=-1.59(舍去) s3（

34、舍去） 5）根軌跡與虛軸的交點。根據(jù)特征方程勞斯表s3 1 K+2s2 3 10K s1 （2分）s0 10K令s1行等于零，得K=,代入s2行輔助方程，等（1分） = s= 6）該系統(tǒng)根軌跡如圖（4分）j-10圖 2-4-19=+=0+=0-=-ImRe六. (15分)（4分）（1）奈奎斯特圖如圖所示 （5分） （2）當0K1時系統(tǒng)不穩(wěn)定。此時系統(tǒng)右半平面極點數(shù)為Z=P+N=1+1=2。七. (14分)（6分）系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為G（s）=;2/31/s-1（2）由于該系統(tǒng)為單位負反饋系統(tǒng)則信號流程圖如下。21/s-1（8分）或自動控制原理試卷14答案(每題1.5分，共15分)二.（15分）解

35、：當時：（1分） %=16.3%（1分） %=5%（1分） （1分）（1分） （1分）（1分） （1分） （1分）（1分）； （5分） .三. （10分） =，=，=， （5分）=，=，=（5分） 四. （15分）解：1、起點、終點（2分）2、分支數(shù)、對稱性 見下圖：3、實軸上的根軌跡4、根之和5、漸近線：（2分）用根之和解釋為什么根軌跡是這樣6、分離點坐標d（2分）（2分）分離點d的一般公式：（2分）即有： 試根：（1）、現(xiàn)在根軌跡上判斷一下d的大致范圍：-0.5-1之間。 （2）、先取=-0.5;上面方程不平衡。再取=-0.6;上面方程反相不平衡（選擇方向?qū)?，但過頭了）選=-0.55;方程

36、基本平衡（）（1分）（3）、d的精度到以內(nèi)即可。（4分）五. （15分）（3分）ess=;（3分）（2）ess=0;（3分）（3）ess=.G2(s)H(s)G1(s)R(s)C(s)E(s)N(s)-（4）如圖所示，加裝補償器Gn（s）=. （6分）六. （15分）（3分）（1）相位裕量：，幅值裕量Kg（dB）=1.34（dB）;（2分）（2）相位裕量；（2分）（3）校正后系統(tǒng)的幅值穿越頻率增加，系統(tǒng)動態(tài)響應(yīng)加快。L（）-20-40-20-40-6025（8分）七.（15分）解：（1分） （1分） 特征方程：（1分）Z2 +2.31Z+300（2分）1=-1.156+j1.29 2 不穩(wěn)定。

37、（1分）（2）（2分）Z2-(1.368-0.368k)Z+(0.368+0.264k)=0W 變換：（1分）（2.736-0.104k）2+（1.264-0.528k）+0.632k=02（2分）1 1.264-0.528k 00 0.632k 0（1分）所以：0.632k0（1分）1.264-0.528k0（1分）2.736-0.104k0得臨界整定（1分） kc自動控制原理試卷15答案（每題2分，共20分）（每題2分，共10分）二1. () 2.（）3.（）4.（）5.（）三（15分）（2分）解：開環(huán)傳遞函數(shù)G(s)= （2分） （3分）（2分）（2分） （4分）ess 四（15分）（1

38、分）解：系統(tǒng)的開環(huán)零點為z1=-4,三個極點為p1=0,p2,3=-1。 （1分）(1)系統(tǒng)根軌跡有三條，兩條起始于開環(huán)極點p2,3= -1，一條起始于p1=0。一條終止于開環(huán)零點z1=-4，兩條終止于無窮遠。 （1分）(2)實軸上(-1,0)和(-4,-1)為根軌跡區(qū)域。 (3)根軌跡的漸進線為（1分） (4)分離點：根據(jù)計算公式(4-10)，解得（1分） (5)根軌跡與虛軸的交點：閉環(huán)特征方程為（1分） s3+2s2+(1+K*)s+4K*=0 構(gòu)造勞斯表 s3 1 1+K*s2 2 4K* s1 1-2K* 0 s 4K* 使第一列中s1項的系數(shù)等于零，可得臨界K*值，解得（2分） K*

