浙江大学控制系：《自动控制原理近年考研题分章集锦》（二）

浙江大学控制系自动控制原理近年考研题分章集锦(二) (第三章:控制系统的时域分析一一连续部分) 2003年 3、(10分/150分)已知系统的状态转移矩阵为 3e--e-23e--2e-2 中(t)=+4e-2e2+2e请求出()、A 解:根据状态转移矩阵的运算性质有: 3e-e213e-2e2 (t)=(-t)=e2+4e-22+2e -3e-+2e-2-3e-+4e-2[-1 A=(0)= L-2e-2-4e-4e-2-2e 11、(20分/150分)已知下图所示系统的单位阶跃响应曲线,试确定参数k1,k2和a值 (提示:0tp= π 2 o%=e) 1- E () y(t) 2 s(s+a) y() 2.18 > t() 解: 2003年第3题示意图 y(∞)=2 %=2.18-2=0.09 2 tp=0.8 kik2 闭环传递函数G(s)=2+as+k2 y()= lim s.G(s).-=k1=2 S π ==0.8 f=4.946k1=24.46 =0.608a=6.01 %=e=0.0

浙江大学控制系自动控制原理近年考研题分章集锦（二） （第三章: 控制系统的时域分析――连续部分） 2003 年       + − + − − = − − − − − − − − t t t t t t t t e e e e e e e e t 4 2 2 3 3 2 ( ) 2 2 2 2 φ ，请求出 ( ) 、A。 1 t − φ 3、（10 分/150 分）已知系统的状态转移矩阵为 解：根据状态转移矩阵的运算性质有： = − = − ( ) ( ) 1 φ t φ t       + − + − − t t t t t t t t e e e e e e e e 4 2 2 3 3 2 2 2 2 2 A＝φ (0)＝       − −  =      − − − − + − + = − − − − − − − − 6 2 1 1 2 4 4 2 3 2 3 4 0 2 2 2 2 t t t t t t t t t e e e e e e e e （提示：0 2 ω0 1 ξ π − t p = σ ％＝ 2 1 ς ξπ − − e ） 11、（20 分/150 分）已知下图所示系统的单位阶跃响应曲线，试确定参数 k1,k2 和 a 值 解： 2003 年第 3 题示意图    = = ⇒    ξ = ω = ⇒        σ = = = ω − ξ π = ∞ = ⋅ ⋅ = = + + = = = − σ = ∞ = −ξ −ξπ → 6.01 24.46 0.608 4.946 % 0.09 0.8 1 2 1 ( ) lim ( ) ( ) 0.8 0.09 2 2.18 2 % ( ) 2 1 1 2 0 1 0 2 2 1 2 2 a k e t k s y s G s s as k k k G s t y p S p 闭环传递函数

2002 年 2.(10分70分)已知系统结构如图所示: U(s) E(s) K 2002年第2题示意图 (1)欲使系统闭环极点配置在-3+连4,-3-4处,试求K1和K2值: (2)设计G(s),使阶跃作用U(t)下稳态误差为零 解:(1)确定K1和K2值 利用梅逊公式,求系统的闭环传递函数:B(0)=s),p2(=s+1 信号流图的特征式及余子式:Ms)=1+k(+K2s),△()=△()=1 s(s+1) 系统的闭环传递函数:1S)=PA+P2△2=(+1)s)+k U(S) s(s+1)+k1(1+k2s) 故,系统的特征方程:Ms)=s2+(1+K1K2)s+k1=0 由题意,欲使系统闭环极点配置在-3+j4,-3-14处,即希望系统的特征方程: (s+3+4/(s+3-4/)=s+6s+25=0 即可求得:K1=25;K2=02 (2)因为:B)=(0-0+k25)(0-=()-0+k5)26+1x。)+ (s+1)+K1(1+K2s) 按题意稳态误差为零,故令:E(s=0,则应有 s(s+1)+K1(+K2s)=(1+k23s){+1)G(s)+K1]=(1+K2s(s+Gs)+K1(1+K2s) 故得:ss+1)=(+K2ss+1G(s) 因而求得:ss+1)=(1+K2s)(s+1Gs)= l+K2s1+02s 201年 2.(10分/70分)系统方框图如附图所示,当输入为单位加速度时,试确定G(s)环节中的 参数,使系统的静态误差为零。其中:G1(s)=K1,G(s)= K (不+D’() as +b G3(s) X(s) Y(s) >|G1(s) G2(

