西安石油大学电子工程学院：《自动控制理论 Modern Control System》精品课程教学资源（试题集锦）自动控制理论试题9（答案）

1、(10分)解系统闭环传递函数为 C(s) R(S) S+2 其频率特性为 A1() q1() 2(2分) 系统的误差传递函数为 E(s) s+l R(s 其频率特性为A2(O)= 0*+4 p2(o)=arctan@-arctan (2分) 根据频率特性的物理意义可知,在输入信号r(1)=sin(+30°)作用下,O=1 系统的稳态输出c为 Cs=A(o)sin(t+300-arctan sin(t +4 系统的稳态误差ex为 ea,=(o)sin(+30"+arctan@-arctan )lo== =sin(+18")(3r) 2、(12分)解设中间变量u1,l2如图所示 由图可得 R Ro RA R 20 R R U2 BC,s→U1=-RC2sU (3分) 联立上式消去中间变量U1和U,,整理可得

1、(10 分)解 系统闭环传递函数为 2 1 ( ) ( )   R s s C s 其频率特性为 4 1 ( ) 2 1    A  ， 2 ( ) arctan 1      (2 分) 系统的误差传递函数为 2 1 ( ) ( )    s s R s E s 其频率特性为 4 1 ( ) 2 2 2      A  ， 2 ( ) arctan arctan 2       (2 分) 根据频率特性的物理意义可知，在输入信号 ( ) sin( 30 )  r t  t  作用下，  1 系统的稳态输出 ss c 为 sin( 4 ) 5 1 ) | 2 ( )sin( 30 arctan 1 1   css  A t     t    (3 分) 系统的稳态误差 ss e 为 sin( 18 ) 5 2 ) | 2 ( )sin( 30 arctan arctan 2 1   ess  A t      t     (3 分) 2、(12 分)解 设中间变量 1 u ， 2 u 如图所示  K  K  K R0 R0 ur uc R1 R2 R3 R4 C1 C2 u1 u2 由图可得          0 0 1 1 1 1 1 1 1 R U R U C s R C s R U r c (3 分) c c U R R U R R U U 4 3 2 3 4 2      (3 分) 1 2 2 2 1 2 2 2 1 U R C sU U R C s U      (3 分) 联立上式消去中间变量U1和U2，整理可得

R.R (3分) RoR,R2R3CIC2S+ror2R3C2S+R,R 3、(10分)解系统的脉冲响应为h()=esin0.4t, 可以求得系统的闭环传递函数为 0.4 (s+0.3)2+0.16 (4分) 根据系统结构图可以求得 0.4 (4分) (s+0.3)2+0.16-04s2+06s=0.15 4、(14分)解对于图4所示系统方框图,可将其化成信号流图的形式 (4分) 由图可知输入节点和输出节点之间存在两条前向通道,三个回环(其中一组两两不相接触) ∑L 3H2-G,G,G3H,H2 ∑l2=GHG2H2 (1分) A=1+GH+G3H2+G, H2+G.HG3H2 (1分) P=G1G2G3,Δ1 (2分) P2=G4G3 GH 故有 C(S) G,G,G3+G3G4(1+G,H, R(s)1+G,H1+G3H2+G,G2G3H,H2+G,H,GH (35) 5、(15分)解(1)系统开环传递函数为G(s)= K(S+10) s(S+5) 可知该系统有2个开环极点:P1=0,P2=-5;一个开环零点:=1=-10 系统有2条根轨迹分之 实轴上根轨迹为,[-5,0]和(-∞,-10] 利用求去分离点、会合点公式A(s)B(s)=A(s)B(s),可求得s1=-10+5√2(分离点) 0-5√2(会合

0 2 3 2 1 4 2 0 1 2 3 1 2 1 4 R R R R C C s R R R C s R R R R U U rc     (3 分) 3、(10 分)解 系统的脉冲响应为 h t e t t ( ) sin 0.4 0.3  ， (2 分) 可以求得系统的闭环传递函数为 ( 0.3) 0.16 0.4 ( ) 2     s s (4 分) 根据系统结构图可以求得 0.6 0.15 0.4 ( 0.3) 0.16 0.4 0.4 1 ( ) ( ) ( ) 2 2            s s s s s G s (4 分) 4、(14 分)解 对于图 4 所示系统方框图，可将其化成信号流图的形式 G1  H2  H1 G4 G2 G3 E 1 1 R(s) C(s) (4 分) 由图可知输入节点和输出节点之间存在两条前向通道，三个回环（其中一组两两不相接触） L1  G1H1  G3H2  G1G2G3H1H2 (1 分) L2  G1H1G2H2 (1 分) 1 1 3 2 1 2 3 1 2 1 1 3 2   1 G H  G H  G G G H H  G H G H (1 分) P1  G1G2G3 ， 1 1  (2 分) P2  G4G3 ， 1 1   1 G H (2 分) 故有 1 1 3 2 1 2 3 1 2 1 1 3 2 1 2 3 3 4 1 1 1 (1 ) ( ) ( ) G H G H G G G H H G H G H G G G G G G H R s C s        (3 分) 5、(15 分)解 (1) 系统开环传递函数为 ( 5) ( 10) ( )    s s K s G s 可知该系统有 2 个开环极点： 0 p1  ， 5 p2   ；一个开环零点： 10 z1   系统有 2 条根轨迹分之 实轴上根轨迹为，[5,0]和 (,10] (1 分) 利用求去分离点、会合点公式 A(s)B(s)  A(s)B(s) ，可求得 10 5 2 s1    (分离点)， 10 5 2 s2    (会合点) (2 分)

