2014年攻读硕士学位研究生入学考试模拟试题
考试科目：自动控制综合
报考专业：控制理论与控制工程，模式识别，控制工程，系统工程等。
试题编号：833
1、 本试题的答案必须写在规定的答题纸上，写在试卷上将不给分。 2、 所有答案必须用蓝、黑钢笔或圆珠笔写在答题纸上，用红笔者不给分 3、 考试结束后，将答题纸和试卷一并装入试卷袋内。 、(15分)下图为工业炉温自动控制系统的工作原理图。分析系统的工作原理，指出 被控量和给定量，画出系统方框图。
被控对象、
电沪
■毘电圧
圏1-17炉温自动控制系统康淫亘
(20分)
(一)图(a)所示系统的单位阶跃响应曲线如图(
b)所示，试确定系统参数 ki、k2和a。
(a)
(二)控制系统如下图所示，设输入信号 r(t)=2(t).
1
干扰信号n(t)=1t.
L试确定系统的稳态误差务。
2.若要求系统的稳态误差纭童0」，试提出达到这一稳态性
能指标的方法•
三、(20分)控制系统结构如图所示，试绘制以 T为参变量的根轨迹(E =0T ),并讨论I逐渐 增大对系统动态过程的影响。
S四、(22分)(1)已知系统开环传递函数为 特
G(s)H(s)」(1— ),k, ,T均大于0，试用奈奎斯
s(Ts +1)
稳定判据判断系统稳定性。
(2)已知最小相位系统的对数幅频特性如图
3所示。试求系统的开环传递函数。
* L( 3 ) dB
-40
R(s) 20
K C(s) -20
I V 3 2
3
------- 1 s(s+1) -10
1 3 1
10
厂 -40
图4
图3
(3)、设控制系统如图4，要求校正后系统在输入信号是单位斜坡时的稳态误差不大于 角裕度不
0.05，相40°，幅值裕度不小于
10 dB,问该用那种校正装置校正？为什么?
(16 分)
(18分)一非线性系统如下，输入单位阶跃信号
(1) 在e-e平面上大致画出相轨迹； (2) 判断系统的稳定性；
（3）确定系统的稳态误差 e（：：）。
2
小于五、
六、（15分）系统结构如下图所示， T=1s,a=1,试分析系统的稳定性，临界放大系数， 单位脉冲响应，K=1时单位阶跃输入时系统的稳态误差。
K=1时系统的
七、（15分）请写出如图所示电路合上开关以后系统的状态方程和输出方程。 统的输出变量为 i2,若系统的所有元件的参数都为 1，求系统的能控性与能观性。
设系统的状态如图所 示，其中系
e-u
八、（25分）控制系统的方框图下图所示。
（1 ）令系统状态X=[X 1 X2 X3]T，写出系统状态空间表达式； （2 ）判断系统的稳定性。
（3）判断能否通过状态反馈把闭环系统的极点配置在 下，求出状态反馈阵 F。
-2，-3，-4?请说明理由，并在可能的情况
答案部分
一、解加热炉采用电加热方式运行，加热器所产生的热量与调压器电压
UC 的平方成正比，Uc增
高，炉温就上升,Uc的高低由调压器滑动触点的位置所控制，该触点由可逆转的直流电动机驱动。炉 子的实际温度用热电偶测量，输出电压
uf。uf作为系统的反馈电压与给定电压
ur进行比较，得出
偏差电压 ue ，经电压放大器、功率放大器放大成
在正常情况下，炉温等于某个期望值
u a后，作为控制电动机的电枢电压。
T度，热电偶的输出电压 uf正好等于给定电压，此时,
叫 f尸7 f = °则“】f 二°可逆电动机不转动，调压器的滑动触点停留在某个合 适的位置上，使 uc保持一定的数
3
值。这时，炉子散失的 热 量正好等于从加热器吸取的热量， 形成稳定的热平衡状态，温度保持恒定。
当炉膛温度由于某种原因突然下降（例如炉门打开造成的热量流失），则出现以下的控制过程: 控制的结果是使炉膛温度回升，直至
T C的实际值等于期望值为止。
ffT c J, f U£ J f u* T m ： T—Ua T f e T-u= f —*T CT — 系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压 望值）。系统方框图见图解 1-3。
ur （表征炉温的希
图解炉溫控制系统方框图
二、（一）由（b）图知 C（：：） =3
.心=3
一严
；「％=e1— 100%
4—3 3
.
