2011东北大学自控试题及答案

东北大学自动控制原理2011试题一、简答题1、试列出3种自动控制系统的类型，并简要说明其划分原则（或依据）。答：自动控制系统有多种分类方法，按控制方式分为开环控制系统、闭环控制系统、复合控制系统。（1）控制装置与被控对象之间只有顺向作用而没有反向联系的控制过程，按这种方式组成的控制系统为开环控制系统。（2）闭环控制是将输出量直接或间接反馈到输入端形成闭环参与控制的控制方式，按这种方式组成的系统为闭环控制系统。（3）复合控制是开环控制和闭环控制相结合的一种控制方式，是在闭环控制的基础上，通过增设顺馈补偿器来提高系统的控制精度，从而改善控制系统的稳态特性。2、简述线性定常系统传递函数的定义。答：线性定常系统传递函数是在零初始条件下，系统输出量的拉氏变换与输入量的拉氏变换之比。设线性定常系统由下述n阶线性常微分方程描述：a0dndtnc(t)+a1dn−1dtn−1c(t)+⋯an−1ddtc(t)+anc(t)=b0dmdtmr(t)+b1dm−1dtm−1r(t)+⋯bm−1ddtr(t)+bmr(t)式中，是c(t)系统输出量；r(t)是系统输入量；ai(i=1,2,⋯n)和bi(j=1,2,⋯m)是与系统结构和参数有关的常系数。设r(t)和c(t)及其各阶导数在t=0时的值均为零，即零初始条件，则对上式中各项分别求拉式变换，并令C(s)=ℒ[c(t)]，R(s)=ℒ[r(t)],可得s的代数方程为[a0sn+a1sn−1+⋯an−is+an]C(s)=[b0sm+b1sm−1+⋯bm−1s+bm]R(s)，于是，由定义得系统传递函数为G(s)=C(s)R(S)=b0sm+b1sm−1+⋯bm−1s+bma0sn+a1sn−1+⋯an−is+an=M(s)N(s)二、控制系统如图二所示，其中Wc(S)为补偿校正装置，试求该闭环传递函数𝑋𝑐(𝑠)/𝑋𝑟(𝑠)，并从理论上确定如何设计补偿校正装置Wc(S)，可以使校正后的给定误差为零。解：XC(s)Xr(s)=W2(s)WC(s)+W1(s)W2(s)1+W1(s)W2(s)又因为E(s)Xr(s)=1−XC(s)Xr(s)=1−W2(s)WC(s)1+W1(s)W2(s)E(s)=Xr(s)∙1−W2(s)WC(s)1+W1(s)W2(s)令E(s)=0，则WC(s)=1W2(s)三、已知某三阶单位负反馈系统具有一个有限零点为−1.5，三个极点分别为−1.2±j1.6和−1.49，且系统传递函数（化为根的形式）放大系数为4.1、试写出该系统的传递函数；2、试求系统在单位阶跃函数作用下，系统的动态性能指标超调量∂%、调整时间ts，和峰值时间tm。解：（1）单位反馈的开环传递函数为:Wk(s)=4(s+1.5)（s+1.49)(s+1.2−j1.6)(s+1.2+j1.6)=4(s+1.5)（s+1.49)(𝑠2+2.4s+4)（2）由s1=−1.49,零点s2=−1.5可知这对零极点对为开环偶极子，因此对系统的动态响应性能影响很小，因此可以略去。故Wk(s)=4𝑠2+2.4s+4闭环特征方程式为s2+2.4s+4=0则2ξωn=2.4，ωn2=4求出ξ=0.6，ωn=2所以σ%=e−ξπ√1−ξ2=9.5%ts(5%)=3ξωn=2.5stp=πωn√1−ξ2=1.9625s四、设单位负反馈系统的开环传递函数为Wk(s)=kgs(s+1)(s+4)。1、绘制闭环系统根轨迹；2、试确定系统呈单调动态响应以及衰减震荡动态响应的kg取值范围。