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一、填空（每空1分，共18分）
1．自动控制系统的数学模型有 、 、 、
共4种。
2．连续控制系统稳定的充分必要条件是 。
离散控制系统稳定的充分必要条件是 。
3．某统控制系统的微分方程为：
dc(t)+0.5C(t)=2r(t)。则该系统的闭环传递函数 dtΦ(s)= ；该系统超调σ%= ；调节时间ts(Δ=2%)= 。 4．某单位反馈系统G(s)=
100(s5)，则该系统是 阶 2s(0.1s2)(0.02s4) 型系统；其开环放大系数K= 。
5．已知自动控制系统L(ω)曲线为：
则该系统开环传递函数G(s)= ；
ωC= 。
L(ω)dB 40 0.1 [-20] ωC ω 6．相位滞后校正装置又称为 调节器，其校正作用是 。
7．采样器的作用是 ，某离散控制系统
(1e10T)（单位反馈T=0.1）当输入r(t)=t时.该系统稳态误差G(Z)210T(Z1)(Ze)为 。 二. 1.求图示控制系统的传递函数. R(s) G1 - - G5 求：
G4 G2 + G3 C(s) - G6 C(S)（10分） R(S)
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2.求图示系统输出C（Z）的表达式。（4分）
R（s） T G1 C（s） - T H1
G2 G3 H2
四．反馈校正系统如图所示（12分）
求：（1）Kf=0时，系统的ξ，ωn和在单位斜坡输入下的稳态误差ess. （2）若使系统ξ=0.707，kf应取何值？单位斜坡输入下ess.=？
8c(s) R(s) S(S2)
kfs
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五.已知某系统L（ω）曲线，（12分）
（1）写出系统开环传递函数G（s） （2）求其相位裕度γ
（3）欲使该系统成为三阶最佳系统.求其K=？，γ
max=?
L(ω) 100 ω 10 25 ω c [-40]
六、已知控制系统开环频率特性曲线如图示。P为开环右极点个数。г为积分环节个数。判别系统闭环后的稳定性。（要求简单写出判别依据）（12分）
+j +j +j
+1 ω=∞ +1 ω=∞ p=2 ω=∞ +1 [-20] г=2 p=0 г=3 p=0 （1） （2） （3）
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七、已知控制系统的传递函数为G0(s)校正装置的传递函数G0（S）。（12分）
一.填空题。（10分）
1.传递函数分母多项式的根，称为系统的 2. 微分环节的传递函数为 3.并联方框图的等效传递函数等于各并联传递函数之 4.单位冲击函数信号的拉氏变换式 5.系统开环传递函数中有一个积分环节则该系统为 型系统。 6.比例环节的频率特性为 。 7. 微分环节的相角为 。 8.二阶系统的谐振峰值与 有关。 9.高阶系统的超调量跟 有关。
10. 在零初始条件下输出量与输入量的拉氏变换之比，称该系统的传递函数。 二．试求下图的传第函数(7分)
10将其教正为二阶最佳系统，求
(0.05s1)(0.005s1)
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GR - G14 + G G2C 3
三．设有一个由弹簧、物体和阻尼器组成的机械系统（如下图所示），设外作用力F（t）为输入量，位移为y（t）输出量，列写机械位移系统的微分方程（10分）
f y（t） k F（t） m
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四．系统结构如图所示，其中K=8，T=0.25。（15分）
（1） （2） （3）
Xi（s） 输入信号xi（t）=1（t），求系统的响应； 计算系统的性能指标tr、tp、ts（5%）、б
p；
若要求将系统设计成二阶最佳ξ=0.707，应如何改变K值
Ks(Ts1)0.5 X0（t）
五．在系统的特征式为A（s）=s+2s+8s+12s+20s+16s+16=0，试判断系统的稳定性（8分）
65432
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六． 最小相位系统的对数幅频特性如图所示。试求开环传递函数和相位裕量γ。（12分）
L(w)
-20db/dec 20
-40db/dec w 12 10 0 4 1 -60
-20
K七．某控制系统的结构如图，其中 G (s)s(0.1s1)(0.001s1)。
要求设计串联校正装置，使系统具有K≥1000及υ≥４５的性能指标。（13分） Xis － X0(s)
Gc′(s) G(s)
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.
.25八．设采样控制系统饿结构如图所示，其中 G ( s ) ,T 0 s 试判断系统的稳定性。
1s(s4)
x I (t) G(s) x 0 (t) （10分）
T X0(s) XI(s)
K九． 已知单位负反馈系统的开环传递函数为： ( s ) 2 2 , 试绘制K G(s1)(s4)
由0 ->+∞变化的闭环根轨迹图,系统稳定的K值范围。(15分)
一、填空题：(每空1.5分，共15分)
1.当扰动信号进入系统破坏系统平衡时，有重新恢复平衡的能力则该系统具有 。 2.控制方式由改变输入直接控制输出，而输出对系统的控制过程没有直接影响， 叫 。
3.线性系统在零初始条件下输出量与输入量的 之比，称该系统的传递函数。 4. 积分环节的传递函数为 。
5.单位斜坡函数信号的拉氏变换式 。
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6. 系统速度误差系数Kv= 。
7.系统输出由零上升到第一次穿过稳态值所需要的时间为 。 8. 二阶欠阻尼振荡系统的峰值时间为 。 9. 二阶振荡环节的频率特性为 。 10.拉氏变换中初值定理为 。
二．设质量-弹簧-摩擦系统如下图， f为摩擦系数，k为弹簧系数，p(t)为输入量，x(t)为输出量，试确定系统的微分方程。(11分)
M
三.在无源网络中，已知R1=100kΩ,R2=1MΩ,C1=10μF,C2=1μF。试求网络的传递函数U0（s）/Ur(s),说明该网络是否等效于两个RC网络串联？(12分)
R1 R2
C2 C1 ur u0
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K四.设单位反馈控制系统的开环传递函数为 G ( s ) 2 确定闭环系
(s2)(s4)(s6s25)
统持续振荡时的k值。(12分)
10五.已知单位反馈控制系统的开环传递函数为 G ( s ) 试中T1=0.1(s),
s(1T1s)(1T2s)
T2=0.5(s). 输入信号为r(t)=2+0.5t,求系统的稳态误差。（11分）
六.最小相位系统对数幅频渐进线如下，试确定系统的传递函数。(12分)
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L(ω) 40 30 20 5 0 -20 0.1 0 -20 -40 100 -60 ω 1et七.试求E(s)2的z变换. (12分)
s(1s)
K八.已知单位负反馈系统的开环传递函数为 G(s)s(s1)(0.5s1)
（1） 试绘制K由0→+∞变化的闭环根轨迹图；
（2） 用根轨迹法确定使系统的阶跃响应不出现超调的K值范围；
（3） 为使系统的根轨迹通过-1±j1两点，拟加入串联微分校正装置（τs+1），试确定τ的取
值。
（15分）
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一。填空题（26分）
（1） 开环传递函数与闭环传递函数的区别是_______________________________
________________________________________________________________。
（2） 传递函数是指_____________________________________________________
________________________________________________________________。
（3） 频率特性是指_____________________________________________________
________________________________________________________________。
（4） 系统校正是指_____________________________________________________
________________________________________________________________。
（5） 幅值裕量是指_____________________________________________________
________________________________________________________________。
（6） 稳态误差是指_____________________________________________________
________________________________________________________________。
（7） 图a的传递函数为G(s)=________________ 。 （8） 图b中的t=______。
（9） 图c的传递函数为G(s)=________________ 。
（10） s3+5s2+8s+6=0此特征方程的根的实部小于-1时系统稳定的k值范围______。 （11） 图d的传递函数为K=__________________。 （12） 图e的ωc=________________ 。 （13） 图f为相位__________校正。
（14） 图g中的γ=________Kg=______________。
（15） 图h、i、j的稳定性一次为______、______、______。
（16） A(s)=s6=2s5+8s4+12s3+20s2+16s+16=0则次系统是否稳定________。
（17） 开环传递G(s)=k(T1s+1)/s2(T2s+1),(T1>T2,k、T1、T2)为常数)则γmax=______。
Xi(s) ——G1(s) Xo(s) 1.3 1 0.98 C(t) G2(s) 图a 20 L(ω) — 75 L(ω) t 0.1 图b 20 10 10 L(ω) t [-20] 10 50 [-40] 1 ω -20 ω 10 ωc ω -20 图c 图d 图e
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Im c R1 Ui R2 Uo -0.6 -0.6 1 Re 图f Im Im 图g Im Re -1 P=3 V=0 -1 Re P=2 V=1 -1 Re P=1 V=0 图h 图i 图j 二、 判断题（每题1分，共10分）
1.拉普拉斯变换的位移定理为L[f(t-τ0)=e-sF(τ0+S) ( ) 2.在任意线性形式下L[af1(t)+bf2(t)]=aF1(s)+bF2(s) ( )
3.原函数为f(t)coswt.则象函数F（S）=
S ( ) 22SW4.G1(s)和G2（S）为串联连接则等效后的结构为G1s）. G2（S） ( ) 5.r(t)1(t)则R(s)..1 ( ) St26.设初始条件全部为零2X(t)X(t)t则X(t)t2(1e7.一阶系统在单位阶跃响应下
) ( )
p3T ( )
8.二阶系统在单位阶跃信号作用下 当0时系统输出为等幅振荡 ( ) 9.劳斯判拒判断系统稳定的充分必要条件是特斯方程各项系数大于零 ( )
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10.稳态误差为esslimS.E(s) ( )
s三.求系统的传递函数。Xo(s)/Xi(s)、Xo(s)/D(s)、E(s)/Xi(s)、E(s)/D(s)。（10分）
D(s) —
Xi(s) —E(s) G1(s) ——G2(s) G3(s) Xo(s)
四．复合控制系统结构图如下图所示，图中K1、K2、T1、T2是大于零的常数。（10分）
G (s) c Xi(s) E(s) Xo(s) K1/T1s+1 K2/s(T2s+1) _
a、 确定当闭环系统稳定时，参数K1、K2、T1、T2应满足的条件。 b、 当输入γ(t)=Vot时，选择校正装置G(s)使得系统无稳态误差。
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五．设单位负反馈的开环传递函数为G(s)=K/[s(s+1)(0.25s+1)]要求系统稳态速度误差系数Kv≥5，相角裕度γ′≥40o采用串联校正，试确定校正装置的传递函数。（10分）
六.已知F(z)=8Z3+8Z2+8Z+3判断该系统的稳定性。（10分）
as七．已知单位负反馈系统的闭环传递函数为 G(s)2sas16
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(1)试绘制参数a 由0→+∞变化的闭环根轨迹图；
3 , j ) 点是否在根轨迹上； (2)判断 ( (3)由根轨迹求出使闭环系统阻尼比ξ=0.5时的a的值。. （14分）
一.填空题（每空1分，共14分）
1.当扰动信号进入系统破坏系统平衡时，用其动态过程中给定值与测量值之间产生的最大偏差来衡量系统动态过程的 。 2.比例环节的传递函数为 。
3.单位抛物线函数信号的拉氏变换式 。
4. 系统特征方程的根具有一个根为零或实部为零时，该系统为 。 5.系统位置误差系数Kp= 。
6. 一阶惯性环节的频率特性为 。 7. G（s）=1+Ts的相频特性为 。 8. 闭环频率指标有 、 、 。 9.常用的校正装置有 、 、 。 10. z变换中的z定义为 。
二.分析下述系统的稳定性.（21分）
1.已知系统特征方程为: D(s)=s4+2s3+s2+2s+1=0 试判断系统的稳定性;（4分）
2.最小相角系统的开环幅相曲线如图1所示,试确定系统的稳定性;（4分）
ωc=ω1 ω1 -1 ω=0 图1 Im ω=∞ Re 0 L(ω) 20 -90 -180 ф(ω) 图2 ωc ω
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3.开环对数频率特性如图2所示,而且有v=1,p=1试判断系统的稳定性;（6分）
4.最小相角系统开环增益为K时,对数幅频特性L(ω)如图3所示,现要求相角裕度为γ=45°,试确定开环增益如何变化? （7分） L(ω)
-20
6
ωc ω 0 -40 ω1
图3
三.系统结构如图4所示,试求系统传递函数Ф(s)=
C(s).（8分） R(s)
G3 C(s) R(s) G1
H1
H2 G2 图4
四.已知某单位反馈系统结构图如图5(a)所示,其单位阶跃响应曲线如图5(b)所示,试确定开
环增益K和时间常数T1,T2。（10分） H(t) 1.20 R(s) C(s) K0.95 (T1s1)(T2s1)(a) 0 1 （b） t/s
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图5
五.系统结构如图6所示. （12分） 1.试绘制Ta=0 时的闭环极点;
2.确定使系统为过阻尼状态时的Ta值范围; 3.确定阻尼比§ =0.5时的Ta值,确定相应的闭环极点位置,并计算此时输入r(t)=t时系统的稳态误差ess
E(s) R(s) C(s) 11
ss Ta
图6
六.已知系统开环传递函数: G(s)H(s)=
