中南大学自动控制原理期末试卷

一、填空题（每空 1 分，共20分）

1、对自动控制系统的基本要求可以概括为三个方面，即： 、快速性和 。 2、控制系统的 称为传递函数。一阶系统传函标准形式是 ，二阶系统传函标准形式是 。

3、在经典控制理论中，可采用 、根轨迹法或 等方法判断线性控制系统稳定性。

4、控制系统的数学模型，取决于系统 和 , 与外作用及初始条件无关。 5、线性系统的对数幅频特性，纵坐标取值为 ，横坐标为 。 6、奈奎斯特稳定判据中，Z = P - R ，其中P是指 ，Z是指 ，R指 。 7、在二阶系统的单位阶跃响应图中，ts定义为 。%是 。 8、PI控制规律的时域表达式是 。P I D 控制规律的传递函数表达式是 。 9、设系统的开环传递函数为

K，则其开环幅频特性为 ，相频特性

s(T1s1)(T2s1)为 。

二、判断选择题(每题2分，共 16分)

1、关于线性系统稳态误差，正确的说法是：( )

A、 一型系统在跟踪斜坡输入信号时无误差 ；

s2R(s)B、 稳态误差计算的通用公式是esslim；

s01G(s)H(s)C、 增大系统开环增益K可以减小稳态误差；

D、 增加积分环节可以消除稳态误差，而且不会影响系统稳定性。 2、适合应用传递函数描述的系统是 ( )。

A、单输入，单输出的线性定常系统； B、单输入，单输出的线性时变系统； C、单输入，单输出的定常系统； D、非线性系统。 3、若某负反馈控制系统的开环传递函数为

5，则该系统的闭环特征方程为 ( )。

s(s1)A、s(s1)0 B、 s(s1)50

C、s(s1)10 D、与是否为单位反馈系统有关

4、非单位负反馈系统，其前向通道传递函数为G(S)，反馈通道传递函数为H(S)，当输入信号为R(S)，则从输入端定义的误差E(S)为 ( )

A、 E(S)R(S)G(S) B 、E(S)R(S)G(S)H(S)

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C 、E(S)R(S)G(S)H(S) D、E(S)R(S)G(S)H(S) 5、已知下列负反馈系统的开环传递函数，应画零度根轨迹的是 ( )。

K*(2s)K*K*K*(1s)A、 B 、 C 、 D、 2s(s1)s(s1)(s5）s(s－3s1)s(2s)6、闭环系统的动态性能主要取决于开环对数幅频特性的：

A、低频段 B、开环增益 C、高频段 D、中频段 7、已知单位反馈系统的开环传递函数为G(s)10(2s1)2，当输入信号是r(t)22tt时，22s(s6s100)系统的稳态误差是( )

A、 0 ； B、 ∞ ； C、 10 ； D、 20 8、关于系统零极点位置对系统性能的影响，下列观点中正确的是( )

A 、 如果闭环极点全部位于S左半平面，则系统一定是稳定的。稳定性与闭环零点位置无关； B、 如果闭环系统无零点，且闭环极点均为负实数极点，则时间响应一定是衰减振荡的； C 、 超调量仅取决于闭环复数主导极点的衰减率，与其它零极点位置无关； D、 如果系统有开环极点处于S右半平面，则系统不稳定。 三、(16分)已知系统的结构如图1 所示，其中G(s)k(0.5s1)，输入信号为单位斜坡函数，

s(s1)(2s1)求系统的稳态误差(8分)。分析能否通过调节增益 k ，使稳态误差小于 0.2 (8分)。 R(s) C(s) G(s)

