东大自控真题及答案

1、东北大学自动原理 2011 试题一、简答题1、 试列出 3 种自动系统的类型，并简要说明其划分原则（或依据）。答：自动系统有多种，按方式分为开环系统、闭环系统、复合系统。（1）种方式组成的装置与被控对象之间只有顺向作用而没有反向的过程，按这系统为开环系统。（2）闭环是将输出量直接或间接反馈到输入端形成闭环参与的方式，按这种方式组成的系统为闭环系统。（3）复合是开环和闭环相结合的一种方式，是在闭环的基础上，通过增设顺馈补偿器来提的精度，从而系统的稳态特性。2、 简述线性定常系统传递函数的定义。答：线性定常系统传递函数是在零初始条件下，系统输出量的拉氏变换与输入量的拉氏变换之比。设线性定常系统由下

2、述 n 阶线性常微分方程描述：dndn1da0 dtn c( )t + a1 dtn1 c( )t + an1 dt c( )t + anc( )tdmdm1d= b0 dtm r( )t + b1 dtm1 r( )t + bm1 dt r( )t + bmr( )t式中，是 c(t)系统输出量；r(t)是系统输入量；ai(i = 1,2, n)和bi(j = 1,2, m)系数。设 r(t)和 c(t)及其各阶导数在t = 0时的值均为零，是与系统结构和参数有即零初始条件，则对上式中各项分别求拉式变换，并令C(s) = c(t)，R(s) = r(t),可得 s 的代数方程为a0sn +

3、a1sn1 + anis + anC(s) = b0sm + b1sm1 + bm1s + bmR(s)，于是，由定义得系统传递函数为C(s)b0sm + b1sm1 + bm1s + bmM(s)(s)G= R(S) =a0sn + a1sn1 + anis + an= N(s)系统如图二所示，其中Wc(S)为补偿校正装置，试求该闭环传递函数𝑋𝑐(𝑠)/𝑋𝑟(𝑠)，二、并从理论上确定如何设计补偿校正装置Wc(S)，可以使校正后的给定误差为零。解：XC(s) = W2(s)WC(s)+W1(s)W2

4、(s)1+W1(s)W2(s)Xr(s)又因为E(s) = 1 XC(s) = 1 W2(s)WC(s)Xr(s)1+W1(s)W2(s)Xr(s) 1 W2(s)WC(s)E(s) = X (s)r1+W1(s)W2(s)1令E(s) = 0，则WC(s) =W2(s)已知某三阶负反馈系统具有一个有限零点为1.5，三个极点分别为1.2 ± j1.6和三、1.49，且系统传递函数（化为根的形式）放大系数为 4.1、 试写出该系统的传递函数；在阶跃函数作用下，系统的动态性能指标超调量%、调整时间 ts，和2、 试峰值时间 tm。解：（1）反馈的开环传递函数为:4(s + 1.5)W (

5、s) =k（s + 1.49)(s + 1.2 j1.6)(s + 1.2 + j1.6)4(s + 1.5)=（s + 1.49)(𝑠2 + 2.4s + 4)（2）由s1 = 1.49, 零点s2 = 1.5可知这对零极点对为开环偶极子，因此对系统的动态响应性能影响很小，因此可以略去。故4W (s) =k𝑠2 + 2.4s + 4闭环特征方程式为s2 + 2.4s + 4 = 0则2n = 2.4，n2 = 4求出 = 0.6，n = 2所以% = e12 =9.5%3t (5%) = 2.5ssnt = 1.9625sp 1 2n k负反馈系统的开环传递函

6、数为W (s) =g四、设。ks(s+1)(s+4)1、 绘制闭环系统根轨迹；2、 试确定系统呈单调动态响应以及衰减震荡动态响应的 kg 取值范围。解：（1）起点：三个开环极点p1 = 0, p2 = 1, p3 = 4；终点：实轴上的根轨迹区间为1,0，, 4。零点。分离点，会合点计算D(s)N(S) N(s)D(S) = 0整理得3s2 + 10s + 4 = 0故s1 = 2.87(舍去)，s2 = 0.46渐近线计算，由公式 = 180°(1 + 2)( = 0,1,2 )n mnPj m Zij=1i=1n mk = 求得根轨迹的渐近线倾斜角和渐近线与实轴的交点为 = 18

