考研资料-自动控制原理-自动控制原理复习试题库20套答案

1自动控制原理试卷1答案一．填空1．微分方程、传递函数、频率特性、结构图。2．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。3．5.02S；0；8。4．4，Ⅱ；62.5。5．110100S；10。6．P-I；利用G(s)的负斜率使ωC减小，改善静态性能。7．将连续信号变为离散信号；0。二．（14分）解：（1）（2）C(Z)=)()(1)()(1232321ZHZHGGZGGZRG三．（20分）解：(1)F(s)=Tsstf111)((2)F(s)=525125151)5(122sssss（3）G1(s)=ssssssssss321030)2(10)2(3101)2(102521634432125152125143321521251243213211352126346321251132122111)1()()(1001)()(GGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGGsRsCGGGGGGGGPGGGPLGGGLGGGGGGGGGGLLLLPPsRsCtetsF5125125151)]([f(t)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(4分)(4分)(3分)(3分)(3分)（每空1分。共18分）2G2(s)=sssas)32(10)(2sassassssasassRsC1010321010)32(10)(10)()()(232assssA101032)(23要使系统稳定，则必须满足032010101032aaaa320a（两内项系数乘积两外项系数乘积）四．（12分）反馈校正系统如图示。解(1)：Kf=0Gk(s)=)2()2(82nnsssss8.203.08222nnn当在单位斜坡输入下时，即r(t)=tR(s)=s1Kv=)(lim0SGSkS=)2(8lim0SSSS=4ess=vK1=41=0.25(2)：Gk=)]82([8)82(8828)2(81)2(822ffffKsssKssKsssssKss8.25.082822nfnnfKK2+8Kf=222212+8Kf=4Kf=25.041(1分)(2分)(1分)(1分)(2分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(3分)3)4(8)(sssGkKv=2)4(8lim0SSSSess=5.0211vK五．（12分）已知某系统L(ω)曲线.解：（1）低频段的斜率为-40且与横坐标交于25即：ω0=25=625KKω1=10ω2=100T1=0.1T2=0.01该系统的传递函数为G(S)=)101.0()11.0(6252sssA(ωc)=111)01.0(1)1.0(6252221c5.62c(2))5.621.05.6201.0902(180)(180arctgarctgc25.6625.0arctgarctg(3)三阶最佳6.311001001c101112221201ThThhcK=316)1001(101011222Th1011011111maxtgtghtghtg六．（12）解：图一：0P为偶数(1分)(1分)(1分)(1分)(2分)(1分)(1分)(1分)(2分)(2分)(1分)4起点在正实轴上021Pnn系统闭环后不稳定。图二：P=0为偶数起点在正实轴,3逆转270020Pnn系统闭环后稳定。图三：当ω由0过程中122Pnn∴系统闭环后不稳定。七．（12分）解：∵系统的G0(s)=)1005.0)(105.0(10SS∴作出此系统的Bode图：∵L(ω)=20lgK=20设期望特性传递函数为G(s))1(TSSK(T=0.005)∵题目要求将其校正为二阶最佳系统，则ζ=0.7,σ%=4.3%又∵ζ1005.021KKTKT0.11020304011020[-20]1002001000[-40]L(ω)dBω(4分)(4分)(4分)(4分)(2分)5∴G(S)=)105.0(100SSG(s)=SSSGSG)1005.0(10)()(0自动控制原理试卷2答案一．填空1.极点2.s3.和4.15.Ⅰ6.k7.90º8.阻尼比9.相角裕量10.线性系统二．（7分）3214121)(GGGGGGRc三．（10分）m22)(dttyd=F(t)-FB(t)-FK(t);FB(t)=fdttdy)(;m22)(dttyd+fdttdy)(+ky(t)=F(t)。四．（15分）φ(s)=KsTsK5.02；K=8,T=0.25时，ωn=0.5；x0（t）=2-2×1.15et2sin（3.46t+31π）；tr=0.61s；tp=0.91s；ts=1.5s；σp=16.3%；K=4。(4分)(2分)（7分）（3分）（3分）（4分）（3分）（3分）（4分）（5分）（每空1分。共10分）6五．（8分）s4+6s2+8=(s2+4)(s2+2)=0;s2,1=±j2,s4,3=±j2；系统临界稳定。六．（12分）)125.0)(1(4sss)(1800c；2c；ccc25.0arctanarctan90)(5.0arctan2arctan901800=1800-1800=00。七．（13分）K=100φm=υ-υ+Δ=45。+5。；α=7.5ωc,=ωm=164.5rad/sT=0.00222；八．