2014自动控制原理考试答案(A)

一、(10分)
解：传递函数G(s):根据梅逊公式 1()()()n
i i
i P C s G s R s =∆==∆
∑ （2分） 4条回路:123()()()L G s G s H s =-, 24()()L G s H s =-，
3123()()(),L G s G s G s =- 414()()L G s G s =- 无互不接触回路。

（2分） 特征式：
4
23412314111()()()()()()()()()()i i L G s G s H s G s H s G s G s G s G s G s =∆=-=++++∑
（2分）
2条前向通道: 11231()()(), 1P G s G s G s =∆= ；
2142()(), 1P G s G s =∆= （2分）
12314112223412314()()()()()()()()1()()()()()()()()()()
G s G s G s G s G s P
P C s G s R s G s G s H s G s H s G s G s G s G s G s +∆+∆∴=
==∆++++（2分）
二、（10分）
解：开环传递函数2
(1)
()K as G s s
+=
（2分） 闭环传递函数22222
2
()(1)21n n n K
K s s K as s Kas K s s s ωφξωω===++++++
（2分）
已知%0.2e
πξσ-==
，3p t s =
=
所以，0.46ξ====（2分）
K,a 分别为：2
1.4n K ω==， （2分）
2 1.09
0.781.4
n a K ξω=
== （2分） 三、 (14分)
解：(1)Ⅰ型系统在跟踪单位斜坡输入信号时，稳态误差为 1
ss v
e K =
（2分） 而静态速度误差系数 0
(0.51)
lim ()()lim (1)(21)
v s s K s K s G s H s s K s s s →→+=⋅=⋅
=++ （2分）
稳态误差为 11
ss v e K K
=
=。

（2分） (2)要使0.2ss e < 必须 1
50.2
K >
=，即K 要大于5。

（1分） 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
32()(1)(21)0.523(10.5)0D s s s s Ks K s s K s K =++++=++++= （2分） 构造劳斯表如下
321
210.5330.5030
s K s K K
s
s K
+-为使首列大于0， 必须 06K <<。

（3分）
综合稳态误差和稳定性要求，当56K <<时能保证稳态误差小于0.2。

（2分）
四、（14分）
解：(1)系统有有3个开环极点（起点）：
0、-3、-3，无开环零点（有限终点）；（2分）
(2)实轴上的轨迹：（-∞，-3）及（-3，0）； （2分）
(3) 3条渐近线： 3323(21)60,180j i a a p z n m k n m σπϕ⎧---===-⎪⎪-⎨+⎪==±︒︒
⎪-⎩
∑∑ （4分） (4) 分离点：
03
21=++d d 得： 1-=d （2分） (5)与虚轴交点：096)(23=+++=r K s s s s D [][]⎩⎨⎧=+-==+-=0
6)(Re 09)(Im 2
3r K j D j D ωωωωω ⎩⎨⎧==543
r K ω （2分） 绘制根轨迹如下图所示。

（2分）
五、（10分）
解：1、系统的开环频率特性为 ()()(1)
K
G j H j j j ωωωω=+ （2分）
幅频特性：()A ω=
， 相频特性：()90arctan ϕωω=--（2分）
起点： 00,(0),(0)90A ωϕ
+++
==∞=-；（1分）
终点： ,()0,(
)A ωϕ→∞∞=∞=-；（1分）
0~:()90~180ωϕω=∞=--，
曲线位于第3象限与实轴无交点。

（1分） 开环频率幅相特性图如图所示。

判断稳定性：
开环传函无右半平面的极点，则0P =，
极坐标图不包围（－1，j0）点，则0N =
根据奈氏判据，Z ＝P －2N ＝0 系统稳定。

（3分）
六、（共16分）
解：1、从开环波特图可知，原系统具有比例环节、一个积分环节、两个惯性环节。

故其开环传函应有以下形式 1
2
()1
1
(
1)(
1)
K G s s s s ωω=
++ (2分)
由图可知：1ω=处的纵坐标为40dB, 则(1)20lg 40L K ==, 得100K = (2分)
1210ωω=和=100 （1分）
故系统的开环传函为 ⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
1100110100
)(0s s s s G （2分）
2、写出该系统的开环频率特性、开环幅频特性及开环相频特性： 开环频率特性 0100
()1110100G j j j j ωωωω=
⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝
⎭⎝⎭
（1分）
开环幅频特性
0()A ω=
（1分）
开环相频特性： 110()900.10.01s tg tg ϕωω--=--- （1分）
3、求系统的相角裕度γ： 求c ω
，令0()1A ω=
= 得31.6/c rad s ω≈（2分）
11110()900.10.0190 3.160.316180c c c tg tg tg tg ϕωωω----=---=---≈-（2分）
0180()1801800c γϕω=+=-=
对最小相位系统0γ= 临界稳定 （2分） 七、（共14分） 解：（1）求0(s)G
由给定的()ϕω可知，系统的开环传递函数应为0(s)(0.5s 1)(s 1)
k
G s =
++ （2分）
其幅频特性：()A ω=
（1分）
由题意：180()30γϕω=+= 即：18090arctan
arctan ()302
c ω
γϕω=--+=
arctan0.5arctan 60c c ωω+=
2
0.5arctan 60310.5c c
c ωωω+==-∴0.79c ω= （2分）
由()1
c A ω=得， 1.08k ω== （2分）
0 1.08
(s)(0.5s 1)(s 1)
G s ∴=
++ （1分）
（2）求(s)c G
对于给定校正环节(s 1)
(s)1
c c k G s τ+=
+，由题意得：()arctan arctan 30c c c c ϕωτωω=-= （1分）
其中c ω不变，根据2
arctan arctan arctan(
)1c c
c c c
τωωτωωτω--=+
得
2(1)tan 301c c τωτω-==
+，所以 3.18τ=（2分） 由于()1c c A ω=
1=，所以0.47c k =（2分）
因此校正环节为：0.47(3.18s 1)
()1c G s τ
+=+（1分）
八．（12分）
解：（1）传递函数间有采样开关，分别Z 变换
121
(z)Z[1]111
z z D s z z -=+=+=-- （1分）
01110.632
(z)Z[]10.368
Ts T T e e G s s z e z -----=⋅==+-- （1分）
所以，开环脉冲传递函数为0 1.2640.632
(z)D(z)(z)(z 1)(z 0.368)
z G G -==-- （2分）
（2）闭环特征方程
20.1040.2640z z --= （1分）
所以，闭环系统的特征值：1,20.0520.5164P j =± （2分） 模值均小于1，所以闭环系统是稳定的。

（2分）
（3）因开环传递函数分母中含有（z-1）的因式，所以系统为I 型系统，所以 在(t)21(t)r =⋅的作用下，0ss e =。

（3分）。