7、0°(1 + 2) = ±60°，180°3 = 5k3根轨迹与虚轴交点：在闭环特征方程s(s + 1)(s + 4) + 𝐾𝑔 = 0中，令s = j j(j + 1)(j + 4) + 𝐾𝑔 = 0j(4 𝜔2) 52 + kg = 0=2，𝐾𝑔 = 52 = 20， 根轨迹绘制：2-4-10-2呈单调动态响应，将s = 0.46代入特征方程得kg = 0.88，取值（2）与实轴相交范围为0 < kg < 0.88，衰减震荡时0

8、.88 < kg < 20。五、一负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如题五图，其中虚线为校正前特性，实线为加入串联校正装置后的特性。1、 试写出系统校正前、后的开环传递函数；2、 试写出串联校正装置的传递函数，画出该校正装置的对数幅频特性，并说明此校正主要是利用该装置的什么特性；3、 试求校正后系统的c相位裕量（c)。解：（1）校正前由图题五图得： KkW (s) =0s(T1s + 1)其中T1 = 1 ，20 log Kk = 26，Kk = 202则20W (s) =0s(1 s + 1)2校正后由图题五得： 20(T s + 1)2W (s) =1s(1 s + 1)(T

9、 s + 1)3211其中T2 =，T3 =4.3219.87则20( 1 s + 1)4.321W1(s) =1s(2 s + 1)(19.87 s + 1)（2）由于W1(s) = W0(s) Wc(s)则 1 s + 1Wc(s) = 4.32 1s + 119.87因此根据上式画出Wc(s)的对数幅频特性：L()4.3219.87由上图可知此校正装置是一滞后校正。（3）20 log K 40 log 4.32 20 log= 0c2得出c = 9.2624.32( ) = 180° 90° + tan1 9.26 tan19.26= 52°c219.87六

10、、设运算放大器的开环增益充分大，其输入电压和输出电压的变化范围为±10V。1、 画出输入输出非线性特性曲线；2、 求其非线性环节的描述函数；3、 在复平面上画出上述描述函数的负倒数。解：y（1）10Vx-10V（ 2 ） 因为 y(t) 为单值奇对称， 故Y0 = 0，C1 = 0。 描述函数N = B1 ，其中B1 =A1 2 y(t) sin tdt。由于 y(t)是周期为 2的方波，且对点奇对称，B1可改写为02440B1 = M sin tdt =，0故描述函数为N(A) = B1 =40 。AA（3）描述函数的负倒数为 1 = A，则图像为N40j 1N七、设采样系统如题七

11、图所示，已知(t) = 1(t)，试计算D(z)使系统输出量的 z 变换C(z) =1，并给出c(t)的图形。（提示：e_1 = 0.368）z1解：（1）s11e11e1 = z1W (z) = Z *Z zs(s+1) =ze10ss+111e z D(z)R(z)=W (z)=D(z) W (z) =k0ze1z1(z) = C(z) = 1WBR(z)zC(z) = R(z)Wk(z)1 + Wk(z) W (z)B1 WB(z)W (z) =kZe1 WB(z)D(z)=z0.368=W0(z)(1WB(z)(1e1)(z1)0.632(z1)z11（2）C(z) = z11z11&

12、#119911;1c(𝑡) = 1(𝑡 𝑇)东北大学科目代码：8362012 年攻读一、概念题（共 10 分，2 小题）学位研究生入学考试试题1、（5 分）简述线性2、（5 分）简述如何解答：1、如果系统主导极点的定义。系统是否为线性系统。中距离虚轴最近的极点其实部小于其他极点实部的 1/5，并且附近不零点可认为系统的响应主要由这一极点决定，这些对动态响应起主导作用的闭环极点叫做主导极点。2、输出量 x(t)及其各阶导数都是一次的，并且各系数与输入量无关，线性微分方程的各项系数为常数。二、（共 20 分）求图 1 所示电路以ur 为输入、uc 为