2002 年 2．（10 分/70 分）已知系统结构如图所示： E(s) 1 1 s + K s 1 G(s) 2002 年第 2 题示意图 Y(s) K2s+1 U(s) （1） 欲使系统闭环极点配置在-3+j4，-3-j4 处，试求 K1 和 K2 值； （2） 设计 G(s)，使阶跃作用 U(t)下稳态误差为零。 解：（1）确定 K1 和 K2 值 利用梅逊公式，求系统的闭环传递函数： s G s p s ( ) ( ) 1 = ； ( 1) ( ) 1 2 + = s s K p s 信号流图的特征式及余子式： ( 1) (1 ) ( ) 1 1 2 + + = + s s K K s ∆ s ；∆1(s) =∆2 (s) =1 系统的闭环传递函数： ( 1) (1 ) ( 1) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 s s K K s p p s G s K U S Y s + + + + + = ∆ ∆ + ∆ = 故，系统的特征方程： ( ) (1 ) 0 1 2 1 2 ∆ s = s + + K K s + K = 由题意，欲使系统闭环极点配置在-3+j4，-3-j4 处，即希望系统的特征方程： ( 3 4 )( 3 4 ) 6 25 0 2 s + + j s + − j = s + s + = 即可求得： K1 =25； K2 =0.2 （2）因为： ( ) ( 1) (1 ) ( 1) ( ) ( ) ( ) (1 ) ( ) ( ) (1 ) 1 2 1 2 2 U s s s K K s s G s K s U s K s Y s U s K s + + + E + + = − + = − + 按题意稳态误差为零，故令：E(s)=0，则应有： s( 1) (1 ) (1 )[( 1) ( ) ] (1 )( 1) ( ) (1 ) 1 2 2 1 2 1 2 s + + K + K s = + K s s + G s + K = + K s s + G s + K + K s 故得：s( 1) (1 )( 1) ( ) 2 s + = + K s s + G s 因而求得： s s K s s s K s s G s 1 1 0.2 ( 1) (1 )( 1) ( ) 2 2 + = + s + = + + = 2001 年 2．（10 分/70 分）系统方框图如附图所示，当输入为单位加速度时，试确定 G3(s)环节中的 参数，使系统的静态误差为零。其中：G1 1 (s) = K ， ( 1) ( ) 1 2 2 + = s Ts K G s ， 1) ( ) 2 2 3 + + = T s as bs G s 。 2001 年第 2 题示意图 X(s) G3(s) E(s) Y(s) G1(s) G2(s)

解:系统闭环传递函数为: Y(s) GG GG(G,+G3) X(S)1+G,G, G 1+GG 故:Y(s) X(s) 误差为:E(s)=X(s)-Y(s)= G2(2.X(s) 1+GG2 将已知条件:1(1,G(S)=A1,C= as+bs ,G(s) 代入上式。得 s(7s+1) ,s+1) Y(s) G(G+G3) K2(as+(b+KT)s+K) X(S)1+GG2TT2s3+(71+72)2+(1+k1k2)+kk2 闭环特征方程:TT2s3+(T1+T2)s2+(1+k1K2T2)s+K1K2=0 由赫尔维茨判据判定闭环系统是否稳定。因为n=3,故可用简单形式,即:当特征方程 的各项系数为正时,只需要检验D2=a1a2-a0a3是否>0。因 D2=a1a2-a03=(71+72)(1+K1k272)-K1K2T172=71+72+K1k272>0 故可知闭环系统稳定,且与待求的G3(s)环节中的参数无关,讨论稳态误差是有意义的 欲使系统的静态误差为零,根据终值定理,es= lime(s)=0,因此必须 T1+72-k2a=0以及1-K2b=0,即待求参数为:a=+1y 2000年 2.(10分70分)控制系统如图2-2所示。欲使:5=0.5,求:K=?y(∞)=?l,=?(允 许误差取5%)(输入为阶跃) 解:系统开环传递函数为 Gs=-+)=10 X(s) 10 1+10.ss+1+10) 可见,此系统为标准的二阶系统,故 s(s+1+10K)s2+25ns 2000年第2题