一 图 1

四、(16分)设负反馈系统如图2 ，前向通道传递函数为G(s)10，若采用测速负反馈

s(s2)H(s)1kss，试画出以ks为参变量的根轨迹(10分)，并讨论ks大小对系统性能的影响(6分)。

R(s) G(s) 一 H (s) C(s) 图2 五、已知系统开环传递函数为G(s)H(s)k(1s),k,,T均大于0 ，试用奈奎斯特稳定判据判断系

s(Ts1)统稳定性。 (16分) ［第五题、第六题可任选其一］

六、已知最小相位系统的对数幅频特性如图3所示。试求系统的开环传递函数。(16分)

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L(ω) dB -40 R(s) C(s) 20 -20 K ω2 ω 一 s(s1) ω1 10 1 -10 -40 图 3 图4 七、设控制系统如图4，要求校正后系统在输入信号是单位斜坡时的稳态误差不大于0.05，相角裕度不

o

小于40 ，幅值裕度不小于 10 dB，试设计串联校正网络。( 16分)

一、填空题（每空 1 分，共15分）

1、对于自动控制系统的性能要求可以概括为三个方面，即： 、 和 ，其中最基本的要求是 。

2、若某单位负反馈控制系统的前向传递函数为G(s)，则该系统的开环传递函数为 。 3、能表达控制系统各变量之间关系的数学表达式或表示方法，叫系统的数学模型，在古典控制理论中系统数学模型有 、 等。

4、判断一个闭环线性控制系统是否稳定，可采用 、 、 等方法。

5、设系统的开环传递函数为

K，则其开环幅频特性为 ，

s(T1s1)(T2s1)相频特性为 。

6、PID控制器的输入－输出关系的时域表达式是 ， 其相应的传递函数为 。 7、最小相位系统是指 。

二、选择题（每题 2 分，共20分）

1、关于奈氏判据及其辅助函数 F(s)= 1 + G(s)H(s)，错误的说法是 ( )

A、 F(s)的零点就是开环传递函数的极点 B、 F(s)的极点就是开环传递函数的极点 C、 F(s)的零点数与极点数相同

D、 F(s)的零点就是闭环传递函数的极点 2、已知负反馈系统的开环传递函数为G(s)2s1，则该系统的闭环特征方程为 ( )。

s26s10022A、s6s1000 B、 (s6s100)(2s1)0

C、s6s10010 D、与是否为单位反馈系统有关

3、一阶系统的闭环极点越靠近S平面原点，则 ( ) 。

A、准确度越高 B、准确度越低 C、响应速度越快 D、响应速度越慢

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2中南大学自动控制原理期末试卷

4、已知系统的开环传递函数为

100，则该系统的开环增益为 ( )。

(0.1s1)(s5)A、 100 B、1000 C、20 D、不能确定 5、若两个系统的根轨迹相同，则有相同的：

A、闭环零点和极点 B、开环零点 C、闭环极点 D、阶跃响应 6、下列串联校正装置的传递函数中，能在c1处提供最大相位超前角的是 ( )。

A、

10s110s12s10.1s1 B、 C、 D、 s10.1s10.5s110s17、关于P I 控制器作用，下列观点正确的有( )

A、 可使系统开环传函的型别提高，消除或减小稳态误差； B、 积分部分主要是用来改善系统动态性能的；

C、 比例系数无论正负、大小如何变化，都不会影响系统稳定性； D、 只要应用P I控制规律，系统的稳态误差就为零。 8、关于线性系统稳定性的判定，下列观点正确的是 ( )。

A、 线性系统稳定的充分必要条件是：系统闭环特征方程的各项系数都为正数； B、 无论是开环极点或是闭环极点处于右半S平面，系统不稳定； C、 如果系统闭环系统特征方程某项系数为负数，系统不稳定； D、 当系统的相角裕度大于零，幅值裕度大于1时，系统不稳定。 9、关于系统频域校正，下列观点错误的是( )

A、 一个设计良好的系统，相角裕度应为45度左右；

B、 开环频率特性，在中频段对数幅频特性斜率应为20dB/dec； C、 低频段，系统的开环增益主要由系统动态性能要求决定；

D、 利用超前网络进行串联校正，是利用超前网络的相角超前特性。 10、已知单位反馈系统的开环传递函数为G(s)10(2s1)2，当输入信号是r(t)22tt时，22s(s6s100)系统的稳态误差是( )

