自动控制原理试题

1、题号一四五%七总分分数1612241612911成绩一、（共16分，每空2分）填空题。1根据有无反馈，控制系统可分为两类：（）o2、传递函数的定义是（）。3. F（5）=. 5 + 3 的拉氏反变换为（）05- +35 + 24、非最小相位系统是指（）。5. 某闭环传递函数为 3 = _的控制系统的截止频率Q为（）radls.R（s） 25 + 16、线性釆样系统稳定的充要条件是其特征根均位于N平面（）。7. 已知某控制系统开环传递函数为丄，则该系统的剪切频率©为（）radls,5 + 1相角储备了为（）度。二、（共12分）系统的方块图如下，试求：1通过方块图化简求闭环传递函数型（用

2、梅逊公式也可）。（8分）R（s）,试求:C（5）三、（共24分）某单位负反馈控制系统如图，阻尼比= 0.5,5(5 + 1)5(5 + 1)1、系统类型、阶次。（2分）2、K、无阻尼振荡角频率®八 有阻尼振荡角频率0的值。（6分）3、系统的开环传递函数Gj5）o （2分）4、静态误差系数仏，K和儿。（3分）5、系统对单位阶跃、单位斜坡、单位加速度输入的稳态误差e卯，e观。（3分）6、峰值时间最大趨调量J, %。（4分）7、输入信号为r（/） = 2时，系统的稳态输出c（oc）、输出最大值cmax o （4分）四、（共16分）传递函数题。XG)1、（从图Q, （6）中迤生二型2求系统输

3、入为兀，输出为匚时的传递函数兰旦。（6分）ci2、已知罠小相位系统对数幅频渐近线如图，试求对应的传遏函数6（5）0 （6分）3、已知釆样控制系统如图仆写出系统的环脉冲传递函数需。（4分）五、（共12分）试确定使系统产生持1. 已知某单位负反馈系统的开环传递函数为GAs） =5（52+25 + 4） 续振荡的K值，并求振荡频率（6分）2、下图中，图（日）为菜一系统的开环幅相频率特性曲线，图（6）为另一系统的开环对数 幅相频率特性曲线，几为开环右极点数，试判断两个系统的闭环稳定性。（6分）(日)(b)六、（共9分）已知单位负反馈系统的开环传递函数为GAs）= 45（5 + 2）1绘制开环对数幅频特

4、性曲线的渐近线。（4分）2、输入为心） = 2sin+ 90°）吋，闭环系统的稳态输出=。（5分）七、（共门 分）图（日）、（6）中，实线分别为两个灵小相位系统的开环对数幅频特性曲线，釆 用校正后，曲线由实线变为虚线，试问：1串联校正有哪几种形式（3分）2、图（日）、（6）应分别釆取什么校正方法（4分）一、（共16分，每空2分）K开环控制系统.闭环控制系统2、当初始条件为零时.输出董的拉氏变换与输入董的拉氏变换之比4、若控制系统的传递函数中有零点或极点在复平面s的右半部，则称为非最小相位传 递函数，相应的系统称为非最小相位系统5、6、以圆心为原点的单位圆内7、仗 120二、（共12分

5、）（8分）将A点后移三、（共24分）1、1型、2阶2、Q® 二1 rad/s4=0 ：'=冷-=0.866 rad/s (2 分)3、4、5、6、tGk G) = s(s + l)K = lim Gk (5) = s1.v->0K、= lim sGk(s) =1 K严也&&) = 0$T) f=l/(l + K°) = O % = 1 / K、. = 1 % =1/K。=s兀_ 兀 _ 2兀 叫 V3 、E（2分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）2j% = e x 100% =川吋 X100% = 16.3%2 17、C(s)

6、= R(s)Gli(s) = - :5 T+s + l2 1c(oo) = lim c(t) = lim sC(s) = lim s = 2/十DDs J + $ + 15ax = 2(l + bp%) = 233-OM（2分）（2分）（2分）（2分）所以'誇1+G3G4G5 + G2GG+GGG3G4G72、(4 分)E(f) _ /?($)-G?°($)_ _g C(s) _I + G3G4G5 +G2G3G6R(s)R(s)R(s) 1 + G3G4G5 +(2分)(2分)(2分) H四、（共16分）1> (从图(a), (6)中迤作二。(6分) 'td

7、x解：列写动力学微分方程：川 + /-：-伙+h)(兀一兀)=0 d2t clt-经拉式变换得：fns2Xo(5)+ fiXo(s) -(/：! +2)X/(s)-Xo(5) = 0 ms2 X。($) + fsX o(5)+ (k + k2 )XO (s) = (kl+k2)Xi (s)化简并整理，得:X,s)_«+爲Xj(5) ms1 + fs +k2（6）解：釆用运算电阻的方法：R+l/Cs _ R<C$ + 1（5） R + R? + I/C5 （R j + R2）C?5 +12、（6 分）系统由一个比例环节和一个惯性环节纽成。即G（5）= - Ts + 由 20lg/

8、r=20 得 K=10：转角频率得 7=2。所以，G（s） = 2s+ 13、（4 分）C（z）_G,G2（z）丽一 1 + GG（z）H（z）五、（共12分）1、（6 分） 方法一： 系统的闭环传递函数为：GJs）=$br +2L+4s + K特征方程为：D（s） = F+2“+4s+K = 0列劳斯表122x4 K42 s°K2x4_K要使系统稳定，則K>0;>0oK得：8>K>02所以.使系统产生持续振荡的K值为：K = 8将K=8代入特征方程，即D（5）= ? + 2s2 +4 + 8 =（52 + 4）（5 + 2） = 0解得其虚根为，5 = &#

9、177;j2o所以，振荡频率0 = 2方法二：系统临界稳定.所以过（一 1J0）点，则G _K _ Kk * 一曲+2s + 4）"+2"+4sGk（“o） =； =-1+ 刃一2少 + j（4e-0 ）K = 2co2 -）（4。-o'）,即4co co =0 所以，K=8, e = 22、（6 分）（日）M-M =02=0, Zr=R-2N=6,所以闭环不稳定。 （3分）（6） /V4-/V =2-1=1,厶=尺一2朋=0,所以闭环稳定。（3分）六、（共9分）1> （4 分）2、(5 分) 闭环传函为G b (y) = * " = 一,b + Gk(s) s2+2s + 44频率特性为Gn(jCO)=彳4-dT+j2ty44co = 2 9 A(co)=、亍=1,即：A(2) = 1J(4-tyV+(2e)24(p(co) = -arctg J” = = -90°,即：0(2) = 90°4_°2-A(2) = 2; ©一90° =0° 系统稳态输出为：C