2014考研西北工業(yè)大學821自動控制原理模擬題解析部分

1、專業(yè)課模擬題解析課程第1講模擬題一解析一,、25分某系結構圖如下列圖所示,該系統(tǒng)的單位階躍響應如右圖.|R(s) E(s) K(s+a) C(s)sv(Ts+l)(1)求該系統(tǒng)結構圖中未知參量v,k,T.(2)當T不等于零時,求a的值,使該系統(tǒng)的單位斜坡誤差ess= 1考點：(1)階躍響應的導數(shù)是脈沖響應,脈沖響應的s域表達式就是系統(tǒng)的傳遞函數(shù).(2)解:穩(wěn)態(tài)誤差的算法_ s+aG(s)='s+1)4=a»待定Iss(s)K(s a)sv(Ts 1)1 s a sv(Ts 1)K(s a)sv(Ts 1) s aD(s) = TsvJhl + sv + s+a v<21

2、+ G版8=K = 1Q零TO零->0 s sv(Ts+l) + s + a.=Ks2 -haKs力(O= fc(O) = lim = lim = lim $*$*父(73+1)+5+n+=10K =10I v = 1T 二 1K = 10I v = 2 或者T =0(2)由梅森公式可得,該系統(tǒng)的誤差傳遞函數(shù)為:e(S)二s2 ss2 2s as(s 1)配s*'e*s s 1lim s* f* -2 1s 0 s 2s a sa=1二、(25分)系統(tǒng)結構圖,K= 0-oo,繪制系統(tǒng)根軌跡并確定:(1)使系統(tǒng)穩(wěn)定且為欠阻尼狀態(tài)時開環(huán)增益K的取值范圍；(2) 當九3 =-5 時,兒

3、1,2 = ?相應K=?解:G(s);s+4K = K*/8s(s 2)(s 4) v = 1 實軸上的根軌跡：-8,-4,12,0漸近線:別離點:=(-2-4)/3 = 2=±60°,1»0°整理得:3d212d 8二 00.845; d2=3.155舍去第二個結果,可得：Kd=d| d+ 2|d+ 4虛軸交點：D(s)= s(s+ 2)(s+ 4)+ K*s3 6s2d 0.845二 3.08*8s K = 0的 = J& = 2.828*：=48+ Sd> =0Re(W®)=-6 畫? +=0使系統(tǒng)穩(wěn)定且為欠阻尼狀態(tài)時開環(huán)增

4、益K的取值范圍:r 3.0«<<48依題,對應 0<5<1 有：3.08 k M 48< K=< =6888(2)由題意,可用長除法進行運算:D(s); s3 6s2K . (s 5)(s2s 3)_ _ _. *%2 二 一0.5士 j 1.6583K =15那么 K = K*/8= 15/二 1.875開環(huán)傳遞函數(shù)G(s)；(25分)最小相角系統(tǒng) L(w)如下圖,試確定由7確定系統(tǒng)的穩(wěn)定性;(3)將L(w)右移10倍頻,討論對系統(tǒng)的影響考點：利用伯德圖,分析系統(tǒng)性能解：(1)由系統(tǒng)伯德圖,可得該系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為:G(s) =10sss(1)

5、(1)0.120(2)要計算系統(tǒng)的相角裕度,必須得到系統(tǒng)的截止頻率.截止頻 率可直接由圖中確定.9=Vo>ixio = 1y=180*90*- Cretan arctau 0.120-90°-843°-2.86° = 2.8° >0 穩(wěn)定了不變£(<»)右移后,.100G($) =s(-+l)(+1),1 八 2007/=JlxlOO = 10r=180P90arctaii arctan-1200=9(P-8430-2.86 = 2.8°四、(25分)一系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為GHi(jwas ,二階環(huán)節(jié)GHi

6、(jw)軌跡圖如下列圖所示,試求：(1)使閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定的 a的取值范圍 假設a=0,當系統(tǒng)輸入r(t)=sin(t) 時,求系統(tǒng)輸出考點：利用奈奎斯特圖確定系統(tǒng)傳遞函數(shù)形式.解：根據(jù)該幅相曲線可知,其初始為平行負虛軸的無窮遠處,所 以為1型系統(tǒng).又由于單調變化,以 180度終止于原點,且是二 階環(huán)節(jié),所以含有一慣性環(huán)節(jié)無零點.(1)GH i(S);s(Ts 1),K - kTw - jkHl(jW) jw(Tjw+1) w(1+T2w2)那么幅頻和相頻特性為:“、K0A(w) , (w)= - 90 - arctanTww 1 T 2w2那么由幅相曲線可知,當 w=2時有A(2) = V2,

