南理工2010控制工程基础试卷标准答案.pdf

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1、南 京 理 工 大 学 课 程 考 试 试 卷 答 案 及 评 分 标 准 课程名称：控制工程基础 学分：3 教学大纲编号：01026301 试卷编号：01026301049 考试方式：闭卷 满分分值：100 考试时间：120 分钟（给分点仅供参考）一、（共 10 分）解：（方法 1）做各部分电流假设为,LRCi ii，根据基尔霍夫有关定律可得到：()()()()()()()()1()()LRCLiooRRCi tititdi tu tLu tdtu tR itR itit dtC=+=+=iiii 四个方程式可以消去三个中间变量,LRCi ii。首先对上述方程组进行拉氏变换，得：()()()

2、()()()1()()()()()()()()1()()1()()()()()LRCLRCiLoLiooRRoRCCRoIsIsIsIsIsIsU sLS IsUsIsU sUsLSUsR IsIsUsRR IsIsCsIsRCs IsCs Us=+=+=+=iiiiiiii 即有：11()()()()ioooU sUsUsCs UsLSR=+iii 22()()()()()()ioooioR U sUsLs UsRLCs UsR U sRLCsLsR Us=+=+iiiii 整理后，得到传递函数为2()()()oiUsRG sU sRLCsLsR=+2()1()1oiUsLU sLCssR=

3、+（方法 2）（如单独用此方法，没有列出微分方程应该扣去 3 分）应用复阻抗法，由图可以直接写出传递函数Uo(s)/Ui(s)：211()11()11oiRCsUsRRCsRRU sLRCsLsRLsLsRCsCsR+=+上式可以进一步化简得到：2()1()1oiUsLU sLCssR=+即是传递函数 注：该题为基本题，考核如何列写实际系统的传递函数。二、（共 10 分）解：（方法 1 方框图法）1()G s2()G s3()G s4()G s()H s()iX s()oXs 首先，合并12()()G sG s和：12()()G sG s+3()G s4()G s()H s()iX s()oX

4、s 接着移动 A 点到 B 点，打开交联的两个环：第 1 页 共 6 页 3 分 3 分 3 分 1 分 4 分 3 分 3 分 南 京 理 工 大 学 课 程 考 试 试 卷 答 案 及 评 分 标 准 第 2 页 共 6 页 课程名称：控制工程基础 学分：3 教学大纲编号：01026301 试卷编号：01026301049 考试方式：闭卷 满分分值：100 考试时间：120 分钟 12()()G sG s+34()()G sG s4()G s()H s()iX s()oXs 接着可以分别合并前面的负反馈环节和后面的并联环节，得：412412()()()1()()()()G sG sG sG

5、 s H sG sG s+ii34()1()G sG s+()iX s()oXs 最后根据串联法则，得到：3412412()()()()1()()()()G sG sG sG sG s H sG sG s+ii()iX s()oXs 即，闭环传递函数为：3412412()()()()()()1()()()()oiXsG sG sG sG sX sG s H sG sG s+=+ii 进一步化简为：131423241424()()()()()()()()()()1()()()()()()oiXsG s G sG s G sG s G sG s G sX sG s G s H sG s G s H

6、 s+=+（方法 2 梅逊公式法）根据结构图和信号流图之间的关系，可以绘出与之对应的信号流图如下所示：()oXs()iX s1()G s2()G s()H s3()G s4()G s 有图中可见，系统有 4 条前向通路，其增益分别是：113214323424()(),()(),()(),()()PG s G s PG s G s PG s G s PG s G s=回路有两条，其增益分别为：114224()()(),()()()LG s G s H s LG s G s H s=所有回路均与前向通道接触，没有互不接触回路。流图特征式为：1214241()1()()()()()()LLG s G

7、 s H sG s G s H s=+=+余因子式为：12341=根据梅逊公式，系统的传递函数为：41314232411424()()()()()()()()()1()1()()()()()()oiiiiXsG s G sG s G sG s G sG s G sPX sG s G s H sG s G s H s=+=+注：该题为基本题，考核如何化简方框图求解系统的传递函数。三、（共 10 分）解：惯性环节的传递函数表达式为：()1KG sTs=+单位阶跃输入为：1()1()r tR ss=所以，惯性环节的输出表达式为：1()()()1KY sR s G ss Ts=+ii 1111KKTK