A、 0 B、 ∞ C、 10 D、 20 三、写出下图所示系统的传递函数

H2S RS — H1S — G1S G2S — H3S G3S C(s)（结构图化简，梅逊公式均可）。 R(s)CS

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四、(共15分)已知某单位反馈系统的闭环根轨迹图如下图所示 1、写出该系统以根轨迹增益K*为变量的开环传递函数；（7分） j2 2、求出分离点坐标，并写出该系统临界阻尼时的闭环传递函数。（8分） 1 × × -2 -1 -1 -2 1 2

五、系统结构如下图所示，求系统的超调量%和调节时间ts。（12分）

R(s) 25 s(s5)C(s) 六、已知最小相位系统的开环对数幅频特性L0()和串联校正装置的对数幅频特性Lc()如下图所示，原系统的幅值穿越频率为c24.3rad/s：（共30分）

1、 写出原系统的开环传递函数G0(s),并求其相角裕度0，判断系统的稳定性；（10分） 2、 写出校正装置的传递函数Gc(s)；（5分）

3、写出校正后的开环传递函数G0(s)Gc(s)，画出校正后系统的开环对数幅频特性LGC()，并用劳斯判据判断系统的稳定性。（15分）

L() -20dB/dec L0

40 0.32 0.01 0.1 1 -20dB/dec Lc

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-40dB/dec 24.3 10 20 100 -60dB/dec  中南大学自动控制原理期末试卷

试题二答案

一、填空题(每题1分，共20分) 1、； 2、；； 3、；； 4、；； 5、； (或：180arctanT)

1T26、；

二、判断选择题(每题2分，共 20分)

1、B 2、C 3、D 4、C 5、B 6、A 7、B 8、B 9、A 10、D

三、(8分)写出下图所示系统的传递函数

C(s)（结构图化简，梅逊公式均可）。 R(s)（1分）

四、(共20分)

）

五、(共15分) 六、（共22分）

（2分）

试题三答案

一、填空题(每题1分，共20分)

1、稳定性(或：稳，平稳性)；准确性(或：稳态精度，精度)

2n12、输出拉氏变换与输入拉氏变换在零初始条件下的比值；G(s) ； G(s)2 2Ts1s2nsn(或：G(s)1) 22Ts2Ts13、劳斯判据(或：时域分析法)； 奈奎斯特判据(或：频域分析法)

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4、结构； 参数

5、20lgA()(或：L())；lg(或：按对数分度) 6、开环传函中具有正实部的极点的个数，(或：右半S平面的开环极点个数)；

闭环传函中具有正实部的极点的个数(或：右半S平面的闭环极点个数，不稳定的根的个数)；奈氏曲线逆时针方向包围 (-1, j0 )整圈数。

7、系统响应到达并保持在终值5%或2%误差内所需的最短时间(或：调整时间，调节时间)；响应的最大偏移量h(tp)与终值h()的差与h()的比的百分数。（或：

h(tp)h()h()100%，超调）

8、m(t)Kpe(t)KpTit0e(t)dt (或：Kpe(t)Kie(t)dt) ；

0tGC(s)Kp(1K1s) (或：KpiKds) Tiss9、A()K(T1)21(T2)21011； ()90tg(T1)tg(T2)

二、判断选择题(每题2分，共 16分)

1、C 2、A 3、B 4、D 5、A 6、D 7、D 8、A 三、(16分)