7、(2) = -1450(2) = 900 arctan2T = 1450得：T=0.5A(2) ;-= V2,得 K 二 211+1加上延遲環(huán)節(jié)求截止頻率A(w) =/= 1,可得 w= 2.5w 1+0.25w2另該點的相角 2 2.5 )=-90°-arctan0.5*2.5-2.5a*57.3 > 180°得,a 0.27(2)由第一問可知,K=1, a=0,T=0.5,所以可得幅頻和相頻特性分4n早II為. A(1)= = 3.58, (1)= -900 - arctan0.5= 116.61* 1 0.25*1所以可得,系統(tǒng)輸出為：3.58sin(t 116

8、.6)五、(25 分)系統(tǒng)結構圖 (T=0.25), r(t)=2- 1(t)+t,1e e*I_tz(1)該系統(tǒng)穩(wěn)定時,求 K的范圍(2)使 e(oo)<0,5, 求 K范圍考點：離散系統(tǒng)的判穩(wěn)與求誤差解：(1)離散系統(tǒng)判定穩(wěn)定性,用朱莉判據(jù)(z)GQ) 1 + GQ)Ke 毋 _ KTs z2(z-l)KT?(Z-1) + 7判定穩(wěn)定性Z)q)= z3/十KT =0i-i+jrr=Kr>o0(1) = -L-1 4KT = KF 2 < 0Jury: .%1KT0-11 2 人 1-10 KT J3 KM1-KT2<K< 2.472=> X>0(1

9、)n K <2/r = 8(2)=> K<l/T=4(3)n 1-K2T2 >KT6.427<Kv 2.472 (4)4 -KT1K?T2-1J(2)求穩(wěn)態(tài)誤差用靜態(tài)系數(shù)法可得:G(z)=Zl-e rs K產(chǎn)s s j= K(-T)叫J=Kz_2 z-l TzKTU-l)2 z2U-l)4«) = 2*1 ,2«)=r6(0°) = oe2(co) = TA/Kv =1/K“8)=%(8)+©2(°°) =1/K <.5=> K > 2六、25分非線性系統(tǒng)結構圖如右圖所示,2K | s(

10、s 1)：1自振時,調整K使G(s);135求此時的K值和自振參數(shù)A,w以及輸出振幅 A 定性分析K增大后自振參數(shù)A,w的變化規(guī)律. 考點：考查非線性系統(tǒng)的像平面分析法 解：1由題意得N yp!匚Tj mA就得ja>(l+jG 1 + af (G>= 1K = tt/8 = 039274 = S-J2/tt = 3.6專業(yè)課模擬題解析課程第2講模擬題二解析二一、(25分)一個單位反應的三階系統(tǒng),對單位加速度輸入 的穩(wěn)態(tài)誤差為0.該系統(tǒng)本身穩(wěn)定,最多只有一個零點.變化 k, 使該系統(tǒng)在w=3處會發(fā)生恒定的正弦波動.(1)假設該系統(tǒng)閉環(huán)特征方程有一根為 -1 ,求其開環(huán)傳遞函數(shù)(2)在

11、(1)的條件下,討論使該系統(tǒng)特征根位于 -1之左的情況 考查點：勞斯公式本身內容及勞斯公式的特殊情況解：(1)該系統(tǒng)穩(wěn)定,那么特征方程中就不會缺項.從而可以設該系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為:G(s) =k(as 1)2s (s b)k(as 1)那么該系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為： 二32 ks bs kas k32從而系統(tǒng)的閉環(huán)特征方程為： D(s)= s3 bs kas k列出勞斯表可得：3s 1 kas2b kis kab- k 0要出現(xiàn)恒定的震蕩,那么 kab-k=0此時震蕩頻率為3,那么輔助方程bs2+ k= 0的解為s=33j從而k=9b,ab=1.將s=-1帶如特征方程,可得-1+b-ka+k=