（10分）所以系统是稳定的。九．(15分)[解]系统有两对重极点-p1,2=-1,-p3,4=-41)渐进线ssGc00222.010167.01))(1(4/)1()4(1)(44TTezzzesszzG)(1)()(zGzGz0368.021.12zz121zz（6分）（2分）（5分）（2分）（3分）（2分）（2分）（2分）（1分）（5分）（3分）（2分）（3分）（2分）（2分）（2分）7)3,2,1,0(315,225,135,454180)12(5.244411kk2）轴上的根轨迹为两点s=-1s=-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即s4+10s3+33s2+40s+16+K=0令s=jω代入特征方程，得ω4-j10ω3-33ω2+j40ω+16+K=0令上式实部虚部分别等于0，则有=3）该系统根轨迹如下图所示。由图可知，当0≤K18时，闭环系统稳定。)15.0)(1|()(sssKsG自动控制原理试卷3答案一．填空题：1.稳定性2.开环控制3.拉氏变换4.1/s5.1/s26.)(lim0ssGs7.上升时间（2分）（2分）（1分）（2分）（3分）σjωJ√2-4-2.5-10401001633324K1002K。902180（4分）（每空1.5分，共15分）88.21n9.12122TjT10.)(lim)(lim0ssFtfst二．(11分)系统的摩擦力为dttdxf)(,弹簧力为kx(t)22)()()()(dttxdmtkxdttdxftp)()()()(22tptkxdttdxfdttxdm三.(12分)整体考虑时，传递函数为1)(1)()(212211222110sCRCRCRsCRCRsUsUr=11.212ss两个RC网络串联时，传递函数为1)(1)()(2211222110sCRCRsCRCRsUsUr=1212ss该网络不能等效为两个RC网络串联，存在负载效应。四.(12分)s4+12s3+69s2+198s+(200+k)=0劳斯表如下s4169200+ks312198s252.5200+ks1152.29-0.23ks0200+k令152.29-0.23k=0得k=662.13五.（11分）闭环特真方程为T1T2s3+(T1+T2)s2+s+10=0（4分）（4分）（2分）（4分）（4分）（3分）（2分）（7分）（3分）（3分）（1分）（1分）9系统稳定条件为T1T20T1+T20D2=(T1+T2)-10T1T20满足上诉条件系统稳定则系统稳态误差为ess=2/(1+kp)+0.5/kv=0.05六.(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lg20)(vLa因此v=0。ω=0.1处，斜率变化20,属一阶微分环节。ω=ω1处，斜率变化-20，属惯性环节。ω=ω2处，斜率变化-20，属惯性环节。ω=ω3处，斜率变化-20，属惯性环节。ω=ω4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)1)(1)(1)(1()11.0()(4321sssssKsG其中K、ω1、ω2、ω3、ω4待定。由lg20=lg30得K=101.5=31.62因渐进特性为折线，相邻的两交接频率间，渐进特性为直线，故设斜率为k,(ωA,Lw(ωA))(ωB,La(ωB))为直线上两点，则有直线方程BABaAakLLlglg)()(（1分）ωA=ω1,ωB=0.1,La(ω1)=40,La(0.1)=30,k=20ω1=0.316ωA=ω4,ωB=100,La(ω4)=5,La(100)=0,k=-60ω4=82.56ωA=ω3,ωB=ω4,La(ω3)=20,k=-40ω3=34.81ωA=ω2,ωB=ω3,La(ω2)=40,k=-20ω2=3.481七．(12分)(1))1(1)(2ssesEt=)1111)(1(2ssset(2))1)1()(1()(21TzezzzzzTzzE=xzxxxeezzeTeT)1()1()1(12（4分）（4分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（1分）（6分）（6分）（1分）10-1-2022八．（15分）解（1），根据一般根轨迹绘制法则求得：1）渐进线与试轴的交点：-σ=-1渐进线倾角：θ=60°，180°，300°2）实轴上的根轨迹在区间]0,1][2,(。3）分离点：s1,2=-0.42,-1.58(舍去)K=0.194）根轨迹与虚轴的交点坐标：3,2Kjs5）该系统根轨迹如下图（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0K≤0.19时系统不产生超调。（3）串联微分校正环节（τs=1）后系统的开环传递函数变为)2)(1()1(2)15.0)(1()1()(ssssKssssKsG系统特征方程为s（s+1）(s+2)+2K(τs+1)=0若s=-1+j是根轨迹上的点，则必须满足特征方程。代入特征方程，得-j2+j2Kτ-2Kτ+2K=0=11022022KKKK自动控制原理试卷4答案一.（26分）（1）开环传递函数无反馈环节闭环传递函数有反馈环节。（2）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。（3）幅频特性与相频特性统称为频率特性。（4）为了使系统达