上海交大系统模型、分析与控制 2013 期末考试卷与答案.pdf

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1、系统模型、分析与控制2013期末考试试卷与答案1.（15分）某单位负反馈系统，其开环传递函数为Ke−τsG(s)H(s)=(K>0,?=2)s试（1）求出幅频特性A(ω)与相频特性Φ(ω)；（2）大致画出奈奎斯特图，并确定使系统渐近稳定的K取值范围。解答：Ke−2jωA卷（1）G(jω)H(jω)=jωKπ幅频特性：A(ω)=；相频特性：Φ(ω)=−−2ω.（5分）ω2（2）奈奎斯特图示意图如下图（3分）Imπω=∞ωg=40Reω=0ππ令Φ(ωg)=−−2ω=−π得ωg=（2分）24K4KA(ωg)==（2分）ωgπ4Kπ渐近稳定时，令−>−1，取值范围为0

2、）π4?B卷：与A卷差别为=3，因此0

3、环传递函数为G(s)=。试求s(1+0.2s)(1+0.05s)（1）画出K=1时开环系统的伯德图，并求取相位裕量和增益裕量；（2）通过调节K使增益裕量为20dB，相位裕量大于40°，求出K的取值范围。解答：（1）伯德图（渐进线）如下：（3分）-20dB/dec-40dB/dec-60dB/decϕ(ωg)=−90°−arctan0.2ωg−arctan0.05ωg=−180°（1分）即arctan0.2ωg+arctan0.05ωg=90°0.2ωg+0.05ωg可知只需满足式=∞故ωg=10（1分）1−0.2ωg0.05ωg1代入有Kg=−20lg

4、G(jωg)H(jω

5、g)

6、=−20lg=ω2)(1+0.0025ω2)g√(1+0.04ωgg28dB（2分）1而

7、G(jωc)

8、==1（1分）ω2)(1+0.0025ω2)c√(1+0.04ωcc故ωc≈1（1分）则γ=180°+ϕ(ωc)≈76°（2分）（2）由增益裕量为20dB，结合（1）中表达式，可求出K≈2.5（2分）直接求出K=2.5对应的γ≥40°（2分）0.2ωc+0.05ωc或者：取γ=40°，=tan50°=1.2，可得ωc=4，K=5.2>2.5，1−0.2ωc0.05ωc不难看出K=2.5可满足要求；B卷中（1）答案一致，（2）中的增益裕量改为18，则所求出K≈3.16

9、，其它相同。K4.（20分）设一单位反馈系统的开环函数为G(s)=，试设计一超前校正s(0.5s+1)s+ω1装置K1，使校正后的系统在控制信号r(t)=2t作用下的稳态误差ess=0.1，s+ω2相位裕量γ≥50°，增益裕量不要小于10dB。（画出校正前后的系统开环伯德图）解答：根据稳态误差要求，在非单位信号作用下，2ess==0.1，得到K=20（2分）K-20dB/dec-40dB/dec（2分）K=20时，未校正系统的开环频率特性为20

10、G(jω)

11、=ω2ω√1+（1+）2ω∠G(jω)=−90°−arctan（1分）2由

12、G(jωc)

13、=1可求出ωc=6.17，进

14、而由γ=180°+ϕ(ωc)求出未校正系统的相位裕量为γ=17.88°（2分）根据题目要求，选取超前补偿φm为38°（50°-17°+5°,其中5°可以选择其他角度，结果会不一样，但是过程一样）1+sinφm放大器补偿增益为K1==4.2（2分）1−sinφm‘20‘校正后系统的剪切频率ωc满足20lg=−20lg√K1，可知ωc=92ω‘√1+（1+ωc’）c2‘1ωm=ωc=9=（3分）√K1Tωm即有ω1==4.4；ω2=ωm√K1=18.4（3分）√K1s+4.4故有超前装置传递函数为Gc(s)=4.2（2分）s+18.4进行校正以后的验证γ=50.3°>50°，K

15、g>10db满足设计要求（1分）-20dB/dec-40dB/dec-20dB/dec-40dB/dec（2分）（B卷中控制信号和稳态误差不同，但答案一致）5.（8分）给定下列状态空间表达式.010x0xx111.x230.xu1yx001222.x3113x2；x33求系统的传递函数。解：中间过程（4分）2?2+7?+3w(s)=（4分）?3+6?2+11?+66．（10分）判别下