100% =33.3%》=0.32
31
tp p
*1一2
0.1 j ■冷二 33.12
& = 2 =1096.6 a =2 冷=21.2
4
s(s +1)(5 + 3) + 2K
・ N(s)
二=】igs陥($)=右
7
但■为保证系统匡环稳定，必须耍满足OvKuh
为保证系统闭环稳定9可在系统的前向通谴.扰动的 作底点之前，加一比例■徴分经制器，取耳町\"+ 2,使闭环 系统在K>Q时均能稳定打
取^>17.5,即満足稳态性能要求.
、系统的特征方程为： S2 2S 10 s 1^0 可变换为：
1 10 2 S 0 s2 +2S +10
s j3)(s 1- j3)
-乙=0
(s T
等效的: GK (s) =10
在参数.下，系统的开环零点为：
开环极点为：—R,2=—1±j3
根轨迹的分离点：由 N(s)D(s)-D(s)N(s)=0得s2-10 = 0
S =—怖= —3.16 此时 I =0.432 S? —、10 (不合，舍)
出射角：二屮=180：： 108.4 -90 =198.4 相应根轨迹如右图
5
198.4
(1) =0时，系统的阻尼系数较小(
=0.316 )振荡比较剧烈。
(2) 0 . z :：: 0.432时，随着•的增大，闭环极点逐渐向实轴移动，系统阻尼增大，振荡逐渐减 小。
(3) 0.432 _. ：：；：闭环极点为负实数
.=0.432系统处于临界阻尼状态(
系数. 1，阶跃响应过程越来越迟缓。
=1 )阶跃响应无振荡，若 .值进一步增大，系统的阻尼
四、(16分)
解：由题已知： G(s)H(s)
，
(1
一
S)
,K,.,T 0， s(Ts +1)
系统的开环频率特性为
G(j )H(j ■)=
K[ — （T ） ■ 一 j（1 —
T 勺]
㈢（1+T2 ⑷2）
（2 分）
开环频率特性极坐标图
起点：
■ =0 A （ 「，二eo0； （1 分）0
终占：
八
-■, A c 弓 o K- ） 0 ； 2 分）
与实轴的交点：令虚频特性为零，即
1_T咖2=0 得化=~^
( 2 分)
（2 分）
实部 G(j x)H(j J
开环极坐标图如图 2所示。(4分)
由于开环传函无右半平面的极点，贝U P=0 当 K • ：：：1时，极坐标图不包围 (—1, j0 )点，系统稳定。(1分) 当 K • =1时，极坐标图穿过临界点 (—1, j0 )点，系统临界稳定。(1分) 当 K.・1时，极坐标图顺时针方向包围
图2五题幅相曲线
(-1, j0)点一圈。
N =2(N . - N J =2(0-1) = -2
按奈氏判据，Z = P- N = 2。系统不稳定。(2分) 闭环有两个右平面的极点。
(2)解：从开环波特图可知，系统具有比例环节、两个积分环节、一个一阶微分环节和一个惯性 环节。
1 K( s 1)
(A.
