天津大学09级自动控制原理试卷答案

解： 1） 根据系统的静态设计指标取 K = 40 ， 绘制系统校正前的开环传递函数的对数幅频特性如 下图中 L 所示。
L(ω )
−20
32dB
−40
8dB
0 −8dB
1
+20
10
L′
L
Lc
ω
显然，校正前的幅值穿越频率和相角裕度不满足设计要求。系统校正前 L(10) = −8dB ，令
10 log α = 8 ，得 α = 6.3 。过 8dB 做 +20dB / dec 的斜线，与零分贝线相交，相交点的频率
或 根 据 T1T2 = 1 4 及 T1 + T2 = 0.3536 ， 得 到 = T1T2 T1 (0.3536= − T1 ) 0.25 ， 即
T12 − 0.3536T1 + 0.25 = 0 ，求出 T1 、 T2 复数解代入后也可得到一样的结果。
(2)
ω = 2 即为系统的相角穿越频率，可得 = h 1= 0.6 1.67 。
B. G ( s ) =
1 + 3s s ( s + 5)
C. G ( s ) =
D. G ( s ) =
1 + 3s ( s − 2)( s + 5)
3. 单位负反馈系统的开环传递函数为
G (s) =
K ( s + 2) ( s + 5)( s 2 + 4 s + 3)
则该系统在实轴上的根轨迹区域为（ A） A. (−2,−1) C. B. ( −3, −2) D.
渐进线与实轴的交点为
= σa
夹角为
( p1 + p2 + p3 ) − z1 0 + (−2 + ) (−2 − ) (−5) = = 0.5 3 −1 n−m
= ϕa
(2k + 1π ) = π 2,3π 2 n−m
在 p1与p2 间的实轴上存在一个分离点，分离点的坐标满足
1 1 1 1 = + + d − z1 d − p1 d − p2 d − p3
一 选择题（每小题 2 分，共 10 分） 1. 线性系统的特征是（C） A. 没有时间纯延迟环节 B. 单一平衡点或多平衡点 C. 齐次性和叠加性 D. 有稳定的自持振荡响应 2. 单位负反馈系统在斜坡输入作用下不存在稳态误差，则其开环传递函数为（B） A. G ( s ) =
1 + 3s ( s + 5)( s + 5) 1 + 3s ( s − 2)( s + 5)
r
e
−
T
1 − e−Ts s
K s2
c
1 + 0.5s
1）求系统的开环脉冲传递函数和闭环脉冲传递函数 E ( z ) R ( z ) ； 2）确定使闭环系统为稳定的 K 的取值范围； 3）求系统的稳态误差。 提示： Z = ，Z 2= ，Z 3 = 3 2 s 2( z − 1) s z −1 s ( z − 1) 解： 1）系统的开环传递函数为
系统输入为 r (t ) = 1(t ) ， R ( s ) = 1 s ，传递函数为
G (s)=
（2）根据峰值时间 t p 的定义，有
7s + 3 C (s) = R( s ) ( s + 1)( s + 3)
dc(t ) −t −3t 0 = −2e p + 9e p = dt t =t p
即有 e
2
（3）当 K 取值为 (0.274, 16) 时，闭环系统稳定且工作在欠阻尼状态。 四（15 分） 、已知某单位负反馈三阶系统的开环传递函数 G ( s ) 的幅相特性曲线如下图所示，
设开环 系统 为无 零点 的最 小相 位系 统， 且已 知 ω =
2 时 ∠G ( jω ) = −135 ， ω = 2 时
2 =0.3536 。
(T + T ) K K = − = −0.6 ，得 K = 0.6 × 4 × 0.3536= 0.8486 。 2 4(T1 + T2 ) 4(T1 + T2 )
再由 G ( j 2) = − 1 2 最终得开环传递函数为
= G (s)
0.8486 3.39 = 2 2 s (0.25s + 0.3536s + 1) s ( s + 1.414s + 4)
γ= 180 − 90 + tg −1 2.5 − tg −1 0.4 − tg −110 = 90 + 68.2 − 21.8 − 84.3 = 52.1
满足设计要求。 3）按照系统中频段特性估算系统的动态特性，系统中频段特性对应的开环传递函数为
= Gc ( s )G ( s )
