自动控制原理第四章

自动控制原理经典考试题目整理

第三章-第四章

第三章 时域分析法

一、自测题

1．线性定常系统的响应曲线仅取决于输入信号的______________和系统的特性，与输入信号施加的时间无关。

2．一阶系统1/（TS+1）的单位阶跃响应为 。

3．二阶系统两个重要参数是 ，系统的输出响应特性完全由这两个参数来描述。

4．二阶系统的主要指标有超调量MP%、调节时间ts和稳态输出C(∞)，其中MP%和ts是系统的 指标，C(∞)是系统的 指标。

5．在单位斜坡输入信号的作用下，0型系统的稳态误差ess=__________。

6．时域动态指标主要有上升时间、峰值时间、最大超调量和__________。

7．线性系统稳定性是系统__________特性，与系统的__________无关。

8．时域性能指标中所定义的最大超调量Mp的数学表达式是__________。

9．系统输出响应的稳态值与___________之间的偏差称为稳态误差ess。

10．二阶系统的阻尼比ξ在______范围时，响应曲线为非周期过程。

11．在单位斜坡输入信号作用下，Ⅱ型系统的稳态误差ess=______。

12．响应曲线达到超调量的________所需的时间，称为峰值时间tp。

13．在单位斜坡输入信号作用下，I型系统的稳态误差ess=__________。

14．二阶闭环控制系统稳定的充分必要条件是该系统的特征多项式的系数_____________。

15．引入附加零点，可以改善系统的_____________性能。

16．如果增加系统开环传递函数中积分环节的个数，则闭环系统的稳态精度将提高，相对稳定性将________________。

17．为了便于求解和研究控制系统的输出响应，输入信号一般采用__________输入信号。 18．当系统的输入具有突变性质时，可选择阶跃函数为典型输入信号。（ ）

胡寿松自动控制原理习题解答第四章

4-1 设单位反馈控制系统的开环传递函数

1)(

+=∗

sK

sG

试用解析法绘出∗

K

从零变到无穷时的闭环根轨迹图，并判断下列点是否在根轨迹上：

（－２＋ｊ０）， （０＋ｊ１）， （－３＋ｊ２）

解：

有一个极点：（－1＋ｊ０），没有零点。根轨迹如图中红线所示。

（－２＋ｊ０）点在根轨迹上，而（０＋ｊ１）， （－３＋ｊ２）点不在根轨迹上。

4-2 设单位反馈控制系统的开环传递函数

)12()13(

)(

++

=

sssK

sG

试用解析法绘出开环增益K从零增加到无穷时的闭环根轨迹图。

解： 系统开环传递函数为

)2/1()3/1(

)2/1()3/1(2/3

)(

++

=

++

=

sssK

sssK

sg

G

有两个极点：（0＋ｊ０），（－1/2＋ｊ０），有一个零点（-1/3，j0）。

根轨迹如图中红线所示。

4-3 已知开环零、极点分布如图4-28所示，试概略绘出相应的闭环根轨迹图。

1胡寿松自动控制原理习题解答第四章

图4-28 开环零、极点分布图

4-4 设单位反馈控制系统开环传递函数如下，试概略绘出相应的闭环根轨迹图(要求确定分

离点坐标d)：

(1)

