課程教學

大綱編號：100102

課程名稱：自動控制原理____________學分4.5試卷編號：1001名010

考試方式：閉卷考試考試時間:120分鐘滿分分值：100

組卷年月：2000/5組卷教師：審定教師；

--是非題（5分）：

（1）系統的穩態誤差有系統的開環放大倍數k和類型決定的（）；

（2）系統的頻率特性是系統輸入為正弦信號時的輸出（）；

（3）開環傳遞函數為/2（4>0）的單位負反饋系統能跟深速度輸入信號

（）;

（4）傳遞函數中的是有量綱的，其單位為（）；

（5）閉環系統的極點均為穩定的實極點，則階躍響應是無調的（）；

二.是非題（5分）：

（1）為了使系統的過度過程比較平穩要求系統的相角裕量大于零（）；

（2）Bode圖的橫坐標是按角頻率均勻分度的，按其對數值標產生的（）；

（3）對于最小相位系統，根據對數幅頻特性就能畫出相頻特性（）；

（4）單位閉環負反饋系統的開環傳遞函數為G（s）="生，勞斯穩定判據是根據

。⑶

Q（s）的系數判閉環系統的穩定性（）；奈奎斯特穩定判據是根據G（s）的幅相

頻率特性曲線判閉環系統的穩定性（）o

三.填空計算題（15分）：

（1）如圖所示：RC網絡，其輸出〃，⑺與輸入⑺的微分方程描述

為,假定在零初始條件下，系統的傳遞函數

，該系統在〃，⑺=1⑺作用時，有以⑴=o

R

%⑥

(2)系統結構如圖，該系統是反饋系統，是階系

統，是_______________型系統，若要使系統的放大系數為1,調節時間為0.1秒(取

b%的誤差帶)，即應為,/應為。

(3)如果單位負反饋系統的開環傳遞函數是G(s)=、"+c)該系統是

(s+〃)(s+b)

階系統，是型系統，該系統的穩態位置誤差系數

為，穩態速度誤差系數為,穩態加速度誤差系數

為速度誤差系數為。

四.是非簡答題(5分)：

(1)已知某系統的開環傳遞函數在右半s平面的極點數為，試敘述Nyquist穩定判

據的結論。(2)試敘述系統穩定的充分必要條件。(3)系統的穩定性不僅與

系統結構有關，而且與輸入信號有關，該結論是否正確。(4)增加系統的開環放

大倍數，系統的穩定性就變差，甚至變為不穩定，該結論是否正確。

五.計算題(10分)

已知某電路的微分方程為：

u*)=&⑺+q(t)q⑴J[/,

Ci

q⑺=R￡(t)+(r)U,⑺=/J，2")4

其中s⑺為輸入，Uo⑺為輸出，凡,弓,/?2，。2均為常數，試建立系統方筷圖，并

求傳遞函數。

六.計算題(15分)

某非單位反饋控制系統如圖所示,若r(r)=20*1(0,，(1)求系統的穩態輸出c(oo),

及Cmax，超調量。％和調整時間4。(2)試畫出單位階躍響應曲線，并標出4及

%ax，C(8)。

七.計算題(10分)

控制系統結構圖如圖所示，試確定使系統在輸入信號r(f)=lQ)+2"乍用下的穩態誤差

不大于0.5的值范圍。

K"忒-KCG)

''一$(0.1s+1)(025$+1)---->

八.計算題(10分)

若某系統的特征方程為：o(s)=s(s+3X0.5/+5+1)+0.5廣°

試繪制其根軌跡，并分析系統穩定的S值范圍及階躍響應呈衰減振蕩的-值范圍。

(跟軌跡分離點〃=-2.3)。

九.計算題(10分)

設某單位反饋系統的開環傳遞函數為：G(s)=-------------

5(5+1)(0.025+1)

試畫出系統的Bode圖，并計算相角裕量判別開環系統的穩定性。畫出極坐標圖,

在圖上標出(-l,j0)點位置。

十.計算題(10分)

已知一單位反饋系統的開環傳遞函數為：G(s)=V—

s(0.5s+1)

要求采用串聯校正，校正后相位裕度U250。,g=9(%),幅侄裕度〃之10而，對單位

斜坡的輸入信號的穩態誤差e$s=0.05o

課程名稱：自動控制原理_________學分4.5教學大綱編號：100102

試卷編號：100102010考試方式:閉卷考試滿分分值1方考試時間:120分

鐘

一,(10分)

FFFTTFFTFT

二.(5分)

RC+Uc(t)=Ur(t)J⑴=l-e%化之0)

)at

0⑸一焉s

三.(10分)

負，1,I,30,1,2,0>/cD_kC^k=O,k.a-0

卜ab

四.(5分)

五.(10分)

Ui(s)=RJ(s)+U、(s)

U(s)=-II(s)-I(s)]

lC]Sl2

Ui(s)=R2I2(s)+U()(s)

1

U°(s)=I2(s)

c2s

Uo⑸=_____________1____________

Ui(s)(R}C}s+\)(R2C2s-^\)+R}C2S

吧%,Llq（s）

KX//——號r———

&|，2s

六,（15分）

C(s)=^(s)R(s)

16

解：>+5嚷4；

1+5-------------------

(s+5)(s+4)

16

s2+9s+100

當R(s)=20-時，

s

C(s)=k*———

s2+9S+100s

Cfoo)=limsC(s)

s->0

1620

=s---------------------

s2+9s+100S

=3.2

由己知系統的J==0.450n=10

<7%=?一夕/必、100%

=20.5%

3.53.5

二菽=0.778秒

0.45*10

七.(10分)

解：

首先要保證系統穩定

特征方程為0.025S3+0.35s2+s+k=0

即s3+14s2+40s+40/c=0

140

1240/c

40.%

14

k

穩定域為Ov/c<14

由于系統為一型系統，=ook0=k

當g=l⑴+2￡時e5s=」-+H

1+kp兒k

要使仁<0.5

o

W-<0.5,.\k>4

k

綜合穩定性和穩態誤差的要求可得:4<k<14

八.(10分)

k*

G(s)H(s)=-------------------------k*=0.5k

s(s+3)(s2+2s+2)

1.分離點d?-2.3,此處k*=4.33,

2.漸進線外=±45。±135°

e=-1.25

3.起始角：6=±71.56。

4與虛軸交點，:祟

S]+s2+S3+s4=-5

在k*=8.16處的另外兩個點

—S]S2s3s4=k

因為3=±1.1Sj2=±jl.l

所以s

九.（10分）

相角裕量/=-56,閉環系統穩定.

十.（15分）

解：

根據穩態要求kv=k=-y-=2Q（ys）

有G(s六就而

可有y=17。，不滿足要求.九=8分貝