39、=1 為求根軌跡與虛軸的交點，取s2列中的系數(shù)組成輔助方程為（1分） 2s2+4K*=0 解此方程，得根軌跡與虛軸交點坐標為（1分） s= 系統(tǒng)的根軌跡如圖所示。當有一個閉環(huán)極點為-3時，將s= -3代入閉環(huán)系統(tǒng)的特征方程，有 -27+18-3(1+K*)+4K*=0得 K*=12則此時閉環(huán)系統(tǒng)的特征方程為s3+2s2+13s+48=0，此時閉環(huán)系統(tǒng)的另外兩個特征根為-8-7-6-5-4-3-2-1012345678-5-4-3-2-1012Re實軸根軌跡圖 虛軸Im（2分） s2,3 五（13分）（3分）G(s) -（2分）相頻特性曲線： （3分）r （1分）該系統(tǒng)臨界穩(wěn)定。（4分）六. （

40、14分）解：（1分） （1分）（1分）（1分）（2分）（3分）（5分）七. （13分） 解：系統(tǒng)連續(xù)部分的傳遞函數(shù)為（3分）所對應(yīng)的脈沖傳遞函數(shù)為（4分）在單位階躍信號作用下，希望的閉環(huán)傳遞函數(shù)為（2分）由此可確定控制器的脈沖傳遞函數(shù)為（4分）自動控制原理試卷16答案(每題1.5分共15分)一.1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.二（13分）(4分)解：閉環(huán)傳遞函數(shù)(s)= (1分)(1分)典型二階系統(tǒng)閉環(huán)傳遞函數(shù)為(s) (1分)(2分) (2分)(2分) 三（13分）(2分)解：ess (4分)E(s) (3分)ess (4分)ess = K2.4 四（14分）解：根據(jù)系統(tǒng)的開環(huán)傳遞

41、函數(shù)，開環(huán)零點有兩個，z1=z2= - 1,開環(huán)極點有三個：(1分) p1=p2=p3=0 根據(jù)繪制根軌跡的規(guī)則可知：(1分)這個系統(tǒng)的根軌跡有三條，起始于三個開環(huán)極點，兩條終止于一個開環(huán)零點，一條終止于無窮遠處。 (1分)實軸上根軌跡區(qū)域為(-，-1)和(-1，0)。 (1分)分離點得到d=-3。 (1分)起始角：根據(jù)相角方程式(4-8)得 (1分)根軌跡與虛軸交點：閉環(huán)特征方程為 s3+K(s+1)2=0 虛軸01-1-2-3-2-101-4Re2Im實軸圖4-1 根軌跡圖將s=j代入，分別令實部和虛部等于零，可得(1分) =1 K=0.5 根軌跡如圖4-1所示。 (2分)根據(jù)根軌跡曲線，

42、當K0.5時，閉環(huán)系統(tǒng)的極點全部在左半復(fù)平面，所以閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定時K的取值范圍是K0.5。 五（15分）解：（1）系統(tǒng)開環(huán)頻率特性可表示為(3分) ImRe=0+-10開環(huán)幅相特性曲線(4分) 曲線與坐標軸無有限值交點。根據(jù)以上特征點，可概略繪出系統(tǒng)的開環(huán)幅相特(3分)性曲線，如圖實線所示。 (2)開環(huán)傳遞函數(shù)有兩個積分環(huán)節(jié)，需要在系統(tǒng)的開環(huán)幅相特性曲線上=0+的點開始逆時針方向(2分)補畫一個半徑為無窮大的2()的圓弧如圖虛線所示。 本題開環(huán)正極點數(shù)P=0，開環(huán)幅相特性曲線饒(-1，j0)點順時針轉(zhuǎn)一圈，故N= -1，根據(jù)(1分)奈奎斯特穩(wěn)定判據(jù)，系統(tǒng)閉環(huán)不穩(wěn)定。 (2分)閉環(huán)特征方程正實部根

43、的個數(shù) N=P-2N=0-2(-1)=2 六（15分）(2分)解：(1) G0(s) (2分)GC(s) L()G0(s)* GC(s)對應(yīng)的對數(shù)幅頻漸近特曲線-40-40-20100(5分)100101相頻特性 -(5分)(1分)G(s)對系統(tǒng)的穩(wěn)定性有改善作用。七. （15分）解：（1）系統(tǒng)連續(xù)部分的傳遞函數(shù)為(3分)開環(huán)脈沖傳遞函數(shù)為(2分)(2分)閉環(huán)脈沖傳遞函數(shù)為(2分)（2）系統(tǒng)輸出的Z變換表達示為(2分)-1+z-2-3-4-5+(2分)所以c*(t-1)+ (t-5)+(2分)即自動控制原理試卷17答案（每題1.5分，共15分）（15分）梅遜公式得：（2分） （1分） =1Li