K(ts1)若t>T,t=T,t 的幅相曲线. （12分） 七. 求f(t)=t的Z变换.（10分） 八.已知单位负反馈系统的开环传递函数为 G(s)2s(s1) （1） 试绘制参数a由0→+∞变换的闭环根轨迹图； （2） 求出临界阻尼比ξ=1时的闭环传递函数。（13分） (sa)/4 第 20 页 一.填空题 （每空1.5分，共15分） 1.线性系统在 输出量与输入量的拉氏变换之比，称该系统的传递函数。 2. 一阶微分环节的传递函数为 。 3. 系统开环传递函数中有两个积分环节则该系统为 型系统。 4. 二阶欠阻尼振荡系统的最大超调量为 。 5.频率特性包括 。 6.对数幅频特性L（ω）= 。 7. 高阶系统的谐振峰值与 有关。 8.单位阶跃信号的z变换为 。 9.分支点逆着信号流向移到G（s）前，为了保证移动后的分支信号不变，移动的分支应串入 。 10.高阶系统中离虚轴最近的极点，其实部小于其他极点的实部的1/5，并且附近不存在零点，则该极点称为系统的 。 二.试求下图的传第函数(8分) R - G1 - GG42C G3 G5 第 21 页 三.如图所示有源电路，设输入电压为ui(t)，输出电压为uc(t)为运算放大器开环放大倍数，试列写出微分方程(12分) ui(t) R1 i1(t) u1(t) i2(t) C1 C2 uc(t) 四.确定下图所示闭环系统稳定时K的取值范围。(10分) Xi（s） X0（s） Ks(s2s1)(s4)五.已知单位反馈系统的开环传递函数为G（s）= 稳定误差。（13分) 10(s1)2。试求输入信号xi=2+2t+t时，系统的 s(s4) 第 22 页 六. 最小相位系统的对数幅频特性如图所示。试求开环传递函数和相位裕量γ。(15分) L(w) -20db/dec 10 0 1 -20 2 -40 20 w 七.系统的结构如图所示，求系统的脉冲传递函数。(12分) xi(t) Xi(s) e(t) T _ G1(s) e1(t) E1(s) _ T G2(s) x0*(t) X0(z) x0(t) x0(s) H(s) 第 23 页 G八. 设负反馈系统的开环传递函数为： ( s ) ;试绘制K由0 ->∞变化 的闭环根轨迹图。（15分） K(s0.2)(s0.5)(s1) 一.填空题（40分） （1） 控制系统的基本要求是_____________、_____________、_____________。 （2） 脉冲传递函数是___________________________________________________ ________________________________________________________________。 （3） 幅频特性是指_____________________________________________________ ________________________________________________________________。 （4） 系统校正是指_____________________________________________________ ________________________________________________________________。 （5） 幅值裕量是指_____________________________________________________ ________________________________________________________________。 （6） 香农定理是指_____________________________________________________ ________________________________________________________________。 （7） 图a的传递函数为G(s)=________________ 。 （8） 图b的闭环传递函数为G(s)=________________ 。 （9） 图c的传递函数为G(s)=________________ 。 （10） s3+5s2+8s+6=0此特征方程的根的实部小于-1时系统稳定的k值范围______。 第 24 页 （11） 图d的传递函数为K=__________________。 （12） 图e的ωc=________________ 。 （13） 图f为相位__________校正。 （14） 图g中的γ=________Kg=______________。 （15） 图h、i、j的稳定性一次为______、______、______。 （16） A(s)=s6=2s5+8s4+12s3+20s2+16s+16=0则次系统是否稳定________。 （17） 开环传递G(s)=k(T1s+1)/s2(T2s+1),(T1>T2,k、T1、T2为常数)则γmax=______。 L(ω) L(ω) 20 20 [-20] L(ω) 10 75 [-20] 10 50 ω 10 ωc [-40] -20 -20 ω 图e 10 图c 1 ω 图d C(t) Xi(s) 1.3 Xo(s) 1 —— —G(s) 2 t 0.1 图b 图a Im R1 Ui R2 c Uo -0.8 1 Re 图f 图g Im Im Im Re -1 P=1 V=2 -1 Re P=2 V=1 -1 Re P=1 V=0 图h 图i 图k 第 25 页 二.判断题（每题2分，共10分） 1. 在任意线性形式下L[af1(t)-bf2(t)]= aF1(s)-b F2(s) ( ) 2. 拉普拉斯变换的终值定理为limf(t)limsF(s) ( ) ts 3. G1s）和G2（S）为并串联连接则等效后的结构为G1s G2（S）( ) 4. 设初始条件全部为零X(t)X(t)X(t)(t)则X(t)...2et2sin3t( ) 325. 一阶系统在单位阶跃响应下ts(5%)3T ( ) 三.求下图对应的动态微分方程（10分） C1 uR1 R2 i uo C2 四.求系统的传递函数。Y1(s)/X1(s)、Yo(s)/X2(s)、Y2(s)/X1(s)、Y2(s)/X2(s)。（10分） X1(s) GY1(s) 1(s) —G4(s) G2(s) Y2(s) —GX2(s) 3(s) 第 26 页 五.复合控制系统结构图如下图所示，图中K1、K2、T1、T2是大于零的常数。 G (s) c Xi(s) E(s) Xo(s) K1/T1s+1 K2/s(T2s+1) _ c、 确定当闭环系统稳定时，参数K1、K2、T1、T2应满足的条件。 d、 当输入γ(t)=Vot时，选择校正装置G(s)使得系统无稳态误差。（10分） 六. 结构图如下，T=1s，求G(z)。（10分） Xo(t) Xi(t) 1/[s(s+1)] (1—e-Ts)/s 第 27 页 七. 设负反馈系统的开环传递函数为： K G(s)(s1)(s5)(s26s13);试绘制K由0 ->∞变化的闭环根轨迹图。（10分） 一、填空题 （每空1分，共10分） 1.线性系统在零初始条件下 的拉氏变换之比，称该系统的传递函数。 2.系统的传递函数，完全由系统的 决定，而与外界作用信号的形式无关。 3. 系统特征方程的根具有一个正根或复根有负实部时，该系统为 。 4.系统输出超过稳态值达到第一个峰值所需的时间为 。 5.由传递函数怎样得到系统的频率特性 。 6. 积分环节的频率特性为 。 7. 纯迟延环节的频率特性为 。 8.G（s）=1+Ts的幅频特性为 。 9. 高阶系统的调节时间跟 有关。 10. 幅频特性最大值与零频幅值之比为 。 二．试求下图的传递函数(7分) HR - - 2 - G GG4 + C G123 H 1 第 28 页 三． 画出下图所示电路的动态结构图(10分) ui(t) R1 i1(t) u1(t) i2(t) C1 C2 uc(t) 四． 已知系统的单位阶跃响应为x0（t）=1-1.8e试求：（1）闭环传递函数； 4t+0.8e 9t。 （2）系统的阻尼比ξ和无阻尼自然振荡频率ωn； （3）系统的超调量σp和调节时间ts。 (13分) 第 29 页 五． 在系统的特征式为A（s）=s+2s+8s+12s+20s+16s+16=0，试求系统的特征根。 65432(8分) 六. 最小相位系统的对数幅频特性如图所示。试求开环传递函数和相位裕量γ L(w) 。(14分) -40db/dec 10 0 1 -20db/dec 8 -40 w 第 30 页 七．设单位反馈系统的开环传递函数系数 G(s)Ks(s1)(0.25s1)为要求系统稳态速度误差 。 Ｋv≥5,相角裕度υ′≥４０，采用串联滞后校正，试确定校正装置的传递函数。(15分) 八．已知F(z)z(z0.5)(z1)2求z的反变换。(8分) 九、系统方框图如下图，求 （1） 当闭环极点为s13j时的K,K1值； （2） 在上面所确定的K1值下，试绘制K由0→+∞变化的闭环根轨迹图 R(s) K2C(s) - s 1+K1s 15分） （ 第 31 页 一.选择题（每题1分，共10分） 1. 反馈控制系统又称为（ ） A.开环控制系统 B．闭环控制系统 B.扰动顺馈补偿系统 D．输入顺馈补偿系统 2.位置随动系统的主反馈环节通常是（ ） A．电压负反馈 B．电流负反馈 C．转速负反馈 D．位置负反馈 3.如果典型二阶系统的单位阶跃响应为减幅振荡(又称阻尼振荡)，则其阻尼比（ ） A．ξ<0 B．ξ=0 C．0<ξ<1 D．ξ≥1 4.G(s)= 1/[(S+1)(S+2)(S+3)(S+4)]环节的对数相频特性的高频渐近线斜率为（ ） A． -20dB B．-40dB C．-60dB D． -80dB 5.某自控系统的开环传递函数G(s)= 1/[(S+1)(S+2)] ，则此系统为（ ） A．稳定系统 B．不稳定系统 C．稳定边界系统 D．条件稳定系统 6．若一系统的特征方程式为(s+1)2(s－2)2+3＝0，则此系统是（ ） A．稳定的 B．临界稳定的 C．不稳定的 7.下列性能指标中的( )为系统的稳态指标。 A.σP B.ts C.N D.ess 8.下列系统中属于开环控制的为：( ) A.自动跟踪雷达 B.数控加工中心 C.普通车床 D.家用空调器 9.RLC串联电路构成的系统应为( )环节。 A比例 B.惯性 C.积分 D.振荡 10.输出信号与输入信号的相位差随频率变化的关系是( )。 A.幅频特性 B.相频特性 C.传递函数 D.频率响应函数 二．试求下图的传递函数(6分) D．条件稳定的 GR - G- 13 + G2 + C H3 第 32 页 H1 H2 三．画出如图所示电路的动态结构图(10分) Ls IR(s) IL(s) 1Ui（t） Uc（s） sc 四．某单位反馈系统结构如下图所示，已知xi（t）=t，d（t）=-0.5。试计算该系统的稳态误差。 (11分) D(s) X0(s) Xi(s) 4 0.5 0.2s1s(3s1) 第 33 页 五．设复合控制系统如下图所示。其中，K1=2K2=1，T2=0.25s，K2K3=1。要求 （1） 当r（t）=1+t+（1/2）t2时，系统的稳态误差； （2） 系统的单位阶跃响应表达式 (11分) K3S + C R kk1 - s(Ts1)_ 22六. 最小相位系统的对数幅频特性如图所示。试求开环传递函数和相位裕量γ。(15分) L(w) -20db/dec 第 34 页 10 10 w 0 1 -40 -20 KG(s)七．某Ⅰ型单位反馈系统固有的开环传递函数为, 要求系统在单位斜坡输入信 。 号时，位置输入稳态误差ess≤0.1,减切频率ωc’≥4.4rad/s,相角裕度υ’≥４５幅值裕 s(s1)度Ｋg(dB)≥100Db.试用下图无源和有源相位超前网络矫正，系统，使其满足给定的指标要求。 (13分) 八．系统结构如图所示，求输出量z的变换X0(z). (10分) 第 35 页 G5 T x0*(tX0(z) + x0(t) xI(tG3 G1 G2 G4 _ T XI(s) X0(s) 九. 系统方框图如图2-4-21所示，绘制a由0→+∞变化的闭环根轨迹图，并要求： （1） 求无局部反馈时系统单位斜坡响应的稳态误差、阻尼比及调节时间； （2） 讨论a=2时局部反馈对系统性能的影响； （3） 求临界阻尼时的a值。 （15分） R(s) E(s) - - 1s(s1) C(s) as 图2-4-21 第 36 页 一．选择题（每题1分，共10分） 1.利用奈奎斯特图可以分析闭环控制系统的（ ） A.稳态性能 B.动态性能 C.稳态和动态性能 D.抗扰性能 2.有一线性系统，其输入分别为u1(t)和u2(t)时，输出分别为y1(t)和y2(t)。当输入为a1u1(t)+a2u2(t)时(a1,a2为常数)，输出应为（ ） A.a1y1(t)+y2(t) B.a1y1(t)+a2y2(t) C.a1y1(t)-a2y2(t) D.y1(t)+a2y2(t) 3.某串联校正装置的传递函数为Gc(S)=K 1TS(0<β<1)，则该装置是（ ） 1TSA.超前校正装置 B.滞后校正装置 C.滞后——超前校正装置 D.超前——滞后校正装置 4.1型系统开环对数幅频渐近特性的低频段斜率为（ ） A.-40(dB/dec) B.-20(dB/dec) C.0(dB/dec) D.+20(dB/dec) 5.开环传递函数G(s)H(s)=A.（-∞，-p2],[-z1,-p1] C.[-p1,+ ∞] K(sz1)，其中p2>z1>p1>0，则实轴上的根轨迹为（ ） (sp1)(sp2) B.(- ∞,-p2] D.[-z1,-p1] 6.设系统的传递函数为G(s)=A. 1 25B. 1 5 1，则系统的阻尼比为（ ） 225s5s11 C. D.1 27.设单位负反馈控制系统的开环传递函数Go(s)=定性与（ ） A.K值的大小有关 C.a和K值的大小有关 K，其中K>0,a>0，则闭环控制系统的稳 s(sa) B.a值的大小有关 D.a和K值的大小无关 8. 在伯德图中反映系统动态特性的是( )。 A. 低频段 B. 中频段 C. 高频段 D. 无法反映 9. 设开环系统的频率特性G(jω)= 1(1j)2，当ω=1rad/s时，其频率特性幅值G(1)=( )。 A. 1 B. 2 C. 11 D. 24 第 37 页 10. 开环传递函数为G(s)H(s)= Ks3(s3),则实轴上的根轨迹为( )。 A.［-3,∞］ B. ［0,∞］ C. (-∞,-3) D. ［-3,0］ 二．系统的结构图如下：试求传递函数C（s）/R（s）。 （15分）。 R GG_ _ 65432 三．系统特征方程为s+30s+20s+10s+5s+20=0试判断系统的稳定性（6分） 第 38 页 四．系统的闭环传递函数C（s）/R（s）为ωn/(s+2ξωns+ωn)误差定义为e=r-c,试求系统在r(t)为l(t)、tl(t)时的稳态误差。（15分） 10(s1)G(s)五．控制系统的开环传递函数 s2(0.01s1) 画出幅频特性曲线，试判断系统的稳定性，并计算稳定裕度γ。（15分） 六．系统校正前后的开环传递函数如图，试求校正装置。（15分） L -40 -20 ω -20 10 20 0.1 1 -40 2 2 2 第 39 页 七．设系统的结构如下图所示，采样周期T=1s ，设K=10，设分析系统的稳定性，并求系统的临界放大系数。（15分） R(s) C(s) K 1eTs s(s1) s_ 八．若某系统，当阶跃输入作用r(t)=l(t)时，在零初始条件下的输出响应为C(t)=1-e-2t+e-t.试求系统的传递函数和脉冲响应。（9分） 一．判断题 （每题1分，共10分） 1．在任意线性形式下L[af1(t)+bf2(t)]=aF1(s)+bF2(s) d2f(t)2]SF(s) . 2．拉普拉斯变换的微分法则 L[2dt（ ） （ ） 第 40 页 3． G1s）和G2（S）为并串联连接则等效后的结构为G1s G2（S） 4．一阶系统在单位阶跃响应下ts(5%)3T （ ） （ ） 5．二阶系统在单位阶跃信号作用下 当0时系统输出为等幅振荡 （ ）6. 劳斯判拒判断系统稳定的充分必要条件是特斯方程各项系数大于零 （ ） 7．系统的特征方程为3s10s5ss20则该系统稳定 8．单位负反馈系统中 G(s)432（ ） 122当r(t)t时ess0 （ ） 2s(s1)(0.5s1)9．.典型比例环节相频特性(w)00 （ ） 10．G(s)1的转折频率为4 （ ） 4s1 二．仓库大门自动控制系统的工作原理如图所示，试说明自动控制大门开启和关闭的工作原理，并画出系统的原理方框图。(10分) 绞盘 放大器 电动机 电位器关 门开关 大门 开门开关 第 41 页 三．电路如图所示，ur(t)为输入量，uc(t)为输出量，试列写该电网络的动态方程并求传递函数 uc(s)/ur(s)。(13分) R1 L u 0 i1+i2 C i1 i2 uc ur R2 四．控制系统如图所示，试确定系统的稳态误差。(13分) n=0.1 r=1+t e - 1 s0.5 10s(0.2s1)c 第 42 页 五． 单位负反馈系统的结构图如图所示，试画出K>0时闭环系统的根轨迹图（要求按步骤作）。 (13分) K(s2)R(s) C(s) s(s20) s2 2 s 2n六．已知系统的闭环传递函数为 ( s ) 2 2 当输入r(t)=2sint时，测得输出 s2nsncs(t)=4sin(t-45)，试确定系统的参数ζ，n。 (13分) 第 43 页 七．系统结构如图所示，已知当K=10，T=0.1时，系统的截止频率ωc=5若要求ωc不变，要求系统的相稳定裕度提高45，问应如何选择K，T？(15分) r(t) e K(Ts1) - s1 G(s) c(t) 八．(13分)试求F(z)=10z(z1)(z2)的Z反变换。 一.判断题 (每题1.5分，共15分) 1. 拉普拉斯变换的积分法则 L[f(t)(dt)2]1s2F(S) 2. 一阶系统在单位阶跃响应下ts(2%)3T 3. 二阶系统在单位阶跃信号作用下 当01时系统输出为等幅振荡 4. 稳态误差为esslimse(t) 5. 系统的特征方程为s320s29s1000则该系统稳定 6.单位负反馈系统中 G(s)2s(s1)(0.5s1)当r(t)1(t)时ess0 7.系统输出的振幅与输入振幅之比称为幅频特性 8.