解：Ⅰ型系统在跟踪单位斜坡输入信号时，稳态误差为 ess1 （2分） Kv而静态速度误差系数 KvlimsG(s)H(s)limss0s0K(0.5s1)K （2分）

s(s1)(2s1)稳态误差为 ess11。（4分） KvK要使ess0.2 必须 K1（6分） 5，即K要大于5。

0.2但其上限要符合系统稳定性要求。可由劳斯判据决定其上限。 系统的闭环特征方程是

D(s)s(s1)(2s1)0.5KsK2s3s(10.5K)sK0 （1分） 构造劳斯表如下

32s3s2s12330.5K3K10.5KK00第 七 页 共 二十二 页

为使首列大于0， 必须 0K6。

s0

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综合稳态误差和稳定性要求，当5K6时能保证稳态误差小于0.2。（1分） 四、(16分)

解：系统的开环传函 G(s)H(s)10(1kss)，其闭环特征多项式为D(s)

s(s2)D(s)s22s10kss100，（1分）以不含ks的各项和除方程两边，得

K*10kss*1 （2分） 1 ，令 10ksK，得到等效开环传函为 2s2s10s22s10参数根轨迹，起点：p1,21j3，终点：有限零点 z10，无穷零点  （2分） 实轴上根轨迹分布： ［－∞，0］ （2分）

ds22s10实轴上根轨迹的分离点： 令 0，得

dss s100,s1,2103.16

合理的分离点是 s1103.16，（2分）该分离点对应的根轨迹增益为

2s22s10Kss*1*K14.33，对应的速度反馈时间常数 ks0.433（1分） 1010根轨迹有一根与负实轴重合的渐近线。由于开环传函两个极点p1,21j3，一个有限零点z10 且零点不在两极点之间，故根轨迹为以零点z10为圆心，以该圆心到分离点距离为半径的圆周。 根轨迹与虚轴无交点，均处于s左半平面。系统绝对稳定。根轨迹如图1所示。（4分） 讨论ks大小对系统性能的影响如下：

（1）、当 0ks0.433时，系统为欠阻尼状态。根轨迹处在第二、三象限，闭环极点为共轭的复数极点。系统阻尼比随着ks由零逐渐增大而增加。动态响应为阻尼振荡过程，ks增加将使振荡频率d减

2小（dn1），但响应速度加快，调节时间缩短（ts3.5n）。（1分）

*（2）、当ks0.433时（此时K4.33)，为临界阻尼状态，动态过程不再有振荡和超调。（1分） *（3）、当ks0.433(或K4.33)，为过阻尼状态。系统响应为单调变化过程。（1分）

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图1 四题系统参数根轨迹

五、(16分)

解：由题已知： G(s)H(s)系统的开环频率特性为

K(1s),K,,T0，

s(Ts1)K[(T)j(1T2)]G(j)H(j)

(1T22)（2分）

开环频率特性极坐标图

0 起点： 0,A(0),(0)90；（1分）

终点： ,A()0,()270；（1分）

01与实轴的交点：令虚频特性为零，即 1T0 得 x （2分） T2实部

G(jx)H(jx)K（2分）

－K －1 开环极坐标图如图2所示。（4分）

由于开环传函无右半平面的极点，则P0 当 K1时，极坐标图不包围 （－1，j0）点，系统稳定。（1分） 当 K1时，极坐标图穿过临界点 （－1，j0）点，系统临界稳定。（1分） 当 K1时，极坐标图顺时针方向包围 （－1，j0）点一圈。

0 图2 五题幅相曲线 N2(NN)2(01)2

按奈氏判据，Z＝P－N＝2。系统不稳定。(2分) 闭环有两个右平面的极点。 六、(16分)

解：从开环波特图可知，系统具有比例环节、两个积分环节、一个一阶微分环节和一个惯性环节。

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K(故其开环传函应有以下形式 G(s)111s1) (8分)

s2(2s1)由图可知：1处的纵坐标为40dB, 则L(1)20lgK40, 得 K100 (2分) 又由

1和=10的幅值分贝数分别为20和0，结合斜率定义，有

20040，解得 1103.16 rad/s (2分)

lg1lg10

同理可得

20(10)20 或 20lg230 ，

lg1lg212210001210000 得 2100 rad/s (2分)