绘制系统根轨迹如图所示 (4 (2)该系统特征方程为s2+(5+K)s+10K=0,典型二阶系统特征方程为 s2+2os+o2=0 由系数对应相等可得 5+K=2∠0 10K=c2 当系统阻尼比:N2时,可求得K=5 从而根据系统特征方程可求得此时系统的闭环极点为:-5±j5 (3)要使系统响应中不含有衰减振荡分量,即求系统根轨迹处于负实轴上时K取值范围。根 据根轨迹分离点和会合点的值可以求得,系统相应中不含有衰减振荡分量的K值范围为 029 (4分) 6、(15分)解(1)根据题意可知 =1.24 25√1- 可求得1=0447,52=0.89(舍去) 所以 22=0.77 (3分) (2)20.=-=1.12 =1→K=1.12 T (2)对应于幅频特性A(O)=1的频率为剪切频率即 A(@) 0.83 (3)相角裕度γ为

绘制系统根轨迹如图所示  j 0 17.07  2.93 10  5 (4 分) (2) 该 系 统 特 征 方 程 为 (5 ) 10 0 2 s   K s  K  ， 典 型 二 阶 系 统 特 征 方 程 为 ： 2 0 2 2 s   n s  n  由系数对应相等可得 2 10 5 2 n n K K      当系统阻尼比 2 2   时，可求得 K  5 从而根据系统特征方程可求得此时系统的闭环极点为：  5  j5 (4 分) (3) 要使系统响应中不含有衰减振荡分量，即求系统根轨迹处于负实轴上时 K 取值范围。根 据根轨迹分离点和会合点的值可以求得，系统相应中不含有衰减振荡分量的 K 值范围为 0  K  0.86 或 K  29 (4 分) 6、(15 分)解 （1） 根据题意可知 1.24 2 1 1 2      M r ， 可求得 0.447  1  ， 0.89  2  (舍去) 所以 1 2 0.77 2  r   n    (3 分) （2） 1.12 1 2   T  n   1 K  1.12 T K  n (2 分) （2）对应于幅频特性 A()  1的频率为剪切频率即 1 0.83 1 ( ) 2 2      c c c c T K A     (2 分) （3）相角裕度 为

y=180°+0()=180°-90°- arctan To=483 (4)当ξ>0.707时,不产生谐振峰值,因此 2T2×0.707×112-063 0.63→K=0.398 0.398 0.355 (3分) 所以在T不变的情况下,K值至少要变为原来的0.355倍。 7、(12分)解由系统结构图可得 K (2分) 离散系统特征方程为 D()=1+G()=x2+[K(1-e-)-(1+e)+e=0(2分) 利用劳斯判据求解: ,代入方程化简后得 K2+2+ 2(1+e-) K|=0 列劳斯表如下 I-e 2 2(1+e-) 根据劳斯判据得系统稳定的条件为 K>0及K (4分)

     180  ( )  180  90  arctan  48.3  c Tc  (2 分) （4） 当  0.707 时，不产生谐振峰值，因此 0.63 2 0.707 1.12 1 2 1      T n     0.63  K  0.398 T K  n 0.355 1.12 0.398  (3 分) 所以在T 不变的情况下， K 值至少要变为原来的 0.355 倍。 (3 分) 7、(12 分)解 由系统结构图可得 ( 1)( ) (1 ) 1 1 1 1 ( 1) ( ) T T T z z e Kz e z e z z z K s s z K s s K G z z                                         (2 分) 离散系统特征方程为 ( ) 1 ( ) [ (1 ) (1 )] 0 2          T T T D z G z z K e e z e (2 分) 利用劳斯判据求解： 令 1 1      z ，代入方程化简后得 0 1 2(1 ) 2 2              K e e K T T   列劳斯表如下 K e e K e e K T T T T           1 2(1 ) 2 1 2(1 ) 0 1 2    根据劳斯判据得系统稳定的条件为 K  0 及 T T e e K      1 2(1 ) (4 分)

不稳定区 0123456 由上式可找出系统采样周期T与放大系数K之间的关系。画出稳定边界曲线,即K-T曲 线,如图所示。 由图可看出,采样周期增大,即采样频率减小,临界K减小,从而降低了系统的稳定性 (4分) 8、(12分)解由系统结构图 C()=RG2G4(2)+E(=)G2G2G4(=) (2分) E(=)=RG1()-C(二) (2分) C(=)=RG2G4(x)+GG3G4([RG1(=)-C(C) 所以 C(二)= RG2G4(x)+G4G3G4(=)RG1(=) (6分) 1+GG3G4()

K  4.32 不稳定区 稳定区 0 2 4 6 8 1 2 3 4 5 6 7 由上式可找出系统采样周期T 与放大系数 K 之间的关系。画出稳定边界曲线，即 K  T 曲 线，如图所示。 由图可看出，采样周期增大，即采样频率减小，临界 K 减小，从而降低了系统的稳定性。 (4 分) 8、(12 分)解 由系统结构图 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 3 4 C z RG G z E z G G G z   h (2 分) ( ) ( ) ( ) 1 E z  RG z  C z (2 分) ( ) ( ) ( )[ ( ) ( )] 2 4 3 4 1 C z RG G z G G G z RG z C z   h  (2 分) 所以 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 2 4 3 4 1 G G G z RG G z G G G z RG z C z h h    (6 分)