自动控制原理复习题20套答案

1、自动控制原理试卷1答案（每空1分。共18分）填空微分方程、传递函数、频率特性、结构图。闭环极点都位于S平面左侧；系统的特性方程的根都在Z平面上以原点为圆心的单位圆内。；0；8。4，；62.5。；10。P-I；利用G(s)的负斜率使C减小，改善静态性能。将连续信号变为离散信号；0。（14分）(1分)解：（1） (1分) (1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(4分)（2）C(Z)=（20分）(4分)解：(1)F(s)=(3分) (2)F(s)=(3分) (3分)（3）G1(s)=(1分) G2(s)=(2分)(1分)(1分)要使系统稳定，则必须满足(2分) （两内项系数

2、乘积两外项系数乘积）（12分）反馈校正系统如图示。解(1)：Kf=0(1分) Gk(s)= (1分)当在单位斜坡输入下时，即r(t)=tR(s)= (1分)Kv=4(1分)ess=(2)：Gk=(1分)2+8Kf=22+8Kf=4(3分)Kf=(1分)(1分)Kv=(1分)ess=五（12分）已知某系统L()曲线. 解：（1）低频段的斜率为-40且与横坐标交于25 即：0=25=(1分)1=10 2=100T1=0.1 T2(2分) 该系统的传递函数为 G(S)= A(c)=1 (1分)(2) (2分) (1分)(3) 三阶最佳 (1分) (1分) K=(2分) 六（12）解：图一：为偶数起点

3、在正实轴上(4分)系统闭环后不稳定。 图二：P=0为偶数起点在正实轴逆转(4分)系统闭环后稳定。 图三：当由0过程中(4分)系统闭环后不稳定。七（12分）解：系统的G0(s)=(4分) 作出此系统的Bode图：1020304011020-201002001000-40L()dB L()=20lgK=20(2分)设期望特性传递函数为G(s) (T=0.005) 题目要求将其校正为二阶最佳系统，则 =0.7, %=4.3%又(4分)G(S)= (2分) G(s)=自动控制原理试卷2答案（每空1分。共10分）填空极点 s 和 1 k90阻尼比相角裕量线性系统二（7分）（7分） 三 （10分）（4分）

4、 m=F(t)-F(t)-F(t) ; （3分） F(t)=f ; （3分）m+f+ky(t)=F(t)。 四 （15分）（3分）(s)=； （3分）时，=0.5；（4分）x（t）=2-2sin（3.46t + ）； （5分）t=0.61s； t=0.91s； t=1.5s； =16.3%； K=4。五（8分）（6分） s+6s+8=(s+4)(s+2)=0; s=j2,s=j； （2分）系统临界稳定。六（12分）（5分） ；（2分） ；（3分）（2分） =1800-1800=00。七（13分）（2分） K=100（2分）m =-+=45。+5。； （2分）=7.5 （2分）c ,=m （2分

5、）； （3分） （5分）八（10分）（3分）（2分）所以系统是稳定的。九(15分)（1分）解 系统有两对重极点 -p1,2=-1, -p3,4=-4 1) 渐进线 （2分） （1分）2）轴上的根轨迹为两点s=-1 s=-5也为分离点。分离角均为 3)根轨迹与虚轴的交点坐标。系统特征方程（ s + 1）2 ( s + 4 ) 2+K=0 （2分）即 s4+10s3+33s2+40s+16+K=0 令s=j代入特征方程，得j J2-4该系统根轨迹如下图所示-1 4-j103-332 +j40+16+K=0令上式实部虚部分别等于0，则有 = 该系统根轨迹如下图所示。（4分）由图可知，当0K0 T1+

6、T2 0 D2=(T1+T2) - 10T1T2 0 满足上诉条件系统稳定则系统稳态误差为 （4分）ess=2/(1+kpv 六. (12分) 由图知在低频段,渐进线斜率为0,因为最小交接频率前的低频段（1分） 因此v=0。（1分）=0.1处，斜率变化20,属一阶微分环节。（1分）= 1处，斜率变化-20，属惯性环节。（1分）= 2处，斜率变化-20，属惯性环节。（1分）= 3处，斜率变化-20，属惯性环节。（1分）= 4处，斜率变化-20，属惯性环节。 因此，系统传递函数具有下述形式其中K、1、2、3、4待定。由lg20 =lg30得（1分） K=101. 5 因渐进特性为折线，相邻的两交接