解：系统闭环传递函数为： 1 2 2 1 3 1 3 1 2 1 2 1 ( ) (1 ) ( ) 1 ( ) G G G G G G G G G G G X S Y s + + + = + = 故： ( ) 1 ( ) ( ) 1 2 2 1 3 X s G G G G G s + + Y = 误差为： ( ) 1 1 ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 X s G G G G E s X s Y s ⋅ + − = − = 将已知条件： 3 1 ( ) s X s = ，G1 1 (s) = K ， ( 1) ( ) 1 2 2 + = s Ts K G s ， 1) ( ) 2 2 3 + + = T s as bs G s 代入上式。得 1 2 2 1 2 2 1 2 3 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 3 ( ) (1 ) ( ( ) ) 1 ( ) ( ) ( ) TT s T T s K K T s K K K as b K T s K G G G G G X S Y s + + + + + + + + = + + == 闭环特征方程： ( ) (1 ) 0 1 2 2 1 2 2 1 2 3 T1T2 s + T + T s + + K K T s + K K = 由赫尔维茨判据判定闭环系统是否稳定。因为 n=3, 故可用简单形式，即：当特征方程 的各项系数为正时，只需要检验 D2 = a1a2 − a0a3 是否＞0。因 ( )(1 ) 0 2 D2 = a1a2 − a0a3 = T1 + T2 + K1K2T2 − K1K2T1T2 = T1 + T2 + K1K2T2 > 故可知闭环系统稳定，且与待求的 G3(s)环节中的参数无关，讨论稳态误差是有意义的。 而 3 1 2 2 1 2 2 1 2 3 1 2 2 2 1 2 2 3 1 2 1 2 2 3 1 ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) 1 1 ( ) TT s T T s K K T s K K s TT s T T K a s K b s X s G G G G E s ⋅ + + + + + + + − + − ⋅ = + − == 欲使系统的静态误差为零，根据终值定理， lim ( ) 0 0 = = → e sE s s ss ，因此必须 T1 + T2 − K2a = 0 以及1− K2b = 0，即待求参数为： 2 1 2 K T T a + = ； 2 1 K b = 2000 年 2．（10 分/70 分）控制系统如图 2-2 所示。欲使：ξ = 0.5 ，求：K＝？ （允 许误差取 5%）（输入为阶跃） y(∞) = ? = ? s t 解：系统开环传递函数为 ( 1 10 ) 10 ( 1) 10 1 ( 1) 10 ( ) s s K s s Ks s s G s + + = + ⋅ + + = 可见，此系统为标准的二阶系统，故 ( 1) 10 s s + 2000 年第 2 题 X(s) Y(s) Ks s w s w s s K G s n n + ξ = + + = ( 1 10 ) 2 10 ( ) 2 2