12、0三個式子聯(lián)合可得 b=1, a=1, k=9(2)在(1)的條件下,令s=S-1那么相當于討論在S域中系統(tǒng)的穩(wěn)定情況.帶入特征跟,得 D(S)= (S-1)3 (S-1)2 k(S- 1) k列勞斯表,討論S域中系統(tǒng)的穩(wěn)定情況.二、(25分)某系統(tǒng)框圖如下所示：K 飛+4) s(s+2)(s+3)I r _e ks+4) c Ii YJ | s(s+2)(s+3) i|TiT|._ I-Ts+4 I I(1)繪制當K=0-8時系統(tǒng)的根軌跡；(2)使復極點對應的阻尼角為60°時的K及考點：利用開環(huán)根軌跡,分析系統(tǒng)性能. 解：(1)可以先將系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)進行化簡： * * K (s

13、+ 4) s + 2 KG(s)-5(5+ 2)(5+ 3) s + 4 s(s + 3)n hi(2)可以使用待定系數(shù)法：當 &=0.5時% =-L5 + yX598K* 小瓜+3=1.5? +2.598? =9K=E/3 = 3三、(25分)某單位反應系統(tǒng)的開環(huán)幅相曲線如下列圖所示,且氏近1近(1)當輸入r=1(t)時,求輸出量c(t)的最大值及穩(wěn)態(tài)誤差(2)當輸入r(t)=5sin (2t)時,求系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差考點：奈奎斯特圖求系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)；正弦輸入時輸出的求法 解：1由圖可得系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為：G(s) =將G啦=j四帶入得到： 3 二格 x2+?TtZ + 1那么有:所

14、以有:J+y T2 看弓=1 15 = 1G($)=-1+3$420($)=即有:6s2 + 3s+ 8得到自然震蕩頻率和阻尼比分別為:% = 22= 0.53超調為:b% =媼二空n7 =0J40.75又由于：/t(oo) = = 0,758(終值定理)所以系統(tǒng)穩(wěn)定誤差為(靜態(tài)誤差系數(shù)法)：4=0.25, * =0.75x(1 + 0.14) = 0.855(2)誤差傳遞函數(shù)為：七 _ /?($) - C _+ 3s + 2R(s) R(s) s? + 3$ : 8即有:|=V4 + 36 =Q87711-6 + 3666-3/ =兀- arctan arctan = 52J24所以誤差響應

15、為：% = 5 x 0.877 sin(2r + 52.1°) = 4385sin(2f + 52J0)四、(25分)非最小相位系統(tǒng)的開環(huán)伯德圖如下列圖所示,開環(huán)增益K>0,(1)確定系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù) G (S)(2)用奈奎斯特穩(wěn)定判據(jù)確定使系統(tǒng)穩(wěn)定的K的范圍.3020101 TT I 1 I IILLL1LL1_I I I I Illi-r-n-H-i-H-一L_LLLLiJL-r-10-20I 1 I I I I I H I IIB IT TIT 1_L,LLUU一 JLL1UUJ_1 I I II LIU I I I I IIHI If節(jié)麗HI一一 一一一lllTMlJ-

16、1 I Til I l I I niir<L-1-十廿時 l- 4i 11 mill i i i【iiw iI 111111LI+Hn什U1UUI I I 11 IT3日什I Fil mi ( I I MIUI I t I M III11 " I U I 1 I I J I I LL1“mm-130-180I I Hill I- + 4 + 卜-14-14I I I I I I II II I lUfll卜一1-七I I I IIIIII-27010 Jj i u+mr i -X MHI 1一 /T 1 H Hltl 1 -F4-H-HH4-1-(III IIHI 1 1 L

17、. L_l JJ 31II IIIA JiIII1 Li1 Hillf M III1 1 1 III j 1 1 LUi i i iiiiii i1 1 J 1JiJJJ出110)0°IO3考點：利用伯德圖確定系統(tǒng)傳遞函數(shù)；奈奎斯特穩(wěn)定判據(jù)解：1首先確定系統(tǒng)有一個微分環(huán)節(jié)由于系統(tǒng)伯德圖一開始就以20dB的斜率上升在w=1處,系統(tǒng)的斜率變化-40dB,對應二階積分環(huán)節(jié),因此系統(tǒng) 傳遞函數(shù)可設為：G(s)=Kss2 + as + b又由于:|c(jio)|=i ZG(j10) = "l806可求出:K = 10, a = -2, b = G($)=10s10ss2-2s + (

