命题： 一、 系统结构图如图(1)所示，求C(s)/R(s)。 (14分) G3(s) G1(s) G2(s) G4) 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1p=1秒，求 放大器放大倍数K和反馈校正微分时间常数π。 (14分) R(s) 10 C(s) s(s+1) 图(2)
命题： 一、 系统结构图如图(1)所示，求 sRsC )(/)( 。 (14 分) sR )( + sC )( + − )( 1 sG )( 2 sG )( 3 sG )( 4 sG 图 (1) 二、系统方框图如图(2)所示，要求超调量σ = %3.16% ，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 ss + τs sR )( sC )( _ _
三、如图(3)所示系统，采用微分补偿复合控制。 (14分) 当输入)=t时，要求系统稳态误差的终值为0，试确定参数x的值。 R(s) E(s) K C(s) s(1+Ts) 图(3) 四、己知线性离散时间系统 (14分) x(k+1)=Gx(k)+Hu(k) 其中 「01 07 「011 G= 0 0 1 a>0:H= 10 02a 0 01 试用Lyapunov法确定使平衡点x。=O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(1≤5秒)。 r() y(t) 零阶保持器 K s(s+2) 图4 2
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。 50 (15分) 0 41 -20 40 60 80 -100 10 10 10 Frequency (rad/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) 3 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。 M r(t)=0 e(t) (t) c(t) G(s) h 图6 (提示：继电特性描述函数为N(A)= 4M A≥h)》 3
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)
《自动控制原理》期终试卷解答 C(s) GG21+ G(G2+G3) R(s)1+GG,Ga G2 1+GG,Ga 二、 由o=eF=0.163,4。= =1,可求得5=0.5,0m=3.63弧度/秒。 On1-5 系统的开环传递函数G(s)为 10K G(s)= s(s+(1+10x) 系统的闭环传递函数为 C(s) 10K R(S)s2+1+10x)s+10K 故 10K=07=3.632 1+10K=250n=2×0.5×3.63 由此得到 K=1.32,x=0.263秒 三 C(s)= -G.(sGRs=51+T）-K5 1+G(s) s(1+TS)+K52 ess (co)=limsE(s)=lims s(1+Ts)-Ktas 1 1+)+Kg产lim (1+Ts)-KTd 1 50 50 0sI+四)+K=下-a 时，系统稳态误差的终值为0。 当ta=K 五、选Q=I,，并代入离散系统的Lyapunov方程 GPG-P=-0 即 00 0TP11 P12 P13T0 1 0> [Pu P12 「1 007 102a P12 P22 P23 0 0 P12 P22 P23 10 01 0P13 P23 P330 20 0 LP13 P23 P33 001 解之得 4
4 《自动控制原理》期终试卷 解答 一、 421 321 2 3 421 21 1 )( )1( 1)( )( GGG GGG G G GGG GG sR sC + + =+ + = 二、由 163.0 2 1 == − − ς ςπ σ e ， 1 1 2 = − = ςω π n p t ，可求得ς = 5.0 ，ω n = 63.3 弧度/秒。 系统的开环传递函数 sG )( 为 ))101(( 10 )( ++ τ = ss K sG 系统的闭环传递函数为 s Ks K sR sC 10)101( 10 )( )( 2 +++ = τ 故 2 2 10 == 63.3 K ω n + K = ςω n = × × 63.35.022101 由此得到 K = 32.1 ，τ = 263.0 秒 三、 2 0 0 1 )1( )1( )( )(1 )()(1 )( KTss s sKTss sR sG sGsG sC c d ++ + − = + − = τ d d s d s s ss KKTss KTs KTss s sKTss e sssE 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 = IQ ，并代入离散系统的 Lyapunov 方程 QPPGGT −=− 即 ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −= ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ 100 010 001 020 100 010 010 201 000 332313 232212 131211 332313 232212 131211 ppp ppp ppp appp ppp ppp a 解之得
P P12 P137 1 0 0 P= P12 P22 P23 0 2+4a2 0 1-4a2 P13 P23 P33」 0 0 3 1-4a2 可见，要证明P正定，只需使：1-4a2>0 加上a>0,可得使系统渐近稳定的a范围为：00 1.72-0.3K>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。 M)()C)056+03 22-0.58z+0.442-1 0.56z1+0.3z2 1-1.582-1+1.0222-0.442可 =0.56z1+1.18z2+1.29z3+1.09z4+0.92z-5+Λ y(t)=0.566(t-T)+1.188t-2T)+1.296(t-3T)+1.096t-4T)+0.926t-5T)+Λ 七、 G.(s)=3.16s+1s/2+1s/3+1) s(s/10+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 N4= 4M h A≥h 1 -π4 N(A) - 当A→0时， N(A) 当A→0时，-1 N(A) →-00 所以必然存在极值。由 17 π A3-2Ah2 Azh dA N(A) 4M(42-h2)NA2-h2 令 d「1 =0,得 A=√2h,则 1 、 dA N(A) N(A)-h 2M 再求G(j0)= 3 与实轴的交点。 s(0.8s+1(s+1=jo 令 ∠G(j0)=-π 得 -g'(0.8@）-g'(o)=-r π 可以求得 1-0802=0,0=5 2 G(j)5=- 4 号oV0.8o)2+1o2+1o5 3 即G®)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，应使一 L和GUo)两曲线无交点。所以有 N(A) πh 4 8M 3π 6
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 −