故其开环传函应有以下形式
G(s) -------- (8分)
21
s( S +1)
.，2
由图可知：• =1处的纵坐标为40dB,则L(1)=20lg K =40,得 K =100 (2分) 又由和「=10的幅值分贝数分别为 20和0,结合斜率定义，有
乙°
0
lg 1 -lg10
20二.40，解得
==、1 0= 3 . rad6S (2 分)
同理可得
一(一10) = _20
lg 创 jg^2
2 2 ■2
20lg」=30
，
=1000 1 =10000
■2 =100 rad/s (2 分)
故所求系统开环传递函数为
G(s)
100(-M 1) J10 s2 (丄 1) 100
G(s^ —
s(s 1)
(2分)
(3)、系统开环传函
输入信号为单位斜坡函数时的稳态误差为
=gm sG(s)H (s)
—，由于要求稳态误差不大于
K
0.05，取 K =20
G(S)=
s(s 1)
20
(5分)
计算:
(2)、 校正前系统的相角裕度
L( )=20lg20-20lg，-20lg「2 1
20
2
L( J ： 20lg 2=0— ；：■ =20 得 = 4 . 4 7rad/s
c
c
■c2
咐=180° -90° -tg44.47=12.6°；
分)
而幅值裕度为无穷大，因为不存在 、x。(2
(3) 、根据校正后系统对相位裕度的要求，确定使用超前环节。理由略。
7
五、当
0.5c c =4m,e = r -c,c = r -e
有0.5e e - 0.48 =0.5r • r 当 z(t) =1(t)时，r =r =0 (t 0) .有：e 2e 0.96e =0
< 0.5时m = 0.12e
当 e 0.5时有:e 2e 8e = 0
根据e = 0,e、0得
e = 0,奇点都在原点
但e兰0.5时,特征根 S 2 = 仝匹壬096 = 严8奇点为稳定节点
2 -1.2
e >0.5时,特征根
-2 土 J4 _4 沢 8 .—
S2 = ------------------- =-1土 jj28 奇点为稳定焦点
2
(1) 可大致画出相轨迹如下： (2) 系统是稳定的 (3) W 0
(4)
e
e
六、
8
I 一严 K
解：(I)系统开环传递函数G(s) = ------------ ------ -----------
s s(s-^-a) 闭坏系统特征方稈为：
A 二 | + G(z)二 F + (0368K -1.36K)z + (0.2MK + 0368) = 0
进行训变换(即在上式屮代入2 = 空)，
求得放大系数的临界值：Kc=2.39(1.264/0.528)。
(2)将K二i代入G⑵：
系统的单位脉冲响应:
/(Z) = Z\"1 [ 据前”当K=1时#系统是稳定的•可以用终俏定理求稳态误養 Y(r) | 故：g) = Jnne(r) = limd-厂)品=呵=7歸='* 七、 58 ft?: (1)狀态方程: 9 ⑵ 可控性与可观性,按已知条件，所有的元件參数均为1.代入方程可以计寡得外 系 统是可控与可观的.闵为 卩7 0 Qc = \\b Ab A~b\\^\\i) 0 I [[} I J. c Go = cA cA2 F d 1 0 -1 I 0 1 0 -1 八、 解：(1)由图可得 Xi = xi - —2X2 + .v, Xj = Xj + x2 y = 3X3 +X2 ■ 整理对得系统的状态空间表达式为 X-1 0 0 0 =（用-1） (2)由于 \\sl -A\\= -1 y + 2 XI JC2 0 -1 （常+ 2） 1 0 o- ~r 1 -2 0 _^3 0 1 1 _ y = [o 1 3]x + 0 0 系统的特征信为1、h -2t有根在呂平面的右半平面.因此系统不稳定。 (3)关于极点配置 由于系统状态完全可控，因此系统可通过状态反馈任意配置闭环系统极点，当然也可以将极点 配置到-2，-3，-4 了。 设状态反馈矩阵F=[f 1 f2 f3] ■1 0 01 A —BF = 1 _2 0 0 1 1 _ 1 一 f1 _ f2 0 .1 0 f - f3 1 0 1 J — i 一 f 2 f 3]= 1 0 -2 1 10 & +壬T Q妙： -1 0 A + 2 0 十//+C/.+为—弘十（2-Z/；十人「/」 希塑的特征多项式为(5 + 2X5 + 3X5 + 4)= 5J +9J2+26S + 24 令|訂-（/-眄=（£ + 2）（£ +恥+ 4）,可得 f\\ +£-3 = 26 =>“； = 20 £ = 60 即将极点配置在-2. -3. -4的状态反馈矩阵为F = [9 20 60]o —^£ = 24 11 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容