18、5-I)2(2)由,當KG(jO) = 0/- 270、G(joo) = OZ - 90% G(jl) = >當Z=P-2N=-2N時,系統(tǒng)才穩(wěn)定,所以可得N=1o且K/2>1 ,推五、得K>2時系統(tǒng)穩(wěn)定.(25分)離散系統(tǒng)結構圖,K=10, T=0.2 求:0,5 s -*(1)系統(tǒng)的穩(wěn)定性(2)Kt)=1(t) 時系統(tǒng)的 e(oo)考點：離散系統(tǒng)的穩(wěn)定性和穩(wěn)態(tài)誤差的求法 解：先求系統(tǒng)的傳遞函數(shù)C(z)_G(z)一 E(z)1 _1 zTs esTs es0.5KIs11(1 z1)K Z -3 s r1 0.5(1 z 1)K Zz 1KzT2z(z 1)2(z 1)31

19、冷KT2 z 122 (z 1)21 2 z- 1K =10T =0.20.2(z 1)z(z 1)e(Z)=E(z) 1R(z) 1 G(z)11 0.2(z 1)z(z 1)z(z1)z(z1)z(z 1) 0.2(z 1)z2 0.8z 0.2D(z) z2 0.8z 0.2 0Jury:Z>(l) = l-0.8+0.2=0.4>0T = 1+0,8+02 = 2 > 0 |0.2|<|l所以系統(tǒng)穩(wěn)定.(2)由系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)可得,穩(wěn)態(tài)誤差為:e2( T)= lim (z 1)z 1Tzz(z1)(z 1)2 z2 0.8z 0.2T 10.4 2六、(25分)

20、非線性系統(tǒng)結構圖如下列圖所示,:Gi(s)1s(s 1)G2(s)二N(A)K的范圍4M ! h 2 冗A 中 A(A- h)(1) G3(s)=1時,系統(tǒng)是否自振？確定使系統(tǒng)自振的考點：非線性系統(tǒng)的自振及其穩(wěn)定性的討論 解先將系統(tǒng)結構圖化為典型結構 特征方程法：(s)二1 g1g2g3n g1D(s) = 1 G1G2G3N G1 = 0nGGG3 11 G1G(s);G£2G31 G1專業(yè)課模擬題解析課程第3講模擬題三解析3一、(25分)如下列圖所示,圖中F(t)=1 (t) N為輸入量,位移y(t)為輸出量.m=1kg,f=2,K=1.(1)求該系統(tǒng)的傳遞函數(shù)；(2)求該系統(tǒng)的

21、超調量和調節(jié)時間考查點：利用物理背景,求系統(tǒng)的傳遞函數(shù).解：(1)對小車單獨進行受力分析,由牛頓第二定律可得:di ,dr利用微分方程與傳遞函數(shù)的關系,可得:Y(S)二 1F(S) ms2 fs Ks2 2s 1(2)由(1)可知,該系統(tǒng)的 Wnj T 帶入超調和調節(jié)時間公式即可.二、(25分)限制系統(tǒng)如下列圖所示：(1)取長工=.,5 ,繪制OWK產(chǎn)8時的根軌跡.(2)欲使系統(tǒng)閉環(huán)主導極點為 7 土j2,求K1,K2的值 考點：主導極點法求系統(tǒng)性能.解：(1)當長工工.,5時,副回路閉環(huán)傳遞函數(shù)為：GK)=0.50.5$ +1l+2x 055 + 40.5s +1因此,系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為:

22、G($) =50Kls(s + 4)(s + 5)(5?+ 10$ + 50)漸近線與實軸交點為:%-卷-X(1,1,2,)n-m可得,-5 4 - 5 - 5er = -3.8a 5漸近線的角度為：36,108,180 , 252,324jg*(2)系統(tǒng)副回路的閉環(huán)傳遞函數(shù)為:G(s) =島0.5S + 1 +2K之所以系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為:G(s) =lOOKKs(s + 5)($ + 2 + 4K2 )(52 +105 + 50)要使系統(tǒng)的主導極點如題中所給,那么(s + l j2X$ + l+R) = J+2s + 5又設：s1=-l+j2.即4+2$+5 = 0,整理得 $：=2山一

