《自动控制原理》课程教学资源（作业习题）自测题（1）答案

自测题1答案一、1、0m=0,/1-252：2、反馈量；3、稳、快、准；4、开环极点；5、大（小）、差（好）；4M6、滞后一超前；7、二、1.C;2.A;3.C;4.C:5.C三、1.×:2.V;3.V:4.V:5.V四、1、答：非线性系统在正弦性号作用下，进行谐波线性化后，输出量的一次谐波分量与输入信号的复数的比值，即：N(X)=立X2、答：一对靠得很近的闭环零极点。3、答：当特征根这一对共轭复数根时，其对应的奇点称为焦点：它可分为稳定焦点和不稳定焦点。4、答：在零初始条下，线性定常系统输出量的拉氏变换与输入量的拉氏变换的比值。五、1、1）用方框图等效变换法：如下图示：E(s)C(s)R(s)(G,(s)Gz(s)G (s)G,(s)H (s)1/G(s)C(s)G,(s)G2(s)G,(s)G,(s)R(s) 1+G,(s)G, (s)H,(s)+G,(s)G,(s)H,(s)+G,(s)G,(s)G,(s)G,(s)2）、用梅逊公式时，有三条回路和一条前向通道，得结果如上式（略）25 K,2、解：1)系统开环传函为：G(s)与标准式比较，得：s(s+0.8+25K)02m=25=25K[ K,=1，得：[K, = 0.168250×=5=0.8+25Ke-,系统阶跃响应：c(t)=h(t)=1-sin(@, /1 5*t+ β)=1-1.155e-2.5t sin(4.33t+60°)V1-53y-= 16.3%超调量：%=e@2=25=25KK, =12)由标准式比较得：得，由于系统为阶系统，系数大[K,=0.25][250~=5V2=0.8+25K,1_ 0.8+25K, =0.283于零，满足稳定的条件，所以：e。==～25K,六、1、解：1)系统三个开环极点：pi=0，p2=-1，Ps=-2,无有限零点，有三条根轨迹，[。=±/3,”；实轴上根轨迹为：［0,-1]，起于0，-1，-2，终于无穷远处：渐近线方程：a=-1

自测题 1 答案 一、1、 2  m =n 1−2 ；2、反馈量；3、稳、快、准；4、开环极点；5、大（小）、差（好）； 6、滞后－超前；7、 X M  4 ； 二、1.C; 2.A; 3.C; 4.C; 5.C; 三、1.  ; 2. √;3. √;4. √; 5. √ 四、1、答：非线性系统在正弦性号作用下，进行谐波线性化后，输出量的一次谐波分量与 输入信号的复数的比值，即： . . 1 ( ) X Y N X = 2、答：一对靠得很近的闭环零极点。 3、答：当特征根这一对共轭复数根时，其对应的奇点称为焦点，它可分为稳定焦点和 不稳定焦点。 4、答：在零初始条下，线性定常系统输出量的拉氏变换与输入量的拉氏变换的比值。 五、1、1）用方框图等效变换法：如下图示： 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 1 3 4 2 1 2 3 4 1 2 3 4 G s G s H s G s G s H s G s G s G s G s G s G s G s G s R s C s + + + = 2）、用梅逊公式时，有三条回路和一条前向通道，得结果如上式（略） ２、解： 1) 系 统 开 环 传 函 为 ： ( 0.8 25 ) 25 ( ) 1 t o s s K K G s + + = 与 标 准 式 比 较 ， 得 ：    = = + = = N t n K K 2 5 0.8 25 25 25 1 2   ，得：    = = 0.168 1 1 Kt K 系统阶跃响应： sin( 1 ) 1 1.155 sin(4.33 60 ) 1 ( ) ( ) 1 2 2.5 0 2 − + = − + − = = − − − t e t e c t h t t n t n      超调量： % 16.3% 2 1 = = − −    e 2)由标准式比较得：    = = + = = N t n K K 2 5 2 0.8 25 25 25 1 2   得    = = 0.251 1 1 Kt K 由于系统为阶系统，系数大 于零，满足稳定的条件，所以： 0.283 25 1 0.8 25 1 = + = = K K K e t ss 六、1、解：1)系统三个开环极点：p1=0，p2=-1，p3=-2,无有限零点，有三条根轨迹， 起于 0,-1,-2，终于无穷远处；渐近线方程：    = − =  1 / 3, a a     ；实轴上根轨迹为:[0,-1], G1(s) G2(s) H1(s) G3(s) H2(s) G4(s) - - R(s) - C(s) 1/G(s)

