中南大学自控原理试题及答案2011

中南大学考试试卷〔A 〕
2009 --2010学年 下 学期 时间110分钟 2010 年6月17 日
自动控制理论 课程 64 学时 4 学分 考试形式：闭卷
专业年级： 自动化08级 总分100分，占总评成绩 70 %
注：此页不作答题纸，请将答案写在答题纸上
一、已知系统的结构图如图1所示，图中)(s R 为输入信号，()C s 为输入信号，试求传递函数)
()
(s R s C 。

〔10分〕
图1题一图
二、设图2〔a 〕所示系统的单位阶跃响应如图2〔b 〕所示。

试确定：
〔1〕系统参数,1K 2K 和a 。

〔2〕假设参数a 、K 2已确定，参数1K 可调，为使系统特征根全部位于s 平面1-=s 的左侧，1K 应取何值？〔15分〕
图2题二图
三、已知控制系统结构图如图3所示，试求：
（1） 按不加虚线所画的顺馈控制时，系统在干扰作用下的传递函数)(s n Φ； （2） 当干扰()1()n t t σ=⋅时〔σ为一个小的正数〕，求系统的稳态输出； （3） 假设加入虚线所画的顺馈控制时，求系统在干扰作用下的传递函数，并
求)(t n 对输出)(t c 稳态值影响最小的适合K 值。

〔15分〕
2
20s+5
1s+1
K
R(S)
N(s)
C(s)
一一
图3 题三图
四、单位反馈系统的开环传递函数为 2
*
)
3()(+=s s K s G （1） 绘制∞→=0*K 时的系统根轨迹〔确定渐近线，别离点，与虚轴交
点〕；
（2） 确定使系统阻尼比ξ，满足10<<ξ的开环增益K 的取值范围；〔15分〕
五、单位反馈系统的开环对数幅频特性曲线)(0ωL 如图4所示，采用串联校正，
校正装置的传递函数 ⎪⎭
⎫
⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=110013.011013)(s s s s s G c
图4 题五图
（1） 写出校正前系统的传递函数)(0s G ；
（2） 在答题纸上重画图4中，并绘制校正后系统的对数幅频特性曲线)(ωL ； （3） 求校正后系统的截止频率c ω和相角裕度γ。

〔15分〕
六、具有滞环继电特性的非线性控制系统如图5所示，具有滞环继电特性的描述函数为 h A A hM
j A h A M A N >--=
,4)(14)(2
2ππ其中1,1==h M 。

（1） 当5.0=T 时，分析系统的稳定性，假设存在自振，确定自振参数；
学习文档 仅供参考
（2） 讨论T 对自振的影响。

〔15分〕
图5 题六图
七、采样系统结构如图6所示
（1） 试求出系统的闭环传递函数
()
()
C z R z ； （2） 设采样周期0.1T s =时，求使系统稳定的K 值范围；
（3） 假设2K =时，求单位阶跃输入时系统的稳态误差()e ∞。

〔15分〕
1-e -Ts
s
2s+2
r(t)
c*(t)
一
K
e(t)c(t)
T
图6题七图
〔常见z 变换：1()1z Z s z =-，1()aT z Z s a z e -=+-，1(1)()()(1)()
aT aT
e z
Z s s a z z e ---=+--〕
4
中南大学考试试卷答案〔A 〕
一．解： 利用结构图等效化简或梅逊增益公式，可求出系统的闭环传递函数为
8
43217432154363243211)()
(G G G G G G G G G G G G G G G G G G G G s R s C -+++=
二、解：〔1〕由系统阶跃响应曲线有
⎪⎩⎪
⎨⎧=-===∞o
o o o
p t h 3.33)34(1.03)(σ
系统闭环传递函数为
2
2
2
2122
12)(n
n n s s K K as s K K s ωξωω++=++=Φ 〔1〕 由 ⎪⎩⎪⎨⎧
===-=--o o o
o n
p e t 3.331.012
12
ξξπσωξπ 联立求解得 ⎩⎨⎧==28.3333.0n ωξ 由式〔1〕⎩⎨⎧====22
21108
2
1n n a K ξωω
另外 3lim 1
)(lim )(21
22
100==++=⋅Φ=∞→→K K as s K K s s s h s s 〔2〕K1>21
三、解 〔1〕无顺馈时，系统误差传递函数为
25
65
20)5)(1(5)()()(2+++=++++==Φs s s s s s s N s C s n 〔2〕5
)(lim )()(lim )(00∆
=∆⋅Φ=⋅Φ=∞→→s s s s N s s c n s n s n
〔3〕有顺馈时，系统误差传递函数为
25
6205)
5)(1(2012520111)()()(2++-+=+++
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-
+==
Φs s K s s s s K s s N s C s n 令 ⎪⎭⎫
⎝⎛-=⋅Φ=⋅Φ=∞→→25205)(lim )()(lim )(00K s s s s N s s c n s n s n σσ=0 得 25.0=K 。

四、解：绘制根轨迹
学习文档 仅供参考
〔1〕 ⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=139)3()(2*
2*s s K s s K s G ⎩
⎨⎧==19*v K K
① 渐近线： ⎪⎩⎪⎨⎧
︒︒±-=--=180,602
3
33a σ ② 别离点： 03
2
1=++
d d 解出： 1-=d
432
*
=+⋅=d d K d
③ 与虚轴交点：096)(*23=+++=K s s s s D
[][]⎩
⎨⎧=+-==+-=06)(Re 09)(Im *
23K j D j D ωωωωω ⎩⎨⎧==543
*K ω 根轨迹如下图。

〔2〕依题有： 544
*<<K ，即： 69
4
<<K 。

五、解：〔1〕⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
1100110100
)(0s s s s G
〔2〕2
0110013.013100)()()(⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪
⎭⎫
⎝⎛+==s s s s s G s G s G c ，)(ωL 见下列图。

〔3〕依图
10=c ω
︒=⨯--︒-+︒=6.63100
10arctan 23.010arctan 90310arctan
180γ 六、解 代入1,1==h M ，有
224
)1(14)(A
j A A A N ππ--=
6
4
14)
1
)1(1)(1)1(1(4)
1
)1(1()(12222π
ππj
A A
j A A j A A j A A A N ---=+---+--=-
其负倒描述函数)(1A N -曲线如题6〔b 〕所示，)(ωj G 曲线位于第三象限，两曲线必然有交点，且该点为自振点。

)
(1
)(55)()
1(5)(22A N j G T
j j G s Ts s G -
=--=+=
ωω
ωω 根据虚部相等，有
π
ωπ
ω
T
j
T
j 2045=
-=- 自振角频率随T 增大而增大，当5.0=T 时，18.3=ω。

根据实部相等，有
14)20(522--=-A T ππ 解出非线性输入端振幅为
14004
2
+=
T
A π
当5.0=T 时，18.1=A 。

自振振幅随T 增大而减小。

七、解：〔1〕 )
1()
1()()(222T
T T e K e z e K z R z C ----+--= 〔2〕 0)1()(22=-+-=--T T e K e z z D ；09.5K <<。