故所求系统开环传递函数为

s1)10 G(s) (2分) ss2(1)100100(

七、( 16分)

解：（1）、系统开环传函 G(s)K，输入信号为单位斜坡函数时的稳态误差为

s(s1)1limsG(s)H(s) esss0Kv 故 G(s)11，由于要求稳态误差不大于0.05，取 K20 K20 （5分）

s(s1)（2）、校正前系统的相角裕度

 计算：

L()20lg2020lg20lg21

L(c)20lg200c220 得 c4.47 rad/s

c21800900tg14.4712.60； 而幅值裕度为无穷大，因为不存在x。（2分）

（3）、根据校正后系统对相位裕度的要求，确定超前环节应提供的相位补偿角

m\"4012.6532.4330 （2分）

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（4）、校正网络参数计算

1sinm1sin330 a3.4 （2分） 01sinm1sin33 （5）、超前校正环节在m处的幅值为： 10lga10lg3.45.31dB

使校正后的截止频率c发生在m处，故在此频率处原系统的幅值应为－5.31dB L(m)L(c)20lg2020lgc20lg(c)15.31

' 解得 c''''26 （2分）

（6）、计算超前网络 a3.4,cm'1TaT1ma10.09

63.4 在放大3.4倍后，超前校正网络为

校正后的总开环传函为： Gc(s)G(s)（7）校验性能指标

相角裕度 180tg(0.3066)90tg6tg(0.096)43 由于校正后的相角始终大于－180，故幅值裕度为无穷大。 符合设计性能指标要求。 （1分）

试题四答案

一、填空题(每空1分，共15分)

1、稳定性 快速性 准确性 稳定性 2、G(s)；

3、微分方程 传递函数 （或结构图 信号流图）（任意两个均可） 4、劳思判据 根轨迹 奈奎斯特判据 5、A()o

Gc(s)1aTs10.306s

1Ts10.09s20(10.306s) （2分）

s(s1)(10.09s)''1110K(T1)21(T2)21011；()90tg(T1)tg(T2)

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6、m(t)Kpe(t)KpTit0e(t)dtKp1de(t)s) GC(s)Kp(1Tisdt7、S右半平面不存在系统的开环极点及开环零点

二、判断选择题(每题2分，共 20分)

1、A 2、B 3、D 4、C 5、C 6、B 7、A 8、C 9、C 10、D

三、(8分)写出下图所示系统的传递函数

C(s)（结构图化简，梅逊公式均可）。 R(s)C(s)解：传递函数G(s):根据梅逊公式 G(s)R(s)Pii1ni （2分）

3条回路:L1G1(s)H1(s),L2G2(s)H2(s)，L3G3(s)H3(s) （1分） 1对互不接触回路:L1L3G1(s)H1(s)G3(s)H3(s) （1分）

1LiL1L31G1(s)H1(s)G2(s)H2(s)G3(s)H3(s)G1(s)H1(s)G3(s)H3(s)（2分）

i131条前向通道: P1G1(s)G2(s)G3(s), 11 （2分）

G(s)G1(s)G2(s)G3(s)C(s)P 11R(s)1G1(s)H1(s)G2(s)H2(s)G3(s)H3(s)G1(s)H1(s)G3(s)H3(s)（2分）

四、(共15分)

1、写出该系统以根轨迹增益K*为变量的开环传递函数；（7分） 2、求出分离点坐标，并写出该系统临界阻尼时的闭环传递函数。（8分） 解：1、由图可以看出，系统有1个开环零点为：1（1分）；有2个开环极点为：0、-2（1分），而且为零度根轨迹。