7、频率间，渐进特性为直线，故设斜率为k,(A,Lw(A) (B,La(B)为直线上两点，则有直线方程（1分）（1分）A=1,B=0.1, La(1)=40,La (0.1)=30,k=20（1分） 1（1分）A=4,B=100, La(4)=5,La (100)=0,k= -60 4 A=3, B=4, La(3)=20, k= -40（1分）3A=2,B=3, La(2)=40, k= -20（1分）2 七 (12分)（6分） (1) = (2) （6分） = 八（15分）解 （1） ，根据一般根轨迹绘制法则求得：（1分）渐进线与试轴的交点：-=-1渐进线倾角：=60，180，300-1-20

8、（1分）实轴上的根轨迹在区间。（1分）分离点：s1,2=-0.42,-1.58(舍去（1分）（1分）根轨迹与虚轴的交点坐标：该系统根轨迹如下图（2分）（2）系统的阶跃响应不出现超调的条件是特征根在左半平面的实轴上。根轨迹在实轴上的分离点的K值已由（1）求得，所以在0（4分）自动控制原理试卷4答案一.（26分）开环传递函数无反馈环节闭环传递函数有反馈环节。 传递函数是指在零初始条件下，系统输出量的拉式变换与系统输入量的拉式变换之比。 幅频特性与相频特性统称为频率特性。 为了使系统达到我们的要求，给系统加入特定的环节，使系统达到我们的要求。这个过程叫系统校正。 系统距离不稳定的角度， （2分）希望

9、值与稳态值之差 （1分） （1分）ts=4/(n) （1分） （1分）(10) 4K T1T2K1K2 即可满足稳定条件 （2分） b （3分） （3分） （2分）故 五（10分）由稳态指标要求则未校正系统的开环传递函数为 由于在=1处,未校正系统而穿过剪切频率c的L()曲线斜率为-40dB/dec（1分）（1分）故未校正的系统不稳定 (3)确定校正后系统剪切频率 （1分） （1分）（1分） arctancc)=350 所以crad/s (4)确定. =crad/s时,令未校正系统频率特性的对数幅值为-20lg.（1分） (5)当2=1/(T)= c/4 （1分）所以T=4/c=77 （1分）

10、 v0400（1分） 所以校正完毕。 六（10分）（2分）8Z3+8Z2+8Z+3=0 令Z=(+1)/(-1)得（2分）273+152+17+5=0 由劳斯判决得3 27 172 15 5（3分）1 120（2分）0 5 三阶系统各系数为正,且1517275 （1分）所以系统稳定 七（14分）解（1）系统的特征方程为 s2+as+16=0 = （1分）等效开环传递函数为： ，a由0变化为一般根轨迹。（1分）开环零点-z=0，开环极点-p1,2=j4。（1分）实轴上的根轨迹在区间。（1分）3）分离点 由P(s)Q(s)-P(s)Q(s)=0，得-s2+16=0,解得s1=-4为分离点，s2=4

11、不在根轨迹上，舍去。K1=8。4）复根的出射角 （1）负平面的根轨迹是圆心位于（0,j0）、半径为4的圆周的一部分，如图2-4-9所示。（1分）（1分）（2）把代入相角条件中，若满足则是根轨迹上的点，反之则不是。s-(s+j4)-( s-j4)= （1分） （1分）点不在根轨迹上。60SAjj4SB-4-j45）先求时根轨迹上的点sA,B的坐标，再求对应的a值。时=60，设点sA坐标实部为-，则sA,B=-,有令等式两边s各次项分别相等，得自动控制原理试卷5 答案（每空1分，共14分）1. 准确性2. G（s）=k3. 1/s34. 临界稳定系统5. 6. 7. 8. 谐振峰值、谐振频率、频带

12、宽度9. 相位超前、相位滞后、相位滞后-超前10. 二.（21分）（4分）1.系统不稳定,有2个根在右半S平面. （4分）2.系统临界稳定. （6分）3.系统稳定. （7分）4.K值减小到原来的1/2. 三.（8分）（8分） (s)= 四. （10分）（4分）K=20, （3分）T1=0.413S, （3分） T2=4.371S. 五. （12分）（4分）1. s1=j s2=-j （4分）2TaT时,系统稳定. （4分） =T时,系统临界稳定. （4分） 4s3+4s2+4s+s+a=0 = （1分）等效开环传递函数为 G(s)= a由0变化为一般根轨迹。（1分）开环极点-p1=0, -p2