13、输出的传递函数。iR1i1i2CL1urucR2图 1题 2 电路图解答：由电路理论可得： i = i1 + i2拉氏变换后可得： I (s) = I1(s) + I2 (s)I (s) = Ur (s) -Uc (s)Ri + u = u1crR1= C ducI (s) = sCU (s)i11cdtdi2L+ R i= uL sI (s) + RI (s) = U (s)12 2c1 22cdtL1s + R2联立方程得传递函数： Uc(s) =Ur (s)(R1sC +1)(L1s + R2 ) + R1三、（共 20 分）已知系统结构图如图 2 所示，阶跃响应超调量为 16.3%，峰

14、值时间为 1 秒，试确定t 、 K 的值，并计算输入为1(t) + 4t的稳态误差。R(s)C(s) 1 s(s +1)+-t s图 2题 3 系统结构图1K ×(s) =s(s +1) =KK=解答：Ws(s +1) +t ss2 + (t +1)sk1s(s + 1)t s1+Ks2 (t +1)sKWB (s) = K= s2 (t +1)s + K1+s2 (t + 1)sxp1-x 2-可知 2xw = t +1s % = ex » 0.5´100% = 16.3%又可得nt =p= 1spw= Kw » 3.62wnmn1- x w2dn所以

15、 K » 13 ，t » 2.6KKW (s) =，ks2 + (t +1)ss(s +t +1)K1输入为 1（t）时： e= lim= 0ss1Ks®0 1+W (s)1+K s(s +t + 2)41× s = lim 4 ×1输入为 4t 时： e= lim×= 1.1ss 21+W (s)13s(s + 3.6)s®0 s2ss®01+K所以输入为 1（t）+4t的稳态误差为 1.1K四、（共 20 分，2 小题）已知负反馈系统的闭环根轨迹如图 3 所示，若复平面内根轨迹为以有限零点 z 为圆心的圆。1、

16、（10 分）试确定使该系统的开环根轨迹放大系数 Kg 取值范围。2、（10 分）试写出该系统阶跃响应无超调时最小 Kg 值所对应的闭环传递函数。jw3 jrsHp1p2z1r-1-3 j图 3题 4 根轨迹图(s) = Kg (s - z) ，解答：1由图示根轨迹可设开环传递函数Wks(s - p )2闭环特征方程为: s2 + (K - p )s - K z = 0g2g由图可知r2 = 32 + (r -1)2 = 9 + r2 - 2r +1可知 r=5，z=-(r-1)=-4所以有s2 + (K - p )s + 4K = 0g2g将根轨迹与虚轴交点 s=j3 带入特征方程：-32 +

17、 4K + j3(K - p ) = 0gg2= 94得： K = pg2> 94系统时需有 Kg2系统闭环特征方程： s2 + (K - 9)s + 9 = 0g4由图知 H = 2(1- z) +1 = -9征方程无超调且Kg 值最小，将s=-9 其代入闭环特(-9)2 - 9(K - 9) + 9 = 0 ，可得 Kg=12.25g4五、（共 20 分）已知一反馈系统有一个开环极点位于复平面的右半部，其余的开环放大系数 KK = 1时，其开的开环零、极点均位于复平面的左半部，环幅相频率特性如图 4 所示，其中， A 、 B 、C 点坐标分别为-1.6、-0.8、-0.4。试确定使系

18、统的 KK 值范围。图 4题 5 系统的开环幅相频率特性图解答：已知已有一个开环极点位于复平面的右半部，由奈判据知需有z =1- 2× N = 0 ，即 N = 1 ，幅相特性需逆时针（-1，j0）半圈才。由图211可知只有（A,B）(C,0)满足，由 A 点-1.6,B 点-0.8 知：当 K 满足< K<，0.8gg1.61即 0.625 < K < 1.25，同理知（C，0）部分为 K >= 2.5 。综上gg0.40.625< KK < 1.2 或 KK > 2.5。六、（共 20 分，2 小题）已知一负反馈系统其固有开环传递函