由此可得以根轨迹增益K*为变量的开环传函 G(s)2、求分离点坐标

K*(s1)K*(1s) （5分）

s(s2)s(s2)111，得 d10.732, d22.732 （2分） d1dd2**分别对应的根轨迹增益为 K11.15, K27.46 （2分）

分离点d1为临界阻尼点，d2为不稳定点。

单位反馈系统在d1（临界阻尼点）对应的闭环传递函数为，

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K*(1s)G(s)K*(1s)1.15(s1)s(s2) (s)（4分） 2K*(1s)1G(s)1s(s2)K*(1s)s0.85s1.15s(s2)五、求系统的超调量%和调节时间ts。（12分） 解：由图可得系统的开环传函为：G(s)25 （2分）

s(s5)因为该系统为单位负反馈系统，则系统的闭环传递函数为，

25G(s)2552s(s5)(s)2 （2分） 21G(s)125s(s5)25s5s5s(s5)2n2n5与二阶系统的标准形式 (s)2 比较，有 2 （2分） 22s2nsnn50.5解得 （2分）

5n所以%e/12e0.5/10.5216.3% （2分）

ts3n31.2s （2分）

0.55或ts4n43.53.54.54.51.6s，ts1.4s，ts1.8s

0.55n0.55n0.55六、已知最小相位系统的开环对数幅频特性L0()和串联校正装置的对数幅频特性Lc()如下图所示，原系统的幅值穿越频率为c24.3rad/s：（共30分）

1、 写出原系统的开环传递函数G0(s),并求其相角裕度0，判断系统的稳定性；（10分） 2、 写出校正装置的传递函数Gc(s)；（5分）

3、写出校正后的开环传递函数G0(s)Gc(s)，画出校正后系统的开环对数幅频特性LGC()，并用劳思判据判断系统的稳定性。（15分）

解：1、从开环波特图可知，原系统具有比例环节、一个积分环节、两个惯性环节。

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故其开环传函应有以下形式 G0(s)Ks(11s1)(1 (2分)

2s1)由图可知：1处的纵坐标为40dB, 则L(1)20lgK40, 得 K100 (2分)

110和2=20

故原系统的开环传函为G0(s)10011s(s1)(s1)1020100 （2分）

s(0.1s1)(0.05s1)11求原系统的相角裕度0：0(s)90tg0.1tg0.05

由题知原系统的幅值穿越频率为c24.3rad/s

11 0(c)90tg0.1ctg0.05c208 （1分）

01800(c)18020828 （1分）

对最小相位系统0280不稳定

2、从开环波特图可知，校正装置一个惯性环节、一个微分环节，为滞后校正装置。

1s12'3.125s10.32故其开环传函应有以下形式 Gc(s) (5分) 11100s1s1s11'0.01s13、校正后的开环传递函数G0(s)Gc(s)为

1G0(s)Gc(s)1003.125s1100(3.125s1) (4分)

s(0.1s1)(0.05s1)100s1s(0.1s1)(0.05s1)(100s1)用劳思判据判断系统的稳定性

系统的闭环特征方程是

D(s)s(0.1s1)(0.05s1)(100s1)100(3.125s1)0.5s15.005s100.15s313.5s1000构造劳斯表如下

432 （2分）

s40.5100.15100s315.005313.50s2s1s0

.7296.8100100000 首列均大于0，故校正后的系统稳定。 （4分）

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中南大学自动控制原理期末试卷

画出校正后系统的开环对数幅频特性LGC() L()-20 -40

40

-20

1 0.1 0.32 0.01

起始斜率:-20dB/dec(一个积分环节) （1分） 10 -40 20 -60 转折频率:11/1000.01(惯性环节), 21/3.1250.32(一阶微分环节), 31/0.110(惯性环节), 41/0.0520(惯性环节) （4分）

自动控制原理模拟试题3

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与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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的值。(合计20分)

Fmky(t)0.080.06y(t)03t

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r(t)1(t)下的时域性能指标：超调量%，调节时间ts和峰值时间tp；