23、5根據(jù)主導極點的定義,由Gg)= -I可得： 100 100K& 4(4 + 5)($+ 2 + 4K2 心:+10與 + 50)所以有：D(s) =+ 5M )(S + 2 + 4K2 乂8心 + 45) = (34-5)(8與 + 45乂所 + 2 + 4K?)=(24s： + 95* - 225X4 + 2 +4/)=(47曷- 345)(*+ 2 + 4K?) = (188/ 345)* 925-1380陷從而:188K345 = 0解得:犬2 =L835由100犬小2 =925 + 13805,可得；9 259 25K = + 13.8 = - + 13.818.841 K2

24、1.835三、(25分)單位反應系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為：G(s)三(S + D(ox+ 購5事+1)(1)用奈奎斯特曲線求使系統(tǒng)穩(wěn)定時參數(shù)K的范圍(2)假設希望系統(tǒng)的閉環(huán)極點全部位于s=-1之左,試用奈奎斯特判據(jù)判定此時K的取值范圍.考點：考查奈奎斯特穩(wěn)定判據(jù)及其特殊情況解：繪制系統(tǒng)奈奎斯特曲線起點：(2)終點:(3)交點:G(jO) = KZO°G(» = ON - 270Ch20K20K0(5)=-(5 + l)(s +10)($ + 2) ? + l 3s2 + 325 + 20令s=jw,并使G (jw)分母中的虛部全部為零,求 G (jw)與 實軸的交點,即j

25、4;(32 - ry5) = 0解得：所以與實軸的交點為：覺同=20K20-13x3219,8& = >/32因此系統(tǒng)的奈奎斯特圖如下所示:由圖可知,/ = /、：' 0 2、25要使系統(tǒng)穩(wěn)定,必須要 n=q所以：0VKV19.8(2)由題可得:令產(chǎn)勒-1,即將虛軸向左移一個單位,再用奈氏判據(jù)有:航(01與十 09)(0.55+ 0.5)20K昌& +9X 片 +1)令U + iosi+9的實部為零,得/Jg.20K? KG(j3)= -kv當哈 VI時,G(j&)與負實軸交于a=-l的右邊,即N=0,系統(tǒng)穩(wěn)定. 10x99所以0VKV4.5時,原系統(tǒng)所有

26、特征根在1的左邊口四、(25分)某單位反應系統(tǒng)的開環(huán)頻率響應特性如下表:表5-1某單位反應系統(tǒng)的開環(huán)頻率響應特性&234567810爾同108564J82.7151.00.6/Goli 田-100.-115.-130°-1400- 145c-150"-160°-180,(1)求系統(tǒng)的相角裕度和幅值裕度(2)欲使系統(tǒng)具有20dB的幅值裕度,系統(tǒng)的開環(huán)增益該變化多少 考點：對相角裕度和幅值裕度概念的理解解：(1)設開環(huán)傳遞函數(shù)為 G(S),由上表可知,w=8時該系統(tǒng)位 于截止頻率,所以有：了=】80 + /G(j )= 180' + ZG(j8) =

27、1800-160.= 20"又由上表可知,"G(jl0) = -l80.時,根據(jù)幅值裕度的定義有：.惶網(wǎng))| =口口0)廣二4667201g Ke =201gl.667»4.4387dBB-(2)由上表, o設系統(tǒng)開環(huán)增益變化了?倍,根據(jù)幅值裕量的定義,有:201gl!1=20區(qū)G(j咦)|推出：KjG(jq)| = 0.l而由表5-1所示可知：|G(j4)| = 0.6解得:由此可見,欲使系統(tǒng)具有20dB的幅值裕量,系統(tǒng)的開環(huán)增益應變化為原來的五、(25分)限制系統(tǒng)如下列圖所示,其中為校正環(huán)節(jié)(D假設用計算機實現(xiàn)校正環(huán)節(jié)Q($),畫出采樣系統(tǒng)的方框圖.(2)假設采樣周期求使采樣系統(tǒng)穩(wěn)定的K的取值范圍.口& / 1 1己知：Z -r (z-1)考點：離散系統(tǒng)求穩(wěn)定解：1參加計算機,便要離散采樣&寫G* 寫念K 一保持器*京為T _2由題意知,根據(jù)零階保持器的傳遞函數(shù)為,