2001/2002第一学期 《自动控制理论》期终试卷 系统结构图如下图(1)所示,求C(s)/R(s)。 (14分) G3(s) H(s) R(S) G1(s) G2(s) 图(1) 系统方框图如图(2)所示,要求超调量σ%=16.3%,峰值时间tn=1秒,求放大器放大 倍数K和反馈校正微分时间常数r。 (10分) R()6(S C(s) (s+1) 图(2) 三、某系统的状态方程为 (12分) 0K100 R 000 (1)判断K1=3时该系统是否稳定 (2)求使该系统稳定的K1的取值范围。 四、设复合控制系统结构图如图(4)所示,要求 (12分) (1)计算当n(t)=t时,系统的稳态误差; (2)设计K,使系统在r(l)=t作用下无稳态误差
2001/2002 第一学期 《自动控制理论》期终试卷 一、 系统结构图如下图(1)所示，求C(s)/ R(s) 。 (14 分) 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 。 (10 分) 图 (2) 三、某系统的状态方程为 (12 分) x u K x ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − = 1 0 0 0 1 2 3 1 0 0 0 2 0 0 1 0 0 1 0 0 & (1) 判断 3 K1 = 时该系统是否稳定； (2) 求使该系统稳定的 K1的取值范围。 四、设复合控制系统结构图如图(4)所示，要求： (12 分) （1）计算当n(t) = t 时，系统的稳态误差； （2）设计 Kc ，使系统在r(t) = t 作用下无稳态误差。 ( ) 1 G s ( ) 2 G s H(s) ( ) 3 G s _ _ _ _ _ R(s) C(s) K ( 1) 10 s s + τs R(s) C(s) _ _ ε (s)
K N(s) E(s) K K C(s) S s(7s+1) K3 图(4) 五、已知线性离散时间系统 (12分) x(k+1)=Gx(k)+ Hu(k) 其中 G=001 0;H=10 02a0 试用 Lyapunov法确定使平衡点x=0处渐近稳定时a的范围 六、一采样控制系统如图所示。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(1)=1(m)作用下的响应(t≤5秒) r() 零阶保持器 s(s+2) 第6题图 七、一单位负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如下图所示,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
图 (4) 五、已知线性离散时间系统 (12 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。 六、一采样控制系统如图所示。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)。 第 6 题图 七、一单位负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如下图所示，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。 (12 分) K1 ( 1) 4 s Ts + K K3 R(s) C(s) _ _ E(s) s K2 Kc N(s) s(s + 2) r(t) K y(t) _ 零阶保持器 T
10 Frequency (rad/sec) 第7题图 八、有继电控制系统如图所示。线性部分的传递函数为 (14分) 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) c(t) G(s) 第8题图 (提示:继电特性描述函数为N(A 4M A A≥h)
第 7 题图 八、有继电控制系统如图所示。线性部分的传递函数为 (14 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。 第 8 题图 (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)
01/2002第一学期 《自动控制理论》期终试卷解答 用梅逊公式求解。 2条前向通道:P1=G1C2,P2=-G3 6个回路:l1=-H1 G2,l3=-G1,l4=-G1G2,ls=-(-G3),b6=-(-(-G3) 其中2个回路不接触:l1和ls 所以,△=1-{-H-G2-G1-G102-(-G3)-(-(-G3)}+(-hH(-(G3) 1+H+G2+G1+G1 △1=1(所有回路和前向通道p1都接触 △2=1-(-(H)=1+H(P2和l1不接触) 所以 C(S)P,A1+pDy1+H+G2+G+G1G2-G3H G1G2-(1+HG R(S) o=e =0.163,tn= =1,可求得s=0.5,mn=3.63弧度秒 系统的开环传递函数G(s)为 10K S s(s+(1+10z) 系统的闭环传递函数为 C(s) 10K Rs)s2+(+10)+10k 10K=2=3632 1+10K 2×0.5×3.63 由此得到 K=1.32,r=0.263秒 系统特征方程 10-K100 10 00 23s+1 6s2+4s+2K Routh表
2001/2002 第一学期 《自动控制理论》期终试卷 解答 一、 用梅逊公式求解。 2 条前向通道： 1 G1G2 p = ， 2 G3 p = − 6 个回路： 1 H1 l = − ， 2 G2 l = − ， 3 G1 l = − ， 4 G1G2 l = − ， ( ) 5 G3 l = − − ， ( ( )) 6 G3 l = − − − 其中 2 个回路不接触： 1 l 和 5l 所以， 1 { ( ) ( ( ))} ( )( ( )) ∆ = − −H − G2 − G1 − G1G2 − −G3 − − −G3 + −H − −G3 = 1+ H + G2 + G1 + G1G2 − G3H 1 ∆1 = （所有回路和前向通道 1p 都接触） ∆2 = 1− (−(H)) = 1+ H （ 2 p 和 1 l 不接触） 所以 H G G G G G H p p G G H G R s C s 2 1 1 2 3 1 1 2 2 1 2 3 1 (1 ) ( ) ( ) + + + + − − + = ∆ ∆ + ∆ = 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、系统特征方程 0 2 1 0 0 0 2 3 1 0 2 1 0 1 2 3 1 0 0 2 0 1 0 0 0 1 1 − − − − + − − = + − − − − = s s K s s s s s s s s K sI A 1 4 3 2 = s + s + 6s + 4s + 2K Routh 表 4 s 1 6 1 2K 3 s 1 4
2K1 4-K1 2K 可见,使系统稳定的K1取值范围为 00 加上a>0,可得使系统渐近稳定的a范围为 <a< (1 (S+2) G()=zG(s)=k(1-=-)z S-(s+ 2) K(0.28=+0.15) 1.14=+0.14 特征方程为 D(=)=1+G(=)=0 +(0.28K-1.14)2+0.15K+0.14=0 将 代入,可得 043K2+(1.72-0.3K)+(2.28-0.13K)=0
2 s 2 1 2K 1 s 1 4 − K 0 s 1 2K 可见，使系统稳定的 K1取值范围为 0 4 加上 a > 0 ，可得使系统渐近稳定的 a 范围为 2 1 0 < a < 六、 ( 2) (1 ) ( ) 2 + − = − s s K e G s Ts ， [ ] ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + = = − − ( 2) 1 ( ) ( ) (1 ) 2 1 s s G z Z G s K z Z 1.14 0.14 (0.28 0.15) 2 − + + = z z K z ， 特征方程为 D(z) = 1+ G(z) = 0 即 (0.28 1.14) 0.15 0.14 0 2 z + K − z + K + = 将 −1 + = w w z 代入，可得 0.43 (1.72 0.3 ) (2.28 0.13 ) 0 2 Kw + − K w + − K =
对上述二阶系统,只要各项系数均大于零,即稳定。 0.43K>0 .72-0.3K>0 2.28-0.13K>0 由此解得00时 当A→∞时 N(A) 所以必然存在极值。由 4M(42-h2)√A2-h N(A) =0,得A= √Dh,则-N(A)= Th 再求G(j)= 与实轴的交点 s(0.8s+1)(s+1) Jo 令 ∠G(O) 得 (0.80)-g-(a 2 可以求得 l-0.8
对上述二阶系统，只要各项系数均大于零，即稳定。 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − > − > > 2.28 0.13 0 1.72 0.3 0 0.43 0 K K K 由此解得 0 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 =
GUoLi 208m)+1V2+13 即G(j)和实轴交点为才(--, 40)。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· 和G()两曲线无交点。所以有 2M3 也就是 M
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 −