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中南大学自动控制原理期末试卷

2） 当r(t)21(t),n(t)4sin3t时，求系统的稳态误差。 R(s) N(s) 1 s48 s2C(s) 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%和调节时间ts。（合计20分, 共2个小题，每题10分）

21111),ts21.5[%0.160.4(12.51] sincsinsin

L()/d-40 20 -20 0 -20 1 5 c -40  (rad/s)

五、某火炮指挥系统结构如下图所示，G(s)K系统最大输出速度为2 r/min，输出

s(0.2s1)(0.5s1)位置的容许误差小于2，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Gc(s)（合计20分, 共2个小题，每题10分）

0.4s1，试计算相位裕量。

0.08s1E(s)C(s)R(s)G(s)

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中南大学自动控制原理期末试卷

自动控制原理模拟试题3答案

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20dB/十倍频程。可以保证相位裕量在303．

60之间。

11 4．

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中南大学自动控制原理期末试卷

二、

系统的微分方程为 ：my(t)y(t)ky(t)F(t)

Y(s)1 2kF(s)mssks2smm1110m因此 G(Y(s) F(s)2kmsskss2smm系统的传递函数为 ：G(s)利用拉普拉斯终值定理及图上的稳态值可得：

1my()limsY(s)limss0s0s21msmkm100.06 s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0.02/0.0633.3%，由二阶系统性能指标的计算公式

e/12100%33.3%

解得 0.33

由响应曲线得，峰值时间为3s，所以由

tp解得 n1.109rad/s 由系统特征方城

n123

2s22nsns2msk0 m 第 十八 页 共 二十二 页

中南大学自动控制原理期末试卷

可知

2n所以

m

k2 nmmk2n166.7135.5kg 21.1092nm20.331.109135.599.2N/(m/s)

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三、

1）系统的开环传递函数为：G(s)882

(s4)(s2)s6s8 系统的闭环传递函数为G(s)8 2s6s162n比较 二阶系统的标准形式G(s)2，可得 2s2nsnn4

而2n6，所以0.75

tpn121.795s

e/12100%2.8%

ts3n1s(5%)

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，r(t)21(t)和n(t)4sin3t分别作用于系统时的稳态误差ess1和ess2，系统的稳态误差就等于essess1ess2。 A） r(t)21(t)单独作用时，

由系统的开环传递函数知，系统的开环增益Kk1，所以系统对r(t)21(t)的稳态误差ess1为：

ess1211

1KkN(s) C(s) B） n(t)4sin3t单独作用时，系统的方块图为

系统的闭环传递函数为：We(s)频率特性为：We(j)8 s21 s48(s4)

s26s168(j4) 26j16 第 二十 页 共 二十二 页

中南大学自动控制原理期末试卷

当系统作用为n(t)4sin3t时，3，所以

We(3j)8(j34)3224j2.07 263j163718j2418arctan-0.55 327

We(3j)arctan系统的输出为：

ess24We(3j)sin(3tWe(3j))8.56sin(3t0.55)所以系统的误差为：ess18.56sin(3t0.55) 四、

解：1）开环传递函数G(s)H(s)K(s1) 2s(0.2s1)c152.236

20lgK020(lg1lgc)Kc2.236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：Ka2.236 因而对单位加速度信号稳态误差为ess

1110.447 KaK2.2362）

180(c)180180arctancarctan(0.2c)41.8111)36% sin

所以%0.160.4(tsc21112.514.74s 21.5sinsin五、解：

1） 系统为I型系统，KA2360/606(1/s) ess2 第 二十一 页 共 二十二 页

中南大学自动控制原理期末试卷

所以G(s)6sss(1)(1)25

可以求得c3.5

180G(jc)18090arctan3.53.5arctan4.925令

g10ImG(j)0,得

h 10.86G(jg)2）加入串联校正后，开环传递函数为

2162.5 G(s)ssss(1)(1)12512.5求得c4.8

180G(jc)180arctan4.84.84.84.890arctanarctanarctan20.2 2.52512.5

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