一1[-2,-0)；分离点d：=0；得：d=-0.42：与虚轴的交点：由特征方程：d+1d+2dS+3s+2s+K=0，将s=jの代入，得：K=6，の=±/2：得根轨迹如下：2)=0.5时的阻尼线：β=60°，它与根轨迹的交点为：s=α±jQ=-0.33±j0.58第三个极点为：S:+S2+s3=pi+P2+P3=-3得：Ss=-2.34tjo所以将Sit和S2作为主导极点，降阶的二阶系统的传函为：0.445S,S2d(s)=(ss,)(ss2)$2 +0.667s+0.445系统的5=0.5；,=0.667所以有：6%=e-5/l-=16.3%3=9.0 st,Son10 K(s +2)2)、开环传函：G。(s)s(s2 + s + 10)率特性频10K(j@+2)10 K[(8-°)@- j(20 -0")]Go(jo)=jo(10-0+jo)0[(10-@)+0"]Jo系统奈氏图如右图示，当K>1时，（-1，j0）点被包围，系统不稳定，所以系统的稳定范围是：0<K<1.(-K, jo)七、角解：系统开环脉冲传函为：1(1-e-)z.(1-2-).G(=) =1---(=-1(=-e-T)闭环特征方程为：D()=22-2e-Tz+e-T=22-0.736z+0.368=0，闭环极点为：=12=0.368±j0.482要单位圆内，系统稳定，则静态位置误差系数为：K，=o0；静态速度误差系数为：K,=lim(z-1)G(z)=l；所以稳态误差为：e=T/K=1=→

[-2,-∞)；分离点 d： 0 1 2 1 1 1 + = + + d + d d ；得：d=-0.42；与虚轴的交点：由特征方程： S 3 +3s2 +2s+K=0，将 s=jω 代入，得：K=6， =  2 ；得根轨迹如下： 2)  = 0.5时的阻尼线： 0  = 60 ，它与根轨迹的交点为： s =  j = −0.33 j0.58 第三个极点为： s1 + s2 + s3 = p1 + p2 + p3 = −3 得：s3=-2.34 所以将 s1 t 和 s2 作为主导极点，降阶的二阶系统的传函为： 0.667 0.445 0.445 ( )( ) ( ) 2 1 2 1 2 + + = − −  = s s s s s s s s s 系统的  = 0.5 ； n = 0.667 所以有： % 16.3% 2 / 1 = = − −  e 9.0 3 = = n s t  s 2)、开环传函： ( 10) 10 ( 2) ( ) 0 2 + + + = s s s K s G s ； 频率特性： [(10 ) ] 10 [(8 ) (20 )] (10 ) 10 ( 2) ( ) 2 2 2 2 2 0 2            − + − − − = − + + = K j j j K j G j 系统奈氏图如右图示，当 K>1 时，（-1,j0）点被包围，系 统不稳定，所以系统的稳定范围是：0<K<1. 七 、 解 ： 系 统 开 环 脉 冲 传 函 为 ： ( 1)( ) (1 ) (1 ) 1 1 ( ) 1 1 T T z z e e z z z G z − − − − − − − • − • − = 闭环特征方程为： ( ) 2 0.736 0.368 0 2 2 = − + = − + = − − D z z e z e z z T T ，闭环极点为： z1,2 = 0.368  j0.482 要单位圆内，系统稳定，则静态位置误差系数为： K p =  ；静态速度误 差系数为： 1 lim( 1) ( ) 1 → = − = z v K z G z ；所以稳态误差为： ess = T / K =1 -1 × × -2 × jω σ ω (-K,j0) jω