10 250 = s (0.04 s + 1) s ( s + 25)
a× 2 = −135 ， 有 2 4 − ( 2)
arctg
1.414a = 45 ，得 a = 1.414 。 2
2
此外，从 G ( j 2) = −Байду номын сангаас.6 ，有 − K (aω 2 ) = −0.6 ，于是有 K = 0.6 × 1.414 × 2 = 3.39 。 最终得开环传递函数为
G (s) =
（解法 2）若设开环传递函数为
3.39 s ( s + 1.414 s + 4)
2
G (s) =
即有
K s (T1s + 1)(T2 s + 1)
G ( jω ) =
K jω (T1 jω + 1)(T2 jω + 1)
2 K K (T1 + T2 )ω + j (1 − T1T2ω ) = 2 2 (1 − T1T2ω ) + j (T1 + T2 )ω ω 1 − T T ω 2 + (T + T ) 2 ω 2 jω 1 2 1 2
1
z
1
Tz
1
T 2 z ( z + 1)
1 − e −Ts K (1 + 0.5s ) GH ( z ) = Z s2 s =
将 T = 0.2 代入整理得
K ( z − 1) 1 + 0.5s K ( z − 1) T 2 z ( z + 1) 0.5Tz = Z 2( z − 1)3 + ( z − 1) 2 3 z z s
1 sin(2t − 43.4 ) 2 1 sin(2t + 43.4 ) 2
(B) c(t ) =
1 sin(2t − 63.4 ) 5 1 sin(2t + 63.4 ) 5
(C) c(t ) =
(D) c(t ) =
二（15 分） 、 已知控制系统在零初始条件下的单位阶跃响应为
c(t ) = 1 + 2e − t − 3e −3t
(
)
根 据 给 定 条 件 ∠G ( j 2) = −0.6 ， 开 环 幅 相 特 性 的 虚 部 为 零 ，有 1 − T1T2 22 = 0 ，得
T1T2 = 1 4 。
根 据 给 定 条 件 ∠G ( j 2) = −135 ， 有 (T1 + T2 ) 2 = 1 − 2T1T ， 有
T1 + T2 =(1 − 0.5)
(3) 由 G ( j 2) = −0.6 知，幅相特性曲线没有包围 (−1, j 0) 点，故闭环系统稳定。
五、设单位反馈系统的开环传递函数为
G (s) =
1）设计 K 的取值和超前校正装置
K s ( s + 1)
= Gc ( s )
α Ts + 1
Ts + 1
α >1
的参数，使系统在单位斜坡输入下的稳态误差 essv = 0.025 ，幅值穿越频率 ωc = 10 ，相角 裕度 γ ≥ 45 ； 2）对设计结果进行校验； 3）估算校正后系统的超调量 σ % 和调节时间 t s （ 5% 误差） 。
（1）求该系统的传递函数；
（2）利用峰值时间及超调量定义求该系统在零初值条件下，单位阶越响应的峰值时间 t p 和 超调量 σ % ； （3）求该系统在零初值条件下的单位脉冲响应。 解： （1）求输出的拉氏变换为
1 2 3 7s + 3 C (s) = L(c(t )) =+ − = s s + 1 s + 3 s ( s + 1)( s + 3)
(−1,+∞)
(−∞, −5)
4. 对于稳定的线性系统的零点和极点，下列哪种说法是正确的（D） A. 闭环零点的位置可以决定闭环系统的稳定性； B. 闭环实数极点的主要作用是减小系统阻尼，增大超调量； C. 调节时间主要取决于最接近虚轴的闭环复数极点的虚部绝对值； D. 闭环实数零点的主要作用是减小系统阻尼，使峰值时间提前。 5. 已知系统的脉冲传递函数为 g (t ) = e − t , 设输入 r (t ) = sin 2t ，则系统的稳态输出为（B） (A) c(t ) =
2 于是有 ωn = 250 ， 2ξωn = 25 ，得 ωn = 15.8 ， ξ = 0.79 ，于是有
−πξ
σ% ≈ e
ts ≈ 3.5
1−ξ 2
%= 2%
ξωn
0.28s =
六、离散时间控制系统如下图所示，其中采样周期 T = 0.2 s ， r (t ) = 1 + t + t 2 2 。
GH ( z ) =
系统的闭环脉冲传递函数