北京航空航天大学2011年《控制工程综合》考研试题与答案

自动控制原理部分（共6题，90分）

一、（本题10分）已知某系统的结构图如图所示，求误差传递函数E(s)/R(s)及在单位斜坡信号r(t) t（t≥0）作用下的稳态误差。

解：（1）用梅森公式求解传递函数。

12110210

5 = 2由题图可知，单独回路有2个：L1 5 = ，L2 s 1sss(s 1)ss

1010

无不接触回路，故： 1 L1 L2 1 2

ss(s 1)

10212

前向通路有2条：P， 1=1 ；P2 s =， 2=1 1 1

ssss

81

PE(s)s(s2 9s 8)1 1 P2 2

误差传递函数为： er(s) 3

2

1010R(s) s 11s 10s 101 ss(s 1)

（2）求输入作用下的稳态误差。首先判断系统闭环稳定性，闭环特征方程为：

s3 11s2 10s 10 0

列劳斯表：

s3110s21110

s1100/110s010

第一列系数均大于0，故系统稳定。

1

系统稳定，输入信号拉氏变换为R(s) 2，故由输入信号引起的误差象函数在s右边

s

平面及除原点之外的虚轴上解析，终值定理适用，可得：

s(s2 9s 8)1

ess lims E(s) lims 3 22s 0s 0s 11s 10s 10s

2

s 9s 8

lims 3 0.8 s 0s 11s2 10s 10

二、（本题20分，第（1）小题8分，第（2）小题4分，第（3）小题8分）已知某单

K*(s 9)

位负反馈系统的开环传递函数为G(s) 。（1）画出当K*从零变化到正无穷大时，2

s(s 10)

闭环系统的根轨迹图；（2）分析该系统稳定时K*的取值范围；（3）已知系统有一个闭环极点p1 8.8，利用主导极点法近似计算此时系统单位阶跃响应的超调量和调节时间。

解：（1）绘制步骤如下： 1）n=3，有三条根轨迹。

2）起始于开环极点0、 10、 10，终于开环零点 9和无穷远处。 3）实轴上的根轨迹为( 9，0）。

4）n=3，m=1，则有两条根轨迹趋于无穷远，它们的渐近线与实轴的交点和夹角为：

n mπ

取k=0，则 a 。

2

综上分析，可画出闭环系统的根轨迹图如图所示。

a

P z

ii 1

i 1

nm

i

10 10 911(2k 1)π(2k 1)π

， a

3 12n m2

（2）由（1）得到的根轨迹图可以看出，当K＞0时，闭环系统稳定。

K*

（3）由主导极点法可近似得系统的开环传递函数为：G(s)

s

已知p1 8.8，代入闭环方程，可得：K* 8.8

*

K*11

则有： (s) ，T 0.11s *1s K*Ks 1K*

根据时域分析可知，一阶系统无超调， % 0；调节时间ts 3T 0.33s。 三、（本题15分，第（1）小题6分，第（2）小题6分，第（3）小题3分）已知最小相位系统的开环对数幅频渐进特性曲线如图所示，其中，虚线是转折频率附近的精确曲线。（1）求开环传递函数G(s)，画出开环对数相频特性曲线；（2）利用对数频率稳定判据判断闭环系统的稳定性，并计算模稳定裕度；（3）当输入为r(t) sin10t时，求输出的稳态分量。

解：（1）由图可知，低频段渐近线斜率为 20dB/dec，说明系统中有一个积分环节。由（1.0, 0）点可得： 20lgK 0 K 1

转折处加入了一个二阶振荡环节，则开环传递函数可设为：

2 n1

G(s) 2 2

ss 2 ns n

由转折点可知， n 10rad/s。

振荡环节在 n时的修正值为 20lg2 。由图知，修正值为 10 ( 20) 10，即：

20lg2 10

2 n1则传递函数为：

G(s) 2 2

ss 2 ns n开环对数相频曲线如图所示。

（2）由图可知，在L( )＞0dB的范围内，对应的相频曲线对 π线无穿越，即N 0，

p

N 0，则N N 0 0 ，所以闭环系统稳定。

2

由图可知，当 n 10rad/s时， ( ) π，则模稳定裕度为：

1 20lgG(j n) 10dB

G(j n)（3）系统的闭环传递函数为：G(s) h 20lg

可得： (j10)=10

则 (j10) 180，故输出稳态分量为：

Css(t) t 180) t

四、（本题15分）设某非线性系统如图所示，求出起始点c(0) 0、c(0) 迹方程式，并画出相轨迹图。

c c＜0 1

解：由题图，可得： c

1c c＞0

开关线c c 0，将整个平面分成两个区域。

2 ① c 2c A1，c c＜0

求解c 1可得： 2

② c 2c A2，c c＞0

画出开关线，已知c(0) 0、c(0)

(2 0 A1 A1 3

则c2 2c 3，可画出相应的相轨迹图。

c2 2c 3由 ，可得起始点( 1,1)。代入②式，有：

c c 0

12 2 ( 1) A2 A2 1

则c2 2c 1，可画出相应的相轨迹图，为一点( 1,1)，即终止点。 综合分析，可画出相轨迹图如图所示。

五、（本题15分，第（1）小题6分，第（2）小题6分，第（3）小题3分）某二阶定

a a 0

x(t) Ax(t) bu(t)，y(t) cx(t)。A 1112 ，b ，常线性系统的动态方程如下：其中，

1 a21a22 e t te tte t

。（1）求矩阵A；（2）若c 11 。已知系统的矩阵指数e t t t e te te

T

（3）求系统的传递x(0) 1 1，求系统在单位阶跃u(t) 1(t)作用下的响应x(t)，t≥0；

AT

函数Y(s)/U(s)，这里，U(s)和Y(s)分别为输入和输出信号u(t)和y(t)的拉普拉斯变换。

解：由L 1(sI A) 1 eAT，可得：

e t te t

(sI A) L(e) L t

te

1

AT

1 1

te t s 1(s 1)2

t t 1e te

(s 1)2

1

1

2 (s 1)

11

s 1(s 1)2

1 1

s 1(s 1)2

则有： sI A

1 (s 1)2 …… 此处隐藏：1611字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……