所以原点是大范围渐近稳定的。
2010 年硕士研究生试题答案
1、（10 分）系统的微分方程模型如下：
e(t) = k1[r(t)− y(t)]； &x&(t) = Td2e&&(t) + Td1e&(t) + e(t)； y&(t) = k2[n(t) + x(t)]
式中， r 、 n 、 y 分别是输入、干扰和输出， k1 、 k2 、Td1 、Td 2 为常数，试建立系统方框
当 T2
=
T1
时，
Re[G
(
jω
)]
=
1
− 10 + ω 2T12
，
Im[G( jω)]=
0
当T2 > T1 时， Re[G( jω)]< 0， