自动控制原理模拟试题(附)

自动控制原理模拟试题(附)
一、简答题：（合计20分, 共4个小题，每题5分） 1. 如果一个控制系统的阻尼比比较小，请从时域指标和频域指标两方面说明该系统会有什
么样的表现？并解释原因。

2. 大多数情况下，为保证系统的稳定性，通常要求开环对数幅频特性曲线在穿越频率处的
斜率为多少？为什么？
3. 简要画出二阶系统特征根的位置和响应曲线之间的关系。

4. 用根轨迹分别说明，对于典型的二阶系统增加一个开环零点和增加一个开环极点对系统
根轨迹走向的影响。

二、已知质量-弹簧-阻尼器系统如图(a)所示，其中质量为m 公斤，弹簧系数为k 牛顿/米，阻尼器系数为μ牛顿秒/米，当物体受F = 10牛顿的恒力作用时，其位移y (t )的的变化如图(b)所示。

求m 、k 和μ的值。

(合计20分)
F
μ
m )
t y k
)
(t y 0.06
0.08
3t
图(a) 图(b)
三、已知一控制系统的结构图如下，（合计20分, 共2个小题，每题10分）
1） 确定该系统在输入信号()1()r t t =下的时域性能指标：超调量%σ，调节时间s t 和峰值
时间p t ；
2） 当()21(),()4sin3r t t n t t =⋅=时，求系统的稳态误差。

四、已知最小相位系统的开环对数幅频特性渐近线如图所示，c ω位于两个交接频率的几何中心。

1） 计算系统对阶跃信号、斜坡信号和加速度信号的稳态精度。

2） 计算超调量%σ和调节时间s t 。

（合计20分, 共2个小题，每题10分）
[1%0.160.4(1)sin σγ=+-,2
112 1.51 2.51sin sin s c t πωγγ⎡
⎤⎛⎫⎛⎫=+-+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎦
]
五、某火炮指挥系统结构如下图所示，()(0.21)(0.51)K
G s s s s =++系统最大输出速度为 2
L (ω)/d
ω (rad/s)
-40 -20
-40
1
5
0 -20
20
ωc
14s + 82s + R(s)
N(s) C(s)
r/min ，输出位置的容许误差小于2o ，求：
1） 确定满足上述指标的最小K 值，计算该K 值下的相位裕量和幅值裕量； 2） 前向通路中串联超前校正网络0.41
()0.081
c s G s s +=+，试计算相位裕量。

（合计20分, 共2个小题，每题10分）
()
G s ()R s ()
E s ()
C s 自动控制原理模拟试题(附)
答案
一、 简答题
1． 如果二阶控制系统阻尼比小，会影响时域指标中的超调量和频域指标中
的相位裕量。

根据超调量和相位裕量的计算公式可以得出结论。

2． 斜率为20/dB -十倍频程。

可以保证相位裕量在3060o o :之间。

11
二、
系统的微分方程为 ：()()()()m y t y t ky t F t μ++=g g
g
系统的传递函数为 ：221()1
()()Y s m
G s k F s ms s k s s m m
μμ===
++++ 因此 221
110(()()m G Y s F s k ms s k s s s m m
μμ==⨯++++
利用拉普拉斯终值定理及图上的稳态值可得：
0021
10()lim ()lim 0.06s s m y sY s s k s
s s m m
μ→→∞==⨯=++
所以 10/ k =0.06 ，从而求得k = 066.7 N/m
由系统得响应曲线可知，系统得超调量为0.02/0.0633.3%σ==，由二阶系统性能指标的计算公式 2
1100%33.3%e ξπξσ--=⨯=
解得 0.33ξ=
由响应曲线得，峰值时间为3s ，所以由
2
31p n t ωξ
=
=-
解得 1.109/n rad s ω= 由系统特征方城
22
220n n k
s s s s m
m
μ
ξωω++=+
+
= 可知
2n m
μ
ξω=
2
n
k m
ω= 所以
22
166.7
135.51.109n
k
m kg ω=
=
= 220.33 1.109135.599.2/(/)n m N m s μξω==⨯⨯⨯=
三、
1）系统的开环传递函数为：288
()(4)(2)68
G s s s s s ==++++
系统的闭环传递函数为2
8
()616
G s s s =
++ 比较 二阶系统的标准形式222
()2n
n n
G s s s ωξωω=++，可得 4n ω=
而26n ξω=，所以0.75ξ=
2
1.7951p n t s ωξ
=
=-
2
/1100% 2.8%e
ξπξσ--==
3
1(5%)s n
t s ξω=
=∆=
2）由题意知，该系统是个线性系统，满足叠加原理，故可以分别求取，()21()r t t =⋅和()4sin 3n t t =分别作用于系统时的稳态误差1ess 和2ess ，系统的稳态误差就等于12ess ess ess =+。

A ） ()21()r t t =⋅单独作用时，
由系统的开环传递函数知，系统的开环增益1k K =，所以系统对()21()r t t =⋅的稳态误差1ess 为：11
211k
ess K =⨯
=+ B ） ()4sin 3n t t =单独作用时，系统的方块图为
系统的闭环传递函数为：28(4)()616e s W s s s +=++
频率特性为：2
8(4)
()616e j W j j ωωωω+=+- 当系统作用为()4sin 3n t t =时，3ω=，所以
1
4
s + 82
s + N(s)
C(s)
2
8(34)3224(3) 2.0763163718e j j
W j j j
++=
==⨯+-+ 2418
(3)arctan
arctan -0.5564327
e W j ∠=-= 系统的输出为：
24(3)sin(3(3))8.56sin(30.5564)
e e ess W j t W j t =⨯+∠=-
所以系统的误差为：18.56sin(30.5564)ess t =+- 四、
解：1）开环传递函数2(1)
()()(0.21)
K s G s H s s s +=
+
15 2.236c ω⨯=
20lg 020(lg1lg )2.236
c c K K ωω-=--==
因为是“II ”型系统所以对阶跃信号、斜坡信号的稳态误差为0； 而加速度误差系数为： 2.236a K = 因而对单位加速度信号稳态误差为1110.4472.236
a ess K K =
=== 2）
180()
180180arctan arctan(0.2)41.81
c c c γϕωωω=+=-+-=o o
o
o
所以1
%0.160.4(
1)36%sin σγ
=+-= 2
112 1.51 2.51 4.74sin sin s c
t s πωγγ⎡⎤
⎛⎫⎛⎫=
+-+-=⎢⎥
⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
五、解：
1）系统为I 型系统，2360/60
6(1/)2
A K s ess ⨯===o o
所以6()(1)(1)25
G s s s s =
++
可以求得
3.5c ω=
3.5 3.5
180()18090arctan
arctan 4.925
c G j γω=+∠=---=-o o o o 令[]Im ()0G j ω=,得
10
1
0.86
()
g g h G j ωω=== 2）
加入串联校正后，开环传递函数为
21
6 2.5()(1)(1)12512.5
G s s s s s +=+++ 求得 4.8c ω=
4.8 4.8 4.8 4.8180()180arctan
90arctan arctan arctan 20.22.52512.5
c G j γω=+∠=+----=o o o o。