13、,3。（1分）渐进线与实轴的交点-=-1/3，渐进线倾角=60，180，300。（1分）实轴上的根轨迹在区间分离点（1分）由P(s)Q(s)-P(s)Q(s)=0，得3s2+2s+0.25=0，解得s1为起点，s2为分离点。根轨迹与虚轴的交点。（1分）令s=j，代入特征方程得-j3- 2+0.25a=0 = 该系统根轨迹如下图所示jj0.5（3分）-（2）=1时，对应实轴上的根轨迹的分离点，s1,2=-1/6，。因为n-m=32，所以开环极点之和，求的另一实轴上的极点坐标（1分）（2分）3=-0.5-0.5 = 系统闭环传递函数为图7e*(t)e(t)c(t)r(t)自动控制原理试卷6答案（每

14、空1.5分，共15分）填空题2.Ts+13.4. 5. 幅频特性，相频特性6. 20lgA()7. 相角裕量8. z/(z-1)9. 相同的传递函数G（s）10. 主导极点（8分）（8分）； 三. (12分)（3分） u(t)=i1(t)R1+;（2分） u(t)=; （2分） i(t)=C; （5分） RRCC+(RC+RC+RC)+u(t)=u四. (10分)（4分）系统闭环传递函数为 （s）=； （2分）特征方程 A（s）=s+5s+5s+4s+K=0； （4分）系统稳定条件K0，84-25K0，即K0 五. （13分）（4分）A（s）=s+14s+10=0 所以系统稳定（5分）e=0；

15、e=； （4分）e=0+0.8+ 。 六. (15分) （5分） ； （3分） ； （4分） （3分） =1800-900=900。 七. (12分)（6分）（6分）八. （15分）（1分）解系统有三个开环极点：-p1= -0.2,-p2=0.5,-p3= -1。（1分）n=3,m=0,有三条根轨迹，均趋于无穷远。（1分）实轴上的根轨迹在区间（-，-0.2。渐进线（2分）4）分离点。特征方程为:s32+0.8s+0.1+K=0 （2分）重合点处特征方程为：（s+a）2 (s+b)=s3+(2a+b)s2+(2ab+a2)s+a2b=0令各项系数对应相等求处重合点坐标和重合点处增益取值。5）根轨

16、迹与虚轴的交点。系统的特征方程为D(s)=s320.8s+0.1+K=0令s+j，得（3分）- j32+0.1+K=0 = = （5分）-1j自动控制原理试卷7答案一 （40分）(1) 稳定性 快速性 准确性 （3分） (2) 脉冲传递函数是指在零初始条件下，系统输出量的z变换与系统输入量的z变换之比。 (3) 幅频特性与相频特性统称为频率特性。 （3分）(4) 为了使系统达到我们的要求，给系统加入特定的环节，使系统达到我们的要求。传递函数是指在零初始条件下，系统输出量的拉式变换与系统输入量的拉式变这个过程叫系统校正。 （3分）(5) 系统距离不稳定的角度， 要求离散频谱各分量不出现重叠,即要

17、求采样角频率满足如下关系:（3分）s2max （2分）(7) （2分）(8) ts=4/(n) （2分）(9) （2分）(10) 4K T1T2K1K2即可满足稳定条件 （1分） b （2分） （1分）（1分） 故 六（10分）（2分） （1分） 令 （2分）则 （2分） （3分） （1分） 七. （10分）四个极点-p1=-1, -p2=-5, -p3,4=-3j2。渐进线 （1分） ，135，225，315（k=0,1,2,3）（1分）3）轴上的根轨迹在区间-5，-1。4）分离点 P(s)=1 Q(s)=(s+1)(s+5)(s2+6s+130)P(s)Q(s)-P(s)Q(s)=4s3+

18、36s2+108s+108=0 = 2(s+3)3=0 得s1，2，3=-3，均为分离点，K=16。（2分）分离角 正好与渐进线重合。5）出射角jj3-j3-15-p3=180-（-3+j2+5）-（-3+j2+1）-（-3+j2+3+j2）=-90（1分）-p4=90（1分）轨迹与虚轴的交点 1,2=3，K=3407)系统根轨迹如图所示。（3分）自动控制原理试卷8答案（每空1分，共10分）一、填空1输出量与输入量2结构及参数3不稳定系统4峰值时间5将传递函数中的s变为j6 7. 8.9相角裕量和剪切频率10谐振峰值二（7分） （7分） 三(10分)（1分）I(s)=U(s)-U(s) （1分

