浙江工业大学2001/2002学年 第一学期期终试卷A卷 课程自动控制原理 姓名 班级 学号 题序 三四五六七八九十总评 计分 命题 、系统结构图如图(1)所示,求C(s)/R(s) (14分) R(s) G1(s) 2( G4(s) 图(1) 、系统方框图如图(2)所示,要求超调量a%=163%,峰值时间tp=1秒,求 放大器放大倍数K和反馈校正微分时间常数r (14分) R(s) 10 C(S) s+1) 图(2)
1 浙江工业大学 2001/2002 学年 第一学期期终试卷 A 卷 课程 自动控制原理 姓名 班级 学号 题序 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 总评 计分 命题： 一、 系统结构图如图(1)所示，求C(s)/ R(s) 。 (14 分) R(s) + C(s) + − ( ) 1 G s ( ) 2 G s ( ) 3 G s ( ) 4 G s 图 (1) 二、系统方框图如图(2)所示，要求超调量σ % = 16.3% ，峰值时间t p = 1秒，求 放大器放大倍数 K 和反馈校正微分时间常数τ 。 (14 分) 图 (2) K ( 1) 10 s s + τs R(s) C(s) _ _
如图(3)所示系统,采用微分补偿复合控制。 (14分) 当输入r()=t时,要求系统稳态误差的终值为0,试确定参数τ的值 t d R(s) C(s) 图(3) 四、已知线性离散时间系统 (14分) x(k+1)=gx(k)+ Hu(k) 其中 G=001,a> 0;H=1 0 试用 Lyapunov法确定使平衡点x。=0处渐近稳定时a的范围。 五、一采样控制系统如图4所示。采样周期为T=1秒。 (14分) (1)当K=8时,判断该系统是否稳定; (2)求使该系统稳定的K的取值范围; (3)当K=2时,求该系统在r(t)=1(1)作用下的响应(t≤5秒)。 r(o 零阶保持器 K s(S+2) 图4
2 三、如图（3）所示系统，采用微分补偿复合控制。 (14 分) 当输入r(t) = t 时，要求系统稳态误差的终值为 0，试确定参数 d τ 的值。 E(s) s(1 Ts ) K + R(s) s d τ C(s) 图 (3) 四、已知线性离散时间系统 (14 分) x(k +1) = Gx(k) + Hu(k) 其中 ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 2 0 0 0 1 0 1 0 a G ，a > 0 ； ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 0 1 1 0 0 1 H ； 试用 Lyapunov 法确定使平衡点 xe = 0 处渐近稳定时a 的范围。 五、一采样控制系统如图 4 所示。采样周期为T = 1秒。 (14 分) (1) 当 K = 8时，判断该系统是否稳定； (2) 求使该系统稳定的 K 的取值范围； (3) 当 K = 2时，求该系统在r(t) = 1(t)作用下的响应(t ≤ 5秒)。 图 4 s(s + 2) r(t) K y(t) _ 零阶保持器 T
六、一单位负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如图5所示,其中虚线是 未加校正的,实线是加串联校正后(图中小圆圈为折线的折点) (1)画出串联校正环节的幅频特性(渐近线) (2)求串联校正环节的传递函数; (3)求串联校正后,系统的截止频率和相角裕量 (15分) ;;;; Frequency (trad/sec) 图5 七、有继电控制系统如图6所示。线性部分的传递函数为 (15分) G(s)= s(0.8s+1)(s+1) 为使系统不产生自振,试用描述函数法确定继电特性参数h、M的值 r(t=0 e(t) (t G(s) 图6 (提示:继电特性描述函数为N=4 A≥h) A
3 六、一单位负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如图 5 所示，其中虚线是 未加校正的，实线是加串联校正后(图中小圆圈为折线的折点)。 (1) 画出串联校正环节的幅频特性(渐近线)； (2) 求串联校正环节的传递函数； (3) 求串联校正后，系统的截止频率和相角裕量。 (15 分) 图 5 七、有继电控制系统如图 6 所示。线性部分的传递函数为 (15 分) (0.8 1)( 1) 3 ( ) + + = s s s G s 为使系统不产生自振，试用描述函数法确定继电特性参数h、M 的值。 图 6 (提示：继电特性描述函数为 2 1 4 ( ) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − A h A M N A π ， A ≥ h ) r(t)=0 G(s) c (t) -h M h e(t) u(t)
2001/2002第一学期 《自动控制原理》期终试卷解答 C(s) G,G2 G3G(G2+G3) R(S) 1+G,G,G4 G2 1+GG2GA 由σ=e3=0163,,=x=1,可求得5=05,on=363弧度秒 系统的开环传递函数G(S)为 10K (s+(+10r) 系统的闭环传递函数为 C(s)=10k R(s)s2+(1+10r)s+10K 故 10K=o2=3.63 1+10K=25n=2×0.5×3.63 由此得到 K=1.32,τ=0.263秒 C(S)=1+G1()R)≈s(1+75)-krs1 1-G2(s)G0(s) s(1+7s)+K ess(oo)=lim sE()=lims s(+ Ts)-Ktas I (1+7s)-kr 0s(1+7s)+ksx0s(1+75s)+KK2 K 时,系统稳态误差的终值为0。 五、选Q=1,并代入离散系统的 Lyapunov方程 000P1Pp310101mpap3 102aP12P2P23001-p2P2P23|=1010 010P3P23P302a0Ln3P2p3」[001 解之得