频率特性只对系统适用，对控制元件，部件，控制装置不适用 9.在正弦信号作用下，输出的稳态分量与输入的参数比称为频率特性 10.对幅频特性的纵坐标用L（ω）表示且L（ω）=20LgA(ω) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 第 44 页 二. 化简结构图，求系统传递函数 （2）①.当A（s）=G（s）时，求 C(s)? （10分） R(s)C(s) （8分） R(s)N（s）=0 N(s) + C(s) + + R(s) G（s） + A（s） H（s） - + ②...上题中当G（s）=A（s）= 100,r（t）=0，n（t）=1（t）时，选择H (s1)(s2)（s）使limc(t)=0。 （7分） t 三. 系统如右，K0，画根轨迹。 （13分） * 第 45 页 s33s22s5四.已知传递函数G（s）=4，试判断此传递函数是否为最 s22s31s2458s315小相位传递函数。（12分） 五.已知开环传递函数Gk（s）=表示）。 （12分） 500(s2),画出对数幅频特性曲线（用分段直线近似2(s1)(s50) 第 46 页 六. F(s)s2s(s1)2(s3) 求f(t)? （13分） 3z31.2z2七．已知序列x(n)和y(n)的Z变换为 X(z)0.52z (z1)(z20.4z0.12Y(z)10z)(z1)(z2)试确定序列x(n)和y(n)的初值和终值 （10分） 一. 判断题(每题1.5分，共15分) 1. 拉普拉斯变换的微分法则 L[d2f(t)dt2]S2F(s) ） （ 第 47 页 1T ） 2. 一阶系统在单位阶跃响应为y(t)e （ T3. 二阶系统在单位阶跃信号作用下 当0时系统输出为等幅振荡 （ ） 4. 系统的特征方程为3s10s5ss20则该系统稳定 （ ） 5. 单位负反馈系统中 G(s)432t2当r(t)3(t)时ess0 （ ） s(s1)(0.5s1)6. 系统输出的相位与输入相位之差称为相频特性 （ ） 7. 频率特性适用于线性正常模型. ）（ 8.典型比例环节相频特性(w)00 （ ） 9.开环对数幅频特性曲线低频积的形状只决定于系统的开环增益K和积分环节的数目V （对最小相位系统而言） （ ） 10.谐振峰值反映了系统的平稳性 （ ） 二.对于图所示系统，假设运算放大器是理想的运算放大器，被控对象是不可改变的。 （1）.画出系统方块图，写出传递函数 （2）.求系统单位阶跃响应。分析系统是否处于欠阻尼状态，如果不是，如何改善系统才能既不提高系统的阶次又能使系统处于欠阻尼状态。(10分) Vo(s)；(10分) Vi(s)被控对象 1MΩ 1MΩ 1MΩ 1MΩ V1 1μF Vo Vi - - 1MΩ V2 - 第 48 页 三.判断特征方程为s3+7s2+17s+11=0的系统是否具有=1的稳定裕度。(10分) 四．反馈控制系统如图所示，被控对象及测量环节传递函数不可改变，Gc（s） 为控制器传递函数，R（s）为控制输入，C（s）为输出，N1（s）、N2（s）分别为加在被控对象输入、输出上的干扰，N3（s）为测量干扰。要求系统分别在响应： （1） r(t)=t*1(t),n1(t)=n2(t)=n3(t)=0 （2） r(t)=1(t),n1(t)=1(t),n2(t)=n3(t)=0 （3） r(t)=1(t),n2(t)=1(t),n1(t)=n3(t)=0 （4） r(t)=1(t),n3(t)=1(t),n1(t)=n2(t)=0 时，稳态误差为零。试求以上4钟情况各对控制器传递函数Gc（s）有何要求？(14分) R(s) N1(s) 控制器 + - 测量环节 G（s） + + 被控对象 2 s(s2)N2(s) + + C(s) N3(s) 10 s10+ + 第 49 页 五. 系统闭环特征方程为s-3s+2s+K(s+10)=0，试概略绘制K由0→+∞变化的闭环根轨迹图。 3 2 (12分) K(1s)G(s)六.设单位负反馈系统的开环传递函数为 k 其中K>0，若选定奈奎斯路径 s(5s1)如图所示： （1） 画出系统与该奈氏路径的奈氏曲线[即该奈氏路径在Gk（s）平面中的映射； （2） 根据所画奈氏曲线即奈奎斯特稳定判断闭环系统稳定的条件； （3） 当闭环系统不稳定时计算闭环系统在右半s平面的极点数。(15分) Im ω=+∞ ② ① R→∞ ω=0+ 0 Re ④ -ω=0 ③ Γs ω=-∞ 第 50 页 七.已知一单位反馈系统的开环对数频率特性如图所示：(14分) （1）系统的开环传递函数； （2）以梅逊增益公式为基础，画出与该系统相应的信号流图（也可用直接分解法）； L(ω),dB 0 -20dB/dec 2/3 3 -40dB/dec ω rad/s 一．选择题：(每题1.5分，共15分) 1.实验中可以从( )获取频率特性。 A.稳定的线性和非线性系统 B. 不稳定的线性和非线性系统 C.不稳定的线性系统 D. 稳定的线性系统 2.传递函数的概念适用于（ ）系统。 A ．线性、非线性 B. 线性非时变 C ．非线性定常 D. 线性定常 3．系统的动态性能包括（ ）。 A ．稳定性、平稳性 B. 平稳性、快速性 C ．快速性、稳定性 D. 稳定性、准确性 第 51 页 4 ．确定系统根轨迹的充要条件是（ ）。 A ．根轨迹的模方程 B. 根轨迹的相方程 C ．根轨迹增益 D. 根轨迹方程的阶次 5 ．正弦信号作用于线性系统所产生的频率响应是（ ）。 A ．输出响应的稳态分量 B. 输出响应的暂态分量 C ．输出响应的零输入分量 D. 输出响应的零状态分量 6．系统的传递函数完全决定于系统的 ( )。 A．输入信号 B.输出信号 C.结构和参数 D.扰动信号 7．控制系统的相位稳定裕量反咉了系统的 ( )。 A．稳定性 B.稳态性能 C.快速性 D.动态性能 8．一般来说，系统增加积分环节，系统的稳定性将（ ）。 A．变好 B.变坏 C.不变 D.可能变好也可能变坏 9．系统开环对数幅频特性L(ω)中频段主要参数的大小对系统的（ ）性能无影响。 A.动态 B. 稳态 C. 相对稳定性 D. 响应的快速性 10．反馈控制系统又称为（ ） A．开环控制系统 B．闭环控制系统 C．扰动顺馈补偿系统 D．输入顺馈补偿系统 二．系统结构图如下，试求 （1）当k10时系统的动态性能；（2）使系统阻尼比0.707的k值；（3）当k1.6时系统的动态性能。(15分) 第 52 页 三.系统方框如图所示，E（s）= R（s）—C（s）, 试求传递函数： （10分 ） （1） C(s)C(s)C(s)，，； R(s)N1(s)N2(s)E(s)E(s)E(s)，，。 R(s)N1(s)N2(s)- G1 - G2 G3 G21（2）N2(s) R(s)+N 1(s) - 四. （15分） C(s) 系统结构如图所示：求K0时的根轨迹。 * 第 53 页 五.系统方框图如图所示，设r（t）=n（t）=1（t），系统中各环节传递函数如下： G1（s）= K1，G2（s）=，H（s ）=2.5 0.05s1s5 试求：（1）系统的稳态误差； 1，后，求系统的稳态误差； s1（3）在扰动作用点右侧的前向通路中串入积分因子，后，求系统的稳态误差； s（2）在扰动作用点左侧的前向通路中串入积分因子 （4）在（3）所述的情况下，拟对扰动加装补偿环节，以使扰动对输出无影响，试求补偿环节的传递函数并画出补偿后的方框图。 （15分） N(s) C(s) R(s) E(s) G2(s) G1(s) - H(s) 第 54 页 六.某控制系统的开环传递函数为G（s）= 6; s(0.2s1)(0.5s1)a) 试求系统的相位裕量和幅值裕量； b) 如采用传递函数Gc（s）= 10.4s的串联超前校正装置，试绘制校正后系统的伯德 10.08s图（不用修正），并求此时的相位裕量； c) 讨论校正后系统的动态性能有何改进。 （15分） 第 55 页 七、采样控制系统框图如下：其中T=1. K=10. 试分析该系统的稳定性。并求该系统临界稳定时K值。（15分） R(S) C(S) 1estsks(s1) 一. 选择题（.每题2分，共20分） 1.单位斜坡函数f(t)=t的拉氏变换式F(s)=（ ） A．s B． 1 C．S2 D． 1/S2 2．单位抛物线输入函数r(t)的数学表达式是r(t)＝（ ） A．at2 B．1/2 Rt2 C．t2 D．1/2 t2 3．当二阶系统特征方程的根为具有负实部的复数根时，系统的阻尼比为（ ） A．ζ<0 B．ζ＝0 C．0<ζ<1 D．ζ≥1 4．已知单位反馈控制系统在阶跃函数作用下，稳态误差ess为常数，则此系统为（ ） A．0型系统 C．Ⅱ型系统 5．设某环节的传递函数为G(s)＝ B．I型系统 D．Ⅲ型系统 1，当ω＝0.5rad／s时，其频率特性相位移θ(0.5)= 2s1（ ） A．－ B．－ C． 466D． 46．超前校正装置的最大超前相角可趋近（ ） A．－90° B．－45° C．45° 7．单位阶跃函数的拉氏变换是（ ） D．90° 第 56 页 A． 1s3 B． 1 C． 2ss1D．1 8．比例微分控制器中，微分时间常数越大，则系统的（ ） A．动态偏差越小 C．振荡越小 B．动态偏差越大 D．过渡过程缩短 9．同一系统，不同输入信号和输出信号之间传递函数的特征方程（ ） A．相同 C．不存在 B．不同 D．不定 10．2型系统对数幅频特性的低频段渐近线斜率为（ ） A．－60dB／dec C．－20dB／dec 二.判断题（每题2分，共10分） 1..f(t)=1-e-2t的Z变换为 B．－40dB／dec D．0dB／dec 1 （ ） Z12.频率特性的中频段反映系统的动态性能。幅值穿越频率ωc决定着系统的放大系数和系统型别。 （ ） 3.系统开环零点数等于系统的根轨迹的条数。 （ ） 4.若系统的穿越频率ωc大，则调节速度快，即ts就小。（ ） 5.特征方程的根s=σ，为实数根有m重极点则对应的时域表达式为(k1+k2t+……+kmtm-1)e σt （ ） 三.系统结构图如图所示。若要求系统阶跃响应的性能指标：超调量δ%=16.3%，调节时间ts=1.75s(5%误差带)，试选择参数k1,k2 。并计算此时系统在单位斜坡信号作用下的稳态误差。 （15分） E(s) R(s) C(s) k1 s2 K2s 第 57 页 图，并求出有一个闭环极点为-3时开环增益K的值和这时另外两个闭环极点。 （15分） 五、单位负反馈系统的开环传递函数为G(s)，设G(s)无右半面的极点和零点，其对应的对数幅频渐近曲线如图所示（ωc为已知值），试写出开环传递函数G(s) 的表达式并作出相频特性曲线，分析闭环系统的稳定性。 （13分） L (ω)/dB -20 ω/(rad/s) ωc -60 系统对数幅频渐近曲线 K*(s4)(s四.单位负反馈系统的开环传递函数为 G ) 2 试画出K>0时闭环系统的根轨迹 s(s1) 第 58 页 六.单位负反馈系统的开环传递函数为 G ( s ) 2 这里K>0。试用奈奎斯判特判据 讨论闭环系统的稳定性（要求作出奈奎斯判特曲线）。（14分） 七. 采用系统的结构框图如下所示，采用周期T=1s，试确定控制器的脉冲传递函数D(z)，使该系统在单位阶跃信号作用下为最小拍无差系统。（13分） *c(t) e(t) e(t) u(t) u*(t) 1eTs r(t)1D（z） s(10s1)s- 一.判断题：(每题1.5分共15分) K(0.4s1)s(s1)1 1. 一阶系统在单位斜坡响应为y(t)tTeT T 2. 二阶系统在单位阶跃信号作用下 当0时 该系统输出稳定 3. 系统的特征方程为s3s3s2s10则该系统稳定 432t（ ） （ ） （ ） 第 59 页 4. 单位负反馈系统中 G(s)122当r(t)t时ess0 （ ） 2s(s1)(0.5s1) 5. 典型积分环节相频特性()900 （ ） 6.频带频率反映系统的快速性 （ ） 7.系统谐振峰值越大.超调量越大 （ ） 8.三频段适用的前提是系统闭环稳定 （ ） 1的转折频率为4 （ ） 4s1t 10.单位阶跃响应为 ( 1 1 . 8 e 4 0 e 9 t 0 ) 对应的频率特性为 t).8(t36 G(j)（ ） (j)213(j)36 9. G(s)二.系统结构如图所示。若要求闭环系统的阻尼比ξ=2 定k1,k2的数值。 （13分） R(s) 2，阶跃响应的调节时间ts=1,试确 K1 5s(s1)K2s C(s) 三．系统结构如图所示，图中T1=0.1，T2=0.2。为了保证r(t)=t3作用下系统的稳态误差 第 60 页 ess<0.05，K应如何选取。（13分） R(s) ― E K(T1s1)(T2s1) T1T2C(s) K(s1)2s ) 四.单位负反馈系统的开环传递函数为 G ( 3 试画出K由零变到正无穷时闭环系统 s的根轨迹，并确定闭环系统稳定时K的取值范围。（14分） kG(s)五. 单位负反馈系统的开环传递函数为 2 其中T、k均为大于零，试绘制系统 s(Ts1)的概略幅相特性曲线并用奈奎斯特稳定判据判别闭环稳定性。 (15分) 第 61 页 六.系统结构如图(a)所示。其中原有开换传递函数Go(s)和校正装置Gc(s)的对数幅频渐近特性曲线如图(b)中Lo,Lc所示。并设Go(s)、Gc(s)均没有负平面右半部的零点、极点。 （15分） （1） 分别写出Go(s)、Gc(s)的表达式； C(s) R(s) Gc(s) Go(s) ― 图(a) 第 62 页 （2）画出Go(s)Gc(s)对应的对数幅频渐近特性曲线和相频特性曲线，并分析Gc(s)对系统的校正作用 L(ω)/dB [-40] [+20] 0 1 10 100 Lo ω/(rad/s) Lc 图(b) 七. 采样系统的结构如下图所示，采样周期T=1s，输入为单位阶跃信号，试问： （1） 统的闭环满冲传递函数； （2） 系统的输出响应c*(t)（算至n=5）（15分） r(t) - c(t) e(t) e*(t) *1eTssu(t) 1 s(s1)c(t) 一.选择题（每题1.5分，共15分） 1．实轴上根轨迹右端的开环实数零点、极点的个数之和为（ ） A．零 B．大于零 D．偶数 C．奇数 2．PID控制器的传递函数形式是（ ） A．5+3s 1B．5+3 s 第 63 页 1C．5+3s+3 s D．5+ 1 s13．拉氏变换将时间函数变换成（ ） A．正弦函数 B．单位阶跃函数 D．复变函数 C．单位脉冲函数 4．线性定常系统的传递函数，是在零初始条件下（ ） A．系统输出信号与输入信号之比 B．系统输入信号与输出信号之比 C．系统输入信号的拉氏变换与输出信号的拉氏变换之比 D．系统输出信号的拉氏变换与输入信号的拉氏变换之比 K5．若某系统的传递函数为G(s)=，则其频率特性的实部R(ω)是（ ） Ts1KKA． B．- 12T212T2C． K 1T D．- K 1T6．已知系统的特征方程为(s+1)(s+2)(s+3)=s+4，则此系统的稳定性为（ ） A．稳定 C．不稳定 B．临界稳定 D．无法判断 10,H(s)1Khs，当闭环临7．已知系统前向通道和反馈通道的传递函数分别为G（s）= s(s1)界稳定时，Kh值应为（ ） A．-1 B．-0.1 D．1 B．1/±(2l+1)π D．1/(±lπ) C．0.1 8．闭环系统特征方程为G(s)H(s)=-1,其中G(s)H(s)的矢量表示为（ ） A．1/（2l+1）π C．1/（±2lπ） （各备选项中l=0,1,2……） 9．某串联校正装置的传递函数为Gc(s)=kA．滞后校正装置 10．设开环系统频率特性G(j)率为（ ） A．-60dB/dec B．-40dB/dec 1Ts,1，该校正装置为（ ） 1Ts B．超前校正装置 D．超前—滞后校正装置 C．滞后—超前校正装置 1，则其对数幅频特性的渐近线中频段斜 j(1j10)(1j0.1) 第 页 C．-20dB/dec D．0dB/d 二.统结构如图一所示。求系统的闭环传递函数C(S)/R(S)。(15分) H2 _ C(s) R(s) G1 G2 G3 _ H1 G4 三．系统的结构图如图二所示。试确定阻尼比ζ=0。6时的Kf值，并求出这时系统阶跃响应的调节时间ts和超调量σp%。(15分) R(s) C(s) 19 _ _ s(s2) Kfs 四．单位负反馈系统的开环传递函数为试确定系统闭环稳定时的K值范围。(15分) 第 65 页 K五．单位负反馈系统的开环传递函数 G(s)s(0.2s1)2 （1）确定K值，使系统的模稳定裕度为20dB; （2）确定K值，使系统的相稳定裕度为60°。 (15分) 六．系统结构图如图五所示。误差的定义为r-c。（15分) （1） 确定Kp值使系统在r(t)=1(t)时的稳态误差为0.05； （2）确定的Kp值，求Kf值使得相当干扰d(t)为阶跃函数时的稳态误差为零。 r(t) _ Kp d(t) Kf 1 0.4s113s1c 第 66 页 七．采样系统如下图所示。其中G(s)对应的z变换式为G(z),已知(10分) G(z)K(z0.76)(z1)(z0.45)G(z) 一.简答题（10分） 1.从元件的功能分类，控制元件主要包括哪些类型的元件？ (5分)” 2.开环系统和闭环系统各有什么特点？（5分） 二．判断题 （每题2分，共20分） 1.二阶系统在单位阶跃信号作用下 当1时 输出为1(1nt)ent ( ) ( ) 4322.