19、数和两种校正装置的对数幅频特性曲线（分别标记为 L0 ， Lc1 和 Lc2 ）如图 5（a）、（b）所示。1、（10 分）试写出两种校正装置校正后的系统开环传递函数，并求校正后系统的相位裕量。2 、（ 10 分） 简述这两种校正装置分别为何种校正方式及其适用范围。L(w) / dBL(w) / dBL0L0Lc2w/ s-1w/ s-1001200.1100.112010010Lc1（a）（b）图 5题 6 系统固有开环传递函数和两种校正装置的对数幅频特性K解答： L0 (s) =， s s(+1)10K20200由图知= 1 K = 20 L (s) =0s( s +1)s(s +10)2

20、010L (s) = K (s +1) 又20lg K = 0 ，K=1 得 L (s) =s +1，c1s0.1c110s +1+10.1s +1同理 L (s) =c20.01s +1Lc1 校正后系统的开环传递函数为:200(s +1)20(s +1)W (s) =, w = 2K1s(s +10)(10s +1)s(+1)( s +1)sc10.11020( s +1)(s) =10, w= 20校正后系统的开环传递函数为:WLK 2s( s +1)(+1)sc 2c210100j1(w) = -90 + arctanw -arctan10w -arctan 0.1w = -125 ,

21、g (wc1) = 55j2 (w) = -90 -arctanw -arctan 0.01w = -101.3 ,g (wc2) = 78.72由所求结果可知w> w 且g 也较大，又由图可知 L 为滞后校正， L 为超前c2c12c1c1校正。滞后校正的适用范围：（1）在wc 附近随w 增大，系统相位滞后急剧增加，以至于难于采用超前校正的情况；（2）宜于减小 BW 和减慢动态响应的情况；（3）高频干扰为主要问题的情况。超前校正的适用范围：（1）靠近wc 随w 变化，相位滞后缓慢增加的情况；（2）要求有大的 BW 和快的动态响应；（3）高频干扰不是主要问题的情况。七、（共 20 分）已

22、知一系统结构图如图 6 所示，图中M = h = 1，试分析当T = 0.5是否自振。若自振，则求出自振幅值与角频率。Ts +1R(s)C(s)s2+图 6题 7 系统结构图已知：死区特性描述函数：ùû³ DN (³ D饱和特性描述函数： N (æ h ö24M4Mh继电器特性描述函数： N ( X ) =X ³ hp25K0 DM0hK0 D解答：æ h ö24MhN ( X ) = p)p X æh öæ h ö2æ h ö2p Xp h4M

23、1ç+ j÷ = -= -1- ç1- ç- j÷÷N ( X )4M çX ÷4Mè X øè X øèø可见负倒描述函数的虚部为一常数- p h 4MjwT +1 ，G(s) = Ts +1 ， G( jw) =-w2s2P(w) =- 1 ， Q(w) = -T ，j(w) = -180 + arctanTww2w=- p h4M自振，令-T可得自振频率w = 4TM由图wp hp 2h21将w 代入 P(w) 得 P(w) =- ，令 P(w) 与

24、-实部相等：16T 2M 2N ( X )p h2h= X 1- () =X - h2224T 2MX1p 2h4 +16h2T 4M 2 =p 2 +1可，振幅 A =4T 2M八、（共 20 分）一系统结构图如图 7 所示，采样周期T = 1s 。试确定使系统的 K 值范围。KC(s)R(s)s(s + 1)T图 7题 8 系解答：é1- e-TSKùéùé-1111ùWK (z) = z ê×ú = K (1- z )z s(s +1)-1= K (1- z )z êë+ s2-

