选择题(每题2分,共12分) l、A;2、C;3、B;4、B:5、B;6、C 解:(10分) G1(s)G2(s)G3(s) 1+G2(s)G3()H2(s)+G2(s)H1(s)+G1(s)G2(s)H1(s) +H3(s) 、解:(10分) (1)通过劳斯判据可以判断系统稳定 (5分) (2)求出稳态误差为es=20。 (5分) 四、解:(15分) (1)系统有三个开环极点:P1=0,P2=-3,p3=-6,没有开环零点 (2)实轴上的根轨迹:(-∞,630 (1分 (3)渐近线与实轴的交点:。_0-3-6=-3 (1分) 渐近线与实轴的夹角:9=2k+1)z=60180·(2分) (4)分离点:根据+ +=0,解得 dd+3 d+6 d1=-1.27,d2=-473(舍去) (2分) (5)与虚轴的交点:令实部为0可以求出与虚轴交点出的值,代入 虚部可求出与虚轴的交点值为s=±j424 (2分) 根据以上所计算参数,绘制根轨迹如下:求系统临界稳定时的K 值与系统的闭环极点。 (6)(4分) 根轨迹与虚轴交点出系统处于临界稳定状态,此时K=162,闭环极 点为s=±j4.24 (3分) 五、解:(10分) 1、系统的开环频率特性为G(jo)H(jo)= (1+j0.50)(0.20+1)(O+1) 起点:k∠0°,终点:0∠-270 第1页共3页
第 1 页 共 3 页 一、选择题（每题 2 分，共 12 分） 1、A ； 2、C； 3、B； 4、B； 5、B； 6、C 二、解：（10 分） ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 1 1 2 1 1 2 3 H s G s G s H s G s H s G s G s H s G s G s G s s 三、解：（10 分） (1)通过劳斯判据可以判断系统稳定; （5 分） (2) 求出稳态误差为 20 ss e 。 （5 分） 四、解：（15 分） （1） 系统有三个开环极点： 0, 3, 6 p1 p2 p3 ，没有开环零点。 （2） 实轴上的根轨迹： ,6, 3,0 （1 分） （3） 渐近线与实轴的交点： 3 3 0 0 3 6 a （1 分） 渐近线与实轴的夹角： 60 ,180 (2 1) n m k a （2 分） （4） 分离点：根据 0 6 1 3 1 1 d d d ，解得 1.27, 4.73 d1 d2 （舍去） （2 分） （5） 与虚轴的交点：令实部为 0 可以求出与虚轴交点出的 值，代入 虚部可求出与虚轴的交点值为 s j4.24 （2 分） 根据以上所计算参数，绘制根轨迹如下：求系统临界稳定时的 K 值与系统的闭环极点。 （6） （4 分） 根轨迹与虚轴交点出系统处于临界稳定状态，此时 K =162，闭环极 点为 s j4.24 （3 分） 五、解：（10 分） 1、系统的开环频率特性为 (1 0.5 )( 0.2 1)( 1) 10 ( ) ( ) j j j G j H j 起点： k0 ， 终点： 0 270 σ jω
与实轴交点:-0.79,与虚轴交点:-5.68,可以概略做出幅相曲线: (6分) 2、由奈氏稳定性判据,闭环系统稳定 (4分) 六、解:(18分) ①H()=A(s+)K(G+1D 201g k-401g a|o-=40 所以K=100 1000.25s+1) W(S) (5分 s2(0.0s+1) ②y=q(oc)+180° 100 所以 5分) ③GM=∝ (3分) (2)W=1001+0.1s) 100(0.25s+1) S(00s+1 所以W 0.255+1 (5分) (0.01s+1)(0.ls+1) 七、解:(10分) (1)因为传递函数没有零、极点对消,所以原系统能控且能观,可以直接写出 它的能控标准1型实现: 001 (3分) 第2页共3页
第 2 页 共 3 页 与实轴交点：-0.79，与虚轴交点：-5.68，可以概略做出幅相曲线： （6 分） 2、由奈氏稳定性判据，闭环系统稳定 （4 分） 六、解：（18 分） （1） ① 1 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 4 ( ) ( 1) 1 ( 1) 100 K K s K T s W s s T s s s 1 20lg k 40lg | 40 所以 K 100 2 100(0.25 1) ( ) (0.01 1) K s W s s s （5 分） ② ( ) 180 c 2 100 4 ( ) 1 25 1 c c c c A 所以 66.9 （5 分） ③GM （3 分） （2） 2 100(1 0.1s) W s 前＝ 2 100(0.25 1) (0.01 1) s W s s 后＝ 所以 0.25 1 (0.01 1)(0.1 1) s W s s c＝ （5 分） 七、解：（10 分） ⑴ 因为传递函数没有零、极点对消，所以原系统能控且能观，可以直接写出 它的能控标准 1 型实现： x x u 1 0 0 0 2 3 0 0 1 0 1 0 （3 分）
(2)加入状态反馈阵K=[K。K1K2]后,系统的闭环多项式为 f(4)=11-(4+BK)=2+(3-k2)2+(2-K)+(-k (3)根据给定的极点值,期望特征多项式为 f'(4)=(λ+2)(4+1-j)(+1+j)=2+42+62+4 (4)比较f(4)与f(4)各对应项系数,有 K 即K=[4 八、(测控)(15分) 解:(1)判断系统的能观性 N=CA=2-32 由于R(N)=2<3,故系统不能观。(5分) I CA 2)R=2-32 Ro=2 0 001 (3)按能观性分解后为 0 R。AR Ro Bu +2 x (10分) =CRo=[0 八、(电气、安全)解:(15分) 单位斜坡输入时 p(z)=2z-1(1-0.5z (4分) p(二)=(1-2-)2 (4分) D(二=) (=)0.543(1-0.368)(1-0.5 HG(=)中。(=) (1-z-1)(1+0.717-1) D(=) O( 273(1-0.368 HG(=)9(= 1+0.717 (7分) 第3页共3页
第 3 页 共 3 页 ⑵ 加入状态反馈阵 K K0 K1 K2 后，系统的闭环多项式为 ( ) ( ) (3 ) (2 ) ( ) 1 0 2 2 3 f I A BK K K K ⑶ 根据给定的极点值，期望特征多项式为 ( ) ( 2)( 1 )( 1 ) 4 6 4 * 3 2 f j j ⑷ 比较 f () 与 ( ) * f 各对应项系数，有 4 K0 ， 4 K1 ， 1 K2 即 K 4 4 1 （7 分） 八、（测控）(15 分) 解： ⑴ 判断系统的能观性 4 7 4 2 3 2 1 1 1 2 CA CA C N 由于 R(N) 2 3，故系统不能观。 （5 分） ⑵ 0 0 1 2 3 2 1 1 1 1 Ro 0 0 1 2 1 0 3 1 1 Ro ⑶ 按能观性分解后为 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 2 1 5 3 2 2 3 0 0 1 0 x x x x y CR u x x R Bu x x R AR x x (10 分) 八、（电气、安全）解：（15 分） 单位斜坡输入时 1 1 (z) 2 z (1 0 .5 z ) (4 分) 1 2 ( ) (1 ) e z z (4 分) 1 1 1 1 ( ) 0 .5 4 3(1 0 .3 6 8 )(1 0 .5 ) ( ) ( ) ( ) (1 )(1 0 .7 1 7 ) e z z z D z H G z z z z 1 1 ( ) 0 .2 7 3(1 0 .3 6 8 ) ( ) ( ) ( ) 1 0 .7 1 7 e z z D z H G z z z (7 分)