系统的特征方程为2s10s3s5s20则该系统稳定。 3.单位负反馈系统中 G(s) 122当r(t)1(t)t时ess0 2s(s1)(0.5s1)( ) ( ) 04.典型微分环节相频特性()90 5.三频段适用的范围是具有最小相位性质的单位负反馈系统 ( ) 6.G(s)0.4s1的转折频率为2.5 ( ) 第 67 页 7.单位负反馈系统开环传递函数G(s)3的相角裕量820 ( ) 2s(0.01s0.04s1)TS1(1) ( ) TS18.相位超前校正装置传递函数为GC(s)9.PID校正的传递函数为GC(s)KpKds1 ( ) TtS10.香农定理为采样频率大于等于信号最高频率的2倍 ( ) 三.求下图所示电网络的传递函数，图中电压u1(t)、u2(t)分别是输入变量和输出变量,求该系统的 传递函数。（11分） C R0 U1(t) 四.求拉普拉斯变换式F（s）= R1 U2(t) 1的Z变换F（z）。 （14分） 2s(s1) 第 68 页 五. 设负反馈系统的开环传递函数为：G ( s ) ; 试绘制K由0 ->∞变化的闭环根K(s1)s(2s1)轨迹图。（15分） 六. 方框图如图所示，若系统的σ%=15%，tp=0.8s。试求： （1） K1、K2值； （2） r(t)=1(t)时的调节时间ts和上升时间tr。 R(s) K1C(s) s(s1) 1K2s 15分） （ 第 69 页 七. 设系统的开环传递函数没有右平面的零点和极点，且开环渐进对数幅频特性曲线为下图中的L0加入串联校正环节后的开环渐进对数幅频特性曲线为图中的L1求校正环节的传递函数，画出该环节的伯德图（对数幅频特性曲线用渐进线表示），并说明该校正环节的作用 （15分） L(ω)/dB -20 L0 L1 -40 -40 -20 ω/(rad/s) 0 ω5 ω1 ω2 ω3 ω4 -40 -20 一. 选择题（每题2分，共20分） 1.对于一阶、二阶系统来说，系统特征方程的系数都是正数是系统稳定的( ) A.充分条件 B.必要条件 C.充分必要条件 D.以上都不是 K2.开环传递函数为G(s)H(s)=,3则实轴上的根轨迹为( ) S(S4) A.［－4,∞］ B.［－4,0］ C.(－∞,－4) D. ［0,∞］ 3.进行串联滞后校正后，校正前的穿越频率ωc与校正后的穿越频率c的关系，通常是 ( ) A.ωc=c B.ωc>c C.ωc<c D.ωc与c无关 -40 第 70 页 4.PID控制规律是____控制规律的英文缩写。( ) A.比例与微分 B.比例与积分 C.积分与微分 D.比例、积分与微分 5.比例环节的频率特性相位移θ(ω)=( ) A.90° B.－90° C.0° D.－180° 6.用频域法分析控制系统时，最常用的典型输入信号是( ) A.脉冲函数 B.斜坡函数 C.阶跃函数 D.正弦函数 7.由电子线路构成的控制器如图，它是( ) A.超前校正装置 B.滞后校正装置 C.滞后—超前校正装置 D.超前—滞后校正装置 8.控制系统的上升时间tr、调整时间tS等反映出系统的( ) A.相对稳定性 B.绝对稳定性 C.快速性 D.平稳性 9.Ⅱ型系统对数幅频特性的低频段渐近线斜率为( ) A.-60(dB/dec) B.-40(dB/dec) C.-20(dB/dec) D.0(dB/dec) 10.下列频域性能指标中，反映闭环频域性能指标的是( ) A.谐振峰值Mr B.相位裕量γ C.增益裕量Kg D.剪切频率ωc 二.判断题（每题2分，10分） 1. 二阶系统在单位阶跃信号作用下 当0时输出为1coswnt ( ) 2. 系统的特征方程为s3ss3s10则该系统稳定 ( ) 3. 典型惯性环节相频特性(w)90 ( ) 4. 单位负反馈系统开环传递函数G(s)04323的幅值裕量为2.5DB( ) s(0.01s20.04s1)5. 闭环采样系统的极点为PK.当0PK1时该系统瞬态分量收敛 ( ) 三.简答题（17分） 1.定值控制系统、伺服控制系统和程序控制系统各有什么特点？（5分） 第 71 页 2.线性系统和非线性系统各有什么特点？（5分） 3.对于最小相位系统而言，采用频率特性法实现控制系统的动静态校正的基本思路是什么？静态校正的理论依据是什么？动校正的理论依据是什么？（7分） 四. 试求F(z)= 10z的Z反变换。（13分） (z1)(z2) 五.求图所示RC网络的动态结构图。设ui(t) 为输入，uo(t)为输出。（13分） C R1 ui R2 uo 第 72 页 六.若A(s)=s3+5s2+8s+6=0原系统稳定，检查是否有σ1=1的稳定裕量。（13分） 七．设系统开环传递函数为G(s)K(T1s1);T1T2试分析系统参数与相角裕度的关系。 2s(T2s1)（14分） 第 73 页 一.选择题：（每个1.5分，共15分） 1.在经典控制理论中，临界稳定被认为是( ) A.稳定 B.BIBO稳定 C.渐近稳定 D.不稳定 2.确定根轨迹大致走向，用以下哪个条件一般就够了 ( ) A.特征方程 B.幅角条件 C.幅值条件 D.幅值条件+幅角条件 3.ω从0变化到+∞时，迟延环节频率特性极坐标图为（ ） A.圆 B.半圆 C.椭圆 D.双曲线 D.正弦函数 4.时域分析中最常用的典型输入信号是（ ） A.脉冲函数 nmB.斜坡函数 C.阶跃函数 nm5.根轨迹渐近线与实轴的交点公式为( ) PjZiA.j1i1nmPjZi B. j1i1mnn mC. i1ZiPjj1nmmnPjZi D. j1i1nm 6.对复杂的信号流图直接求出系统的传递函数可以采用( ) A.终值定理 B.初值定理 C.梅森公式 D.方框图变换 7.一般讲，如果开环系统增加积分环节，则其闭环系统的相对稳定性将( ) A.变好 B.变坏 C.不变 D.不定 8.由基本功能组件并联成的PID控制器，其三种控制作用( ) A.可以各自整定 B.不能整定 C.只有积分，微分时间可整定 D.只有比例增益可整定 9.传递函数反映了系统的动态性能，它与下列哪项因素有关？（ ） A.输入信号 B.初始条件 D.输入信号和初始条件 B.系统的外部描述 C.系统的结构参数 10.采用系统的输入、输出微分方程对系统进行数学描述是（ ） A.系统各变量的动态描述 C.系统的内部描述 D.系统的内部和外部描述 二．求所示系统输出信号的z变换C(z)。 （14分） R(s) C(s) 25 s2 s5 第 74 页 12s三. 系统开环传递函数为 ( s ) G ，试绘制K由0→+∞变化的闭环根轨 (Ks1)(s1) 迹图（15分） 四. 已知系统的传递函数为G(s)K，试绘制系统的开环幅相频率特性曲线，并 ss14s1求闭环系统稳定的临界增益K值。（15分） 第 75 页 五.复合控制系统如图所示其中K1、K2、T1、T2均为已知正数。当输入为r(t)=t望系统的稳态误差ess=0。试确定参数a,b. （15分） as2bs T2s1 R(s) E(s) K1 - ] 2t时，希 K2s(T1s1)C(s) t2六.求图所示系统的ess,输入为xi(t)1t（按定义exixo） （12分） 2 Xi(s) E(s) - 5s(5s1)Xo(s) 1+0.8s 第 76 页 七.在某元件输入端加2V的阶跃信号，测得输入端响应曲线如图所示，试确定其传递函数。 xi(t) G（s） xo(t) x （14分） 2V o t 第 77 页 自动控制原理试卷1答案 一．填空 （每空1分。共18分） 1． 微分方程、传递函数、频率特性、结构图。 2． 闭环极点都位于S平面左侧；系统的特性方程的根都在Z平面上以原点为圆心的单位 圆内。 3． 2；0；8。 S0.5100；10。 10S14． 4，Ⅱ；62.5。 5． 6． P-I；利用G(s)的负斜率使ωC减小，改善静态性能。 7． 将连续信号变为离散信号；0。 二．（14分） 解：（1） C ( s ) P P 2 2 (1 分) 11 R ( s ) (1分) 1L1L2L3(1分) L1G1G5G2G1G2G3G6G4G3G6(1分) L2G1G2G5(1分) L30 (1分) P (1分) 1G1G2G3 10(1分) (1分) P2G3G4 21G1G5G2G1G2G5 (1分) G1G2G3G3G4(1G1G5G2G1G2G5)C(s) R(s)1G1G5G2G1G2G3G4G4G3G6G1G2G5RG1(Z)G2G3(Z)（2）C(Z)= (4分) 1G2G3H2(Z)H1(Z)三．（20分） 解：(1)F(s)=f(t)1s1s1T (4分) (2)F(s)= 111152525 ss5s2(s5)s21115tte52525(3分) f(t)1[F(s)](3分) 第 78 页 101010s(s2)2（3）G1(s)= 103ss(s2)30ss32s1s(s2) G2(s)= (3分) (sa)10 2(s32s)s(1分) C(s)(sa)1010s10a 232R(s)(sa)10(s32s)ss32s10a10s(2分) A(s)s332s210s10a 要使系统稳定，则必须满足 (1分) 0aa32 10a0321010a(1分) (2分) 0a32 （两内项系数乘积>两外项系数乘积） 四．（12分） 反馈校正系统如图示。 解(1)：Kf=0 n8 Gk(s)= s(s2)s(s2sn)n282.8 22nn0.03当在单位斜坡输入下时，即r(t)=tR(s)= 2(1分) 1 s(1分) Kv= limS0SGk(S)=limSS08=4 S(S2)(1分) ess= 11==0.25 Kv4(1分) 8888s(s2)(2)：Gk= 228Kfss2s8Kfss(28Kf)ss[s(28Kf)]1s(s2) 第 79 页 (1分) n28n2.82K0.5 8K2fnf2+8Kf=22+8Kf=4 Kf= 1222 10.25 4(3分) Gk(s)8 s(s4)82 S(S4)(1分) Kv= limS0S(1分) ess= 110.5 Kv2(1分) 五．（12分） 已知某系统L(ω)曲线. 解：（1）低频段的斜率为-40且与横坐标交于25 即：ω0=25=KK625 ω1=10 ω2=100 T1=0.1 T2=0.01 该系统的传递函数为 G(S)= (1分) 625(0.1s1) 2s(0.01s1)(2分) A(ωc)=1625(0.1)21(0.01)1221 c1 (1分) c62.5 (2) 180(c)180(290arctg0.0162.5arctg0.162.5) arctg0.625arctg6.25 (3) 三阶最佳 (2分) (1分) c101010031.6 第 80 页 c101hT221hhT21h112T2210 1(1分) K= 121010()100316 (1分) maxtg1htg1 1h (2分) tg110tg1110六．（12） 解：图一：P0为偶数 起点在正实轴上 nn1P0 2(4分) 系统闭环后不稳定。 图二：P=0为偶数起点在正实轴 3,逆转270 nn0P0 2系统闭环后稳定。 图三：当ω由0过程中 Pnn21 2∴系统闭环后不稳定。 七．（12分） 解：∵系统的G0(s)= (4分) (4分) 10 (0.05S1)(0.005S1)(4分) ∴作出此系统的Bode图： ∵L(ω)=20lgK=20 L(ω)dB 40 30 20 [-20] 10 20 10 100 1 0.1 200 1000 ω [-40] 第 81 页 设期望特性传递函数为G(s) KS(TS1) (T=0.005) ∵题目要求将其校正为二阶最佳系统，则 ζ=0.7, σ%=4.3% 又∵ζ12KTKT0.5K100 ∴G(S)= 100S(0.05S1) G(s)= G(S)10(0.005S1)GS) 0(S 自动控制原理试卷2答案 一．填空 1. 极点 2. s 3. 和 4. 1 5. Ⅰ 6. k (2分) (4分) (2分) 1分。共10分）（每空 第 82 页 7. 90º 8. 阻尼比 9. 相角裕量 10. 线性系统 二．（7分） cG2(G1G4)R1G 1G2G3 三． （10分） md2y(t)dt2=F(t)-FB(t)-FK(t) ; Fdy(t)B(t)=f dt ; md2y(t)dt2+fdy(t)dt+ky(t)=F(t)。 四． （15分） φ(s)= KTs2s0.5K； K=8,T=0.25时，ωn=0.5； x0（t）=2-2×1.15e 2tsin（3.46t + 13π）； tr=0.61s； tp=0.91s； ts=1.5s； σp=16.3%； K=4。 五．（8分） s4+6s2+8=(s2+4)(s2+2)=0; s1,2=±j2,s3,4=±j2； 系统临界稳定。 六．（12分） 4 s(s1)(0.25s1) 1800()； c c2； （7分） （4分） （3分） （3分） （3分） （3分） （4分） （5分） （6分） （2分） （5分） （2分） 第 83 页 ()90arctanarctan0.25 18090arctan2arctan0.5 ccc（3分） 0 =180-180=0。 000 （2分） 七．（13分） K=100 φm =υ-υ+Δ=45+5； α=7.5 ωc=ωm=1.5rad/s , 。 。 （2分） （2分） （2分） （2分） （2分） （3分） T=0.00222； Gc 八．（10分） 1(1e4T)z/4G(z)z4Ts(s4))(z1)(zez21.21z0.368010.0167s10.00222s (z)G(z)1G(z)（5分） z1z21（3分） （2分） 所以系统是稳定的。 九．(15分) [解] 系统有两对重极点 -p1,2=-1, -p3,4=-4 1) 渐进线 （1分） 11442.54(2k1)18045,135,225,315(k0,1,2,3)（2分） 4 1802）轴上的根轨迹为两点s=-1 s=-5也为分离点。分离角均为 90。（1分） 22 2 3)根轨迹与虚轴的交点坐标。系统特征方程（ s + 1）( s + 4 ) +K=0 即 s4+10s3+33s2+40s+16+K=0 令s=jω代入特征方程，得 ω-j10ω-33ω+j40ω+16+K=0 令上式实部虚部分别等于0，则有 44 3 2 （2分） 33216K03104002K100（2分） 第 84 页 => 3） 该系统根轨迹如下图所示。 jω J√ 2 -4 -2.5 -1 σ 由图可知，当0≤K<18时，闭环系统稳定。 G(s)Ks(s|1)(0.5s1) 自动控制原理试卷3答案 一．填空题： 1.稳定性 2.开环控制 3.拉氏变换 4. 1/s 5.1/s2 6. lims0sG(s) 7.上升时间 8. n12 9. 1T22j2T1 10.limt0f(t)slimsF(s) 二．(11分) （4分） （3分） 1.5分，共15分）（每空 第 85 页 系统的摩擦力为fdx(t)dt,弹簧力为kx(t) p(t)fdx(t)dtkx(t)md2x(t)dt2 md2x(t)dt2fdx(t)dtkx(t)p(t) 三. (12分) 整体考虑时，传递函数为 U0(s)1Us)R r(1C1R2C2s2(R1C1R2C2R1C2)s1 = 1s22.1s1 两个RC网络串联时，传递函数为 U0(s)1U)R r(s1C1R2C2s2(R1C1R2C2)s1 = 1s22s1 该网络不能等效为两个RC网络串联，存在负载效应。 四. (12分) s4+12s3+69s2+198s+(200+k)=0 劳斯表如下 s4 1 69 200+k s3 12 198 s2 52.5 200+k s1 152.29-0.23k s0 200+k 令152.29-0.23k=0 得k=662.13 五. （11分） 闭环特真方程为 T1T2s3+(T1+T2)s2+s+10=0 系统稳定条件为 T1T2 >0 T1+T2> 0 D2=(T1+T2) - 10T1T2 >0 满足上诉条件系统稳定则系统稳态误差为 ess=2/(1+kp)+0.5/kv=0.05 六. (12分) （3分） （4分） （4分） （4分） （1分） （4分） （1分） （2分） （2分） （7分） （3分） （3分） （4分） （4分） 第 86 页 由图知在低频段,渐进线斜率为0,因为最小交接频率前的低频段 La()v20lg 因此v=0。 ω=0.1处，斜率变化20,属一阶微分环节。 ω= ω1处，斜率变化-20，属惯性环节。 ω= ω2处，斜率变化-20，属惯性环节。 ω=ω 3处，斜率变化-20，属惯性环节。 ω=ω 4处，斜率变化-20，属惯性环节。 因此，系统传递函数具有下述形式 （1分） （1分） （1分） （1分） （1分） （1分） s1)0.1G(s) ssss(1)(1)(1)(1)K(1234其中K、ω1、ω2、ω3、ω4待定。由lg20 =lg30得 K=101. 