25、1+s +1úûêús (s +1)2ssëûëûéùz -1Kz-1(0.368 + 0.264z-2 )11= K (1- z )z ê-ú =-1+()ê1- z1- 0.368z-1 ú(1- z-1)(1- 0.368z-1)21- z-1ëû系统的闭环特征方程为 z2 +(0.368K -1.368)z +(0.264K + 0.368) = 0w +1+(1.264 - 0.528K )w + 2.736 - 0.101K

26、 = 0进行双线性变换令 z = w -1 得， 0.632w21 .2 6-40 . K5 2>82 .7 3-60 .6 3K2 >0 . 1K0>400 < K < 2.39若要系统1 - e-Tss一、简述题（共1、 （5 分）10 分，2 小题）稳态误差的因素有哪些？如何减的稳态误差。答：稳态误差的因素的类型、开环增益和输入信号。(1)增大开环增益可以减小稳态误差(2)提的型别可以减小稳态误差2、（5 分）按照校正装置和系统不可变部分的连接方式，通常可分为哪三种基本校正方式， 其中哪种校正方式可以抑制系统的参数波动及非线性因素对系统性能的影响。答：分为串

27、联、反馈、前馈。其中反馈校正可以抑制系统的参数波动及非线性因素对系统的影响。二、 （共 20 分）求图 1 所示电路以ur为输入、为uc输出的传递函数。图 1 题二电路图 ur(s)uc(s)解：=T(s) = (R0C0s+1)(R1C1s+1)R0/ 1 R1+ 1 R0C1ssC0sC1三、（共 20 分）已知系统结构图如图2 所示，其中W1(s)的脉冲响应为10 10et。试分析内反馈s的对系统性以及系统稳态误差的影响。图 2 题三系统结构图10解：由题意得：W1(s) =s(s+1)当s不时，其开环传递函数为：Wk1(s) = s+1 10= 10ss(s+1)s2闭环系统特征方程为

28、：s2 + 10 = 0。s = ±10j，所以临界。稳态误差：闭环特征根是一对虚根，响应有等幅震荡的正弦分量，不能用终值定理求解稳态误差。s21E(s) =R(s) =R(s)1+W (s)s2 +10K11s阶跃输入： R(s) =， E(s) =s，s2 +10e(t) = cos 10t ， ess = cos 10t11斜坡输入： R(s) =， E(s) =，s2 +10s211e(t) =sin 10t ， e =sin 10tss1010111s度输入 ： R(s) =， E(s) =-，s(s2 +10)10s10(s2 +10)s311e(t) =-cos 10t

29、 ，= 0.1- 0.1cos 10tess1010当s时，其开环传递函数为：Wk2(s) = s+1 1010(s+1)=ss2+(10+1)ss2(s+10+1)其闭环特征方程：s3 + 10s2 + s2 + 10s + 10 = 0,当 > 0。1= 10+1，可知随着的增加，稳态误差会变大。稳态误差ess = lims0 s2 2 10(s+1)10s (s+10+1)综上所述，前后对比四、 （共 20 分，2 小题）已知但稳态误差增大了。系统结构图如图 3 所示。1、 （10 分）试绘制系统的根轨迹，并确定使闭环系统的 K 取值范围。2、 （10 分）若已知闭环系统的一个极点

30、为-1，试确定该系统的闭环传递函数。图 3 题四系统结构图5K(s1)解：1、Wk(s) = K(s1) =5(s+2)2 s+5(s+2)2(s+5)系统极点：-2，-2，-5；零点：1；n-m=2渐近线交点：k = 2+2+5+1 = 5，夹角 = 180(1+2n) = ±90°2分离点与会合点：D(s) N(s) N(s) D(s) = 02 (s + 2)2(s + 5) (s 1)2(s + 2)(s + 5) + (s + 2)2 = 0(s + 2)(s + 2)(s + 5) (s 1)(2s + 10 + s + 2) = 0𝑠1 = 2