44、+LiLj （3分） LI=G1G2H1-G2H1-G2G3H2 （2分） LiLj=0 （3分） P1=G1G2G3 1=1 （2分） P2=G4 2=0 （2分） 三.（15分）題意知，系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為：（4分） （3分） n=3. 2n=2+Kf Kf （3分） （2分） （3分） 四（15分）系統(tǒng)的閉環(huán)特征方程為：（8分） D(s)=s3+4s2+8s+K （7分） K0 32K 0K s2+0.5s-(s+1)(2s+0.5)=0 = s2+2s+0.5=0 = 均在根軌跡上，為分離點，為會合點。(3分) = Kd1=0.17,Kd24）可以證明復(fù)平面上的根軌跡是以-1為圓心，以

45、為半徑的圓。根軌跡如下圖(6分)j1 六. （15分）解：（1）利用方框圖等效變換化系統(tǒng)為單位反饋的典型結(jié)構(gòu)形式，其開環(huán)傳遞函數(shù)為(5分) 根據(jù)題意(4分) (3分)（2） (3分) 七. （15分）解：將圖中L0，L1兩條折線相減可得出校正的幅頻特性曲線見圖2中的Lc,根據(jù)Lc可以寫出校正環(huán)節(jié)傳遞函數(shù)(4分)(4分)(3分)該環(huán)節(jié)是超前滯后校正，它的作用是提高截止頻率，改善了快速性，增加相對裕度，改善振蕩性，但高頻放大故系統(tǒng)抗高頻干擾變差。-40-40-20-20-403-40-204215L1L00L()/dB/(rad/s)(8分)自動控制原理試卷19答案（每題2分，20分）一. 1.C

46、、2.B、3.C、4.D、5.C、6.D、7.B、8.C、9.B、10.A（每題2分，10分）二. 1.2.3.4.5.三. 簡答題（17分）1. 定值控制系統(tǒng)為給定值恒定，反饋信號和給定信號比較后控制輸出信號、伺服控制系統(tǒng)為輸入信號是時刻變化的，輸入信號的變化以適應(yīng)輸出信號的變化，程序控制系統(tǒng)的輸入和反饋通過程序來控制系統(tǒng)的輸出。（5分）2. 線性系統(tǒng)的輸入和輸出呈線性變化，非線性系統(tǒng)的輸入和輸出呈非線性變化，求解系統(tǒng)的傳遞函數(shù)是系統(tǒng)的輸入必須為線性系統(tǒng)。（5分）3.答：設(shè)校正裝置的形式為。根據(jù)開環(huán)傳遞函數(shù)的形式以及對系統(tǒng)靜態(tài)指標的具體要求，確定校正裝置中積分環(huán)節(jié)p的個數(shù)，以及比例環(huán)節(jié)kc的

47、取值；然后再根據(jù)對系統(tǒng)的動態(tài)指標的要求，根據(jù)受控對象的結(jié)構(gòu)特征，選擇超前校正網(wǎng)絡(luò)、滯后校正網(wǎng)絡(luò)或滯后超前校正網(wǎng)絡(luò)，實施動態(tài)校正。 靜態(tài)校正的理論依據(jù)：通過改變低頻特性，提高系統(tǒng)型別和開換增益，以達到滿足系統(tǒng)靜態(tài)性能指標要求的目的。（7分） 動校正的理論依據(jù)：通過改變中頻段特性，使穿越頻率和相角裕量足夠大，以達到滿足系統(tǒng)動態(tài)性能要求的目的。四. （13分）解：分別用長除法、部分分式發(fā)和留數(shù)計算發(fā)求解。長除法：通過長除法將F（z）表示為無窮級數(shù)形式（2分）F（z）=根據(jù)z變換的定義有 （2分） (0)=0, (T)=10, (2T)=30, (3T)=70部分分式發(fā)：先將F（z）分解為部分分式的和（2分） F（z）=然后，再求各個分式的Z反變換，得（3分） （nT）=10() (n=0,1,2,3.)留數(shù)計算法： F（z）在極點1和2處的留數(shù)之和，得（4分） （nT）= （n=0,1,2,3）五（13分）解：繪圖時第一步列出各環(huán)節(jié)的傳遞函數(shù)方程，畫出傳遞函數(shù)框圖。（2分）（2分）（2分）（2分） 第二步按信號流向依次聯(lián)接傳遞函數(shù)的結(jié)構(gòu)圖。1/R1R2CsUi(s)Uo(s)IR(s)IC(s)+-（3分）六（13分）解：把虛軸右移1重新建立一個Z平面，如圖所示。以 s=z-1求得z坐標函數(shù)后再進行判斷。S=z-1=z-1,代入（2分）A(z)=(z-1)3+