5=31.62 （1分） 因渐进特性为折线，相邻的两交接频率间，渐进特性为直线，故设斜率为k,(ωA,Lw(ωA)) (ωB,La(ωB))为直线上两点，则有直线方程 La(A)La(B)klgAlgB（1分） ωA=ω1,ωB=0.1, La(ω1)=40,La (0.1)=30,k=20 ω1=0.316 （1分） （1分） （1分） ωA=ω4,ωB=100, La(ω4)=5,La (100)=0,k= -60 ω4=82.56 ωA=ω3, ωB=ω4, La(ω3)=20, k= -40 ω3=34.81 ωA=ω2,ωB=ω3, La(ω2)=40, k= -20 ω2=3.481 七． (12分) （1分） （1分） 1111ett) (1) E(s)2=(1e)(2ss1ss(1s)(2) E(z)(1z)(1（6分） Tzzz) 2Tz1ze(z1)（6分） 1(T1)ex(T1ex)z = z2(1ex)zex 第 87 页 八．（15分） KG解 （1） ( s ) ，根据一般根轨迹绘制法则求得： s(s|1)(0.5s1) 1） 渐进线与试轴的交点：-σ=-1渐进线倾角：θ=60°，180°，300° （1分） 2） 实轴上的根轨迹在区间(,2][1,0]。 3） 分离点：s1,2=-0.42,-1.58(舍去) K=0.19 4） 根轨迹与虚轴的交点坐标：sj2,K3 （1分） （1分） （1分） （1分） 5） 该系统根轨迹如下图 （2）系统的阶跃响应不出现超调的条件是特征根在左半平面的实轴上。根轨迹在实轴上的 分离点的K值已由（1）求得，所以在0 G(s)K(s1)s(s1)(0.5s1)s(s1)(s2) （2分） 12K(s)系统特征方程为 s（s+1）(s+2)+2K(τs+1)=0 若s=-1+j是根轨迹上的点，则必须满足特征方程。代入特征方程，得 2K2K0K11 -j2+j2Kτ-2Kτ+2K=0 =>2K20 2（2分） -2 -1 0 2（4分） 自动控制原理试卷4答案 一.（26分） （1） 开环传递函数无反馈环节闭环传递函数有反馈环节。 （ 2分） （2） 传递函数是指在零初始条件下，系统输出量的拉式变换与系统输入量的拉式变换之 比。 （2分） （3） 幅频特性与相频特性统称为频率特性。 （ 2分）（4） 为了使系统达到我们的要求，给系统加入特定的环节，使系统达到我们的要求。这 个过程叫系统校正。 （2分） 第 88 页 （5） 系统距离不稳定的角度， 180 ( ) （ 2分） 0c （6） 希望值与稳态值之差 （ 2分） ) （ （7） G ( s ) G (1 G 1分） (1G)(1G)GG （8） ts=4/(ξωn) （ 1分） 121212（9） G (s)（1分） (0.02s1) 0.1s(10) 4 二 1×2√3√4√5√6√7×8√9×10√ 三（10分） 求 Xs) 0( Xi(s)则 L i G 2 G 1 G 2 G 3 LiLj0P1=G1G2G3, Δ1=1 P2=-G2G3, Δ2=1 ∴ X0(s)G1G2G3G2G3 Xi(s)1G2G1G2G3 （ 1分） （1分） （ 1分） （1分） （1分） （3分） （1分） （1分） 1分，共10分） （ 1 分） （ 1分） （1分） （1分） （每题 第 页 同理得 X0(s)G3(1G2)1G2G2G3E(s)1G2Es,X,Xi(s)1G2G1G2G3i(s)1G2G1G2G3D(s)1G2G1G2G3 四（10分） （每个2分，共6分） a 系统误差传递函数 K2 1Gc(s)s(T1s1)(T2s1)K2Gc(s)(T1s1)s(T2s1) (s)E(s)cK1K2R(s)s(T1s1)(T2s1)K1K2 1 s ( T 1 s 1)(T2s1) （ 3分） （1分） D(s)T1T2s3(T1T2)s2sK1K2 S3 T1T2 1 S2 T1+T2 K1K2 S1 (T1+T2-T1T2K1k2)/(T1+T2) 0 （3分） 0 （2分） S K1K2 因K1K2 T1T2均大于零,所以只要 (T1+T2)> T1T2K1K2 即可满足稳定条件 （ 1分） b P （2分） (s)1LLL..... esslimse(s)R(s)s0 s(T1s1)(T2s1)K2Gc(s)(T1s1)V02s lim（3分） ss(T1s1)(T2s1)K1K2s0 令0 V 1 K G c ( s ) 0 ] lim [2（3分） ss0K1K2 故 G ( s s （ 2分） )cK2 ni1iiiij 第 90 页 五（10分） K由稳态指标要求 KvlimsG(s0lims(s1)(0.25s1)K5s0s0 5则未校正系统的开环传递函数为 G(s)s(s1)(0.25s1)（1分） 由于在ω=1处,未校正系统 L()20lg5dB而穿过剪切频率ωc的L(ω)曲线斜率为-40dB/dec 20lg5040（1分） lg 1lgc c52.24rad/s（1分） 1800(c)5.10故未校正的系统不稳定 '(3)确定校正后系统剪切频c率 ' ( 'c ) v ' ' 15 0 55 0 （ 1分） v400 ''v(c)1800(c)550 （1分） arctanωc′+arctan(0.25ωc′)=350 （1分） 所以ωc′=0.52rad/s (4)确定β. ω=ωc′=0.52rad/s时,令未校正系统频率特性的对数幅值为-20lgβ. 20lg20lg520lg0.52lg1 （1分） β=0.52/5=0.1 (5)当ω2=1/(βT)= ωc′/4 所以T=4/βωc′=77 （ 1分） 1ts17.7s Gc(s)（1分） 1Tss 1 77 vˊ=42.530>400 所以校正完毕。 （ 1分） 六（10分） 8Z3+8Z2+8Z+3=0 令Z=(ω+1)/(ω-1)得 （2分） 32 27ω+15ω+17ω+5=0 （2分） 由劳斯判决得 3 ω 27 172 ω 15 51 ω 120 （3分） 0 ω 5 （2分） 第 91 页 三阶系统各系数为正,且15╳17>27╳5 所以系统稳定 （ 1分） 七．（14分） [解] as10（1）系统的特征方程为 s2+as+16=0 => 2s16 as等效开环传递函数为：G ' ) 2 ，a由0→∞变化为一般根轨迹。 (s（1分） s16 1） 开环零点-z=0，开环极点-p1,2=±j4。 （1分） 2） 实轴上的根轨迹在区间(,0]。 （1分） 3）分离点 由P’(s)Q(s)-P(s)Q’(s)=0，得-s2+16=0,解得s1=-4为分离点，s2=4不在根轨迹上，舍去。K1=8。 （1分） 4）复根的出射角 p1180(j4)(j4j4)180p2180 （1）负平面的根轨迹是圆心位于（0,j0）、半径为4的圆周的一部分，如图2-4-9所示。 （1分） （2）把代入相角条件中，若满足则是根轨迹上的点，反之则不是。 （1分） (sz)(spii1j1mnj)(2k1)(k0,1,2) = ∠(3j)(35j)(33j) [∠s-∠(s+j4)-( ∠s-j4)] s3j(180tg1 133150109240(2k1))(180tg15)(180tg133) （1分） （1分） 点(3,j)不在根轨迹上。 5）先求ξ=0.5时根轨迹上的点sA,B的坐标，再求对应的a值。 ξ=0.5时β=60°，设点sA坐标实部为-σ，则sA,B=-σ±j3, 有(sj3)(sj3)sas16 令等式两边s各次项分别相等，得 2（1分） 2a24162a4 jω SA j4 （1分） 60° -4 σ SB -j4 第 92 页 自动控制原理试卷5 答案 一.填空题 1. 准确性 2. G（s）=k 3. 1/s3 4. 临界稳定系统 5. lims0G(s) 6. 1jT1 7. arctgT 8. 谐振峰值、谐振频率、频带宽度 9. 相位超前、相位滞后、相位滞后-超前 10. eTs 二.（21分） 1.系统不稳定,有2个根在右半S平面. 2.系统临界稳定. 3.系统稳定. 4.K值减小到原来的1/2. 三.（8分） Ф(s)= (G1G3)(1G2H2)1GG 1H1G2H2G12G2G3G1G2H1H2四. （10分） K=20, T1=0.413S, （4分） 1分，共14分） （4分） （4分） （6分） （7分） （8分） （4分） （3分） （每空 第 93 页 T2=4.371S. 五. （12分） 1. s1=j s2=-j 2. 2 （3分） （4分） （4分） （4分） （4分） （4分） （4分） FZnTZnn0（2分） TZ12TZ23TZ3...nTZn...Tz1(11z13z2....nzn1.......（1分） 1Tz1(z12z23z3......) 11z（2分） 1z1znTz(..........) 1111z1z1zTz1(1z1z2...zn) 11z1（2分） （1分） Tz1Tz 2 分） (z1) （ (1z1)2(z1)2八. （13分） [解]（1）系统特征方程为 a(sa)/41010232s(4s4s1)s2(s1) => 4s+4s+4s+s+a=0 => （1分） a0.25a等效开环传递函数为 G’(s)= 22（1分） s(4s4s1)s(s0.5) a由0→∞变化为一般根轨迹。 （1分） 1） 开环极点-p1=0, -p2,3=0.5。 2） 渐进线与实轴的交点-σ=-1/3，渐进线倾角θ=60°，180°，300°。 （1分） 3） 实轴上的根轨迹在区间(,0]。 （1分） 4） 分离点 由P’(s)Q(s)-P(s)Q’(s)=0，得3s2+2s+0.25=0，解得s1=-0.5为起点，s2=-0.17为分离点。 （1分） 第 94 页 A=0.074。 5） 根轨迹与虚轴的交点。 令s=jω，代入特征方程得-jω3- ω2+j0.25ω+0.25a=0 30.2500.5 2 => 0.25a0a1 6） 该系统根轨迹如下图所示 jω j0.5 -0.5 σ （1分） （3分） （2）ξ=1时，对应实轴上的根轨迹的分离点，s1,2=-1/6，a=0.074。因为n-m=3>2，所以 开环极点之和，求的另一实轴上的极点坐标 4 -0.17-0.17-σ3=-0.5-0.5 => 3（1分） 6系统闭环传递函数为 （2分） (sa)/4sas0.07s0.074s2(s1)GB(s)3(sa)/44s4s2sa4s34s2s0.0741124(s)(s)266 s(s1) 自动控制原理试卷6答案 一. 填空题 1.零初始条件下 2.Ts+1 3.Ⅱ （每空1.5分，共15分） 124. e 5. 幅频特性，相频特性 6. 20lgA(ω) 第 95 页 7. 相角裕量 8. z/(z-1) 9. 相同的传递函数G（s） 10. 主导极点 二. （8分） cG1G2G3R1G； 1G2G3G2G3G4三. (12分) u(t)=i11(t)R1+ C1[i1(t)i2(t)]dt; u1c(t)= Ci2(t)dt; 2 it)2(t)=CdUc(2dt; RRd2uc(t)duc(t)12C1C2dt2+(R1C2+R1C1+R2C2)dt+uc(t)=u(t)四. (10分) 系统闭环传递函数为 φ（s）= Ks(s2s1)(s4)K； 特征方程 A（s）=s4+5s3+5s2+4s+K=0； 系统稳定条件K>0，84-25K>0，即 8425>K>0 五. （13分） A（s）=s2+14s+10=0 所以系统稳定 e2ss=0；ess= Kv=0.8； ess=0+0.8+ ∞。 （8分） （3分） （2分） （2分） （5分） （4分） （2分） （4分） （4分） （5分） （4分） 第 96 页 六. (15分) 3.16 (0.5s1)(0.05s1) 1800()； c c6.32； (c)arctan0.5carctan0.05 c1800arctan3.16arctan0.316 =1800-900=900 。 七. (12分) G(s)G2(s) 1G2(s)H(s) X0(z)G1(z)G2(zXi(z))1G2H(z)G1(z)G2(z)八. （15分） [解]系统有三个开环极点：-p1= -0.2,-p2=0.5,-p3= -1。 1) n=3,m=0,有三条根轨迹，均趋于无穷远。 2) 实轴上的根轨迹在区间（-∞，-1 [-0.5，-0.2]。 3) `渐进线 0.20.510.57 3（2k1）180360,180(k0,1,2) 4）分离点。 特征方程为:s3+1.7s2+0.8s+0.1+K=0 重合点处特征方程为：（s+a）2 (s+b)=s3+(2a+b)s2+(2ab+a2)s+a2b=0 令各项系数对应相等求处重合点坐标和重合点处增益取值。 5）根轨迹与虚轴的交点。系统的特征方程为D(s)=s3+1.7s20.8s+0.1+K=0 令s+jω，得 - jω3-1.7ω2 + j0.8ω+0.1+K=0 => ω3 0.8ω0ω30.8 0 . 1 K 0 => 1.7ω2 K1.26（5分） （3分） （4分） （3分） （6分） （6分） （1分） （1分） （1分） （2分） （2分） （3分） θ 第 97 页 jω j0. -1 σ （5分） 自动控制原理试卷7答案 一 （40分） (1) 稳定性 快速性 准确性 （3分） (2) 脉冲传递函数是指在零初始条件下，系统输出量的z变换与系统输入量的z变换之（3分） 比。 (3) 幅频特性与相频特性统称为频率特性。 （3分） (4) 为了使系统达到我们的要求，给系统加入特定的环节，使系统达到我们的要求。传 递函数是指在零初始条件下，系统输出量的拉式变换与系统输入量的拉式变这个过程叫系统校正。 0c（3分） 180(5) 系统距离不稳定的角度， ( ) （3分） (6) 要求离散频谱各分量不出现重叠,即要求采样角频率满足如下关系: ωs≥2ωmax （3分）(7) G ( s ) G 1( 1 G 2 ) （2分） (1G1)(1G2)G1(8) ts=4/(ξωn) （2分） (9) G ( s) 0.1s(0.02s1)（2分） (10) 4 （2分） （2分） （2分） 第 98 页 (21) (22) (23) (24) r=370, kg=5/3=1.7 稳定 稳定 不稳定 临界稳定 1rmax= 2 12（2分） （3分） （2分） （1分） 二1×2√3×4√5× 三 （10分）由图得 a 则 得微分方程 （每题2分，共10分） U1R1 1I1(I1I2)C（1分） 2sU12R2I2(I1I2)C（1分） 2sR121I1(R2（1分） C)I2sI1C2sU11CIR1C2s1（1分） 22sI2R1C1sI1（1分） 1R2C1sU1CI111(R2C)I2（1分） 2s2sC2sUR1C1s(R1C2s12)2(s)R1C2s1R2C1s1C2sR1UC2s1C2s1(s)1C2sR2C1s1RC12s1R1C2s1C2sR21R2C1C2s(R1R2)C1s1R21R2C1C2s(R1C2R2C1R1C1)s1（2分） R1R2C1Cd2U2(t)2dt2(RdU2(t)1C2R2C1R1C1)dtU2(t)RRd2U1(t)dU1(t)12C1C2dt2(R1R2)CdtU1(t)（2分） 第 99 页 四（10分） X(s) 0 （1）求 Xi(s) P (s) 1 L L L ..... （1分） 则 LiG2G1G2G3ni1iiiijLiLj0 P1=G1G2G3, Δ1=1 （1分） P2=-G2G3, Δ2=1 （1分） 2G∴ X 0 ( s ) G 1 G 3 G 2 G 3 同理得 Xi(s)1G2G1G2G3（1分） X0(s)G3(1G2)1G2G2G3E(s)1G2Es,X,Xi(s)1G2G1G2G3i(s)1G2G1G2G3D(s)1G2G1G2G3 （每步 2 分共 6分） 五（10分）a 系统误差传递函数 K21Gc(s) s(T1s1)(T2s1)K2Gc(s)(T1s1)s(T2s1)E(s) c(s)K1K2R(s)s(T1s1)(T2s1)K1K2 1s(T1s1)(T2s1)（2分） D(s)T1T2s3(T1T2)s2sK1K2 S3 T1T2 1 S2 T1+T2 K1K2 S1 (T1+T2-T1T2K1k2)/(T1+T2) （2分） S0 K1K2 因K1K2 T1T2均大于零,所以只要 (T1+T2)> T1T2K1K2 （1分） 即可满足稳定条件 b essse(s)R(s)（1分） s 0 limlimss0s(T1s1)(T2s1)K2Gc(s)(T1s1)Vss(T1s1)(T2s1)K1K202 第 100 页 （2分） V0[1Klims0K1K22Gc(s)令]0s（1分） （1分） s故 G ( s ) cK2六（10分） ) X 0 ( s ) 1 eTsG(s 1 X)ss(s1) i(s 令 G12(s)s2(s1) 则 G 2 ( z1111zzz ) z [ s 2 ( s 1 ) ] z [ s 2 s s 1 ] ( z 1 ) 2 z 1 z e 1 112z[(ze)(z1)(ze)(z1) ( z 1 ) 2 ( z e 1) G(z)(1z1)G0.368z2(z)0.2 z2 1 .368 z 0 .368 七. （10分） 2) 四个极点-p1=-1, -p2=-5, -p3,4=-3±j2。 3) 渐进线 15333 4 ( 2 k 1 ) 180 45 ，135，225°，315°（k=0,1,2,3） 43）轴上的根轨迹在区间[-5，-1]。 