19、）U (s)=I(s)-I(s) （1分）I(s)=U(s)-U(s) （1分）U(s)=I(s) X0（s）U1（s）I2（s）I1（s）Xi（s）（6分）四(13分)（5分） （2分）n=6 （2分）2n=13 （2分）=1.08 （1分）p=0 （1分）ts=2T=1/3 五(8分)（4分） s+6s+8=(s+4)(s+2)=0; （2分） s=j2,s=j （2分）s5，6=-1j(2分) 六(14分)（5分） ； （3分） ； （3分）（3分） =1800-1800+60.500=480。 七(15分)（3分）Kv=K=5 （4分）o （4分）c ,=0.1 T=77 （4分） 八

20、 (8分)（8分） 九、（15分）-2-j2j图 2解 （1分）特征方程为 s2+K1Ks+K=0 当闭环极点为时的系统特征方程 为（2分） (s+1)2+3=0 = s2+2s+4=0 （2分）两方程联立 （2分）(2)系统开环传递函数为 （1分）等效根轨迹方程为 （1分）K由0+变化时为一般根轨迹开环零点-z1=-2，开环极点-p1,2=0 （1分）实轴上的根轨迹在区间。 回合点（2分）Q(s)P(s)-P(s)Q(s)=0 = s2-(s+2)2s=0 = s2+4s=0 解得s1=0为起点，s2=-4为会合点，K=16 （3分）负平面上的根轨迹是圆，如图2 自动控制原理试卷9答案（每题

21、1分，共10分）一1二(6分)（6分） 三(10分)（1分）U(s)=LsI(s)+U(s) （1分）I(s)=U(s)-U(s) （1分）I(s)=I(s)-I(s) （1分）U(s)=I(s) （1分）I(s)=U(s) （5分）Ui(s)U0(s) 四(11分)（2分） +s+2=0； （3分） e=0.=5； （3分）e=0.125； （3分）e= e+ e=0.5+0.125=0.625； 五 (11分) （2分） （2分）（1分） K=2 （2分）=0.5 n2=2 =1.414 （2分） （2分）-3.414t 六(15分)（5分） （2分） ； （3分） ； （2分）（3分）

22、=1800-9000。 七(13分)（2分） （2分）=4 （3分） （3分） （3分） 八(10分)（5分）（5分） 九. （15分）解 系统开环传递函数为 （2分） （1分） 系统特征方程为 s2+s+as+1=0 （1分）等效根轨迹方程为 a由0-变化为零度根轨迹开环零点-z1=0，开环极点-p1,2。 （1分）实轴上的根轨迹在区间。 3）会合点 Q(s)P(s)-P(s)Q(s)=0 = s2-1=0（2分）解得s1 =1(舍去) s2=-1(会合点)。会合点时的a值 4）根轨迹是圆心位于（0，j0）、半径为1的圆周的一部分如下图所示。（1） 1）稳态误差。系统开环传递函数为，型系统，

23、kv=1 , ess=1。2）阻尼比和调节时间。对应开环传递函数有（1分） = （2分）(2)由根轨迹看出，此时系统特征根为两个不相等的实根，1，系统无超调，但由于其中一个实根更靠近虚轴，使调节时间增长。系统仍为型，开环增益减小，斜坡信号输入时稳态误差增大。 60j-1sB（1分）（3）系统闭环根轨迹在实轴上出现会合点为临界阻尼情况，此时a=1。从特征方程上也可以看出。 （4分）自动控制原理试卷10答案（每题1分，共10分）（2分）一1.3.A4.B5.A6.C7.D8.B9.D10.D二（15分） （2分） （2分）（1分） （3分） （1分） （3分） =1+G1+G1G2+G1 （2分）

24、 P1=G1G2、1=1；P2=G2、2=1 （2分） P3=G1、3=1；P4=G1、4=1 （1分） C（s）/R（s）=（G1+1）G2/（1+2G1+G1G2） 三（6分） （6分）特征式各项系数均大于零，是保证系统稳定性的必要条件。上方程中s 一次项的系数为零，故系统肯定不稳定。 四（15分） 将系统等效变换为单位反馈的典型结构形式，便可直接运用误差规律计算ess. （3分）原系统等效为下图结构，相应的开环传递函数（4分）G（s）=n2/(s2+2ns) （4分）r(t)=1, ess.=0 （4分）r(t)=t, ess.=1/k=/n. 五（15分） 104020401001L(

