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6（答案）

简答题(每题3分,共12分) 1、对自动控制原理的基本要求为:稳、快、准; 稳:稳定性,要求控制系统必须是稳定的,稳定是系统工作的前提。 快:反映系统的动态性能,要求系统的过渡过程要快速、平稳。 准:反映系统的稳态特性,ε为稳态性能指标,反映了系统的控制精度。 2、系统的频率特性为:Φ(jo)=φ(jo)lem),那么,当r()= A sin ot时,根据 频率特性的定义可以求出系统的输出为y(1)=A|Φ(jo)|sin(ot+q(o) (3分 根据劳斯判据可得到该系统在s有半平面的特征方程没有根。(3分) 幅值条件: S+Z K I s+P, 相角条件:∑∠(s+=)-∑4(s+p)=±180(2k+1)(3分) 、解:(10分) ()G1()G2(s)G3(s) R(s)1+Gi1(s)H1(s)+G2(s)H2(s)+G3(s)H3(s)+Gi1(s)H1(s)G3(s)H3(s) 三、解:(15分,第1题10分,第2题5分) 1、由系统的单位阶跃响应曲线可以知道系统的超调量及峰值时间分别为 =0Is o 由超调量及峰值时间的计算公式可以解出5=0.36,on=337ud/s。(8分) 因此,系统的开环传递函数为G(s)= On 1135 (2分) s(s+250n)s(s+24.3) 2、单位斜坡输入信号r(1)=1·1(),即R(s)=—。因为二阶系统稳定,因此系 统的静态速度误差系数为1157-467, (3分) 那么稳态误差e_1002 (2分) K 四、解:(13分)绘制系统的根轨迹图。 (1)根轨迹的起点:0,0,-=2,-5;终点:终止于无穷远处。(2 (2)实轴上的根轨迹:[-5-2][00] 分) 第1页共3页

第 1 页 共 3 页 一、简答题（每题 3 分，共 12 分） 1、对自动控制原理的基本要求为：稳、快、准； 稳：稳定性，要求控制系统必须是稳定的，稳定是系统工作的前提。 快：反映系统的动态性能，要求系统的过渡过程要快速、平稳。 准：反映系统的稳态特性， ss e 为稳态性能指标，反映了系统的控制精度。 (3 分) 2、系统的频率特性为： ( ) ( ) | ( ) |     j j  j   j e ，那么，当 r(t)  Asint 时，根据 频率特性的定义可以求出系统的输出为 y(t)  A | ( j) |sin(t ( j)) (3 分) 3、 根据劳斯判据可得到该系统在 s 有半平面的特征方程没有根。(3 分) 4、 幅值条件： 相角条件： ( ) ( ) 180 (2 1) 1 1           s z s p k n i i m j j (3 分) 二、解：（10 分） 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 1 1 3 3 1 2 3 G s H s G s H s G s H s G s H s G s H s G s G s G s R s Y s      三、解：（15 分，第 1 题 10 分，第 2 题 5 分） 1、 由系统的单位阶跃响应曲线可以知道系统的超调量及峰值时间分别为  %  30% ，t s p  0.1 。 由超调量及峰值时间的计算公式可以解出  0.36， rad s n   33.7 / 。 (8 分) 因此， 系统的开环传递函数为 ( 24.3) 1135.7 ( 2 ) ( ) 2     s s s s G s n n k   (2 分) 2、单位斜坡输入信号 r(t)  t 1(t)，即 2 1 ( ) s R s  。因为二阶系统稳定，因此系 统的静态速度误差系数为 46.7 24.3 1135.7 Kv   ， (3 分) 那么稳态误差 0.02 1   v ss K e (2 分) 四、解：（13 分） 绘制系统的根轨迹图。 （1） 根轨迹的起点：0，0，-2，-5；终点：终止于无穷远处。(2 分) （2） 实轴上的根轨迹： 5,2,0,0 (2 分) 1 | | | | 1 1        n i i m j j g s p s z K

