自动控制原理八套习题集Word下载.docx
《自动控制原理八套习题集Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《自动控制原理八套习题集Word下载.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
（4）
自动控制原理5
（1）画出系统开环幅频Bode图。
（2）计算相位裕量。
44.求出下列系统的跟随稳态误差essr和扰动稳态误差essd。
Rii1（t）
\
r
f
ui（t）
C
1
i2（t）
C2n
u0
R2
H2（S）
44.已知具有局部反馈回路的控制系统方块图如图所示，求：
（1）系统稳定时Kf的取值范围；
12
（2）求输入为X（t）t时，系统的静态加速度误差系数Ka；
（3）说明系统的局部反馈Kfs对系统的稳态误差ess的影响。
s1
~
Xo（s）
一
Q
■*s（s1）
i
-一
[丨
KfS
44•伺服系统的方块图如图所示，试应用根轨迹法分析系统的稳定性。
43.已知系统的传递函数G（S）10（10S1），试分析系统由哪些环节组成并画出系统的
S1
44•单位反馈系统的开环传递函数为Gk（S），求：
1）系统在单位阶跃信号输入下的稳态偏差是多少；
2）当系统的输入信号为Xj（t）sin（t30）,系统的稳态输出?
自动控制原理1试题答案及评分参考
41.解:
42.解:
Dxo（t）k1Xo（t）k2【Xa（t）xo（t）]DsXo（s）
MXa（t）k2[Xa（t）Xo（t）]fi（t）MSXa（s）
（2.5分）
70
3■■2
mDsmk?
s
k?
Dsk〔k2
43.解：
Y（s）k
2
（2分）
Xi（s）sk1ks
k
tp
k1
8.06
0.13
249.8
50
（2分）
45.解:
由图知该系统的开环传递函数为
其中T=3
由低频渐近线与横轴交点为
修正量L
故所求开环传递函数为
sT2s2
2Ts1
（1分）
10，得
k10
10,得
0.158
10
（3分）
20log（2
）
s1s20.105s1
9
0.158）
或记为s（T2s22Ts1）（k10
自动控制原理2试题答案及评分参考
41.解
C（s）Gi（s）G2（s）G3（s）
丽1G3（s）H3（s）G2（s）G3（s）H2（s）Gi（s）G2（s）G3（s）Hi（s）
42.解：
myo（t）Dyo（t）（kik2）y°
（t）Fi（t）
（ms2Dskik2）丫o（s）F«
s）
ms
Ds
k1k2
系统有
比例环节:
20log10
20
积分环节:
0.1s1
（5分）
（1.5分）
（1分）
40
00
惯性环节:
转折频率为1/T=10
IG（j3）
3分）
-20
-40
-45
-90
-135
-180
20LogG（jI
0.1
直接画出叠加后的对数幅频图（直接画出叠加后的对数相频图惯性环节的对数幅频图各给
44.解：
:
3分）。
（若叠加图不对，但是画出了比例环节、1分，画出积分环节、
惯性环节的对数相频图各给
⑴传递函数
K
0.05
0.05s1
s
0.0052n
当0.5时，K=20,3n=20
积分环节、
1.5分）
（4分）
⑵由以上参数分析得到其响应公式:
nt
c（t）1e12sin
得C
（1）=1.0
n12*tarctg—
次每秒，即60次每分钟,
0.5时，超调量%16.3%，最大心速为69.78次。
自动控制原理3试题答案及评分参考
五、计算题（第41、42题每小题5分，第43、44题每小题10分，共30分）
G3G4G1G2G3G2G3G4H
3
G2HG1G2G3
my（t）
ky（t）
匕k?
Fi（t）
Y（s）
F,s）
k1k2ms2
43.解:
tr-
arccos
=0.24
「1-2
MP
e12=
0.16
=0.36
n1-2
ts-
=0.6
n
44.解:
（1）得特征方程为：
32
s12s30s10a0
S3
30
S2
12
10a
S1
（360-10a）/12
S°
10a
得:
（360-10a）>
0,10a>
0，从而0<
a<
36。
k2D2s
mD2smk2D1D2sk1D2k2D1k2D2sk1k2
G1G2G3G1G3G4
G1G2G3G4H
1G2HG1G2G3G1G3G4G1G2G3G4H
系统有一比例环节：
K=1020log10=20
1/S
惯性环节：
1/（S+1）转折频率为1/T=1
20LogG（j3）
[-40].