25、)（8分） （2分）（3分） =-1800+84.3-5.71（2分） =0因为大于零所以系统稳定.六（15分） （5分）由题目知， （5分） （5分） 七（15分） （1分） z2+2.31z+3=0 因此系数不稳定。 （）W2+(1.264-0.528K)W+0.632K=0 （1分）（1分）（2分）（1分）（2分）（2分）（3分）（1分）（1分）0.632K0 1.264-0.528K0 2.736-0.104K0 得到系统的临界放大系数为 八（9分） （5分）（4分）自动控制原理试卷11答案（每题1分，共10分）一1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.二. (10分)解：系统的被控

26、对象为大门，被控量为大门的实际位置。输入量为希望大门位置。（6分）当合上开门开关时，桥式电位器测量电路产生偏差电压，经放大后，驱动电动机带动绞盘转动，使大门向上提起。同时，与大门连在一起的电位器电刷上移，直到桥式电位器达到平衡，电动机停转，开门开关自动断开。反之，当合上关门开关时，电动机带动绞盘反转，使大门关闭。 （4分） 系统的原理方框图所示。 大门绞盘电动机放大器电位器-开（闭）门的位置门实际位置三(13分)解：根据电路基本定律，得电网的动态方程为（3分）ur=R1(i1+i2)+L i1,i2为中间变量，且i1=C,i2=，在动态方程中消掉中间变量，得（4分） 在零初始条件下进行拉氏变换

27、，可得（3分） （3分） 四(13分)解：1）首先判断系统的稳定性系统的开环传递函数为（2分） 闭环传递函数为 (s)= 3+s2+5s+10=0ai0 (I=0,1,2,3)（3分）D2=-(1*5-0.2*10)=30 （1分）故系统闭环稳定 2）求系统的稳态误差当n(t)=0时，从系统的开环传递函数可得=2，即系统为型系统。对r(t)=1+t来说，essr=0。 当r(t0=0时， 2分（2分）（2分） 所以（1分） ess=essr+essn=0+0=0 五(13分)解：系统的开环传递函数为（2分）则系统的开环零点为z1=z2=2，开环极点为p1=p2=p3=0,p4=20。（1分）系

28、统有四条根轨迹。 四条根轨迹起始于开环极点p1、p2、p3、p4，两条终止于无穷远，两条终止于 z1和 z2。 （1分）实轴上的根轨迹位于区域（-20，2）。 渐近线为（2分）a= =-8 (5)起始角：由于在开环极点0处有三条根轨迹出发，根据相角方程得（2分）pi= -15-25-20-25-20-15-10-55015252010-1050-5ImRe虚轴实轴应此三个起始角分别为60，180，300。根轨迹与虚轴交点：闭环系统的特征方程为s4+20s3+Ks2+4Ks+4K=0将s=j代入，令上式的实部和虚部分别为零，得到合理解为= K=25 2分系统的根轨迹如图所示。 （3分）六(13分

29、)系统闭环传递函数为（3分） （1分） （2分）根据题意 （2分）A（1）=2 （2分）=- 由以上两式，得（3分） 则得 七. (15分)解:根据题中给出的条件可知，当K=10，T=0.1时有下式成立，即（3分） （2分）相稳定裕度为 现考虑K，T的选择，要求截止频率不变，应有（3分） （2分）相稳定裕度为 要求系统的相稳定裕度提高即有（1分） 比较上面的两组式子，可得K，T应该满足的关系为（4分）可以解的T=0.6 K=3.53 八(13分)解：分别用长除法、部分分式发和留数计算发求解。长除法：通过长除法将F（z）表示为无穷级数形式（4分）F（z）=根据z变换的定义有 (0)=0, (T)

30、=10, (2T)=30, (3T)=70部分分式发：先将F（z）分解为部分分式的和 F（z）=然后，再求各个分式的Z反变换，得（5分） （nT）=10() (n=0,1,2,3.)留数计算法： F（z）在极点1和2处的留数之和，得（4分） （nT）= （n=0,1,2,3）自动控制原理试卷12答案(每题1.5分，共15分)一 1.2.3.4.5. 6. 7. 8. 9. 10.(每图2分，共10分)二.（10分） N（s）=0（8分）(2).当A（s）=G（s）时， =G（s）。 （7分）.H（s）= 三.（13分） （1分）实轴上的根轨迹： ，渐近线：（1分） 分离点：（1分） 经整理得

