《自动控制原理》模拟试卷四及答案
《自动控制原理》模拟试卷四
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，s t 定义为 。%σ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
12(1)(1)
K
s T s T s ++，则其开环幅频特性为 ，相
频特性为 。
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 ；
B 、 稳态误差计算的通用公式是20()
lim 1()()
ss s s R s e 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
(1)
s s +，则该系统的闭环特征方程为
( )。
A 、(1)0s s +=
B 、 (1)50s s ++=
C 、(1)10s s ++=
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 =??
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 ( )。
A 、 *(2)(1)K s s s -+
B 、*(1)(5K s s s -+）
C 、*2(31)K s s s +－
D 、*(1)(2)
K s s 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2210(21)
()(6100)
s G s s s s +=
++，当输入信号是
2()22r t t t =++时，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(0.51)
()(1)(21)
k s G s s s s +=
++，输入信号
为单位斜坡函数，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)。
四、(16分)设负反馈系统如图2 ，前向通道传递函数为10
()(2)
G s s s =
+，若采用测
速负反馈()1s H s k s =+，试画出以s k 为参变量的根轨迹(10分)，并讨论s k 大小对系统性能的影响(6分)。
五、
均大于0 ，试用奈奎
斯特稳定判据判断系统稳定性。 (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)
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，相角裕度不小于40o ，幅值裕度不小于 10 dB ，试设计串联校正网络。( 16分)
《自动控制原理》模拟试卷三答案
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、输出拉氏变换与输入拉氏变换在零初始条件下的比值；1
()1
G s Ts =
+ ； 2
2
2
()2n
n n
G s s s ωζωω=++ (或：221()21G s T s T s ζ=++) 3、劳斯判据(或：时域分析法)； 奈奎斯特判据(或：频域分析法) 4、结构； 参数
图
5、20lg ()A ω(或：()L ω)；lg ω(或：ω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%2%±±或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()p h t 与终值()h ∞的差与()h ∞的比的百分数。（或：
()()100%()
p h t h h -∞?∞，超调）
8、0
()()()t
p p i
K m t K e t e t dt T =+
?
(或：0
()()t
p i K e t K e t dt +?) ；
1
()(1)C p i G s K s T s τ=+
+ (或：i p d K K K s s
++) 9
、()A ω=
011
12()90()()tg T tg T ?ωωω--=---
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 1
ss v
e K =
（2分） 而静态速度误差系数 0
(0.51)
lim ()()lim (1)(21)
v s s K s K s G s H s s K s s s →→+=?=?
=++ （2分）
稳态误差为 11ss v e K K
=
=。（4分） 要使0.2ss e < 必须 1
50.2
K >
=，即K 要大于5。（6分） 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
3
2
()(1)(21)0.523(10.5)0D s s s s Ks K s s K s K =++++=++++= （1分）
构造劳斯表如下
321
210.5330.5030
s K s K K s
s K
+-为使首列大于0， 必须 06K <<。
综合稳态误差和稳定性要求，当56K <<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 10
()()(1)(2)
s G s H s k s s s =
++，其闭环特征多项式为()D s
2()210100s D s s s k s =+++=，（1分）以不含s k 的各项和除方程两边，得
2
101210
s k s s s =-++ ，令 *
10s k K =，得到等效开环传函为 *2
1210K s s =-++ （2分）
参数根轨迹，起点：1,213p j =-±，终点：有限零点 10z =，无穷零点 -∞ （2分）
实轴上根轨迹分布： ［－∞，0］ （2分）
实轴上根轨迹的分离点： 令 22100d s s ds s ??
++= ???