31、，为两个开环极点𝑠2 + 𝑠 11 = 0𝑠 = 1±1+44 = 1±6.7，𝑠2 = 2.85(舍去)，𝑠3 = 3.85分离点22由图可知s = 0j时，闭环系统临界，将其代入闭环特征方程(s + 2)2(s + 5) + 5K(s 1) = 0,得 K=4。所以，0 < 𝐾 < 4。2、将 s=-1 代入闭环特征方程得 4-10K=0，所以 K=0.40.4(s1)4(s1)(s+5)10(s3+9s2+26s+18)所以闭环传递函数WB(s) =s+22=1

32、+ 2(s1) (s+2)2(s+5)2K(s+1)负反馈系统的开环传递函数为：W (s) =五、 （共 20 分）已知某ks3其中，K > 0、 > 0，试用奈时 K 和应满足的条件。判据闭环系统22 2K(j+1)2K+jK(1 )解：W (j) =k(j)33所以，P() = 2K ，Q() = K(122)，33 = 0 时，P() = , Q() = , () = 270° = 时，P() = 0, Q() = 0, () = 90°系统的频率特性曲线在=0 到 0+会有一次负穿越，还需要有一次正穿越令Q() = 0得2 = 1 ，即 = 12将其代入

33、P（）可得P() = 2K31所以，2K3 < 1，即 K >2310六、 （共 20 分，2 小题）已知系统的开环传递函数为:Wk(s) =s(0.5s+1)(0.1s+1)1、（10 分）绘制系统，并求相位裕度；（10 分）如采用传递函数为Wc(s) = 0.37s+1 的串联超前校正装置，试绘制校正后系统2、0.049s+1，并求此时的相位裕度，同时讨论校正后系统的性能有何改进。的10解：1、W (s) =，截止频率 20 = 4.47k1cs(s+1)( s +1)210() = 90° arc tan 0.5 arc tan 0.1 r1(c) = 180

34、76; + (c) = 180° 180° = 0°10(0.37s+1)2、W (s) = W (s) W (s) =kk1cs(s+1)( s +1)(0.049s+1)210则100.37c = 1， c 7.4cc2校正后：() = 90° + arc tan 0.37 arc tan 0.5 arc tan 0.1 arc tan 0.49 r(c) = 180° + (c) = 28.6°系统性能的改进：系统的相位裕度增大，频带增加，是系统更加加快，同时稳态误差基本不变了，并且系统响应时间七、 （共 20 分）已知系统结构

35、图如图 4 所示。为使系统不产生自振，试利用描述函数法确定 M 和 h 应满足的式。继电器特性描述函数：N(A) = 4M 1 (1 h)2 ，A h。AA图 4 题七系统结构图3解：G(s) =，s(0.8s+1)(s+1)由相角可得与虚轴相交频率90° arctan0.8 arctan = 180°所以，arctan0.8 + arctan = 90°，得 = 52将 代入 G(s)，可得|G(j)| = 43d( 1 )1又取得最大值时，有N(A) = 0，得A = 2hN(A)dA将其代入 1 ，可得 hN(A)2M为使系统不产生自振， h < 4，

36、得h >82M3M3八、 （共 20 分）已知系统结构图如图 5 所示，采样周期T = 1s。试求闭环系统脉冲传递函数，并闭环系统的性。图 5 题八系统结构图1eTsK(1z1)Z K s2(s+1)ss(s+1)解：W (Z) =k11+Z1eTs(s+1)1+(1z1)Z K KS2ss(s+1)𝑧1(1 𝑧1)21+1111 𝐾(1 𝑧1)21𝐾(1 𝑧)𝑍+=𝑠2𝑠𝑠 + 1 =1 𝑧11 𝑒

37、;1𝑧1𝑧1(1 𝑧1)21 𝑧1 + 𝐾𝑧11 + 𝐾(1 𝑧1)Kz1(0.368 + 0.264Zz1)= (1 0.368z1)1 + (K 1)z1Kz1(0.368+0.264z1)所以，W (Z) = Z 1 W (Z) =kk1(1z1)(10.368z1)1+(K1)z1sKz1(0.368+0.264z1)(Z) = Wk(Z) =则WB1+Wk(Z)(1z1)(10.368z1)1+(K1)z1+Kz1(0.368+0.264z1)闭环特征方程为

