《自动控制原理模拟试卷四及答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《自动控制原理模拟试卷四及答案（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、自动控制原理模拟试卷四一、填空题(每空 1 分，共 20 分)1、对自动控制系统的基本要求可以概括为三个方面，即：、快速性和。2、控制系统的称为传递函数。一阶系统传函标准形式是，二阶系统传函标准形式是。3、在经典控制理论中，可采用、根轨迹法或 等方法判断线性控制系统稳定性。4、控制系统的数学模型，取决于系统和, 与外作用及初始条件无关。5、线性系统的对数幅频特性，纵坐标取值为，横坐标为 。6、奈奎斯特稳定判据中，Z = P - R ,其中P是指，Z是指，R指。7、在二阶系统的单位阶跃响应图中，t定义为。b %是。s8、PI控制规律的时域表达式是。P I D控制规律的传递函数表达式是。9、设系统
2、的开环传递函数为K，则其开环幅频特性为，相频特性为。s (Ts + l)(Ts +1)12二、判断选择题(每题2 分，共 16 分)1、关于线性系统稳态误差，正确的说法是：( )A、一型系统在跟踪斜坡输入信号时无误差 ；B、稳态误差计算的通用公式是e二limss s T1 + G (s) H (s)C、增大系统开环增益K可以减小稳态误差；D、增加积分环节可以消除稳态误差，而且不会影响系统稳定性。2、适合应用传递函数描述的系统是 ()。A、单输人，单输岀的线性定常系统；B、单输人，单输岀的线性时变系统;C、单输人，单输岀的定常系统；D、非线性系统。3、若某负反馈控制系统的开环传递函数为，则该系统
3、的闭环特征方程为()。s (s +1)A、s(s +1) = 0 B、s(s +1) + 5 = 0C、s(s +1) +1 = 0D、与是否为单位反馈系统有关4、非单位负反馈系统，其前向通道传递函数为G(S),反馈通道传递函数为H (S),当输人信号为R(S),则从输人端定义的误差E(S)为()A、E(S) = R(S) - G(S) B、E(S) = R(S) - G(S) - H(S)C、E(S) = R(S) - G(S) - H(S) D、E(S) = R(S) - G(S)H(S)5、已知下列负反馈系统的开环传递函数，应画零度根轨迹的是 （ ）。K *(2 - s)s (s + 1
4、)B、K *s (s 一 l)(s + 5)C、K *s( s 23s + 1)K *(1-s)s (2 - s)6、闭环系统的动态性能主要取决于开环对数幅频特性的：A、低频段B、开环增益C、高频段D、中频段7、已知单位反馈系统的开环传递函数为G （s）=10(2 s +1)s 2( s 2 + 6s + 100)当输入信号是r （t）二2 + 2t +12时，系统的稳态误差是（）A、 0 ；B、 *；C、 10；D、 208、关于系统零极点位置对系统性能的影响，下列观点中正确的是（ ）A、如果闭环极点全部位于S左半平面，则系统一定是稳定的。稳定性与闭环零点位 置无关；B、如果闭环系统无零点，
5、且闭环极点均为负实数极点，则时间响应一定是衰减振荡 的；C 、 超调量仅取决于闭环复数主导极点的衰减率，与其它零极点位置无关；D、如果系统有开环极点处于S右半平面，则系统不稳定。三、（16分）已知系统的结构如图1所示，其中G（s）=辟賠，输人信号为单位斜坡函数，求系统的稳态误差（8分）。分析能否通过调节增益 k ，使稳态误差小于 0.2 （8 分）。四、（16分）设负反馈系统如图2，前向通道传递函数为G（s）=册，若采用测速负反馈H（s）二1 + ks，试画岀以k为参变量的根轨迹（10分），并讨论k大小对系统性能sss的影响（6 分）。C(s)R(s)* G(s)试用奈奎斯特稳五、已知系统开环
6、传递函数为G （s）耳（H）（k ,t , T均大于0, 定判据判断系统稳定性。（16分）第五题、第六题可任选图一六、已知最小相位系统的对数幅频特性如图3所示。试求系统的开环传递函数。（16 分）R(s)KS(TT)C(s)七、设控制系统如图4，要求校正后系统在输入信号是单位斜坡时的稳态误差不大于0.05相角裕度不小于4 0。，幅值裕度不小于10 dB,试设计串联校正网络。（16分）自动控制原理模拟试卷三答案一、填空题（每题1 分，共20分）1、稳定性（或：稳，平稳性）；准确性（或：稳态精度，精度）2、输出拉氏变换与输人拉氏变换在零初始条件下的比值；G （s） = Ts +1G (s)=(或:
