823自动控制原理答案2013Word格式文档下载.doc
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设两端的电压为，两端的电压为，则
（2分）
选择状态变量为，，由上式可得状态空间表达式为
（3分）
3、（5分）解：
系统的特征方程为
得系统具有两个相异特征根（1分）
由，得非奇异矩阵为（1分）
则其对角线标准型为
（1分）
根据对角线标准型能控能观性判据可知，使既能控又能观测、既不能控又不能观测必须满足的条件为
，即（2分）
4、（5分）解：
由，令，得到
（5分）
第二题答案及评分标准（共20分）：
解：
由题意，系统的开环传递函数为
系统的闭环传递函数为。
1（5分）、当，时，代入可得，可得：
，，，，，作用下系统的稳态误差。
2（5分）、当，时，，，，，代入可得到：
，，作用下系统的稳态误差。
3（5分）、，，又由，可得，上面两式联立可以解得，。
4（5分）、环节是一种测速反馈；
加入测速反馈后系统的无阻尼自然频率保持不变，系统的阻尼比增加，系统稳定性变好，反应变慢。
第三题答案及评分标准（共20分）：
1（2分）、根轨迹方程为：
。
2（7分）、绘制根轨迹的步骤如下：
1）根轨迹的起点、终点、条数
系统有三个开环极点，无开环零点，且，故有三条根轨迹，其起点分别为、、，三条根轨迹均趋向于无穷远处；
2）实轴上根轨迹有，；
3）计算分离点
由计算。
将代入，有，解得分离点坐标为（舍去）。
分离角为。
4）根轨迹的渐近线
渐近线与实轴的交点：
，
渐近线的倾角：
；
5）根轨迹与虚轴交点
系统的闭环特征方程式为
当时，根轨迹与虚轴相交，将代入闭环特征方程中
分别令上式实部和虚部为零，有
解得，相应或。
因为对应根轨迹的起点，所以当时，根轨迹与虚轴相交，交点为。
整个系统的根轨迹如下图所示：
3（4分）、因为系统的临界稳定开环增益对应着根轨迹与虚轴的交点的开环增益，所以，使闭环系统稳定时，的取值范围为。
4（4分）、系统等幅振荡时的开环增益对应着根轨迹与虚轴交点处的开环增益。
临界值为，振荡频率为。
5（3分）、根轨迹反映的是系统的特征根变化情况，故依据是系统的特性是由其特征根决定的。
第四题答案及评分标准（共15分）：
1（5分）、由题意，
令虚部，可得，代入可得实部。
当时，；
当时，。
系统的开环幅相频率特性如图所示。
2（5分）、由于当取时，系统的曲线与实轴交于，根据奈奎斯特判据，其开环幅相频率特性不包围点，故闭环系统稳定。
3（5分）、开环幅相频率特性与实轴的交点为，由，系统的曲线与实轴交于，得，要使系统稳定，必有，将代入，得到系统稳定时。
第五题答案及评分标准（共15分）：
1（5分）、由题意，转折频率为，低频段折线的斜率为，该系统为Ⅰ型系统，设系统的开环传递函数为
低频段时，折线的方程为
由系统的剪切频率，可得等式
可得，故系统的开环传递函数为。
2（5分）、由，可得相位裕度
3（5分）、由于系统稳定，由题意
第六题答案及评分标准（共20分）：
1（6分）、开环脉冲传递函数和闭环脉冲传递函数分别为
2（3分）、由，。
即系统闭环稳定时。
3（3分）、由2可知，采样周期越大，系统的稳定域越小。
4（5分）、，。
此时不满足系统稳定的条件，系统不能稳定工作，要使系统稳定且达到误差要求，则。
5（3分）、脉冲传递函数定义为在初始条件为零的情况下，系统的离散输出信号的变换与离散输入信号的变换之比。
第七题答案及评分标准（共15分）：
由题意，，令，代入并整理得
（2分）
令，可得，代入得到。
（2分）
，，当时，；
对于，当时，，；
当时，，。
（4分）
在同一坐标轴下画出以上两曲线如下图所示。
（3分）
由题意，，，可得，（4分）
第八题答案及评分标准（共15分）：
系统的能控性判别矩阵为
由于，，系统完全能控，故可以通过状态反馈实现闭环极点的任意配置。
（5分）
取状态反馈规律为，状态反馈后系统的状态空间表达式为
其特征多项式为
期望特征多项式为
令，对照可得
（7分）
求得，于是状态反馈矩阵为：
（3分）
第九题答案及评分标准（共10分）：
解：
根据稳态要求，可得，有。
校正前截止频率由可求得，，显然，不满足要求。
（2分）
设超前环节的传递函数为，最大相位超前角，则，，取校正后的截止频率，由，解得。
由，解得，，所以。
校正后（6分）
验证（答案不唯一）（2分）
第7页（共7页）
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