，得
2
1,2100, 3.16s s -===±
合理的分离点是
1 3.16s ==-，（2分）该分离点对应的根轨迹增益为
2*
1
210
4.33s s s K s ++=
=，对应的速度反馈时间常数 *10.43310s K k ==（1分）
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1,213p j =-±，一个有限零点10z =
且零点不在两极点之间，故根轨迹为以零点10z =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s k 大小对系统性能的影响如下：
（1）、当 00.433s k <<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ζ随着s k 由零逐渐增大而增加。动态响应为阻尼振荡过程，s k 增加将使振荡频率d ω减小（21d n ωωζ=-），但响应速度加快，调节时间缩短（ 3.5
s n
t ζω=
）。（1分）
（2）、当0.433 4.33)s k ==*时（此时K ，为临界阻尼状态，动态过程不再有振荡和超
调。（1分）
（3）、当*0.433( 4.33)s k K >>或，为过阻尼状态。系统响应为单调变化过程。（1分）
图1 四题系统参数根轨迹
五、(16分)
解：由题已知： (1)
()(),,,0(1)
K s G s H s K T s Ts ττ-=>+，
系统的开环频率特性为
222
[()(1)]
()()(1)
K T j T G j H j T τωτωωωωω-+--=+ （2分）
开环频率特性极坐标图
起点： 0
0,(0),(0)90A ω?+++==∞=-；（1分）
终点： 0
,()0,()270A ω?→∞∞=∞=-；（1分） 与实轴的交点：令虚频特性为零，即 2
1T τω-
实部
()()x x G j H j K ωωτ=-（2分）
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0P = 当 1K τ<时，极坐标图不包围 （－1，j0）点，系统稳定。（1分） 当 1K τ=时，极坐标图穿过临界点 （－1，j0）点，系统临界稳定。（1分） 当 1K τ>时，极坐标图顺时针方向包围 （－1，j0）点一圈。
2()2(01)2N N N +-=-=-=-
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。
故其开环传函应有以下形式 1
22
1
(
1)
()1
(
1)
K s G s s s ωω+=
+ (8分)
由图可知：1ω=处的纵坐标为40dB, 则(1)20lg 40L K ==, 得 100K = (2分) 又由
1ωωω=和=10的幅值分贝数分别为20和0，结合斜率定义，有
1200
40lg lg10
ω-=--，解得
1 3.16ω= rad/s (2分)
同理可得
1220(10)
20lg lg ωω--=-- 或 21
20lg 30ωω= ，
2
221100010000ωω== 得 2100ω= rad/s (2分)
故所求系统开环传递函数为
2
()(1)100
G s s =+ (2分)
七、( 16分)
解：（1）、系统开环传函 ()(1)
K
G s s s =
+，输入信号为单位斜坡函数时的稳态误差为
()
1
01
1
lim ()()ss s v
e sG s H s K K
-→=
==
，由于要求稳态误差不大于0.05，取 20K =
故 20
()(1)
G s s s =
+ （5分）
（2）、校正前系统的相角裕度
γ 计算：
()20lg 2020lg L ωω=--22
20
()20lg
020c c c
L ωωω≈=→= 得 4.47c ω= rad/s
001018090 4.4712.6tg γ-=--=； 而幅值裕度为无穷大，因为不存在x ω。（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
0"4012.6532.433m ?γγε=-+=-+=≈ （2分）
（4）、校正网络参数计算
00
1sin 1sin 33 3.41sin 1sin 33
m m a ??++===-- （2分） （5）、超前校正环节在m ω处的幅值为： 10lg 10lg3.4 5.31a dB ==
使校正后的截止频率'
c ω发生在m ω处，故在此频率处原系统的幅值应为－5.31dB
''()()20lg 2020lg 5.31m c c L L ωωω==--=-
解得 '6c
ω （2分）
（6）、计算超前网络 '
3.4,0.09
c m a T ωω===
→=
=
=
在放大3.4倍后，超前校正网络为
110.306()110.09c aTs s
G s Ts s
++==++
校正后的总开环传函为： 20(10.306)
()()(1)(10.09)
c s G s G s s s s +=++ （2分）
（7）校验性能指标
相角裕度 ''
1
1
1
180(0.3066)906(0.096)43tg tg tg γ---=+?---?= 由于校正后的相角始终大于－180o ，故幅值裕度为无穷大。 符合设计性能指标要求。 （1分）