31、（1分）故， 显然分离点位于实轴上间，故取。（1分）与虚轴地交点是临界稳定点-劳斯表第一列出现0的点（2分）（1分）s=j是特征根（1分）令实部（1分）虚部性能变化趋势：（3分）四. （12分）解：劳斯定理判断该系统零点、极点的正负情况。S4 1 164 315（8分）S3 22 458 0S2 143 315S1 410 0S0 315 （4分）由劳斯定理知该系统极点都在平面左侧S3+3S2+2S+5=0可知：3*271*5。所以该系统的零点也都在平面左侧，所以此传递函数为小相位传递函数。五. （12分）解：Gk（s）的转折频率依次为（3分）（3分）1，2，50L（）0-40-20-4012

32、5020lg20（6分）六. （13分）（1分）解：（2分）（2分）（2分）（2分）（2分）（2分）七（10分）解：根据Z变换的初值定理，有（2分） （2分） 由于（z-1）X(z)= 在单位圆上和单位圆外均无极点，根据终值（2分）x（）= 而(z-1)Y(z)=在单位圆外有极点z=-2，所以不能应用终值定理求终值。利用留数法求Y（z）的反变换，得（2分） y(n)= 当n趋于无穷时，y(n)的取值正、负交替，但摸值趋于无穷大，因此不存在终值。 （2分）自动控制原理试卷13答案(每题1.5分，共15分)一1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.二. (20分).1/s1/svivo-（10分

33、）（1） =L（2）系统单位阶跃响应为vo（t）=L-1=-1（t）+cost 系统没有处于欠阻尼状态。改善办法如图所示，L5*105H（10分）1M1M1M-被控对象V1Vi 三. (10分)（4分）解：将s=z-1代入原方程式得(z-1)3+7(z-1)2+17(z-1)+11=0（4分）整理上式得：z3+4z2+6z=0（2分）上式无常数项，因此该系统无=1稳定裕度。四. (16分)（8分）Gc（s）=,0.63T11.37; （8分）（2）同（1）；（8分）Gc（s）=K，0K 2s3+33s2+60s+2=0（1分） 解得s1 =-0.43(分离点) s2=-1.59(舍去) s3（

34、舍去） 5）根轨迹与虚轴的交点。根据特征方程劳斯表s3 1 K+2s2 3 10K s1 （2分）s0 10K令s1行等于零，得K=,代入s2行辅助方程，等（1分） = s= 6）该系统根轨迹如图（4分）j-10图 2-4-19=+=0+=0-=-ImRe六. (15分)（4分）（1）奈奎斯特图如图所示 （5分） （2）当0K1时系统不稳定。此时系统右半平面极点数为Z=P+N=1+1=2。七. (14分)（6分）系统开环传递函数为G（s）=;2/31/s-1（2）由于该系统为单位负反馈系统则信号流程图如下。21/s-1（8分）或自动控制原理试卷14答案(每题1.5分，共15分)二.（15分）解

35、：当时：（1分） %=16.3%（1分） %=5%（1分） （1分）（1分） （1分）（1分） （1分） （1分）（1分）； （5分） .三. （10分） =，=，=， （5分）=，=，=（5分） 四. （15分）解：1、起点、终点（2分）2、分支数、对称性 见下图：3、实轴上的根轨迹4、根之和5、渐近线：（2分）用根之和解释为什么根轨迹是这样6、分离点坐标d（2分）（2分）分离点d的一般公式：（2分）即有： 试根：（1）、现在根轨迹上判断一下d的大致范围：-0.5-1之间。 （2）、先取=-0.5;上面方程不平衡。再取=-0.6;上面方程反相不平衡（选择方向对，但过头了）选=-0.55;方程

36、基本平衡（）（1分）（3）、d的精度到以内即可。（4分）五. （15分）（3分）ess=;（3分）（2）ess=0;（3分）（3）ess=.G2(s)H(s)G1(s)R(s)C(s)E(s)N(s)-（4）如图所示，加装补偿器Gn（s）=. （6分）六. （15分）（3分）（1）相位裕量：，幅值裕量Kg（dB）=1.34（dB）;（2分）（2）相位裕量；（2分）（3）校正后系统的幅值穿越频率增加，系统动态响应加快。L（）-20-40-20-40-6025（8分）七.（15分）解：（1分） （1分） 特征方程：（1分）Z2 +2.31Z+300（2分）1=-1.156+j1.29 2 不稳定。