(3)渐近线与实轴的交点:o==(2-5=-175 渐近线与实轴的夹角:(2k+1)=±45°±135°(2分) (4)分离点:根据+ 0,解得 d+2d+5 d1=-4,d2=0,d3=-1.25(舍去) (2分) (5)根据以上所计算参数,绘制根轨迹如下,由根轨迹可知,该 闭环系统不稳定 (3分) 五、解:(15分) 1、系统的开环频率特性为G(/o)H()=45 jo(2O+1)(j+ 起点:∞∠-90°,终点:0∠-270°,与实轴交点:-3(4分) 可以概略做出幅相曲线: (4分) 由系统的开环传递函数知,系统无右半平面开环极点,即 P=0。而幅相曲线逆时针包围(-1,j0)点一圈.(4分) 根据奈氏判据,系统负反馈时闭环系统不稳定。(3分) 第2页共3页

第 2 页 共 3 页 （3） 渐近线与实轴的交点： 1.75 4 0 ( 2 5)        a  渐近线与实轴的夹角：   45 , 135 (2 1)       n m k a   (2 分) （4） 分离点：根据 0 5 1 2 1 1 1       d d d d ，解得 4, 0, 1.25 d1   d2  d3   （舍去） (2 分) （5） 根据以上所计算参数，绘制根轨迹如下，由根轨迹可知，该 闭环系统不稳定。 (3 分) σ jω (2 分) 五、解：（15 分） 1、系统的开环频率特性为 ( 2 1)( 1) 4.5 ( ) ( )         j j j G j H j 起点：    90 ， 终点：  0  270 ,与实轴交点：-3 (4 分) 可以概略做出幅相曲线： Re Im -3 -1 0 ω=0 (4 分) 2、由系统的开环传递函数知，系统无右半平面开环极点，即 p  0。而幅相曲线逆时针包围（1, j0）点一圈. (4 分) 根据奈氏判据，系统负反馈时闭环系统不稳定。(3 分)

六、解:(10分) (1) ≤0.1,取k=10 (5分) (2)a=4,T=0.114,4Gc(s) 1+0456s (5分) 1+0.114s 七、解:(10分) K x+0 (8分) 7272 K1 1N4 0 7i (2分) 八、(测控)解:(15分) (1)判断系统的能控性 B AB A2B]-00由于RM=2<3,故系统不能控。 (5分) (2)R2=001 R 100 (4分) 010 (3)按能控性分解后为 RAR Rb 0 (6分) R|= x 八、(电气、安全)解:(15分) 单位阶跃输入时 p()=二 (4分) p(=)=1 (4分) D(二=) p(=)0.273(1-03682-1 HG(=)(=) 1+0.717z (7分) 第3页共3页

第 3 页 共 3 页 六、解：（10 分） (1) 0.1 1   k ess , 取k  10 ； (5 分) （2）a  4 ，T  0.114 ， s s G s c 1 0.114 1 0.456 4 ( )    (5 分) 七、解：（10 分） u T K x T T K K T K T T K x             1 1 1 1 1 4 2 2 2 3 3 0 0 1 0 1 0 0 0   (8 分) y  x   1 0 0 (2 分) 八、（测控）解：（15 分） ⑴ 判断系统的能控性             1 3 9 0 0 0 0 1 4 2 M B AB A B 由于 R(M )  2  3，故系统不能控。 （5 分） ⑵         1 3 0 0 0 1 0 1 0 Rc          0 1 0 1 0 0 3 0 1 1 Rc (4 分) ⑶ 按能控性分解后为                                                      c c c c c c c c c c c c c c x x x x y CR u x x R bu x x R AR x x 1 2 1 0 0 1 0 0 1 1 4 2 0 4 2 1 1   （6 分） 八、（电气、安全）解：（15 分） 单位阶跃输入时 1  (z) z   (4 分) 1 ( ) 1 e  z z    (4 分) 1 1 ( ) 0 .2 7 3(1 0 .3 6 8 ) ( ) ( ) ( ) 1 0 .7 1 7 e z z D z H G z z z         (7 分)