上海交大系统模型、分析与控制 2013 期末考试卷与答案

0 1 u 2
y 0
；
x1 0 1 x2 x3
求系统的传递函数。 解： 中间过程 w(s) = ������3 +6������2 +11������+6
2������2 +7������+3
（4 分） （4 分）
6． （10 分）判别下列状态空间表达式的能控性和能观性
-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
. x1 . x 2 . x3
1 0 0 x1 . 2 3 0 x2 3 1 1 x3
c 0.05ωc
= tan 50° = 1.2， 可得ωc = 4， K = 5.2 > 2.5，
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，其它相 同。 4.（20 分）设一单位反馈系统的开环函数为G(s) = s(0.5s+1)，试设计一超前校正 装置K1 s+ω1 ，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，
ω 2
∠G(jω) = −90° − arctan 2 （1 分） 由|G(jωc )| = 1可求出ωc = 6.17，进而由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） 放大器补偿增益为K1 = 1−sinφm = 4.2（2 分）
(1) 求系统可观测标准型的状态空间描述；
(2) 试用状态反馈对系统进行极点配置，使闭环极点位于−5 ± j10处。 (3) 试求采用上述状态反馈后的系统的谐振峰值 Mr 解答： （1）因为 G(s) = 其可观测标准型实现为： 0 0 100 A=[ ] b=[ ] c = [0 1] 1 −5 0 （5 分） （2）极点配置 首先判断系统可控性，rank[b Ab]=rank[ 系统可控， 可以任意配置闭环极点。 设状态反馈阵 闭环系统矩阵： A + bK = [ 闭环特征多项式为 f(λ) = det[������������ − (������ + ������������)] = det [ ������ − 100������1 −1 −100������2 ] ������ + 5 （2 分） 希望的特征多项式为： (λ + 5 + j10)(λ + 5 − j10) = ������2 + 10������ + 125 （2 分） 令对应系数相等，则有 K1=-0.05， K2=-1.0 则所得的状态反馈增益向量为 K = [−0.05 −1.0] （1 分） （3）根据上述计算过程可知，经过极点配置后的系统阻尼比=0.447， （2 分） 100������1 1 100������2 ] −5 K=[K1 K2] 100 0 0 ]=2 100 （2 分） ������ 2 100 + 5������
m
1+sinφ
校正后系统的剪切频率ωc ‘ 满足20lg
20
ω ’ ωc ‘ √1+（1+ c ） 2 2
= −20lg√K1 ，可知ωc ‘ = 9
ωm = ωc ‘ = 9 = 即有ω1 =
ωm √K1
1
√K1 T
（3 分）
= 4.4；ω2 = ωm √K1 = 18.4（3 分）
s+4.4
故有超前装置传递函数为Gc (s) = 4.2 s+18.4（2 分） 进行校正以后的验证 γ = 50.3° > 50°，Kg>10db 满足设计要求（1 分）
2
K
s+ω
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， ess = K = 0.1，得到 K=20（2 分）
2
-20dB/dec
-40dB/dec
（2 分）
K=20 时，未校正系统的开环频率特性为 |G(jω)| = 20 ω ω√1 + （1 + 2 ）
=
= 1（1 分）
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（分）
c 或者： 取γ = 40°， 1−0.2ω
0.2ω +0.05ωc
= ������2 + (5 − 100������1)������ + (−500������1 − 100������2)
所以其谐振峰值为Mr =
1 2������√1−������ 2
= 1.25.
（3 分）
试卷 B 中使闭环极点位于 − 10 ± j15 （1） 同 A 卷 （2） (λ + 10 + j15)(λ + 10 − j15) = ������2 + 20������ + 325 K1=-0.15， K2=-2.5 则所得的状态反馈增益向量为 K = [−0.15 −2.5] （1 分） （3）根据上述计算过程可知，经过极点配置后的系统阻尼比=0.555， （2 分） 所以其相对谐振峰值为Mr = 分）
0.2ωg +0.05ωg
g 0.05ωg
= ∞故ωg = 10（1 分）
1 ωg √(1+0.04ωg 2 )(1+0.0025ωg 2 )
代 入 有 K g = −20lg|G(jωg )H(jωg )| = −20lg 28dB（2 分） 而|G(jωc )| =
1 ωc √(1+0.04ωc 2 )(1+0.0025ωc 2 )
Rank(M)=3,完全可控
������ 0 0 1 同样地，Rank(N)=rank [ ������������ ] = ������������������������ [1 0 3 ]=3，完全可观（5 分） ������������2 4 2 10
7． （17 分）设系统传递函数为 G(s) = 100 ������(������ + 5)
K
解答： （1） 伯德图（渐进线）如下： （3 分）
-20dB/dec -40dB/dec
-60dB/dec
ϕ(ωg ) = −90° − arctan0.2ωg − arctan0.05ωg = −180°（1 分） 即 arctan0.2ωg + arctan0.05ωg = 90° 可知只需满足式1−0.2ω
（2 分） > −1，取值范围为0 < ������ < 4 （3 分）
������ 6 π
渐近稳定时，令−
4K π
B 卷：与 A 卷差别为=3，因此0 < ������ <
2. （15 分） 下图为某最小相位系统的开环幅值伯德图， 写出系统的开环传递函数。
解答：设传递函数为G(s) = sv (1+Ts)（图中可以看出） 起始频率为-40，故而为 II 型系统，v=2； （3 分） 再由于ω1 = 0.01，ω2 = 1.所以τ = 100, T = 1. （6 分） 低频渐近线方程为L(ω) = 20lgK − 20vlgω 因此当ω = 0.01时，L(0.01) = 20lgK − 40lg0.01 = 20，有 K=0.001（4 分） 综上所述 G(s) =
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−τs G(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： A 卷（1）G(jω)H(jω) =
（B 卷答案一致）
0.001(100s+1) s2 (1+s)
K(τs+1)
（2 分）
3.（15 分）一单位负反馈系统的开环传递函数为G(s) = s(1+0.2s)(1+0.05s)。试求 （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。
1 0 x 1 y 0 2 1 1 1 0 x 2 u 0 3 1 0 1x
解：能控性 1 2 AB=[0 1 1 0
2
1 1 6 0] [2]=[2] 3 1 4
1 2 1 6 14 A B=[0 1 0] [2]=[ 2 ] 1 0 3 4 18 M=[������ ������������ 1 ] = [ ������2������ 2 1 6 14 2 2] 4 18 （3 分） （2 分）
Ke−2jω jω K π
幅频特性：A(ω) = ω；相频特性：Φ(ω) = − 2 − 2ω. （5 分） （2）奈奎斯特图示意图如下图（3 分）
Im
ωg =
π 4
ω=∞ 0
Re
ω=0
π π 4
令Φ(ωg ) = − 2 − 2ω = −π得ωg = A(ωg ) = ω =
g
（2 分）