37、（1分）（2）（2分）Z2-(1.368-0.368k)Z+(0.368+0.264k)=0W 变换：（1分）（2.736-0.104k）2+（1.264-0.528k）+0.632k=02（2分）1 1.264-0.528k 00 0.632k 0（1分）所以：0.632k0（1分）1.264-0.528k0（1分）2.736-0.104k0得临界整定（1分） kc自动控制原理试卷15答案（每题2分，共20分）（每题2分，共10分）二1. () 2.（）3.（）4.（）5.（）三（15分）（2分）解：开环传递函数G(s)= （2分） （3分）（2分）（2分） （4分）ess 四（15分）（1

38、分）解：系统的开环零点为z1=-4,三个极点为p1=0,p2,3=-1。 （1分）(1)系统根轨迹有三条，两条起始于开环极点p2,3= -1，一条起始于p1=0。一条终止于开环零点z1=-4，两条终止于无穷远。 （1分）(2)实轴上(-1,0)和(-4,-1)为根轨迹区域。 (3)根轨迹的渐进线为（1分） (4)分离点：根据计算公式(4-10)，解得（1分） (5)根轨迹与虚轴的交点：闭环特征方程为（1分） s3+2s2+(1+K*)s+4K*=0 构造劳斯表 s3 1 1+K*s2 2 4K* s1 1-2K* 0 s 4K* 使第一列中s1项的系数等于零，可得临界K*值，解得（2分） K*

39、=1 为求根轨迹与虚轴的交点，取s2列中的系数组成辅助方程为（1分） 2s2+4K*=0 解此方程，得根轨迹与虚轴交点坐标为（1分） s= 系统的根轨迹如图所示。当有一个闭环极点为-3时，将s= -3代入闭环系统的特征方程，有 -27+18-3(1+K*)+4K*=0得 K*=12则此时闭环系统的特征方程为s3+2s2+13s+48=0，此时闭环系统的另外两个特征根为-8-7-6-5-4-3-2-1012345678-5-4-3-2-1012Re实轴根轨迹图 虚轴Im（2分） s2,3 五（13分）（3分）G(s) -（2分）相频特性曲线： （3分）r （1分）该系统临界稳定。（4分）六. （

40、14分）解：（1分） （1分）（1分）（1分）（2分）（3分）（5分）七. （13分） 解：系统连续部分的传递函数为（3分）所对应的脉冲传递函数为（4分）在单位阶跃信号作用下，希望的闭环传递函数为（2分）由此可确定控制器的脉冲传递函数为（4分）自动控制原理试卷16答案(每题1.5分共15分)一.1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.二（13分）(4分)解：闭环传递函数(s)= (1分)(1分)典型二阶系统闭环传递函数为(s) (1分)(2分) (2分)(2分) 三（13分）(2分)解：ess (4分)E(s) (3分)ess (4分)ess = K2.4 四（14分）解：根据系统的开环传递

41、函数，开环零点有两个，z1=z2= - 1,开环极点有三个：(1分) p1=p2=p3=0 根据绘制根轨迹的规则可知：(1分)这个系统的根轨迹有三条，起始于三个开环极点，两条终止于一个开环零点，一条终止于无穷远处。 (1分)实轴上根轨迹区域为(-，-1)和(-1，0)。 (1分)分离点得到d=-3。 (1分)起始角：根据相角方程式(4-8)得 (1分)根轨迹与虚轴交点：闭环特征方程为 s3+K(s+1)2=0 虚轴01-1-2-3-2-101-4Re2Im实轴图4-1 根轨迹图将s=j代入，分别令实部和虚部等于零，可得(1分) =1 K=0.5 根轨迹如图4-1所示。 (2分)根据根轨迹曲线，

42、当K0.5时，闭环系统的极点全部在左半复平面，所以闭环系统稳定时K的取值范围是K0.5。 五（15分）解：（1）系统开环频率特性可表示为(3分) ImRe=0+-10开环幅相特性曲线(4分) 曲线与坐标轴无有限值交点。根据以上特征点，可概略绘出系统的开环幅相特(3分)性曲线，如图实线所示。 (2)开环传递函数有两个积分环节，需要在系统的开环幅相特性曲线上=0+的点开始逆时针方向(2分)补画一个半径为无穷大的2()的圆弧如图虚线所示。 本题开环正极点数P=0，开环幅相特性曲线饶(-1，j0)点顺时针转一圈，故N= -1，根据(1分)奈奎斯特稳定判据，系统闭环不稳定。 (2分)闭环特征方程正实部根

