北京航空航天大学2008年硕士研究生入学考试自动控制原理真题

= c
1 2 & + N ，由 c(0) = & c −2, c (0) = 0， 2 1 2 & −2 c 2
由以上解得： = c
&< 0 ，解方程 c & &= −1 得： （2） 当 c > 1 ， −1 ≤ c < 1 ， c
1 2 & + N ′ ，由（1）部分计算得到 & c= − c = c(1) 1, = c (1) 2 则与 c 轴的交点为： (4, 0) ；
2
由输入信号可知 ωr = 1 可以计算当 ω = 1 时，幅值及相角分别为： Φ ( jω ) =
2 ωn 2 2 − ω 2 ) + 4ζ 2ωn ω 2
(ω
2 n
ϕ ( jω ) = − arctan
则 = Φ ( j1)
2ζωn ω 2 −ω2 ωn
n = 0.97 2 2 2 2 2 2 (ωn − 1 ) + 4ζ ωn 1
ω2
2ζω ω 2 2 − arctan 2 n 2 = − arctan = −43.31o ϕ (1) = 3 ωn − ω Φ e ( j1) = 3 = 0.73 17
90o + arctan ϕe (1) =
1 2 2
− arctan
2+ 2 2 −2 − arctan = 66.15o 2 2
（1） 确定参数 τ ，使开环渐近幅频特性曲线的截止频率为 5rad / s ； （2） 根据本题（1）所确定的 τ 值计算系统的相稳定裕度 γ 。 四、 （本题 15 分）某非线性系统如题四图所示：
M
r =0
e
u
h
1 s2
c
题 四图
&为相坐标，试画出满足初始条件 c(0) = −2 、c & 其中，M = 1 、h = 1 。若取 c 、c (0) = 0 的
调节时间： = ts
ζωn
3 =
3 2 2.12s = 3 /= 1 ×2 2
峰值时间： = tp = 1− ζ 2
π
ωn
= π= / 2 2.22s 1 ×2 2
π
超调量：
σ% = e −πζ
1−ζ 2
4.32% ×100% = e −π ×100% =
（2） 系统单位负反馈的开环传递函数： G ( s) = 根据题意计算误差传递函数为： Φe ( = s) 1 s 2 + (1 + τ ) s = 2 1 + G ( s ) s + (1 + τ ) s + 4 4 s + (1 + τ ) s
& &= u ， e = r −c = −c Q c
则 c < −1; 1 &> 0 −1 < c ≤ 1, c & &= c c >1 −1 &< 0 −1 ≤ c < 1, c
&> 0 ，解方程 c & &= 1 得： （1） 当 c < −1 ， −1 < c ≤ 1 ， c
T
sI − ( A − HC ) =
s h1 − 1 = s 2 + (h2 − 2) s + (h1 − 1) −1 s − 2 + h2 )
1 0 0
1 −1 G (s) = C ( sI − A ) B = ( s − 1) 2
et −1 e At = L−1 ( sI − A ) = 0 0
At = y (t ) e= u (t ) tet
tet etu 闭环系统极点在 −1 ± j 处， （1） 设计状态反馈向量 k ， = kx + r 后， 这里 r 为参考输入； （2） 对该被控对象构造一极点为 −5 、 −5 的状态观测器；
ˆ + r ，其中 k 为本题（1）求出的反馈向量、 x ˆ 为本题（2） （3） 若采用控制 u = kx ˆ + r 构成的闭 所设计的观测器状态，求由被控对象、状态观测器、反馈 u = kx
2
所以系统为不可控系统。
C 1 0 0 rank CA = rank 1 1 0 = 2 < 3 2 CA 1 2 0
所以系统为不可观测系统。 （2） 对系统进行可控性分解
由可控性矩阵 B
AB
0 1 2 AB = 1 1 1 0 1 2
再利用变换 x = Px ，可将原系统的动态方程变换为：
1 0 0 1 1 0 ，= −1 = A PAP = = B PB −1 0 −1
（3）求解传递函数和脉冲响应
