1 自动控制原理试卷 1 答案 一填空 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 5 . 0 2 S ；0；8 4 4，；62.5 5 110 100 S ；10 6 P-I；利用 G(s)的负斜率使C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） （2）C(Z)= )()(1 )()( 1232 321 ZHZHGG ZGGZRG 三（20 分） 解：(1)F(s)= T s s tf 1 11 )( (2)F(s)= 5 25 1 25 1 5 1 )5( 1 22 sssss （3）G1(s)= sssss ss s ss 32 10 30)2( 10 )2( 310 1 )2( 10 2 5216344321251 52125143321 5212512 432 1 3211 3 5212 63463212511 321 2211 1 )1 ( )( )( 1 0 0 1 )( )( GGGGGGGGGGGGG GGGGGGGGGGG sR sC GGGGGG GGP GGGP L GGGL GGGGGGGGGGL LLL PP sR sC t etsF 51 25 1 25 1 5 1 )(f(t) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (4 分) (4 分) (3 分) (3 分) (3 分) （每空 1 分。
共 18 分） 2 G2(s)= sss as )32( 10)( 2 sass as sssas as sR sC 101032 1010 )32(10)( 10)( )( )( 232 assssA101032)( 23 要使系统稳定，则必须满足 0 32 010 101032 a a a a 320a （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 Gk(s)= )2()2( 8 2 n n sssss 8 . 2 03. 0 8 22 2 nn n 当在单位斜坡输入下时，即 r(t)=tR(s)= s 1 Kv=)( lim 0 SGS k S = )2( 8 lim 0 SS S S =4 ess= v K 1 = 4 1 =0.25 (2)：Gk= )82( 8 )82( 8 82 8 )2( 8 1 )2( 8 22 fff f KsssKssKss ss sK ss 8 . 2 5 . 0 8 282 2 n f n nf KK 2+8Kf=222 2 1 2+8Kf=4 Kf=25. 0 4 1 (1 分) (2 分) (1 分) (1 分) (2 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (3 分) 3 )4( 8 )( ss sGk Kv=2 )4( 8 lim 0 SS S S ess=5 . 0 2 11 v K 五 （12 分） 已知某系统 L()曲线. 解： （1）低频段的斜率为-40 且与横坐标交于 25 即：0=25=625 KK 1=10 2=100 T1=0.1 T2=0.01 该系统的传递函数为 G(S)= ) 101. 0( ) 11 . 0(625 2 ss s A(c)=11 1)01. 0( 1)1 . 0(625 22 2 1 c 5 .62 c (2) )5 .621 . 05 .6201. 0902(180)(180arctgarctg c 25. 6625. 0arctgarctg (3) 三阶最佳 6 .3110010 01 c 10 11 1 2 221 2 01 T h Thh c K=316 ) 100 1 (1010 11 2 2 2 Th 10 1 10 1 11 11 max tgtg h tghtg 六 （12） 解：图一：0P为偶数 (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (2 分) (1 分) (1 分) (1 分) (2 分) (2 分) (1 分) 4 起点在正实轴上 0 2 1 P nn 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 0 2 0 P nn 系统闭环后稳定 图三：当由 0过程中 1 2 2 P nn 系统闭环后不稳定 七 （12 分） 解：系统的 G0(s)= ) 1005. 0)(105. 0( 10 SS 作出此系统的 Bode 图： L()=20lgK=20 设期望特性传递函数为 G(s) ) 1(TSS K (T=0.005) 题目要求将其校正为二阶最佳系统，则 =0.7, %=4.3% 又1005 . 0 2 1 KKT KT 0.1 10 20 30 40 1 10 20 -20 100 200 1000 -40 L()dB (4 分) (4 分) (4 分) (4 分) (2 分) 5 G(S)= ) 105. 0( 100 SS G(s)= S S SG SG) 1005. 0(10 )( )( 0 自动控制原理试卷 2 答案 一填空 1. 极点 2. s 3. 和 4. 1 5. 6. k 7. 90 8. 阻尼比 9. 相角裕量 10. 线性系统 二 （7 分） 321 412 1 )( GGG GGG R c 三 （10 分） m 2 2 )( dt tyd =F(t)-F B(t)-FK (t) ; F B(t)=f dt tdy )( ; m 2 2 )( dt tyd +f dt tdy )( +ky(t)=F(t)。