显然:wn=√10=3.16 欲使:5=05,25yn=1+10K=316:求得:K=316-1=0216 因系统闭环传递函数为:aY(s)= 10 X(s)s2+36s+10 故,在输入为阶跃时,系统的终值:y(∞)= lims(s)=1 系统的调节时间:,35=21 1999年 1998年 一、(2)(5分60分)单位反馈系统的开环脉冲传递函数时域表达式为: y(1)=k·e. sin ot 试求系统的闭环传递函数 解:因为y(t)的象函数为系统开环脉冲传递函数G(),故可以通过对y(t)求拉氏变换得到系 统开环传递函数G(s),进一步求得系统的闭环传递函数中(s) 系统开环传递函数Gs):G(s)=L( ce sin ot2(+o)+0 系统的闭环传递函数中(:vs)=, 1+G(s)(s+σ)2+o 四.(7分/0分)单位反馈系统的开环传递函数为G(s)=05+1)0.2.+D用主导 极点的概念,描述闭环系统的时域动态特性 「提示:s3+7s2+10s+10=(s+5.52)s2+1485+1.8304) 解:因为系统的闭环传递函数: d)=(s) o np 1+G(s)s3+7s2+10s+10(s+p)s2+25os+o2) 由提示:s3+7s2+10s+10=(s+552)s2+148+1.8304) 因为:(s2+148+1:8304)=(s+074+j2.265s+0.74-j2.265)

显然： = 10 = 3.16 wn 欲使：ξ = 0.5， 2ξwn = 1+10K = 3.16；求得： 0.216 10 3.16 1 = − K = 因系统闭环传递函数为： 3.16 10 10 ( ) ( ) ( ) 2 + + = = X s s s Y s Φ s 故，在输入为阶跃时，系统的终值： ( ) lim ( ) 1 0 ∞ = = → y sY s s 系统的调节时间： 2.21 3.5 = ω ξ = n st 1999 年 缺 1998 年 一、（2）（5 分/60 分）单位反馈系统的开环脉冲传递函数时域表达式为： y t k e t t ω σ ( ) = ⋅ ⋅sin − 试求系统的闭环传递函数。 解：因为 y(t)的象函数为系统开环脉冲传递函数 G(s)，故可以通过对 y(t)求拉氏变换得到系 统开环传递函数 G(s)，进一步求得系统的闭环传递函数φ(s) 系统开环传递函数 G(s)： 2 2 ( ) ( ) ( sin ) + σ + ω ω = ⋅ ω = −σ s k G s L k e t t ； 系统的闭环传递函数φ(s)： + σ + ω + ω ω = + Φ = s k k G s G s s 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 四．（7 分/60 分）单位反馈系统的开环传递函数为 (0.5 1)(0.2 1) 1 ( ) + + = s s s G s ，试用主导 极点的概念，描述闭环系统的时域动态特性。 [提示： 7 10 10 ( 5.52)( 1.48 1.8304)] 3 2 2 s + s + s + = s + s + s + 解：因为系统的闭环传递函数： 7 10 10 ( )( 2 ) 10 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 n n n s p s s p G s s s s G s s + + ξω + ω ω = + + + = + Φ = 由提示： 7 10 10 ( 5.52)( 1.48 1.8304) 3 2 2 s + s + s + = s + s + s + 因为：( 1.48 1.8304) ( 0.74 2.265)( 0.74 2.265) 2 s + s + = s + + j s + − j

可见,系统一对共轭复根的实部的模(0.74)远小大于实数极点的模(5.52),系统的时域 响应中,实极点所对应的指数项将很快衰减,故将共轭复根视为系统的主导极点是合理的 也即闭环系统的时域动态特性可由标准的二阶系统来近似。其ξ=0.55,n=01.35 系统主要的时域动态特性:o=c5n==1265%;tn=-=2785 3.5 1997年 2.(12分60分)设某一单位反馈的二阶系统的阶跃响应曲线如图示,试确定此该系统的 开环传递函数。(提示 无闭环零点) 1997年第2题:系统输入曲线 1997年第2题:系统响应曲线 解:由图直接可得:σ 14.15-10 =0.415;tn=3.1 由G =0.41 解之:5=0.27:n=3.3 11 故:系统开环传递函数:G(s)= s(s+25n)s(s+1.8) 1996年 (13分60分)(1)控制系统见附图,试证:调节K2,系统对斜坡输入响应的稳态误 差为零。(R(t)=ot,a为任意常数) (2)系统的单位阶跃响应为:y(1)=1+0.2e-1,2e):试求:①系统的闭环传递

