大学《自动控制原理》试题及答案(十二)

一.判断题 (每题1.5分，共15分) 1. 拉普拉斯变换的积分法则 L[f(t)(dt)2]1s2F(S) 2. 一阶系统在单位阶跃响应下ts(2%)3T 3. 二阶系统在单位阶跃信号作用下 当01时系统输出为等幅振荡 4. 稳态误差为esslimse(t)

5. 系统的特征方程为s320s29s1000则该系统稳定 6.单位负反馈系统中 G(s)2s(s1)(0.5s1)当r(t)1(t)时ess0

7.系统输出的振幅与输入振幅之比称为幅频特性 8.频率特性只对系统适用，对控制元件，部件，控制装置不适用 9.在正弦信号作用下，输出的稳态分量与输入的参数比称为频率特性 10.对幅频特性的纵坐标用L（ω）表示且L（ω）=20LgA(ω)

二. 化简结构图，求系统传递函数C(s)R(s)? （10分）

（2）①.当A（s）=G（s）时，求

C(s)R(s) N（s）=0 （8分） N(s)

R(s) + + + G（s） C(s)

+ A（s） H（s）

+ -

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

②...上题中当G（s）=A（s）=择（7分）

H

（

s

100,r（t）=0，n（t）=1（t）时，选

(s1)(s2)）

使

limc(t)t=0。

三. 系统如右，K*0，画根轨迹。 （13分）

s33s22s5四.已知传递函数G（s）=4，试判断此传递函数是否为

s22s3164s2458s315最小相位传递函数。（12分）

五.已知开环传递函数Gk（s）=近似表示）。 （12分） 六. F(s)500(s2),画出对数幅频特性曲线（用分段直线2(s1)(s50)s2 求f(t)? （13分）

s(s1)2(s3)

3z31.2z20.52z七．已知序列x(n)和y(n)的Z变换为 X(z)2(z1)(z0.4z0.12)

10zY(z)试确定序列x(n)和y(n)的初值和终值 （10分）

(z1)(z2)自动控制原理试卷12答案

一 1.×2.×3.×4.×5.√ 6.√ 7.× 8.× 9.× 10.√

二.（10分）

(2).①当A（s）=G（s）时，

(每题1.5分，共15分)

(每图2分，共10分)

C(s)G(s)G(s)H(s)G(s) ==G（s）。 N（s）=0 （8分） R(s)1G(s)H(s)②.H（s）=

1 （ 7 分） s（1分）

三.（13分）

① 实轴上的根轨迹： ,2，1,0 ② 渐近线：

121a3

 (2k1),a33

③ 分离点：

（1分）

1110 dd1d2（1分）

经整理得 3d26d20

故，d11.577，d20.423，

显然分离点位于实轴上1,0间，故取d0.423。

（1分）

K*d10.4230.42310.42320.385 （1分）

与虚轴地交点

①是临界稳定点----劳斯表第一列出现0的点

D(s)s(s1)(s2)K*s33s22sK*s33s22s6(s22)(s3)s312

s23K*s16K*K*K*6s0K*K*0(起始点)sj2②s=j是特征根

D(s)s33s22sK*

令sj 实部

32K*0

虚部

3200K*110 *22K26性能变化趋势：

K*0单调*振荡*振荡发散tKd0.385K26

s%0ts%稳定不稳定

四. （12分）

解：劳斯定理判断该系统零点、极点的正负情况。 S4 1 164 315 S3 22 458 0 S2 143 315 S1 410 0

（1分）

（2分）

（1分）

（1分）

（3分）

（8分）

S0 315

32

由劳斯定理知该系统极点都在平面左侧S+3S+2S+5=0可知：3*271*5。所以该系统的零点也都在平面左侧，所以此传递函数为小相位传递函数。 （4分） 五. （12分）

解：Gk（s）的转折频率依次为

120(s1)2 Gks1(s1)2(s1)501，2，50

L（ω）

[0] 20lg20 [-40] [-20] 50 ω

1 2 [-40]

六.. （13分） 解：F(s)（3分）

（3分）

（6分）

c3c2c1c4 2s1ss3(s1)s2121

s(s1)2(s3)(1)(13)2（1分）

c2lim(s1)2s1IV（2分）

c1lim

IVds2s(s3)(s2)[(s3)s]32(s1)lim s1222s1ds4s(s1)(s3)s(s3)（2分）

s0c3lims.s22

s(s1)2(s3)3s21 2s(s1)(s3)12（2分）

c4lim(s3).s-3（2分）

11312111F(s)....

2(s1)24s13s12s31321f(t)tetete3t

24312七．（10分）

解：根据Z变换的初值定理，有

（2分）

（2分）

x(0)X(z)3 x

y(0)y(z)0 xlim（2分）

lim（2分）

3z31.2z20.52z由于（z-1）X(z)= 在单位圆上和单位圆外均无极点，根据终值 2(z0.4z0.12)x（）=

lim(z1)X(z)1

x1（2分）

而(z-1)Y(z)=

10z在单位圆外有极点z=-2，所以不能应用终值定理求终值。利用留数法z2求

Y（z）的反变换，得

10zn y(n)=

z210znz1z1z21010(2)n （2分） 33当n趋于无穷时，y(n)的取值正、负交替，但摸值趋于无穷大，因此不存在终值。

（2分）