四 （15 分） (s)= KsTs K 5 . 0 2 ； K=8,T=0.25 时，n=0.5； x0（t）=2-21.15e t2 sin（3.46t + 3 1 ） ； tr=0.61s； t p=0.91s； ts=1.5s； p=16.3%； K=4 (4 分) (2 分) （7 分） （3 分） （3 分） （4 分） （3 分） （3 分） （4 分） （5 分） （每空 1 分共 10 分） 6 五 （8 分） s 4 +6s 2 +8=(s 2 +4)(s 2 +2)=0; s 2, 1 =j2,s 4, 3 =j2； 系统临界稳定 六 （12 分） ) 125. 0)(1( 4 sss )(180 0 c ； 2 c ； ccc 25. 0arctanarctan90)( 5 . 0arctan2arctan90180 0 =180 0-1800=00 七 （13 分） K=100 m =-+=45 ； =7.5 c ,= m=164.5rad/s T=0.00222； 八（10 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 s s Gc 00222. 01 0167. 01 )(1( 4/)1 ( )4( 1 )( 4 4 T T ezz ze ss zzG )(1 )( )( zG zG z 0368. 021. 1 2 zz1 21 zz （6 分） （2 分） （5 分） （2 分） （3 分） （2 分） （2 分） （2 分） （1 分） （5 分） （3 分） （2 分） （3 分） （2 分） （2 分） （2 分） 7 ) 3 , 2 , 1 , 0(315,225,135,45 4 180) 12( 5 . 2 4 4411 k k 2）轴上的根轨迹为两点 s=-1 s=-5 也为分离点。
分离角均为 3)根轨迹与虚轴的交点坐标系统特征方程（ s + 1）2 ( s + 4 ) 2+K=0 即 s4+10s3+33s2+40s+16+K=0 令 s=j代入特征方程，得 4-j103-332 +j40+16+K=0 令上式实部虚部分别等于 0，则有 = 3） 该系统根轨迹如下图所示 由图可知，当 0K0 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) 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 lg20)(vLa 因此 v=0 =0.1 处，斜率变化 20,属一阶微分环节 = 1处，斜率变化-20，属惯性环节 = 2处，斜率变化-20，属惯性环节 = 3处，斜率变化-20，属惯性环节 = 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)(1)(1)(1( ) 1 1 . 0 ( )( 432 1 ssss s K sG 其中 K、1、2、3、4待定由 lg20 =lg30 得 K=101. 5=31.62 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,(A,Lw(A) (B,La(B)为直线上两点，则有直线方程 BABaAa kLLlglg)()(（1 分） A=1,B=0.1, La(1)=40,La (0.1)=30,k=20 1=0.316 A=4,B=100, La(4)=5,La (100)=0,k= -60 4=82.56 A=3, B=4, La(3)=20, k= -40 3=34.81 A=2,B=3, La(2)=40, k= -20 2=3.481 七 (12 分) (1) )1 ( 1 )( 2 ss e sE t =) 1 111 )(1 ( 2 sss e t (2) ) 1) 1( )(1 ()( 2 1 T z ez z z z z T zzE = xzx xx eez zeTeT )1 ( )1() 1(1 2 （4 分） （4 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （6 分） （6 分） （1 分） 10 -1 -2 0 2 2 八 （15 分） 解 （1） ，根据一般根轨迹绘制法则求得： 1） 渐进线与试轴的交点：-=-1 渐进线倾角：=60，180，300 2） 实轴上的根轨迹在区间 0 , 12,( 。
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： 3,2Kjs 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 1 1 022 022 K K KK 自动控制原理试卷 4 答案 一一.（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） 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 （3） 幅频特性与相频特性统称为频率特性 （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 （5） 系统距离不稳定的角度， （6） 希望值与稳态值之差 （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （1 分） （2 分） （2 分） （2 分） ) 15 . 0)(1 |( )( sss K sG （4 分） )(180 0 c （2 分） （2 分） （2 分） （2 分） （2 分） （2 分） 11 （7） （8） ts=4/(n) （9） (10) 4K T1T2K1K2 即可满足稳定条件 b 故 五（10 分） 由稳态指标要求 则未校正系统的开环传递函数为 由于在=1 处,未校正系统 而穿过剪切频率c 的 L()曲线斜率为-40dB/dec 故未校正的系统不稳定 (3)确定校正后系统剪切频率 .1(s) 1 jii n i ii LLL P （2 分） 21 2 21 3 21 )()(KKssTTsTTs。