可见，系统一对共轭复根的实部的模(0.74)远小大于实数极点的模（5.52），系统的时域 响应中，实极点所对应的指数项将很快衰减，故将共轭复根视为系统的主导极点是合理的。 也即闭环系统的时域动态特性可由标准的二阶系统来近似。其 ξ = 0.55，ωn = 01.35 系统主要的时域动态特性： 12.65% 2 / 1 = = −ξπ −ξ σ e ； 2.785 1 2 = ω − ξ π = n p t 4.71 3.5 = ω ξ = n st 1997 年 2．（12 分/60 分）设某一单位反馈的二阶系统的阶跃响应曲线如图示，试确定此该系统的 开环传递函数。（提示： 2 / 1 1 ; 2 ω − ξ π σ = = −ξπ −ξ n p e t ；无闭环零点 ） 解：由图直接可得： 0.415; 3.1 10 14.15 10 = = − = p σ t 1997 年第 2 题: 系统响应曲线 3.1 t(min) y(t) 0 10 14.15 t 10 y(t) 0 1997 年第 2 题: 系统输入曲线 由 0.415 2 / 1 = = −ξπ −ξ σ e 3.1 1 2 = − = ω ξ π n p t 解之：ξ = 0.27 ；ω n = 3.3 故：系统开环传递函数： ( 1.8) 11 ( 2 ) ( ) 2 + = + = s s w s s w G s n n ξ 1996 年 二、（13 分/60 分）（1）控制系统见附图，试证：调节 K2，系统对斜坡输入响应的稳态误 差为零。（R(t)=at, a 为任意常数）； （2）系统的单位阶跃响应为： ( ) 1 0.2 1.2 ) ；试求：①系统的闭环传递 60t 10t y t e e − − = + −

函数;②确定阻尼比及自然振荡频率 解:(1)因为系统的闭环传递函数: K,s+1 d(s)R(S) S(Ts+1)+K s(7s+1) K(K,S+ R(s) 1996年第二题(1)示意图 s(7S+1) 显然,不论K2如何取值,闭环系统都是稳定的.根据已知条件 E(S)=R(S)-Y()=(1K(K2s+1) Ts+1-KK )·R(s)=S 2)R(s) s(7s+1)+K 代入x0=am,R(s)=a:由终值定理得稳态误差的表达式: en=lims:E(s)=s:s·( 7s+1-KK2.a_a(1-KK2) 即可求得,只要:1-KK2=0,K2=时满足题目要求。 (2)因为:系统的单位脉冲响应k()的象函数为系统闭环传递函数中(s),故可以通过对k(t) 求拉氏变换得到系统闭环传递函数中(s),而k(t)与单位阶跃响应成关系: k()=h()=-12e-60+12e-=12(e0-e-) 600 故①系统闭环传递函数G(s)=L[k()2=12,+10s+60°s2+70s+600 可见②:因为G(s)= x2+2,5+2:故 600=245;ξ 7% 24.5 1995年 (2)(10分/60分)请确定K值范围,使左图的闭环系统特征根位于S=1垂线的左侧 (3)确定K1值,使附图系统对斜坡输入响应的稳态误差为零。(一一其实该题目还可应用 根轨迹方法求解,答案相同,在未指明解题方法情况下,可选自己熟悉且把握大的做:若 有要求,则必须按要求) 解:(2)因为系统的闭环特征方程: X(s) K s(0.0252+0.35s+1)+k=0 (0.1s+1)(0.25s+1) 化简:s3+14s2+40s+40K=0 代入s=S1-1,并整理,得新的特征方程: 1995年第一题(2)示意图 s1+1ls1+15s1+-27+40K=0