4 2001/2002 第一学期 《自动控制原理》期终试卷 解答 一、 1 2 4 1 2 3 2 3 1 2 4 1 2 1 ( ) (1 ) ( ) 1 ( ) G G G G G G G G G G G G G R s C s + + + = + = 二、由 0.163 2 1 = = − − ς ςπ σ e ， 1 1 2 = − = ω ς π n p t ，可求得ς = 0.5，ω n = 3.63弧度/秒。 系统的开环传递函数G(s) 为 ( (1 10 )) 10 ( ) + + τ = s s K G s 系统的闭环传递函数为 s s K K R s C s (1 10 ) 10 10 ( ) ( ) 2 + + + = τ 故 2 2 10 = = 3.63 K ω n 1+10K = 2ςω n = 2× 0.5×3.63 由此得到 K = 1.32 ，τ = 0.263 秒 三、 2 0 0 1 (1 ) (1 ) ( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) s Ts K s s Ts K s R s G s G s G s C s c d + + + − = + − = τ d d s d s s ss s Ts K K Ts K s Ts K s s Ts K s e sE s s τ τ τ = − + + + − = + + + − ∞ = = → → → 1 (1 ) (1 ) lim 1 (1 ) (1 ) ( ) lim ( ) lim 0 2 0 0 当 K d 1 τ = 时，系统稳态误差的终值为 0。 五、选Q = I ，并代入离散系统的 Lyapunov 方程 G PG P Q T − = − 即 ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 2 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 2 0 0 0 13 23 33 12 22 23 11 12 13 13 23 33 12 22 23 11 12 13 p p p p p p p p p p p p a p p p p p p a 解之得
P11P12P13 P12 P22 p 0 00 1-4a 可见,要证明P正定,只需使 a2>0 加上a>0,可得使系统渐近稳定的a范围为:00 172-0.3K>0 2.28-0.13K>0 由此解得0<K<5.73时系统稳定。 显然,K=8时系统不稳定 0.56z+0.3 y(二)=d(=)R( R(=)= 1+G(=) 0.58z+0.44z-1 0.56z-1+0.3 1-1.58-1+1.022-044 =0.56x-+1.182+1.29-3+1.09-4+0.92x-3+A y()=0.566(1-7)+1.186(t-27)+1.29(t-37)+1.09(t-47)+0.926(t-57)+A G2(s)=3.16 (s+1)(s/2+1)(s/3+1) (s/l0+1)(s/20+1)
5 ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − + = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 2 2 2 13 23 33 12 22 23 11 12 13 1 4 3 0 0 0 1 4 2 4 0 1 0 0 a a a p p p p p p p p p P 可见，要证明 P 正定，只需使：1 4 0 2 − a > 加上 a > 0 ，可得使系统渐近稳定的 a 范围为： 2 1 0 − > > 2.28 0.13 0 1.72 0.3 0 0.43 0 K K K 由此解得 0 < K < 5.73 时系统稳定。 显然， K = 8时系统不稳定。 0.58 0.44 1 0.56 0.3 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 − ⋅ − + + = + = Φ = z z z z z R z G z G z y z z R z 1 2 3 1 2 1 1.58 1.02 0.44 0.56 0.3 − − − − − − + − + = z z z z z = + + + + +Λ −1 −2 −3 −4 −5 0.56z 1.18z 1.29z 1.09z 0.92z ( ) = 0.56 ( − ) +1.18 ( − 2 ) +1.29 ( − 3 ) +1.09 ( − 4 ) + 0.92 ( − 5 ) +Λ * y t δ t T δ t T δ t T δ t T δ t T 七、 ( /10 1)( / 20 1) ( 1)( / 2 1)( / 3 1) ( ) 3.16 + + + + + = s s s s s s G s c
八、描述函数 N(4)=4MC1-( A≥h A 4M 当A→0时 当A→∞时 (A) 所以必然存在极值。由 A>h (42-h2)A2 令 0,得A=√2h,则 N(A) N(A)LA=h 2M 再求G(o)= 与实轴的交点。 (0.8s+1)(s+1) ∠G(O)=-x 1g-(0.8o)-1g-(o)=-x 可以求得 1-0.8a2=0 即G(jo)和实轴交点为才(--,0)。G(s)没有在右半平面的极点,P=0。为使系统 不产生自振荡,应使 A(A和G(o)两曲线无交点。所以有 2M3 也就是 h>-M
6 八、描述函数 2 1 4 ( ) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − A h A M N A π ， A ≥ h 2 4 1 ( ) 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − − = A h M A N A π 当 A → 0时，− → ∞ ( ) 1 N A ； 当 A → ∞ 时，− → −∞ ( ) 1 N A 所以必然存在极值。由 2 2 2 2 3 2 ( ) 2 ( ) 4 1 A h A h A Ah dA N A M d − − − = − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − π ， A > h 令 0 ( ) 1 =⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − dA N A d ，得 A = 2h ，则 M h N A A h ( ) 2 1 2 π − = − = 再求 ω ω s j s s s G j = + + = (0.8 1)( 1) 3 ( ) 与实轴的交点。 令 ∠G( jω) = −π 得 ω ω π π − − − = − − − (0.8 ) ( ) 2 1 1 tg tg 可以求得 1 0.8 0 2 − ω = ， 2 5 ω = 3 4 (0.8 ) 1 1 1 ( ) 2 5 2 2 2 5 = + + = = = ω ω ω ω ω G jω 即G( jω) 和实轴交点为才 , 0) 3 4 (− 。G(s) 没有在右半平面的极点， P = 0。为使系统 不产生自振荡，应使 ( ) 1 N A − 和G( jω) 两曲线无交点。所以有 3 4 2 −