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1、模拟试题(五)课程自动控制原理考生班级学号姓名单选题(在每小题的四个备选答案中，选出一个正确的答案，将其相应字 母写入题干的O内，每小题2分，共20分)1. 采用负反馈形式连接后A. 一定能使闭环系统稳定； B. 系统动态性能一定会提高；C. 需要调整系统的结构参数，才能改善系统性能；D. 一定能使干扰引起的误差逐渐减小，最后完全消除。2. 关于系统传递函数，以下说法不正确的是A. 与相应 s 平面零极点分布图等价； B. 与扰动作用下输出的幅值无关。C. 是在零初始条件下定义的； D. 只适合于描述线性定常系统；3. 系统特征方程为D(s)二s3 + 2s2 + 3s + 6二0，则系统A.
2、稳定；B.右半平面闭环极点数Z = 2 ；C.临界稳定；D.型别v = 1。4. 系统在r(t)二12作用下的稳态误差e二g，说明ssA.系统不稳定；B.型别v 2 ；C. 闭环传递函数中有一个积分环节； D. 输入幅值过大。5. 对于以下情况应绘制 0根轨迹的是A.主反馈口符号为“ + ”；B.根轨迹方程(标准形式)为G(s)H(s) = +1 ；C.非单位反馈系统；D.除K *外的其他参数变化时。6. 非最小相角系统A. 闭环相频的绝对值非最小； B. 对应要绘制 0根轨迹；C. 开环一定不稳定；D. 一定是条件稳定的。7. 对于单位反馈的最小相角系统，依据三频段理论可得出以下结论A. 可
3、以比较闭环系统性能的优劣；B. L()以-20dB/dec穿越0dB线，系统就能稳定；C. 高频段越低，系统抗干扰的能力越强；D. 低频段足够高， e 就能充分小。ss8. 频域串联校正方法一般适用于A. 单位反馈的非最小相角系统； B. 线性定常系统；C. 稳定的非单位反馈系统； D. 单位反馈的最小相角系统 。9离散系统差分方程c(k + 2)二 3c(k +1) - 2c(k) + 3u(k +1) - u(k)则脉冲传递函数为A3z -1z 2 + 3 z 一 23 z -1z 2 - 3z + 210. 适用于描述函数法分析非线性系统的前提条件之一是A. 非线性特性具有偶对称性； B
4、. 非线性特性正弦响应中的基波分量幅值占 优；C. G (s)必须是二阶的;D. N(A), G(s)必须是串联形式连结的。20分)系统结构图如图1 所示1)2)写出闭环传递函数(s)表达式；要使系统满足条件：匕二0.707 , o二2,n试确定相应的参数K和0 ；(3) 求此时系统的动态性能指标(b t )；0 s(4) r(t) = 2t时，求系统的稳态误差e ；ss(5)确定G (s)，使干扰n(t)对系统输出c(t)无影响。n三.(15分)单位反馈系统的开环传递函数为G(s)二 s(s +3)2(1) 绘制K* = 0Ts时的系统根轨迹(确定渐近线，分离点，与虚轴交点)；(2) 确定使
5、系统满足0 g 1的开环增益K的取值范围；(3) 定性分析在0 g 1范围内，K增大时，b 0：，t以及r(t) = t作用下e的0 sss变化趋势(增加/减小/不变)。四.(15分)离散系统结构图如图2所示，采样周期T = 1。(1) 写出系统开环脉冲传递函数G(z);(2) 确定使系统稳定的K值范围；(3) 取K = 1，计算r(t) = t作用时系统的稳态误差e(s)。注：z 变换表zZ - e-aT丁z-1 _ ,Z_ s _z-1_ s 2 _Tz(Z - 1)2五.(15分)单位反馈系统的开环对数幅频特性曲线L )如图3所示，采用串 0联校正，校正装置的传递函数s)=(+1(0.3
6、人100(1) 写出校正前系统的传递函数G (s)；0(2) 在图3中绘制校正后系统的对数幅频特性曲线L(&)；(3) 求校正后系统的截止频率o和相角裕度Y。c六.(15分)非线性系统结构图如图4所示，M = 1, N(A) = 4MO 兀A（1）p= 0时，确定系统受扰后最终的运动形式（稳定/自振/发散）；（2）t - 0时，要在系统输出端产生一个振幅A = 1如的近似正弦信号，试确定参c数K和相应的频率w ；定性分析当延迟环节系数t增大时，自振参数（A, w ）变化的趋势（增加/不变/减小）。答案单选题（每小题 2分，共20分）（ 1）C;（ 2）A;（ 3）C;（ 4）B;（ 5） B;
7、（ 6 ）D;（ 7 ）A ;（ 8 ）D;（ 9 ）C;（ 10 ） B;二（共 20分）解K（1）（4 分）（s） C（S）s 2KR（ s）KpK1 + + ss2s 2 + Kp s + Kw2ns 2 + 2gw s + w 2nn2）（4分）K 4 0.707K = w 2 = 22 = 4KB = 2gw 22n（4 分）b o0- e知 y2 - 4,32o03.5gw35 2.475v；24）（4分）G（s）Ks（s + Kp）ess=1.4145）（4 分）令：C (s)N(S)fi+K0I s丿得：G (s)二 s + K0n三（共 15分） 解（1） 绘制根轨迹 （9
8、分）K*K *s (s + 3)2+1Jk = K *9v = 1 渐近线 分离点解出：土 60。，180。12+ - = 0d d + 3d = - 1K* 二 d Id + 32 二 4d 与虚轴交点：D(s)二 s3 + 6s2 + 9s + K* 二 0Im jD(j)= Re D( jto).二-6 2 + K * 二 0fw = 3K * = 54绘制根轨迹如右图所示。（2）（3 分）依题有：4 K * 54 即: 4 K 6b /1外0（3）（3分）依根轨迹，- K 0v D(1)二 2(1 + e -t ) KT 0 |e -t 0K2(1 + e -t )综合之3）（5分）0
9、K2(1 + e-t )T=12.736K=vlim( z - 1)G (z) = lim-z t1z T1 z - e -TKT1 - e -te(s)r(t)=tATKvAT (1 e-T)T=1 0.632KT五（共15分）解1)(3分)G0(s)110人2）（9 分）G（s）= G（s）Go（s） -7(s 100 - +113丿s +1100丿s +1 丫10.3 人L（）见下图。3）（3 分）依图六（共 15分）解（1） （3 分）（2） （7 分）101010=180 + arctan - 90 - arctan - 2 x arctan= 63.630.3100绘兀A和G（jw）曲线，可见系统最终一定自振。N （A）4MN（A）G（jw） -13）5 分）依图：
