、(12分)每小题3分 答:1) ∏(s+z1) G(S)H(s)=Ki= p;) (s+z;) 幅值K 1,相角∑(+x1)-∑∠(s+P)=180 ∏s+P1) 控制器执行器控制对象C R 检测装置 3)y=12°,h=6dB 4)5分别对应ξ=1,0<<1,5<-1 二、解:传递函数为 C(s) G,G2G, G4 (15分) R(S)1-G3G4H,+G2G3H2+G,G2G3G4H3 三、(10分)解 (1)绘制根轨迹 G(s)= 「K=K9(2分) s(+32「/s)i 3-3 ①渐近线 (2分) ±60°.180° ②分离点 0 dd+3 解出: d=-1 K=dd+3=4(2分) 第1页共
第 1 页 共 4 页 一、（12 分）每小题 3 分 答：1） 1, (s z ) (s p ) 180 (s p ) (s z ) K 1, (s p ) (s z ) G(s)H(s) K n i j j 1 j m i 1 i n j 1 j m i 1 i 幅值 相角 2） 3）γ=12º，h=6dB 4）ξ分别对应ξ=1，0<ξ<1, ξ<-1 二、解：传递函数为 3 4 1 2 3 2 1 2 3 4 3 1 2 3 4 ( ) 1 ( ) ( ) G G H G G H G G G G H G G G G R s C s G s （15 分） 三、（10 分）解 （1） 绘制根轨迹 1 3 9 ( 3) ( ) 2 * 2 * s s K s s K G s 1 9 * v K K （2 分） ① 渐近线： 60 , 180 2 3 3 3 a （2 分） ② 分离点： 0 3 1 2 d d 解出： d 1 3 4 2 * Kd d d （2 分）
③与虚轴交点:D(s)=s3+6s2+9s+K'=0 ∫lm[Do)=-03+9o=0 ReD(jo)=-60 「a=3.(2分) 绘制根轨迹如右图所示。(2分) (2)依题有:4<K<54 4 K<6 (5分) 9 四、(15分)解:(1)闭环特征方程为 D(S)=s 列劳斯阵列如下 118 (5分) 系统稳定。(3分) G0(s) (1+s)(1+s) Kp=limG2(s)=en1=2/∞=0Q2分) (2)Kv= lims()=5c,=1/5=0.2Q分) SGs)=0 分) =e+en2+es3=如Q分 五、(10分)解: wx=0316 (5分) Nyquist曲线包围(-1,j0)点1次,N=1,P=0,故Z=P+N=1,闭环系统包含右半平 面极点。(3分) 故系统不稳定(2分) 六、(15分)解对于校正前的系统 e=l/K<15 所以 (1分) 第2页共4页
第 2 页 共 4 页 ③ 与虚轴交点： ( ) 6 9 0 3 2 * D s s s s K Re ( ) 6 0 Im ( ) 9 0 2 * 3 D j K D j 54 3 * K （2 分） 绘制根轨迹如右图所示。（2 分） （2）依题有： 4 54 * K 即： 6 9 4 K （5 分） 四、（15 分）解：（1）闭环特征方程为 9 18 0 3 2 D(s) s s s 90 列劳斯阵列如下 90 8 0 9 90 1 18 0 1 2 3 s s s s （5 分） 系统稳定。（3 分） （2） （ 分） （ 分） （ 分） （ 分） e e e e 2 Ka lims ( ) 0 e 2 / 0 2 Kv lims ( ) 5 e 1/ 5 0.2 2 Kp lim ( ) e 2 / 0 2 ) 6 1 )(1 3 1 (1 5 ( ) ss ss 1 ss 2 ss 3 0 ss 3 s 0 2 0 ss 2 s 0 0 ss 1 s 0 0 G s G s G s s s s G s 五、（10 分）解： （5 分） Nyquist 曲线包围（-1，j0）点 1 次,N=1，P=0，故 Z=P+N=1,闭环系统包含右半平 面极点。（3 分） 故系统不稳定（2 分） 六、（15 分）解 对于校正前的系统 e 1/ K 15 ss 所以 K 15 （1 分）
201g L(o) (2分) >1 可得 Oc=3.9 180°-90°- arrigo=145°<45 (2分) 不满足性能指标,需选取串联超前校正。 (1分) 设 (5~12)≥y qm≥y-y+ 9n245-145°+10.50=41° (3分) 1+ sin g, 4.73 中频段 (2分) 验算 y=180°+gn+0(oc)=1800+410-90- actg@= Oc=1/T√a)T=1/ac√a)=0.08(2分) 故选用的超前校正网络为 G2(s) (2分) 0.08s+1 01 七、解:(1)A= C=(11 (2)①由于系统的可控性矩阵为 ankS=2 (4分) 故系统是可控的,通过状态反馈可以实现其极点任意配置。 (2分) ②设将系统的闭环极点配置在期望位置上的状态反馈增益矩阵为作[kk], 则闭环特征多项式为: f(s)=dts-(A-by=/+1-1 k,+4s+k,+ (2分) s2+(k2+2)s+k1+ 而闭环系统的期望特征多项式是 f*(s)=(s+6s+7)=s2+13s+42 (2分) 由以上两式同次项系数相等,可得 第3页共4页
第 3 页 共 4 页 2 15 20lg 15 20lg ( ) L 1 1 （2 分） 可得 3.9 ' c ' 0 0 ' 0 0 180 90 arctg c 14.5 45 （2 分） 不满足性能指标，需选取串联超前校正。 （1 分） 设 (5 ~ 12 ) ' 0 0 m 4.73 1 sin 1 sin 45 14.5 10.5 41 (5 ~ 12 ) 0 0 0 0 ' 0 0 m m m m a （3 分） 中频段 1 ( ) 15 '' 2 a c 5.71 '' c （2 分） 验算 '' 0 '' 0 0 0 '' 0 180 m ( j c ) 180 41 90 arctg c 51 1/( ) '' c T a 1/( ) 0.08 '' T c a （2 分） 故选用的超前校正网络为 0.08 1 0.38 1 ( ) s s G s c （2 分） 七、解：（1） C 1 1 1 0 B 1 2 0 1 A （4 分） （2）①由于系统的可控性矩阵为： 2 1 1 0 1 S , [S ] c c b Ab rank （4 分） 故系统是可控的，通过状态反馈可以实现其极点任意配置。 （2 分） ②设将系统的闭环极点配置在期望位置上的状态反馈增益矩阵为 K=[k1 k2]， 则闭环特征多项式为： ( 2) 5 4 1 1 1 ( ) det ( ) 2 1 2 2 1 2 s k s k k k s k s f s sI A bK （2 分） 而闭环系统的期望特征多项式是 * ( ) ( 6)( 7) 13 42 2 f s s s s s （2 分） 由以上两式同次项系数相等，可得
k,+2=13 ∫k2=11 (2分) kt1+k2+5=42, k K (2分) 第4页共4页
第 4 页 共 4 页 26 11 5 42, 2 13, 1 2 1 2 2 k k k k k （2 分） 即 K 26 11 （2 分）