8、sTsssT=+经过拉式反变换之后，得到时域输出为：()(1)1()tTy tKet=ii 由t 时,y(t)=6，可得：()(1)1()6tTyKetK=ii 由4t=时,y(4)=4.38，可得：4(4)(1)1()6(1)4.38tTTyKete=iii 43.054.38ln(1)6Ts=2 分 2 分 2 分 1 分 2 分 3 分 2 分 2 分 1 分 2 分 2 分 2 分 2 分 2 分 南 京 理 工 大 学 课 程 考 试 试 卷 答 案 及 评 分 标 准 课程名称：控制工程基础 学分：3 教学大纲编号：01026301 试卷编号：01026301049 考试方式：闭卷

9、 满分分值：100 考试时间：120 分钟 又如：由2t=时,y(2)=2.79，可得：2(2)(1)1()6(1)2.79tTTyKete=iii 23.202.79ln(1)6Ts=注：该题为基本题，考核一阶环节的时域分析和计算。四、（共 15 分）解：(a)加入速度反馈前的闭环传递函数为：1212221212()1K KK KTG sK KTssK KssTT=+对照二阶振荡环节的标准形式2222nnnss+，可得：12()10/10.252nnnK KTrad sT=代入参数 所以，此时的2144.43%pMe=，31.2snts=。(b)加入速度反馈之后的闭环传递函数为：121222

10、212212()1(1)K KK KTG sKK KTsKsK KssTT=+同样对照二阶振荡环节的标准形式2222nnnss+，可得：122()10/10.52nnnK KTrad sKT=+=代入参数 所以，此时的2116.30%pMe=，30.6snts=。由此对比可见，加入速度反馈前后，系统的固有频率不变，但是阻尼比变大，从而使得超调量减小，调整时间缩短；使系统所表现出的刚度更大。闭环系统出现临界阻尼状态时，有1=；根据中的公式推导结果，可得：211.02nKT+=带入有关参数，得到：2.0=。此时的调节时间为：14.754.750.4810snts=。注：该题为综合题，考核二阶环节的

11、时域分析与计算，以及速度负反馈的作用。五、（共 10 分）解：系统开环传递函数为：1()1kG ss=+闭环传递函数为：()1()1()2kbkG sG sG ss=+误差传递函数为：11()1()2ekssG ss+=+其频率特性分别为：(arctan)2211()24jbGjej=+2(arctanarctan)2211()24jejjej+=+第 3 页 共 6 页 2 分 2 分 1 分 2 分 2 分 1 分 1 分 2 分 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 南 京 理 工 大 学 课 程 考 试 试 卷 答 案 及 评 分 标 准 课程名称：控制工程基础 学分：3 教

12、学大纲编号：01026301 试卷编号：01026301049 考试方式：闭卷 满分分值：100 考试时间：120 分钟 当1=时，有：11(arctan)(arctan)22211(1)514jjbGjee=+112(arctan1 arctan)(45arctan)222112(1)514ojjejee+=+当2=时，有：2(arctan)(45)2211(2)824ojjbGjee=+22(arctan2 arctan)(arctan2 45)22215(2)824ojjejee+=+故此，根据频率特性的概念，可得稳态输出为：112()sin(30arctan)cos(24545)258

13、0.45 sin(3.43)0.71 cos(290)oooooc ttttt=+iiii 根据误差传递函数的定义，可得稳态误差为：215()sin(3045arctan)2 cos(245arctan245)5280.63 sin(48.43)1.58 cos(226.57)ooooooe ttttt=+ii iii 注：该题为基本题，考核频率特性和误差传递函数基本概念的应用。六、（共 15 分）解：系统的闭环传递函数为：32101(1)(1)101(1)1010()10(1 10)10101(1)1(1)101(1)fBffs ssK ss ssGsssKss ssK ss s+=+iii