4）分离点 P(s)=1 Q(s)=(s+1)(s+5)(s2+6s+130) P’(s)Q(s)-P(s)Q’(s)=4s3+36s2+108s+108=0 => 2(s+3)3=0 得s1，2，3=-3，均为分离点，K=16。 分离角 180 45 正好与渐进线重合。 45）出射角 θ-p3=180°-∠（-3+j2+5）-∠（-3+j2+1）-∠（-3+j2+3+j2）=-90° θ-p4=90° 2分） 1分） 2分） 2分） 3分） 1分） 1分） 1分） 2分） 1分） （（ （ （（ （（（（（ 第 101 页 6） 轨迹与虚轴的交点 ω1,2=±3，K=340 7)系统根轨迹如图所示。 jω j3 5 -1 σ -j3 自动控制原理试卷8答案一、填空 1．输出量与输入量 2．结构及参数 3．不稳定系统 4．峰值时间 5．将传递函数中的s变为jω 6． 1j 7. ejT 8.12T2 9．相角裕量和剪切频率 10．谐振峰值 二．（7分） cG(G2G3G4)R1GH 1G22(G2G3G4)(G1H1) 三．(10分) I1(s)=[U(s)-U1(s)] 1R 1（1分） （3分） 1分，共10分）（7分）（1分） （每空 第 102 页 U1 (s)=[I1(s)-I2(s)] 1 C1s1 R2（1分） I2(s)=[U1(s)-Uc(s)] （1分） Uc(s)=I2(s) Xi（s） ） 1 C2sI2（s） （1分） 1 RI（1s） 1 C1SU1（s） 1 R2X0（s） 1 C2S 四．(13分) 36G(s)s13s362（5分） （2分） （2分） （2分） （1分） （1分） ωn=6 2ξωn=13 ξ=1.08 бp=0 ts=2T=1/3 五．(8分) s+6s+8=(s+4)(s+2)=0; s1,2=±j2,s3,4=±j2 s5，6=-1±j(2分) 六．(14分) 4222（4分） （2分） （2分） 第 103 页 1.79(s1) s2(0.125s1) 1800()； c c1.79；(c)180arctancarctan0.125 c18001800arctan1.79arctan0.22 =1800-1800+60.50-12.50=480。 七．(15分) Kv=K=5 c52.24rad/sυ=-5.1o ω , c=0.52dad/s β=0.1 T=77 G c s 1 7 . 7 s 177s 八． (8分) f ( kT ) 4 0 . 5 k 1 2 k 九、（15分） [解] （1） 特征方程为 s2+K1Ks+K=0 当闭环极点为s13j时的系统特征方程 为 (s+1)2+3=0 => s2+2s+4=0 两方程联立 K 1K 2K10.5 K4K4(2)系统开环传递函数为 G ( s ) H (s)K(10.5s)s2 等效根轨迹方程为 0 . 5 K ( s 2)2 s1 jω -j2 -2 图 2 （5分） （3分） （3分） （3分） （ 3 分） （4分） （4分） （4分） （8分） （1分） （2分） （2分） （2分） （1分） 第 104 页 K由0→+∞变化时为一般根轨迹 1） 开环零点-z1=-2，开环极点-p1,2=0 2） 实轴上的根轨迹在区间(,2]。 （1分） （1分） 3） 回合点 Q(s)’P(s)-P(s)’Q(s)=0 => s2-(s+2)2s=0 => s2+4s=0 （2分） 解得s1=0为起点，s2=-4为会合点，K=16 4） 负平面上的根轨迹是圆，如图2 （3分） 自动控制原理试卷9答案 一．1.B 2.A 3.C 4.D 5.A 6.C 7.D 8.C 9.D 10.B （每题1分，共10分） 二．(6分) G1G2G3(1G2H2)c R1G1H1G2H2G1G2H3G3H3G1G2H1H2G2G3H2H3 （6分） 三．(10分) Ui(s)=LsIL(s)+Uc(s) IL(s)= （1分） （1分） （1分） （1分） （1分） 1[U(s)-Uc(s)] LsiIc(s)=IL(s)-IR(s) 1Ic(s) Cs1Ic(s)=Uc(s) RUc(s)= Ui(s) 页 1第 105 1 U0(s) Ls cs 1 R 四．(11分) A（s）=0.6s3+3.2s2+s+2=0； ess=0.=5； esd=0.125； es= ess+ esd=0.5+0.125=0.625； 五． (11分) (s)(1K3K1K24(s0.5) Ks)Ts2sKKs212124s2G(s)(s)2(2s1) 1(s)s2 K=2 e1K0.5 ssvα2 =0.5 ω n =2 ζ=1.414 C(s)4s2 s(s24s2) C(t)=1+0.208e-0.586t-1.207e-3.414t 六．(15分) 3.16 s(0.1s1) 1800()； c（5分） （2分） （3分） （3分） （3分） （2分） （2分） （1分） （2分） （2分） （2分） （5分） （2分） 第 106 页 3.16； c(c)90arctan 180090arctan3.16 =1800-900-72.5=17.50 。 七．(13分) e 1 1 0 .1 ss K v K α=4 11 T 4 0 .114m 4 . 4 T1 1 4 .4 40.114m 10.456s G c (s ) 1 0 .114 s 八．(10分) XX(s)G 0 (s )1G2G3G4Xi(s)G5G4 i 1 G 2 G 3G 4 Xz)XiG1(z)G2G3G4(Z)XiG5G4(z)0(1G2G3G4(z)九. （15分） [解] 系统开环传递函数为 1Gs(s1)1k(s)1ass2sass(s1) 系统特征方程为 s2+s+as+1=0 as等效根轨迹方程为 s2s11 a由0→-∞变化为零度根轨迹 1） 开环零点-z1=0，开环极点-p1,2=-0.5±j0.87。 2） 实轴上的根轨迹在区间[,0]。 （3分） （2分） （3分） （2分） （2分） （3分） （3分） （3分） （5分） （5分） （2分） （1分） （1分） （1分） 第 107 页 3）会合点 Q(s)’P(s)-P(s)’Q(s)=0 => s2-1=0 s2s1as解得s1 =1(舍去) s2=-1(会合点)。会合点时的a值 4）根轨迹是圆心位于（0，j0）、半径为1的圆周的一部分如下图所示。 （1） （2分） 1s1 Gk(s)1）稳态误差。系统开环传递函数为2）阻尼比和调节时间。 对应开环传递函数有 2n12n1 => 1s(s1)，Ⅰ型系统，kv=1 , ess=1。 n10.5 （1分） ts3n36(s)0.51 (2)由根轨迹看出，此时系统特征根为两个不相等的实根，ξ>1，系统无超调，但由于其中一个 实根更靠近虚轴，使调节时间增长。系统仍为Ⅰ型，开环增益减小，斜坡信号输入时稳态误差 （2分） 增大。 （3）系统闭环根轨迹在实轴上出现会合点为临界阻尼情况，此时a=1。从特征方程上也可以看出。 （1分） jω j0.87 60° （4分） -1 σ -j0.87 sB 自动控制原理试卷10答案 （每题1分，共10分） 一．1.A2.B3.A4.B5.A6.C7.D8.B9.D10.D 二（15分） n PiiC(s) i 1 （2分） R(s) 1LiLiLj （ 1分） Li 3分）2G1G1G2 （ 第 108 页 LLij 1 分） 0 （ Δ=1+G1+G1G2+G1 （ 3分）（2分） P1=G1G2、Δ1=1；P2=G2、Δ2=1 （2分） P3=—G1、Δ3=1；P4=G1、Δ4=1 （1分） C（s）/R（s）=[（G1+1）G2]/（1+2G1+G1G2） 三．（6分） 特征式各项系数均大于零，是保证系统稳定性的必要条件。上方程中s 一次项的系数为零，故系统肯定不稳定。 （6分） 四．（15分） 将系统等效变换为单位反馈的典型结构形式，便可直接运用误差规律计算ess. 原系统等效为下图结构，相应的开环传递函数 （3分） 22 G（s）=ωn/(s+2ξωns) （ 4分） r(t)=1, ess.=0 （4分） r(t)=t, ess.=1/k=ξ/ωn. （4分） 五．（15分） L(ω) —40 —20 ω 100 （8分） 10 1 —40 1800(c)(c)1800arctancarctan0.01c =-180+84.3-5.71 0 =101.41 0 （2分） （3分） （2分） 1800(c)-180084.3-5.7178.70因为γ大于零所以系统稳定. 六．（15分） 20 由题目知，G1(s) （5分）s(0.1s1)20(s1) G(s) （ 5 分）s(0.1s1)(10s1) 第 109 页 Gc(s) 七．（15分） s1 （5分） 10s1K(1eTs) G(s)2（1分） s(s1) (z)2 G(z) 1G(z)（1分） z+2.31z+3=0 （2分） 11.156j1.29 21.156j1.29 （ 2分） 因此系数不稳定。 （2分） 2 （2.736-0.104K）W+(1.2-0.528K)W+0.632K=0 （3分） 0.632K>0 （1分） 1.2-0.528K>0 （1分） 2.736-0.104K>0 （1分） 得到系统的临界放大系数为 K=2.4 （1分） 八．（9分） C(s)s24s2 （5分） R(s)(s1)(s2) （4分） k(t)(t)2e2tet 自动控制原理试卷11答案 （每题1分，共10分） 一1.√2.×3.√4.√5.√6.×7.×8.×9.√10.× 二. (10分) 解：系统的被控对象为大门，被控量为大门的实际位置。输入量为希望大门位置。 当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大后，驱动电动机带动绞盘转动，使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动 机停转，开门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。 系统的原理方框图所示。 （46分） 开（闭） 门的位置 门实际 电位器 - 放大器 电动机 绞盘 大门 位置 三．(13分) 解：根据电路基本定律，得电网的动态方程为 第 110 页 ur=R1(i1+i2)+L di2uc dt（3分） i1,i2为中间变量，且i1=C udid(L2uc),i2=c，在动态方程中消掉中间变量，得 dtdtR22ducR1LCducR1L 4 分）(RC)(1)ucur （ 12R2dtR2dtR2在零初始条件下进行拉氏变换，可得 R1LC2RL 3 分）sUc(s)(R1C)sUc(s)(11)Uc(s)Ur(s) （ R2R2R2Uc(s)R2 2Ur(s)R1LCs(LR1R2C)s(R1R2)四．(13分) 解：1）首先判断系统的稳定性 系统的开环传递函数为 （3分） 11010(0.5s1) G(s)(0.5)2ss(0.2s1)s(0.2s1)（2分） 闭环传递函数为 Φ(s)= 10(0.5s1)5s10 232s(0.2s1)0.2ss5s100.2s3+s2+5s+10=0 ai>0 (I=0,1,2,3) D2=-(1*5-0.2*10)=3>0 （3分） 故系统闭环稳定 （1分） 2）求系统的稳态误差 （1） 当n(t)=0时，从系统的开环传递函数可得υ=2，即系统为Ⅱ型系统。对r(t)=1+t来说， essr=0。 （2） 当r(t0=0时， 2分 10 En(s)10ss(0.2s1)32 N(s)（2分） 1100.2ss5s101(0.5) ss(0.2s1)10s0.1（2分） essnlims0 32s00.2ss5s10s 第 111 页 所以 ess=essr+essn=0+0=0 五．(13分) 解：系统的开环传递函数为 （1分） K(s2)2则系统的开环零点为z1=z2=–2，开环极点为p1=p2=p3=0,p4=−20。 G(s)H(s)3s(s20)（1） （2） （3） （4） （2分） 系统有四条根轨迹。 （ 1 分） 四条根轨迹起始于开环极点p1、p2、p3、p4，两条终止于无穷远，两条终止于 z1和 z2。 实轴上的根轨迹位于区域（-20，2）。 （1分） 渐近线为 (2k1)φa==90 a2pizji1j1422=-8 （2分） (5)起始角：由于在开环极点0处有三条根轨迹出发，根据相角方程得 211θpi=[(2k1)[0(02)][0(20)]](2k1) （ 2分） 33j1应此三个起始角分别为60˚，180˚，300˚。 （5） 根轨迹与虚轴交点：闭环系统的 特征方程为 s4+20s3+Ks2+4Ks+4K=0 将s=jω代入，令上式的实部和 虚部分别为零，得到合理 解为ω=5 K=25 2分 系统的根轨迹如图所示。 Im 25 20 15 10 5 虚轴 0 -5 -10 -15 -20 -25 -25 -20 -15 -10 实轴 -5 0 Re 5 （3分） 第 112 页 六．(13分) 系统闭环传递函数为 2│Φ(j)n(222n)242 n2 ()arctan2n(2 n2) 根据题意cs(t)4sin(t45)2A(1)sin(t(1)) 22A（1）n2222=2 (n2)42221 nn(n)2422n2(1)arctan2nn(21=-arctan2245 n2)n1由以上两式，得4(n21)2422n4n 22nn1 则得 n1.24 0.22七. (15分) 解:根据题中给出的条件可知，当K=10，T=0.1时有下式成立，即 20lg1020lg(0.15)2120lg(5)2120lgG(j5)0 相稳定裕度为1arctan(0.15)arctan(5)argG(j5) 现考虑K，T的选择，要求截止频率c5不变，应有 3分）1分）2分）2分）2分）3分）3分）2分）（ （ （ （ （ （ （ （ 第 113 页 （3分） 20lgK20lg(T5)2120lg(5)2120lgG(j5)0 相稳定裕度为2arctan(T5)arctan(5)argG(j5) 要求系统的相稳定裕度提高45即有 21（2分） 4 （1分） 比较上面的两组式子，可得K，T应该满足的关系为 K(5T)2110(0.15)21arctan5T4arctan0.5 可以解的T=0.6 K=3.53 八．(13分) 解：分别用长除法、部分分式发和留数计算发求解。 长除法：通过长除法将F（z）表示为无穷级数形式 F（z）=10z1（4分） 30z270z3 （4分） 根据z变换的定义有 ƒ(0)=0, ƒ(T)=10, ƒ(2T)=30, ƒ(3T)=70… 部分分式发：先将F（z）分解为部分分式的和 F（z）=10[ 11] 12z11z1n然后，再求各个分式的Z反变换，得 ƒ（nT）=10(21) (n=0,1,2,3……..) 留数计算法： zn1（5分） F（z）在极点1和2处的留数之和，得 10zn ƒ（nT）= z2 10znz1z110(2n1) （n=0,1,2,3……） z2（4分） (每题1.5分，共15分) (每图2分，共10分) 自动控制原理试卷12答案 一 1.×2.×3.×4.×5.√ 6.√ 7.× 8.× 9.× 10.√ 二.（10分） 第 114 页 (2).①当A（s）=G（s）时， C(s)R(s) N （ s ） =0 =G(s)G(s)H(s)G(s)1G(s)H(s)=G（s）。②.H（s）= 1s 三.（13分） ① 实轴上的根轨迹： ,2，1,0 ② 渐近线： 12a1 3(2k1), a33③ 分离点： 1d1d11d20 经整理得 3d26d20 故，d11.577，d20.423， 显然分离点位于实轴上1,0间，故取d0.423。 * Kd10.4230.42310.42320.385 与虚轴地交点 ①是临界稳定点----劳斯表第一列出现0的点 8 分） 7 分） 1分）1分）1分）1分）1分） （ （ （ （ （ （ （ 第 115 页 D(s)s(s1)(s2)K*s33s22sK*s33s22s6(s22)(s3)s312 s23K*s16K*K*K*6s0K*K*0(起始点)sj2②s=j是特征根 D(s)s33s22sK* 令sj 实部 32K*0 虚部 32*010K102K* 226性能变化趋势： K*0单调K*0.385振荡K*6振荡发散td2%0t ss%稳定不稳定 四. （12分） 解：劳斯定理判断该系统零点、极点的正负情况。 （1分） （2分） （1分） （1分） （3分） 第 116 页 S4 1 1 315 S3 22 458 0 （8分） S2 143 315 S1 410 0 S0 315 32 由劳斯定理知该系统极点都在平面左侧S+3S+2S+5=0可知：3*271*5。所以该系统的零点 （4分） 也都在平面左侧，所以此传递函数为小相位传递函数。 五. （12分） 解：Gk（s）的转折频率依次为 120(s1)2 Gks1(s1)2(s1)501，2，50 L（ω） [0] 20lg20 [-40] [-20] 50 ω 1 2 [-40] 六.. （13分） 解：F(s)（3分） （3分） （6分） c3c2c1c4 2s1ss3(s1)s2121 s(s1)2(s3)(1)(13)2（1分） c2lim(s1)2s1IV（2分） c1lim IVds2s(s3)(s2)[(s3)s]32 (s1)lims1222s1ds4s(s1)(s3)s(s3)（2分） s0c3lims.s22 s(s1)2(s3)3s21 2s(s1)(s3)12（2分） c4lim(s3).s-3（2分） 第 117 页 11312111 F(s)....22(s1)4s13s12s31321f(t)tetete3t 24312七．