7、G(s)=3 2ns 2 + 2 s + 3 2nn3、劳斯判据（或：时域分析法）;奈奎斯特判据（或：频域分析法）4、结构；参数5、20lg A（3）（或：L（3）； lg3 （或：3 按对数分度）6、开环传函中具有正实部的极点的个数，（或：右半S平面的开环极点个数）;闭环传函中具有正实部的极点的个数（或：右半S平面的闭环极点个数，不稳定的根的个 数）；奈氏曲线逆时针方向包围（-1, j0 ）整圈数。7、系统响应到达并保持在终值5%或土2%误差内所需的最短时间（或:调整时间，调节时间）；响应的最大偏移量h（t ）与终值hS）的差与hg的比的百分数。（或:ph（t ） 一 h（s）px 100%
8、，超调）h（s）K8、m(t)二 K e(t) + p J te(t)dtp T 0i(或： K e(t)+K Jte(t)dt) ；p 01G (s)二 K (1+t s)C p T si（或：9、A（3）=3 J （T 3）2 +1（T 3）2 +1二、判断选择题（每题2分，共16分）甲(3)二 一90。一 tg-i (T3) 一 tg-i (T 3)121、C2、A3、B4、D5、A6、D7、D8、A三、（16分）1解：丨型系统在跟踪单位斜坡输人信号时，稳态误差为e二丄 （2分）ss Kv而静态速度误差系数 K = lims-G（s）H（s） = lims- K（0.55 + = K （
9、2 分）v s t0s t0 s（ s + 1）（2s +1）11稳态误差为e =o（4分）ss K Kv要使e- = 5，即 K要大于5O （6分）ss 0.2 但其上限要符合系统稳定性要求。可由劳斯判据决定其上限。系统的闭环特征方程是D (s) = s (s + l)(2s +1) + 0.5 Ks + K = 2 s 3 + 3s 2 + (1+ 0.5 K) s + K = 0(1 分)构造劳斯表如下s321+ 0.5Ks23Ks13 0.5K为使首列大于 0， 必须 0K 6。03s0K0综合稳态误差和稳定性要求，当5 K 6时能保证稳态误差小于0.2。(1分)四、(16分)解：系统
10、的开环传函G(s)H(s) = 10 (1+ ks)，其闭环特征多项式为D( s)s(s + 2)sD (s)二s 2 + 2 s +10 ks +10二0 , (1分)以不含k的各项和除方程两边，得 ss10k ss 2 + 2s +10令 10k 二 K*s得到等效开环传函为K *s 2 + 2 s +102分)参数根轨迹，起点：p =1土 j 3，终点：有限零点z二0，无穷零点 f (2分)1,2 1实轴上根轨迹分布：-，0(2分)d ( s2 + 2s +10实轴上根轨迹的分离点：令-=0，得ds ( s 丿s2 10 二 0,s =/10 二 3.161,2合理的分离点是S = ：1
11、0 = 3.16，(2分)该分离点对应的根轨迹增益为K*1s 2 + 2 s +10二 4.33，对应的速度反馈时间常数s=一K*k =祗=0.433 (1 分)s 10根轨迹有-根与负实轴重合的渐近线。由于开环传函两个极点p-1 j3，-个有限零且零点不在两极点之间，故根轨迹为以零点z1二0为圆心，以该圆心到分离点距离为半径的 圆周。根轨迹与虚轴无交点，均处于s左半平面。系统绝对稳定。根轨迹如图1所示。(4分) 讨论k大小对系统性能的影响如下：s(1)、当0k 0.433（或K* 4.33），为过阻尼状态。系统响应为单调变化过程。（1分） sPiP2图 1 四题系统参数根轨迹五、（16 分）
12、G(j3)H(j3) =K -(T +T)3 j (1-Tie)3(1+ T 23 2)2分、解：由题已知：G (s) H (s) - K(1-T j, K ,T, T 0, s(Ts + 1)系统的开环频率特性为开环频率特性极坐标图起点： 3 = 0 , A(0 ) = Q (0 ) = -90。；(1 分)+ + +终点：3 T g, A) = 0, Q e) = -2700 ； (1 分)当Kt 1时，极坐标图顺时针方向包围(-1，j0 )点一圈。N 二 2(N - N )二 2(0 -1) = 2+ -按奈氏判据，Z=P-N = 2O系统不稳定。(2分)闭环有两个右平面的极点。六、(1
13、6分) 解：从开环波特图可知，系统具有比例环节、两个积分环节、一个一阶微分环节和一个惯性 环节。K (丄 s +1)故其开环传函应有以下形式G (s)=斗(8分)S 2(S + 1)2由图可知：1处的纵坐标为4 OdB,则L(l)= 20lg K = 40,得 K = 100(2分)又由3=3和口3=10的幅值分贝数分别为20和0,结合斜率定义，有占0=-40，解得131 = /10 = 3.16 rad/s （2 分）同理可得 20 -（-10） = -20lg3 - lg312320lg -=30 ，3132 = 100032 = 1000021故所求系统开环传递函数为s100（ +1）G （s）=丄ss 2（上 +1）100 = 100 rad/s （2 分）2（2 分）七、( 16分)解：(1)、系统开环传函G(s) = ，输人信号为单位斜坡函数时的稳