解：（1）①起点：三个开环极点−p1=0,−p2=−1,−p3=−4；终点：三个无限零点。②实轴上的根轨迹区间为[−1,0]，[−∞,−4]。③分离点，会合点计算D′(s)N(S)−N′(s)D(S)=0整理得3s2+10s+4=0故s1=−2.87(舍去)，s2=−0.46④渐近线计算，由公式φ=∓180°(1+2μ)n−m(μ=0,1,2⋯)−σk=−∑Pj−∑Zimi=1nj=1n−m求得根轨迹的渐近线倾斜角和渐近线与实轴的交点为φ=∓180°(1+2μ)3=±60°，180°−σk=−53⑤根轨迹与虚轴交点：在闭环特征方程s(s+1)(s+4)+𝐾𝑔=0中，令s=jωjω(jω+1)(jω+4)+𝐾𝑔=0jω(4−𝜔2)−5ω2+kg=0ω=2，𝐾𝑔=5ω2=20，根轨迹绘制如图所示：（2）与实轴相交时系统呈单调动态响应，将s=−0.46代入特征方程得kg=0.88，取值范围为0kg0.88，衰减震荡时0.88kg20。五、一单位负反馈最小相位系统的开环对数幅频特性如题五图，其中虚线为校正前特性，实线为加入串联校正装置后的特性。-4-10-221、试写出系统校正前、后的开环传递函数；2、试写出串联校正装置的传递函数，画出该校正装置的对数幅频特性，并说明此校正主要是利用该装置的什么特性；3、试求校正后系统的ωc相位裕量γ（ωc)。解：（1）校正前由图题五图得：W0(s)=Kks(T1s+1)其中T1=12，20logKk=26，Kk=20则W0(s)=20s(12s+1)校正后由图题五得：W1(s)=20(T2s+1)s(12s+1)(T3s+1)其中T2=14.32，T3=119.87则W1(s)=20(14.32s+1)s(12s+1)(119.87s+1)（2）由于W1(s)=W0(s)∙Wc(s)则Wc(s)=14.32s+1119.87s+1因此根据上式画出Wc(s)的对数幅频特性：由上图可知此校正装置是一滞后校正。（3）20logK2−40log4.322−20logωc4.32=0得出ωc=9.26γ(ωc)=180°−90°+tan−19.262−tan−19.2619.87=52°六、设运算放大器的开环增益充分大，其输入电压和输出电压的变化范围为±10V。1、画出输入—输出非线性特性曲线；2、求其非线性环节的描述函数；3、在复平面上画出上述描述函数的负倒数。解：（1）（2）因为y(t)为单值奇对称，故Y0=0，C1=0。描述函数N=B1A，其中B1=L(ω)ω4.3219.87x10V-10Vy1π∫y(t)sinωtdωt2π0。由于y(t)是周期为2π的方波，且对π点奇对称，B1可改写为B1=4π∫Msinωtdωtπ2⁄0=40π，故描述函数为N(A)=B1A=40πA。（3）描述函数的负倒数为−1N=−πA40，则图像为七、设采样系统如题七图所示，已知γ(t)=1(t)，试计算D(z)使系统输出量的z变换C(z)=1z−1，并给出c∗(t)的图形。（提示：e_1=0.368）解：（1）W0(z)=Z[1−e−τss∙1s+1]=z−1z*Z[1s(s+1)]=1−e−1z−e−1Wk(z)=D(z)W0(z)=1−e−1z−e−1D(z)R(z)=zz−1WB(z)=C(z)R(z)=1zC(z)=R(z)Wk(z)1+Wk(z)−1NjWk(z)=WB(z)1−WB(z)D(z)=WB(z)W0(z)(1−WB(z))=Z−e−1(1−e−1)(z−1)=z−0.3680.632(z−1)（2）C(z)=z−11−z−1=z−111−𝑧−1c∗(𝑡)=1(𝑡−𝑇)