14、ii 即，系统的特征多项式为：32()(1 10)1010fF sssKs=+i 利用劳斯判据判稳，列劳斯排列如下：32101101 10101001 1010fffssKKsKs+要使得系统闭环稳定，必有：1 1000100fffKKK+为了确定系统闭环特征根的实部是否都小于1，令：1zs=+，既有：1sz=代入中推倒得到的特征多项式，可得：32()(1)(1)(1 10)10(1)10fF zzzKz=+i 应用二项式定理化简，得到：32232()(331)(21)(1 10)10(1)10(102)(1120)(2 10)ffffF zzzzzzKzzKzKzK=+=+i 根据劳斯判据，

15、此时系统若想稳定，必有：10.21020511200110.552 100201(102)(1120)(2 10)0.2051020.40.3fffffffffffKKKKKKKKKKK=+=i 即有：0.40.3fK。此时系统闭环特征根的实部全部小于1。注：该题为综合题，考核控制系统稳定性的分析计算。2 分 2 分 1 分 1 分 2 分 2 分 1 分 2 分 1 分 2 分 3 分 1 分 1 分 第 4 页 共 6 页 南 京 理 工 大 学 课 程 考 试 试 卷 答 案 及 评 分 标 准 课程名称：控制工程基础 学分：3 教学大纲编号：01026301 试卷编号：01026301

16、049 考试方式：闭卷 满分分值：100 考试时间：120 分钟 七、（共 10 分）解：系统的频率特性为：250()()(5)(15)G jjjj=+幅频 2222250()()515AG j=+相频()()90arctanarctan515oG j=奈氏图的起点为：(0),(0)90oA=终点为：()0,()270oA=可以看出：幅频和相频都是单调变化，奈氏曲线起于第三象限靠近负虚轴，终于第二象限靠近正虚轴，归于原点。下面求奈氏曲线与负实轴的交点：此时必有：()90arctanarctan180515oo=整理得：arctanarctan90515o+=即：arctan90arctan51

17、5o=对上式两边取正切，可得：155 158.66/5rad s=代入幅频特性表达式，可得：2222250()0.178.668.6658.6615A=+ii 故而，系统的奈氏曲线如下所示：由开环传递函数知道0P=，即开环传递函数没有正极点；且奈氏曲线不包围(1,0)j点，故此闭环系统时稳定的。注：该题为基本题，考核奈氏图的绘制和奈氏判据的应用。八、（共 20 分）解：原来对象的传递函数为：50()11(1)(1)220pGssss=+由校正之后的开环幅频渐近线图，可知校正后的传递函数为：1(1)0.5()111(1)(1)(1)0.051020eKsG sssss+=+由图中幅频渐近线的斜率

18、关系，可知：(0.5)(5)20 lg5lg0.520LLdB=+=(0.05)(0.5)20 lg0.5lg0.0560LLdB=+=所以有：(0.05)20lg60500.05KLK=校正装置的传递函数为：11(1)(1)()0.52()11()(1)(1)0.0510ekpssG sG sGsss+=+为滞后超前校正。第 5 页 共 6 页=0=+-1-0.17 2 分 2 分 2 分 1 分 1 分 2 分 2 分 2 分 3 分 2 分 2 分 1 分 南 京 理 工 大 学 课 程 考 试 试 卷 答 案 及 评 分 标 准 课程名称：控制工程基础 学分：3 教学大纲编号：0102

19、6301 试卷编号：01026301049 考试方式：闭卷 满分分值：100 考试时间：120 分钟 校正装置的对数幅频渐近线为：(/)rad s()()LdB120lg2 其中高频段渐近线的纵坐标根据斜率关系求出：(10)(2)20/lg10lg2LLdB dec=即有：101101(10)2020lg20(lglg)20lg21022L=+=+=相位裕量为：555518090arctanarctanarctanarctan44.260.50.051020ooo=+注：该题为综合题，考核控制系统稳定性、系统综合校正及稳定裕量的分析计算。第 6 页 共 6 页 4 分 2 分 1 分 1 分