)15.0)(12.0()(

++=

sssK

sG

解： 系统开环传递函数为

)2)(5()2)(5(10

)(

++=

++=

sssK

sssK

sg

G

有三个极点：（0＋ｊ０），（－2＋ｊ０），（－5＋ｊ０）没有零点。

分离点坐标计算如下：

0

51

211

=

++

++

ddd 3

解方程的010142

=++dd7863.3

1−=d

，d

88.0

2−=

取分离点为88.0−=d

根轨迹如图中红线所示。

2胡寿松自动控制原理习题解答第四章

（2）

)12()1(

)(

++

=

sssK

sG

解： 系统开环传递函数为

)5.0()1(

)5.0()1(2/

)(

++

=

++

=

sssK

sssK

sg

G

有两个极点：（0＋ｊ０），（－0.5＋ｊ０），有一个零点（－1＋ｊ０）。

分离点坐标计算如下：

自动控制原理第二版第四章课后答案

【篇一：《自动控制原理》第四章习题答案】

4-1 系统的开环传递函数为

g(s)h(s)?k*

(s?1)(s?2)(s?4) 试证明点s1??1?j3在根轨迹上，并求出相应

的根轨迹增益k*和开环增益k。

解 若点s1在根轨迹上，则点s1应满足相角条

件?g(s)h(s)??(2k?1)?，如图解4-1所示。

对于s1= -1+j3，由相角条件

?g(s1)h(s1)?

0??(?1?j3?1)??(?1?j3?2)??(?1?j3?4)? 0??

2??

3??

6???

满足相角条件，因此s1= -1+j3在根轨迹上。将s1代入幅值条件：

g(s1)h（s1?k*?1

?1?j3?1??1?j3?2??1?j3?4

k

8*解出 ： k=12 ，k=*?3

2

4-2 已知开环零、极点如图4-2 所示，试绘制相应的根轨迹。

解 根轨如图解4-2所示：

4-3 单位反馈系统的开环传递函数如下，试概略绘出系统根轨迹。

⑴ g(s)?k

s(0.2s?1)(0.5s?1)

k(s?5)

s(s?2)(s?3)* ⑵ g(s)?

⑶ g

(s)?k(s?1)

s(2s?1)

解 ⑴ g(s)?k

s(0.2s?1)(0.5s?1)=10k

s(s?5)(s?2)

系统有三个开环极点：p1?0,p2= -2,p3 = -5

① 实轴上的根轨迹：

???,?5?, ??2,0? 0?2?57?????a??33② 渐近线： ?

???(2k?1)????,?a?33?

③ 分离点：

1

d?1

d?5?1

d?2?0

解之得：d1??0.88，d2?3.7863(舍去)。

④ 与虚轴的交点：特征方程为 d(s)=s3?7s2?10s?10k?0

?re[d(j?)]??7?2?10k?0令 ? 3im[d(j?)]????10??0?

4.1 C

4.2 B

4.3 AD

4.4

4.5

解：由题目可知，本系统的闭环特征方程式如下

0)2()1()(*sKsssD

即02)1(**2KsKs

解之得2***2,1)1(82)1(21KKjKs

令)1(21*Kx，2**)1(821KKy

易得12*xK，将其代入y的表达式可得2)2(22yx

即复数根轨迹部分是以)0,2(j为圆心，2为半径的一个圆。

4.6

解：因为特征方程为：023KKsass

所以1)(2sassK

令0dsdK 得：02)3(223assas

非零实数分离点应满足：

02)3(22asas

910414322,1aaas

虽然，要使根轨迹只有一个非零分离点，必须有：

09102aa

解得：9,1aa。

当9a时得：

渐近线与实轴交于4；

渐进线与实轴的夹角为：90，90；

分离点为-3.

根轨迹如下图所示。

-10-8-6-4-202-6-4-20246Root LocusReal AxisImaginary Axis

当9a时，例如10a，求得：

根轨迹起于0，0，-10；

根轨迹终止于-1和无穷远点；

根轨迹的渐近线与实轴交于-4.5；

根轨迹的渐近线与实轴的夹角为90，90；

实轴上根轨迹区间为：[-10,-1]；

根轨迹的分离点为：-2.5，-4。

系统的根轨迹如下图所示 -10-8-6-4-202-6-4-20246Root LocusReal AxisImaginary Axis

当9a时，例如5a，求得：

渐近线与实轴的交点为：-2；

渐近线与实轴的夹角为：90，90；

根轨迹没有非零分离点。

根轨迹如图所示：

-10-8-6-4-202-6-4-20246Root LocusReal AxisImaginary