43、的个数 N=P-2N=0-2(-1)=2 六（15分）(2分)解：(1) G0(s) (2分)GC(s) L()G0(s)* GC(s)对应的对数幅频渐近特曲线-40-40-20100(5分)100101相频特性 -(5分)(1分)G(s)对系统的稳定性有改善作用。七. （15分）解：（1）系统连续部分的传递函数为(3分)开环脉冲传递函数为(2分)(2分)闭环脉冲传递函数为(2分)（2）系统输出的Z变换表达示为(2分)-1+z-2-3-4-5+(2分)所以c*(t-1)+ (t-5)+(2分)即自动控制原理试卷17答案（每题1.5分，共15分）（15分）梅逊公式得：（2分） （1分） =1Li

44、+LiLj （3分） LI=G1G2H1-G2H1-G2G3H2 （2分） LiLj=0 （3分） P1=G1G2G3 1=1 （2分） P2=G4 2=0 （2分） 三.（15分）题意知，系统的开环传递函数为：（4分） （3分） n=3. 2n=2+Kf Kf （3分） （2分） （3分） 四（15分）系统的闭环特征方程为：（8分） D(s)=s3+4s2+8s+K （7分） K0 32K 0K s2+0.5s-(s+1)(2s+0.5)=0 = s2+2s+0.5=0 = 均在根轨迹上，为分离点，为会合点。(3分) = Kd1=0.17,Kd24）可以证明复平面上的根轨迹是以-1为圆心，以

45、为半径的圆。根轨迹如下图(6分)j1 六. （15分）解：（1）利用方框图等效变换化系统为单位反馈的典型结构形式，其开环传递函数为(5分) 根据题意(4分) (3分)（2） (3分) 七. （15分）解：将图中L0，L1两条折线相减可得出校正的幅频特性曲线见图2中的Lc,根据Lc可以写出校正环节传递函数(4分)(4分)(3分)该环节是超前滞后校正，它的作用是提高截止频率，改善了快速性，增加相对裕度，改善振荡性，但高频放大故系统抗高频干扰变差。-40-40-20-20-403-40-204215L1L00L()/dB/(rad/s)(8分)自动控制原理试卷19答案（每题2分，20分）一. 1.C

46、、2.B、3.C、4.D、5.C、6.D、7.B、8.C、9.B、10.A（每题2分，10分）二. 1.2.3.4.5.三. 简答题（17分）1. 定值控制系统为给定值恒定，反馈信号和给定信号比较后控制输出信号、伺服控制系统为输入信号是时刻变化的，输入信号的变化以适应输出信号的变化，程序控制系统的输入和反馈通过程序来控制系统的输出。（5分）2. 线性系统的输入和输出呈线性变化，非线性系统的输入和输出呈非线性变化，求解系统的传递函数是系统的输入必须为线性系统。（5分）3.答：设校正装置的形式为。根据开环传递函数的形式以及对系统静态指标的具体要求，确定校正装置中积分环节p的个数，以及比例环节kc的

47、取值；然后再根据对系统的动态指标的要求，根据受控对象的结构特征，选择超前校正网络、滞后校正网络或滞后超前校正网络，实施动态校正。 静态校正的理论依据：通过改变低频特性，提高系统型别和开换增益，以达到满足系统静态性能指标要求的目的。（7分） 动校正的理论依据：通过改变中频段特性，使穿越频率和相角裕量足够大，以达到满足系统动态性能要求的目的。四. （13分）解：分别用长除法、部分分式发和留数计算发求解。长除法：通过长除法将F（z）表示为无穷级数形式（2分）F（z）=根据z变换的定义有 （2分） (0)=0, (T)=10, (2T)=30, (3T)=70部分分式发：先将F（z）分解为部分分式的和（2分） F（z）=然后，再求各个分式的Z反变换，得（3分） （nT）=10() (n=0,1,2,3.)留数计算法： F（z）在极点1和2处的留数之和，得（4分） （nT）= （n=0,1,2,3）五（13分）解：绘图时第一步列出各环节的传递函数方程，画出传递函数框图。（2分）（2分）（2分）（2分） 第二步按信号流向依次联接传递函数的结构图。1/R1R2CsUi(s)Uo(s)IR(s)IC(s)+-（3分）六（13分）解：把虚轴右移1重新建立一个Z平面，如图所示。以 s=z-1求得z坐标函数后再进行判断。S=z-1=z-1,代入（2分）A(z)=(z-1)3+