38、(1 z1)(1 0.368z1)1 + (K 1)z1 + Kz1(0.368 + 0.264z1) = 0 z3 + (1.368K 2.368)z2 (1.104K + 1.736)z + 0.368(K 1) = 0双线性变换：令： z = 1+ w1- w(2 2.84K)𝑤3 + (6 + 0.84𝐾)𝑤2 + (3.472 + 1.368𝐾)𝑤 + 0.632𝐾 3.472 = 0系统的必要条件：3.472 < K < 2 ，不能满足，所以系统不。0.6322.84东北大学

39、 2014 自控一、简答题（10 分）1. 简述前馈响？可以线性系统哪方面性能，对线性系统性有2. 简述频率特性的定义，最常用的频率特性表示解：有哪些？（1） 通过前馈补偿，提高了系统的精度，减小了稳态误差。对于给定前馈，可以提高跟踪速度。对于按扰动矫正，可在偏差对被控量产生影响前对系统进行校正。由于输入取自闭环外，不的特征方程式，故不的性。（2） 当输入信号为谐波时，频率特性为输出信号的变换与输入信号的变换之比。常见的表示法有幅相频率特性曲线、对数频率特性曲线、对数幅相频率特性曲线。二、（20 分）在零初始条件下的输出响应为1- 2e2t + et ,若某系统在阶跃输入作用试的阶跃响应。-3

40、s + 2解： Lc(t) = 1 -21+=ss - 2s -1s(s- 2)(s-1)1s由于 R（S）=-3S + 2故W (S) = C(S) =BR(S)(S- 2)(S-1)当 r(t) = d (t) ，即R(S) = 1-3S + 2C(S) = W (S)* R(S) =，B(S- 2)(S-1)-41进行拉氏反变换有 L-1c(s) = L-1三、（20 分）+ = -4e2t + ets - 2s -1以 wn = 2rad / s 的频率做等幅震荡，试确定震已知系统的结构图如下图所示，荡的k 、 a 。解：系统闭环特征方程：D (s) = s3 + as2 + (k+

41、2)s+ (k+1) = 0B在 wn = 2rad / s 的频率做等幅震荡，知± j2 为特征方程式的根。令 s = j2 得“- j8 - 4a + j(k+ 2)*2 + (k+1) = 0整理得j(2 k- 4) + (k+1- 4a) = 0分别部为零，虚部为零，可得 k = 2 ， a = 0.75四、（20 分）已知负反馈系统的开环传递函数为，1 (s+ a)4s2 (s+ 1)W (s) =K试绘制以 a 为参数的根轨迹0 £ a < ¥负反馈系统的 a 的取值范围。并确定使该解：开环传递函数可知其闭环特征方程式D (s) = s3 + s

42、2 + 1 s + 1 a = 0B44故等效开环传递函数为1 aW (s)4Ks(s+ 1 )22以根轨迹法则绘制根轨迹，其中：（1）渐近线s =- 13 ，q = ±60 ，180(2) 分离点1 s(s += 01)2' 42(s + 2s(s + 1 ) =1)2022s + 2s = 012s =- 16（3）与虚轴交点令 s = jw(0.25a-w2 ) + j(0.25 -w2 )w = 0a = 1, w = 0.5故 a Î(0,1)。五、（20 分）已知一最小相位系统开环对数幅频特性如下。其中实线为渐近线，虚线为精确线。试求系统的开环传递函数。

43、解：æ2zös2+ w 1 s +1÷K ç w 2(s) =è 11ø设WKæ2zös2()+s +1Ts +12ç w÷w2è2ø2在低频段,由20lg K = -20 知 K = 0.11在w = 3.16 处， 20 lg= 812x1 - x 211z1 = 0.203。由40(lg w2 - lg wc ) = 20 40(lg 3.16 - lg wc ) = -20wc = 10,w2 = 31.6 。在w2 处，有20lg 2z 2 = 6z 2 = 0.998 。综上，0.1(0.1s2 + 0.128s