函数；②确定阻尼比及自然振荡频率。 解：（1）因为系统的闭环传递函数： 1 K 2 s + s(Ts +1) K R(s) E(s) Y(s) s Ts K K K s R s Y s s + + + = = ( 1) ( 1) ( ) ( ) ( ) 2 Φ ( ) ( 1) ( 1) ( ) 2 R s s Ts K K K s s ⋅ + + + Y = 1996 年第二题（1）示意图 显然，不论 K2 如何取值，闭环系统都是稳定的.根据已知条件 ) ( ) 1 ) ( ) ( ( 1) ( 1) ( ) ( ) ( ) (1 2 2 2 R s Ts s K Ts KK R s s s Ts K K K s E s R s Y s + + + − ⋅ = ⋅ + + + = − = − 代入 x(t)=at， 2 ( ) s a R s = ；由终值定理得稳态误差的表达式： 0 (1 ) ) 1 lim ( ) ( 2 2 2 2 0 = − ⋅ = + + + − = ⋅ = ⋅ ⋅ → K a KK s a Ts s K Ts KK e s E s s s s ss 即可求得,只要： K KK K 1 0, 1− 2 = 2 = 时满足题目要求。 （2）因为：系统的单位脉冲响应 k(t)的象函数为系统闭环传递函数φ(s)，故可以通过对 k(t) 求拉氏变换得到系统闭环传递函数φ(s)，而 k(t)与单位阶跃响应成关系： ( ) ( ) 12 12 12( ) 60t 10t 10t 60t k t h t e e e e − − − − = ′ = − + = − 故①系统闭环传递函数 70 600 600 ] 60 1 10 1 ( ) [ ( )] 12[ 2 + + = + − + = = s s ss s G s L k t 可见②：因为 2 2 2 2 ( ) n n n s w s w w s + + = ξ G ；故 = 600 = 24.5 wn ； 1.43 2 24.5 70 = ⋅ ξ = 1995 年 一、（2）（10 分/60 分）请确定 K 值范围，使左图的闭环系统特征根位于 S=-1 垂线的左侧； （3）确定 K1值，使附图系统对斜坡输入响应的稳态误差为零。（――其实该题目还可应用 根轨迹方法求解，答案相同，在未指明解题方法情况下，可选自己熟悉且把握大的做；若 有要求，则必须按要求） 解：（2）因为系统的闭环特征方程： s(0.1s +1)(0.25s +1) K 1995 年第一题（2）示意图 X(s) Y(s) (0.025 0.35 1) 0 2 s s + s + + K = 化简： 14 40 40 0 3 2 s + s + s + K = 代入 s = s1 −1，并整理，得新的特征方程： 11 15 27 40 0 1 2 1 3 s1 + s + s + − + K =

欲满足系统稳定,-27+40K>0:A21≈0.675 又可列出劳斯表格,s3: 15 s2:11 27+40K 165+27-40K 由:165+27-40K>0,可得192>40K 故使闭环系统特征根位于S=1垂线的左侧的K须满足:0675<K<48。 (3)解题步骤参见1996年第二题 E(s) (1),不同的仅是参数的下标不同 U(s) Y(s) 1995年第一题(3)示意图

欲满足系统稳定， − 27 + 40K > 0 ； 0.675 40 27 K > = 又可列出劳斯表格，s 3 ：1 15 s 2 ：11 －27＋40K s 1 ： 11 165 + 27 − 40K ＞0 由：165 + 27 − 40K > 0 ，可得192 > 40K 故使闭环系统特征根位于 S=-1 垂线的左侧的 K 须满足：0.675 < K < 4.8 。 （3）解题步骤参见 1996 年第二题 （1），不同的仅是参数的下标不同。 ( 1) 2 s Ts + K 1 K1 s + E(s) 1995 年第一题（3）示意图 U(s) Y(s)