（10分） 解：根据Z变换的初值定理，有 x(0)X(z)3 x y(0)y(z)0 x（2分） （2分） lim（2分） lim（2分） 3z31.2z20.52z由于（z-1）X(z)= 在单位圆上和单位圆外均无极点，根据终值 (z20.4z0.12)x（）= lim(z1)X(z)1 x1（2分） 而(z-1)Y(z)= 10z在单位圆外有极点z=-2，所以不能应用终值定理求终值。利用留数法求 z2Y（z）的反变换，得 10zn y(n)= z210znz1z1z21010(2)n （2分） 33当n趋于无穷时，y(n)的取值正、负交替，但摸值趋于无穷大，因此不存在终值。 （2分） 自动控制原理试卷13答案 一1.×2.√3.×4.×5.×6.×7.√8.√9.√10.√ (每题1.5分，共15分) 二. (20分). vo vi V(s)11/s 1/s （1） o=2 （10分） - V(s)s1i11（2）系统单位阶跃响应为vo（t）=Ls21s=-1（t）+cost 系统没有处于欠阻尼状态。 -1 改善办法如图所示，L>5*105H L 1MΩ V i 1MΩ - V1 1MΩ （10分） 被控 对象 第 118 页 三. (10分) 解：将s=z-1代入原方程式得(z-1)3+7(z-1)2+17(z-1)+11=0 整理上式得：z3+4z2+6z=0 上式无常数项，因此该系统无σ=1稳定裕度。 四. (16分) （1） GTs1c（s）= s,0.63 s3-3s2+2s+K(s+10)=0 K(s10)s(s1)(s2)1等效根轨迹方程为 K由0→+∞变化时为一般根轨迹 1) 开环零点 –z1=-10 ,开环极点 –p1=0,-p2=-1 2) 渐进线与实轴的交点 12103.5 2渐进线倾角 (2k1)18090(k0,1) 23) 实轴上的根轨迹在区间。 [ 10,2][1,0]4) 分离点 Q(s)’P(s)-P(s)’Q(s)=0 => 2s3+33s2+60s+2=0 解得s1 =-0.43(分离点) s2=-1.59(舍去) s3=-14.48（舍去） 5）根轨迹与虚轴的交点。根据特征方程劳斯表 s3 1 K+2 s2 3 10K s1(K2)10K 3 s0 10K 6令s1行等于零，得K=7,代入s2行辅助方程，等 （4分） （4分） （2分） （8分） （8分） （8分） （8分） （1分） （1分） （1分） （1分） （1分） （2分） 第 119 页 3s2106 7 0=> s= ±j1.7 6）该系统根轨迹如图 jω j1.7 -10 3.5 σ 图 2-4-19 六. (15分) （1）奈奎斯特图如图所示 Im ω=0- ω=+∞ ω=-∞ Re ω=0+ （2）当0 七. (14分) 2系统开环传递函数为G（s）= 3; s(13s1)（2）由于该系统为单位负反馈系统则信号流程图如下。 112/3 1/s 3s1 -1 （1分） （4分） （4分） （5分） （6分） （6分） 第 120 页 或 （8分） 1s1 2 1/s 自动控制原理试卷14答案 -1 一.1.D 2.D 3.B 4.C 5.A 6.C 7.B 8.B 9.D10.B 二.（15分） (每题1.5分，共15分) n10100解：1) 当k10时：(s) 22220.1ss10s10s100s2nsn 2n10010 101022100.5n（1分） K10 60 0.5 %=16.3% K5 45 0.707 %=5% （1分） 30 3 %=0.43% 2（1分） K1.6(1.251) （1分） 3.14t0.363p221n10.51012%e16.3% 3.53.5ts0.7n0.5102) (s)10 2nK10K 0.1s2sKs210s10K1（1分） （1分） 第 121 页 n10K 10令1 0.707210K2（1分） 102210K 1002410K K5(n10K1057.07) （1分） 3) (s)1.6161616 22110.1ss1.6s10s16(s2)(s8)(s)(s)T1T2（1分） 1T查P86图3-17tsT112, 4 3.3 1TT21T28（1分） ts3.3 T13.31.65； 2 . 三. （10分） G1G2G3G1G2G31G1C(s)E(s)C(s)=，=，=， R(s)1G1G1G2G3R(s)1G1G1G2G3N1(s)1G1G1G2G3（5分） （5分） 第 122 页 G1G2G3G1G3G1G3E(s)C(s)E(s) =，=，= N1(s)N2(s)1G1G1G2G3N2(s)1G1G1G2G31G1G1G2G3 （ 5 分） 四. （15分） GH(s)K*解：(s2)s(s1)(24) 1、起点、终点 2、分支数、对称性 见下图： 3、实轴上的根轨迹 4、根之和 nmpi、渐近线： zjj1i15anm (2k1)anm0142a1.531a(2k1) 31900用根之和解释为什么根轨迹是这样 6、分离点坐标d d[s(s1)(s4)]K*d(sds[s(s1)(s4)]ds2)K*(s2) ddsln[s(s1)(s4)]ddsln(s2) dds[lnsln(s1)ln(s4)]ddsln(s2) 1s1s11ss4d1s2 分离点d的一般公式： （2分） （2分） （2分） （2分） 第 123 页 m11dpdzn i1ij1j即有： 111dd1d41d2 试根：（1）、现在根轨迹上判断一下d的大致范围：-0.5~-1之间。 （2）、先取d1=-0.5;上面方程不平衡。 再取d2=-0.6;上面方程反相不平衡（选择方向对，但过头了）选d*3=-0.55;方程基本平衡（Kd30.5） （3）、d的精度到0.55%0.025以内即可。 五. （15分） （1） ess= 12K; （2） （2）ess=0; （3） （3）e1ss= K. （4）如图所示，加装补偿器G1n（s）=G=(0.05s1). 1(s)K 1G 1(s)N(s) R(s) E(s) G1- 1(s) sG2(s) C(s) H(s) （2分） （1分） （4分） （3分） （3分） （3分） 第 124 页 六. （15分） （1）相位裕量：=2.7º，幅值裕量Kg（dB）=1.34（dB）; （2）相位裕量=20.3º； （3）校正后系统的幅值穿越频率增加，系统动态响应加快。 L（ω） [-20] [-40] [-20] 5 12.5 ω 2 2.5 [-40] [-60] 七.（15分） 解：G(s)k(1es)ss2(s1)10(12e)s (s1) G(z)10(0.368z0.2)z2 1.368z0.368 (z)G(z)3.68z2.1G(z)z22.31z3 特征方程： Z2 +2.31Z+300 λ1=-1.156+j1.29 λ2=-1.156-j1.29 不稳定。 （2）G(s)k(0.368z0.2)z2 1.368z0.368Z2-(1.368-0.368k)Z+(0.368+0.2k)=0 W 变换： （6分） （3分） （2分） （2分） （8分） （1分） （1分） （1分） （2分） （1分） （2分） 第 125 页 （2.736-0.104k）ω+（1.2-0.528k）ω+0.632k=0 ω 2.736-0.104k 0.632k ω 1.2-0.528k 0 ω 0 12 2 （1分） （2分） 0.632k 0 （1分） （1分） （1分） 所以：0.632k>0 1.2-0.528k>0 2.736-0.104k>0 得临界整定 kc=2.4 （1分） 自动控制原理试卷15答案 （每题2分，共20分） 一．1.D2.D3.C4.B5.A6.D7.C8.D9.A10.B （每题2分，共10分） 二．1. (×) 2.（√）3.（×）4.（√）5.（√） 三．（15分） 解：开环传递函数G(s)= K1 S(SK1K2)（2分） n2K1 2nK1K2（2分） 120.163e ts0.707 （2分） （2分） （3分） 3n1.75n2.4K15.88K20.58esslimSE(s)limS0S0S2K1K2S1S22K20.58 SK1K2S1S（4分） 四．（15分） 解：系统的开环零点为z1=-4,三个极点为p1=0,p2,3=-1。 （1分） (1)系统根轨迹有三条，两条起始于开环极点p2,3= -1，一条起始于p1=0。一条终止于开环 （1分） 零点z1=-4，两条终止于无穷远。 (2)实轴上(-1,0)和(-4,-1)为根轨迹区域。 （1分） (3)根轨迹的渐进线为 第 126 页 a90 11(4)a12（1分） (4)分离点：根据计算公式(4-10)，解得 d370.354 (5)根轨迹与虚轴的交点：闭环特征方程为 s3+2s2+(1+K*)s+4K*=0 构造劳斯表 s3 1 1+K* s2 2 4K* s1 1-2K* 0 s 4K* 使第一列中s1项的系数等于零，可得临界K*值，解得 K*=1 为求根轨迹与虚轴的交点，取s2列中的系数组成辅助方程为 2s2+4K*=0 解此方程，得根轨迹与虚轴交点坐标为 s=±2 （1分） （1分） （2分） （ 1分） （1分） 系统的根轨迹如图所示。 当有一个闭环极点为-3时，将s= -3代入闭环系统的特征方程，有 -27+18-3(1+K*)+4K*=0 得 K*=12 则此时闭环系统的特征方程为s3+2s2+13s+48=0，此时闭环系统的另外两个特征根为 s2,3163j2 （2分） Im 8 7 6 5 4 3 2 1 虚0 轴 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 第 127 页 五．（13分） G(s)（3分） CS(1 2（3分） CS1)相频特性曲线：()90arctgr180(C)0 1C （2分） （3分） （1分） ∴该系统临界稳定。 1 C () -90 （4分） -180 270 六. （14分） 解： A(0) （ 1分） (0)90（1分） A()0A()180G(j)k10K(0.4j1)令虚部为零求出，实部小于负1，求出kj(j1)（1分） （1分） 第 128 页 （3分） （2分） （5分） 七. （13分） 解：系统连续部分的传递函数为 G(s)(1eTs)11010Ts1 (1e)22ss0.1s(10s1)s（3分） 所对应的脉冲传递函数为 110z10z0.1(z0.1) G(s)(1z1)20.1z1ze(z1)(z0.91)(z1)在单位阶跃信号作用下，希望的闭环传递函数为 （4分） (z)z1 由此可确定控制器的脉冲传递函数为 （2分） D(z)1(z)10(z0.91) Gz1(z)z0.1（4分） 自动控制原理试卷16答案 一.1.√2.×3.√4.×5.√6.√7.√8.√9.×10.√ 二．（13分） (每题1.5分共15分) 5k15k1C(s)s(s1)2解：闭环传递函数Φ(s)= (4分) 5k25k1R(s)s(15k2)s5k11s1s(s1)n2典型二阶系统闭环传递函数为Φ(s) 22s2nsnn25k1 215kn2(1分) (1分) (1分) 第 129 页 ts(2%)4n1n4 75(2分) 2415k2k2(2分) (2分) 三．（13分） 解：ess232n42k125limS0SE(s) R(s)6s2 (2分) T1T2S36E(s)e(s)R(s) 34T1T2SK(T1S1)(T2S1)Sess(4分) limS0SE(s)6T1T2K (3分) ess<0.05 => 60.020.05 => K>2.4 K(4分) 四．（14分） 解：根据系统的开环传递函数，开环零点有两个，z1=z2= - 1,开环极点有三个： p1=p2=p3=0 (1分) 根据绘制根轨迹的规则可知： (1) 这个系统的根轨迹有三条，起始于三个开环极点，两条终止于一个开环零点，一条终止于 无穷远处。 (1分) (2) 实轴上根轨迹区域为(-，-1)和(-1，0)。 (1 分) (3) 分离点 23,得到d=-3。 (1 分) d1d(4) 起始角：根据相角方程式(4-8)得3p(2k1)2zp,即p60,180。 (1 分) (5) 根轨迹与虚轴交点：闭环特征方程为 s3+K(s+1)2=0 (1 分 ) 将s=jω代入，分别令实部和虚部等于零，可得 (1分) ω=1 K=0.5 根轨迹如图4-1所示。 Im 2 1 虚轴 0 -1 第 130 页 (5分) 根据根轨迹曲线，当K>0.5时，闭环系统的极点全部在左半复平面，所以闭环系统稳定时K的取值范围是K>0.5。 (2分) 五．（15分） 解：（1）系统开环频率特性可表示为 G(j)kjkTk (j)2(Tj1)2(1T22)Im ω=0+ ω ω→∞ -1 0 Re (3分) 当0时，G（j0）j0:当时，G（j）0j0(4分) 开环幅相特性曲线 曲线与坐标轴无有限值交点。 根据以上特征点，可概略绘出系统的开环幅相特 性曲线，如图实线所示。 (2)开环传递函数有两个积分环节，需要在系统的 (3分) 第 131 页 开环幅相特性曲线上=0+的点开始逆时针方向 补画一个半径为无穷大的2×( )的圆弧如图虚线所示。 2(2分) 本题开环正极点数P=0，开环幅相特性曲线饶(-1，j0)点顺时针转一圈，故N= -1，根据 奈奎斯特稳定判据，系统闭环不稳定。 闭环特征方程正实部根的个数 N=P-2N=0-2×(-1)=2 六．（15分） 解：(1) G100(s)S2 GS1C(s)0.01S1 (2) G0(s)* GC(s)对应的对数幅频渐近特曲线 L(ω) -[40] -[20] 100 ()180aractg-[40] 相频特性 arctg0.01 ( ) 1 10 100 ω -180 -270 G(s)对系统的稳定性有改善作用。 七. （15分） 解：（1）系统连续部分的传递函数为 G(S)1eTs1ss(s1)(1eTs)111s2ss1 开环脉冲传递函数为 (1分) (2分) (2分) (2分) (5分) (5 分) (1分) (3分) 第 132 页 G(z)1z11z121z(z1)z1ze1(2分) (2分) ez12e(z1)(ze1)闭环脉冲传递函数为 G(z)e1z12e10.368z0.2 (s)11121G(z)(z1)(ze)ez2ezz0.632（2）系统输出的Z变换表达示为 (2分) 0.368z0.2z0.368z2G(s)2 123zz0.632z112z1.632z0.632z 0.368z-1+z-2+1.4z-3+1.401z-4+1.149z-5+… 所以 c*(t)=0.368δ(t-1)+ δ(t-2)+1.4δ(t-3)+1.401δ(t-4)+1.149δ(t-5)+… 即 c(0)=0, c(1)=0.368, c(2)=1, c(3)=1.4, c(4)=1.401, c(5)=1.149 自动控制原理试卷17答案 (2分) (2分) (2分) （每题1.5分，共15分） 一．1.C2.C3.D4.D5.A6.A7.D 8.B 9.B10.B 二．（15分） 梅逊公式得： n P C(s)i1ii R ( s （ 2 分） ) Δ=1—ΣLi+ΣLiLj （ 1分） ΣLI=G1G2H1-G2H1-G2G3H2 （3分） ΣLiLj=0 （2分） P1=G1G2G3 Δ1=1 （3分） P2=G4 Δ2=0 （2分） ∴ C(s)三.（15分） G1G2G3G4（2分） R(s)1GGHGHGGH 12121232题意知，系统的开环传递函数为： 第 133 页 29n （4分）G(s)s(s2Kf)s(s2n) ∴ωn=3. 2ξωn=2+Kf ∴Kf=2.2 （ 3分） ∴ts(2%)4n4 3分）2.22(s) （ 0.63 ts(5%)33 2分）0.167(s) （ n0.63 12e3pe40.0959.5% 四．（15分） 系统的闭环特征方程为： D(s)=s3+4s2+8s+K ∴K>0 32>K ∴0 ф（ω）=-90°-2arctan0.2ω 令φ（ω）=-л求ωg 则ф（ω）=--90°-2arctan0.2ω=180° ∴arctan0.2ω=45° ∴0.2ωg=1故ωg=5 要使模稳定裕度为20dB，则 K21K10 g[(0.2g1)]180o(c)180o902arctan0.2c60oarctan0.2c15o 2. 0.2c0.24c1.2 K1K1.2c六．（15分） 1. 当r(t)=1(t)时 3分） 8分） 7分） 2分） 2分） 3分） 4分） 3分） 1分） （ （ （ （ （ （ （ （（ 第 134 页 10.05 （3分）1Kp Kp20119ess 2．essdlimsEd(s) （1分） s020Kf1Ed(s)3s10.4s1(0.4s1)20Kf(3s1) d(s)20D(s)(3s1)(0.4s1)201(3s1)(0.4s1)（6分） （3分） ∴Ed(s)d(s)D(s) ∴esslimsE(s)s0120Kf200 ∴Kf=-0.05 （2分） 七．