0-20-40
X-20]
-450-900-1350-180°
直接画出叠加后的对数幅频图（直接画出叠加后的对数相频图（惯性环节的对数幅频图各给•
zG（j3）
（若叠加图不对，但是画出了比例环节、1分，画出积分环节、惯性环节的对数相频图各给
1）系统的特征方程为:
D（s）2s3ssk0
2）由（）
90
arctan
arctan2180
得：
.0.5
Kg
067
g
2
1.42
1,0.51.53
由劳斯阵列得：
0<
k<
1.5
0.06
3）ess
limsE（s）
s0
s（s1）（2s1）1.2
1.2
286134801控制工程基础5试题答案及评分参考
G（s）-n3
s（29a）s9
42•解:
当0.7时a0.24
（3分）
my。
（t）
Dy°
（t）ky°
R（t）
（ms2Dsk）Y0（s）Fi（s）
Y0（S）
Fi（s）
msDsk
Bode图为:
1）系统开环幅频
2）相位裕量：
10s
180（90arctan0.510arctan0.0510）15.26
10一s
叫Hs
R
■Is
ss
e
4-
sw
m（o
■Is
D（
di
mo
ssd
自动控制原理6试题答案及评分参考
41.解：
43•解:
3=0+时，/
当a0,
两种情况下的奈奎斯特曲线如下图所示;
4
$
/.A\
——-■-'
如
\.G归
■
■il
s
j
”i
Ims
Eir
'
a>
+3
\、'
、/
\
a<
F
r
f
一丿
由奈氏图判定：
0时系统稳定；
0时系统不稳定
2）系统的闭环特征多项式为D（s）=s2+as+1,D（s）为二阶，a>
0为D（s）稳定的充要条件,
自动控制原理试题7答案及评分参考
是以牺牲系统的稳态精度为代价的。
44•解:
1）绘制系统根轨迹图
已知系统开环传递函数为：
G（s）
s（s1）（0.5s1）
将其变换成由零、极点表达的形式:
G（s）s（s1）（s2）
（其中，根轨迹增益K*=2K，K为系统的开环增益，根据上式可绘制根轨迹图
（1）
根轨迹的起点、终点及分支数：
三条根轨迹分支的起点分别为S1=0,s2=-1，83=-2；
终点为无穷远处。
实轴上的根轨迹：
实轴上的0至-1和-2至-8间的线段是根轨迹。
渐近线:
渐近线的倾角分别为土60°
180°
。
渐近线与实轴的交点为
15
（Ta==-1
分离点：
dKZB
根据公式0，得：
S1=-0.42,S2=-1.58，因为分离点必须位于
ds
s2不是实际的分离点，S1=-0.42才是实际分离点。
根轨迹与虚轴的交点：
31=0,K*=0;
32,3=±
1.414,K*=6
根据以上结果绘制的根轨迹如下图所示。
（
之间，可见
2）由根轨迹法可知系统的稳定范围是：
K*<
6。
自动控制原理试题8答案及评分参考
C（s）
G1G2G3G4G5
R（s）
G1G2G3G
4G2G
3H1G3G4H2
U°
—
i（t）dt
U0s
Is
c
c2s
Ui（t）
h（t）R2
Uis
U0sI1sR2
U0（t）
i2（t）R
1i2（t）dtUisU0sC1
h（t）
i2（t）
i（t）
l1（S）
l2（s）I（s）
u°
（s）
（R2C1R|C1）s1
Ui（s）
R1
R2C1C2s2
（R1C1
R2C2R2C1）s1
42.解
I2
sRi
CiS
转折频率1/10=0.1
转折频率为1/T=1
微分环节、
微分环节：
10S1
惯性环节的对数幅频图各给1分，画出微分环节、惯性环节的对数相频图各给1.5分）
2.5分）
⑴0型系统SSK
0.5K
⑵Gb（s）G（S）
1Gk（s）
频率特性为GB（j
幅频特性GB（j
24
GB（j
5
相频特性GB（j
arctan
arctan0.5
系统的稳态输出为
sint30
arctan0.5
升级会员 