1 s −1 −1 ( sI − A) = 0 0 1 ( s − 1) 2 1 s −1 1 ( s − 1) 2 0 0 1 s − 1
相轨迹。要求确定相轨迹与开关线的前两个交点，并根据相轨迹分析系统运动是 收敛还是发散。 五、 （本题 15 分，每小题 5 分）某系统动态方程如下：
1 1 0 0 & 0 1 0 x + 1 u ， y = [1 0 0] x = x 0 1 1 0
( s + 1 − j )( s + 1 + j )
sI − ( A + Bk ) =
s −1 = s 2 − (2 + k2 ) s − (1 + k1 ) −(1 + k1 ) s − (2 + k2 )
则上面两式相等，可以解得 k = [ −3 −4] 。 （2） 根据观测器极点的要求，期望多项式为： ( s + 5)( s + 5) = s 2 + 10 s + 25 令 H = [ h1 h2 ] ，使：
环系统的传递函数。
自动控制原理部分(共 90 分)
一、 解： （1） 首先根据题意计算系统的闭环传递函数： 4 Φ(s) = 2 s + (1 + τ ) s + 4
n 与二阶系统的数学模型 Φ ( s ) = 对照，可解得： 2 s 2 + 2ζωn s + ωn
ω2
= τ 2 2 −1。 ωn = 2 ，
（1） 判断系统的可控性和可观测性； （2） 若系统不可控。试进行可控性分解； （3） 求该系统由输入 u 到输出 y 的传递函数，并求 u (t ) = δ (t ) 时的单位脉冲响应
y (t ) 。
六、 （本题 15 分，每小题 5 分）某被控对象的动态方程如下：
0 1 0 & = x x + u ， y = [ 0 1] x 1 2 1
ess (t ) = Ar Φ e ( jω ) sin(ωt + ϕr + ϕe ) =× 1 0.73sin(t + 66.15o) = 0.73sin(t + 66.15o) 二、 解：
闭环系统的特征方程为：
1 + G (s) H (s) = 0
Q H ( s ) = 1 ，则
Ts 3 + s 2 + 3s + 2 = 0 1 + G (s) = 0
10(τ jωc + 1) =1 jωc ( jωc + 1)(0.08 jωc + 1) ω =5
c
则解 = τ
654 = 0.5 50
（2）
∠G ( = jωc ) arctan
5τ − 90o − arctan 5 − arctan 0.4 1 o 68.64 − 90o − 78.69o − 21.80o = = −121.85o
= i 1= i 1 i
∑d− p =∑d−z
2
1
3
1
i
1 1 3 + = d +1 d + 2 d
d 2 + 6d + 6 = 0
， d 2 =−3 − 3 d1 =−3 + 3 （舍去） （3） 求与虚轴交点： 闭环系统的特征方程为：
Ts 3 + s 2 + 3s + 2 = 0
将 s = jω 代入，令上式的实部和虚部分别为零，得到合理解： −Tjω 3 + (−ω 2 ) + 3 jω + 2 = 0 2 −ω2 = 0 ，ω = ± 2 3ω − T ω 3 = 0 ，T = 3 2
2
由可控性矩阵秩为 2，可取前两列，且作列变换，前三列初等列变换后的结果为下 列矩阵的前两列，得到以下矩阵：
0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 令 P −1 = 1 0 0 ，则 0 0 1 0 1 0 P= 1 0 0 0 0 −1
o = γ 180o + ∠G ( jω = 180o − 121.85 = 58.15o c)
四、
解： 根据继电型非线性的表达式，可以得到 u 和 e 的表达式为： M u= − M e > h; &< 0 − h < e ≤ h, e e < −h &> 0 − h ≤ e < h, e
1 1 0 0 （1） A = 0 1 0 ， B = 1 ， C = [1 0 0] 0 1 1 0 B rank AB 0 1 2 = rank 1 1 1 = 2 < 3 AB 0 1 2
北京航空航天大学 ２００８ 年 硕士研究生入学考试试题