（10分） 由开环脉冲传递函数可的闭环脉冲传递函数为 (z)G(z)K(Z0.76) （ 2分） 1G(z)(z1)(z0.45)K(Z0.76) ∴闭环脉冲特性方程为： Z2+(K-1.45)Z+0.45+0.76=0 （ 2分） 1 将Z代入上式将上式化为ω的方程，则 11.76K2(1.91.52K)(2.90.24K)01.76K0 1.11.52K02.90.24K00K12 自动控制原理试题18答案 一．（10分） 1.放大元件、执行元件、测量元件、补偿元件 (5分) 2.开环系统的被控量只受输入量的控制，不受被控量本身的影响。开环系统结构简单，元件少，但抗干扰能力差。高精度的开环系统，要求所有的元件都具有高精度。闭环系统的被控量受偏差量控制，被控变量对自己有控制作用。闭环系统抗干扰能力强。高精度的闭环系统中某些部件允许具有较低的精度和较差的性能。但闭环系统结构复杂，容易出现不稳定现象。 (5分）分) 二.1.√2.×3.×4.√5.√6.√7.√8.√9.√10.√ （每题2分，共20 （6分） 第 135 页 三.(11分) 设流过R0的电流为I(s),则 1/CS R1 R0 U1(s) U2(s) (3分) u2(s)=-I(s)[ 1R1] cs(3分) (3分) u1(s)=I(s)*R0 1R1U2(s)1R1cscs U1(s)R0R0cs(2分) 四. （14分） 解：应用部分分式发求拉普拉斯变换的象函数F（s）确定的函数f(t)的Z变换，先将已知象函数展开成部分分式，然后再求每一项的z变换，最后再将它们组合在一起。上述F（s）的部分分式展开式为 F（s）=其中， 111 2ss1s(6分) 111zzz、和的Z变换分别为；T为采样周期。根据Z变换,和22Tss1s(z1)z1ze的线性性质有 F（s）= zzz= (z1)2z1zeT(3分) z(eTz2eT1) 2T(z1)(ze) 五. （15分） 1） 根轨迹方程 (5分) (2分) 2）实轴上的根轨迹在区间（-∞，-1 ] [-0.5,0 ]。 3）分离会合点 P(s)=s+1 Q(s)=s2+0.5s (2分) P’()s Q(s)-P(s)Q’(s)=0 => s2+0.5s-(s+1)(2s+0.5)=0 => s2+2s+0.5=0 2 29 1 0 => s 1 ,2 1 / 2 0 . , . 71 , . 29 , 1 . 71 均在根轨迹上，-0.29为分离点， -1.71为会合点。 K第 136 页 (s1)210开环零点-z1=-1,开环极点-p1=0,-p2=-0.5。 s(s0.5)(2分) KQ(s)2P(s)ss1,2 => Kd1=0.17,Kd2=5.85 (3分) 4）可以证明复平面上的根轨迹是以-1为圆心，以2/2为半径的圆。根轨迹如下图 jω j0.5 (6分) 1 -0.5 σ 六. （15分） 解：（1）利用方框图等效变换化系统为单位反馈的典型结构形式，其开环传递函数为 k12k1s(s1)nk1Gk(s) k1ss(1k1k2)21kkn121k2s(5分) s(s1)根据题意 2%e1*100%15%0.517k121 (4分) 4.588k0.18n2tp0.8s21n（2） ts3n1.27s(5%),ts4n1.69s(2%) (3分) trn120.54s (3分) 第 137 页 七. （15分） 解：将图中L0，L1两条折线相减可得出校正的幅频特性曲线见图2中的Lc,根据Lc可以写出校正环节传递函数 (Gc(s)121s1)(s1)(113s1) (4分) (14s1)(4分) 该环节是超前滞后校正，它的作用是提高截止频率，改善了快速性，增加相对裕度，改善振荡 (3分) 性，但高频放大故系统抗高频干扰变差。 L(ω)/dB -20 L0 -40 -20 0 ω/(rad/s) ω1 ω2 ω3 ω4 ω5 -40 -20 -40 L1 -40 (8分) 第 138 页 自动控制原理试卷19答案 一. 1.C、2.B、3.C、4.D、5.C、6.D、7.B、8.C、9.B、10.A （每题2分，20分） （每题2分，10分） 二. 1.√2.√3.×4.√5.√ 三. 简答题（17分） 1. 定值控制系统为给定值恒定，反馈信号和给定信号比较后控制输出信号、伺服控制系统为输入信号是时刻变化的，输入信号的变化以适应输出信号的变化，程序控制系统的输入和反馈通过程序来控制系统的输出。（5分） 2. 线性系统的输入和输出呈线性变化，非线性系统的输入和输出呈非线性变化，求解系统的传递函数是系统的输入必须为线性系统。（5分） 3.答：设校正装置的形式为GcsKcG'cs。根据开环传递函数的形式以及对系统静态指标ps的具体要求，确定校正装置中积分环节p的个数，以及比例环节kc的取值；然后再根据对系统的动态指标的要求，根据受控对象的结构特征，选择超前校正网络、滞后校正网络或滞后超前校正网络，实施动态校正。 静态校正的理论依据：通过改变低频特性，提高系统型别和开换增益，以达到满足系统静态性能指标要求的目的。 动校正的理论依据：通过改变中频段特性，使穿越频率和相角裕量足够大，以达到满足系统动态性能要求的目的。 （7分） 四. （13分） 解：分别用长除法、部分分式发和留数计算发求解。 长除法：通过长除法将F（z）表示为无穷级数形式 F（z）=10z130z270z3 （2分） 根据z变换的定义有 ƒ(0)=0, ƒ(T)=10, ƒ(2T)=30, ƒ(3T)=70… 部分分式发：先将F（z）分解为部分分式的和 F（z）=10[ （2分） 11] 12z11z1n（2分） 然后，再求各个分式的Z反变换，得 ƒ（nT）=10(21) (n=0,1,2,3……..) 留数计算法： zn1（3分） F（z）在极点1和2处的留数之和，得 10zn ƒ（nT）= z210znz1z110(2n1) （n=0,1,2,3……） z2（4分） 第 139 页 五．（13分） 解：绘图时第一步列出各环节的传递函数方程，画出传递函数框图。 IR(s) IC(s)Ui(s)Uo(s)Ri（2分） （2分） （2分） （2分） Ui(s)Uo(s) 1CsI(s)IR(s)IC(s)UO(s)I(s)R2第二步按信号流向依次联接传递函数的结构图。 1/R1 IR(s) + Uo(s) Ui(s) R2 + - Cs IC(s) （3分） 六．（13分） 解：把虚轴右移σ1重新建立一个Z平面，如图所示。以 s=z-σ1求得z坐标函数后再进行判断。 S=z-σ1=z-1,代入 A(z)=(z-1)3+5z-1)2+8(z-1)+6=0 （2分） Z3+2z2+z+2=0 排劳斯表z3 1 1 z2 2 2 （3分） z1 s (≈0) z0 2 （1分） 第一列系数全正，但有一行为零，说明有一对相反根。 A′(z)=2z2+2=0,z=j 说明愿系统刚好有σ=1的余量。 2 A(s)=(s+2s+2)(s+3) p1.2j,p33 jω P1 P3 σ1 P2 O σ （4分） （3分） 第 140 页 七．（14分） 解 为获得一定的相角裕度，穿过0dB线的L()曲线斜率应为20dB其中1dec这时画的曲线如图 11,2。系统的相角裕量为 T1T2180(c)180(180)arctgT1CarctgT2CarctgT1CarctgT2Carctg （3分） CarctgC12由上式可知 1） 如果c,2保持不变，改变1则亦变化，1增大，减小；1减小，增大。若T1较 大，即1离c较远，则40dBdec斜率的低频段对的影响可忽略不计，相角裕度为 90arctgCarctg2 2c（2分） 2） 如果c,1保持不变， 则40dB2减小，减小；2增大，增大。若T1较大，即2离c较远， dec斜率的低频段对的影响可忽略不计，相角裕度为 arctgc 1（2分） 3） 若1,2固定不变，且令2h1，则 arctgCarctgc 1h1dec斜率的低频段对的 显然，增大系统开环增益K，L()曲线上移，1增大，40dB 第 141 页 影响增大；减少K值L()下移，1减小40dB斜率的低频段对的影响增大 dec当为某一值时，有最大值，这个值可由上式求出。并对其求导并另其等于0，即 dd(c)10得 （1分） 2c2h,c12 对上式两边取对数，得 c1lg2lgclgclg11lgh 2（1分） 即适当选择K值，c使处在1和2的几何中点，将有最大可能的相角裕量 1arctgCarctgc arctgharctg 1h1h（1分） 工程上称c的系统为“对称最佳” 4）系统中频段越宽，相角裕量越大，闭环系统平稳性越好 （1分） L(ω) -40dB/dec ωc 0 ω2=1/T2 ω -40dB/dec （3分） ω1=1/T1 -20dB/dec 自动控制原理试卷20答案 一. 1.D 2.D 3.A 4 C 5.D 6.C 7.B 8.B 9.C 10.A （每题1.5分，共15分） 二．（14分） 解： 第 142 页 C(z)Z(25)R(z)s2s51011Z()R(z)3s2s510zz[]R(z)3ze2Tze5T10e2Te5TzR(z)2T5T3(ze)(ze) （6分） R(s) 25 C(s) s2 s5 （4分） (b) （4分） 210z25R(z)C(z)Z[]Z[]R(z)2T5T(ze)(ze)s2s5 三. （15分） [解]等效轨迹方程为 1 ，当K由0→+∞变化时为零度根轨迹。 （1分） 1） 1开环零点-z1=0,-z2=-1,开环极点-p1=2。N-m=-1,有一个无穷远的极点。 （1分） 2） 实轴上的根轨迹在区间[2，3]。 3） 分离点和会合点 Q(s)’P(s)-P(s)’Q(s)=0 => s2-4s-2=0 解得s1=4.45为分离点，s2=-0.45为会合点。K1=0.10，K2=9.90 4)根轨迹与虚轴的交点特征方程为 Ks2+(K-1)s+1=0 令s=jω，代入特征方程得 K10K12 -Kω+j(k-1)ω+2=0 => 2 => Ks(s1)(s2)（1分） （2分） （2分） （3分） K20jω 22 σ 第 143 页 （5分） 四. （15分） K5Kj421解：G(j) 22jj1j4151161（1分） limGj∠-90º 0时，0（2分） 求0时的渐近线 limReGjlim005K5K 211621（2分） 时，limGj0∠-270º，曲线顺时针穿过负实轴。 （2分） （2分） （2分） 求曲线与负实轴的交点：令Im[Gj]0，得0.5。 AgReGj0.5 五. （15分）. 1K 1.25该系统的幅相频率特性曲线如图所示 Im -5K -4/5K ω=∞ Re 0 （4分） ω=0+ 复合控制系统如图所示其中K1K2T1T2均为已知正数。当输入为r(t)=t2t时，希望系统的稳态 第 144 页 误差ess=0。试确定参数a,b. 2asbs Ts1 2E(s) R(s) K1 - 解：系统的闭环传递函数为 K2s(T1s1)C(s) aK2s2(bK2K1K2T2)sK1K2C(s)G1sG2sGrsG2s (s)32R(s)1G1sG2sT1T2s(T1T2)s(1K1K2T2)sK1K2 （4分） 系统的特征方程为T1T2s3(T1T2)s2(1K1K2T2)sK1K2 （ 1 分） 由于K1K2T1T2均为已知正数 D2= a1a0a3a2T1T2T1T2K1K21K1K2T2>0 系统是稳定的。 （ 2分） 系统的误差为 E(s)=R(S)-C(s)=1(s)R(s)系统的稳态误差为 T1T2s3(T1T2ak2)s2(1bk2)s1 *323T1T2s(T1T2)s(1K1K2T2)sK1K2s（3分） T1T2s3(T1T2ak2)s2(1bk2)s1 ess=limE(s)lims （ 2 分） *s0s0T1T2s3(T1T2)s2(1K1K2T2)sK1K2s3要使ess=0必须 T1+T2-aK2=0 1-bk2=0 （ 2分） 由此可参数a= T1T21 b= （1分） k2K2六．（12分） 解：（1）首先判断系统是否稳定，不稳定则无ess可求。 第 145 页 A(s)s(5s1)5(10.8s)s2s10 （2分） a0、a1、a2>0，系统稳定。 （2）按要求的定义，应将系统变换成单位反馈系统再求ess，变换后如图所示，传递函数为 551s(5s1)G(s)2 0.8s*55s5ss(s1)1s(5s1)为Ⅰ型系统，输入xi(s)后叠加，得出结论 （4分） 11123，根据叠加定理，先分别求各输入信号引起的误差，最sss（2分） （2分） 111xi(s)时，ess=0，xi(s)2时，ess=A/K=1，xi(s)3时，ess=∞ sss所以ess=0+1+∞=∞ 输入信号不能跟随输入。 Xo(s) E(s) Xi(s) 5 s(5s1) - - （2分） 0.8s 七.（14分） 解：首先用次割据法，即曲线上任取两点A、B做切线，求与稳态值X0（∞）的交点的差值，若任两点的差值均相等，则此曲线为一阶特性（指数曲线）。差值即为其时间常数T，故可得此指数曲线方程 x0t2(1e取拉氏变换有x0stT) 2s1T2 s(sT1)（3分） （3分） 2s因为xis所以G(s) x A o 2 sXo(s)2211（若T=1） Xi(s)s(sT1)ssT1s1T （4分） 2V （4分） B t 第 146 页 内部资料 仅供参考 9JWKffwvG#tYM*Jg&6a*CZ7H$dq8KqqfHVZFedswSyXTy#&QA9wkFyeQ^!djs#XuyUP2kNXpRWXmA&UE9aQ@Gn8xp$R#͑Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWFA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmUE9aQ@Gn8xp$R#͑Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWFA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!z8vG#tYM*Jg&6a*CZ7H$dq8KqqfHVZFedswSyXTy#&QK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNuGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxYYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVm&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz84!zAmv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpaK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz84!zAmv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWFA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWFA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNuGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWFA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%R9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@adNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWFA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5ux^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&v*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVkum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&ksv*3tnGK8!zAmYWv*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$U*3tnGK8!zAmYWpazadNu##KN&MuWA5uxYWpazadNu##KN&MuWA5uxY7JnD6YWRrWwc^vR9CpbK!zn%Mz849Gx^Gjqv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zVum&gTXRm6X4NGpP$vSTT#&sv*3tnGK8!zAmv^$UE9wEwZ#Qc@UE%&qYp@Eh5pDx2zV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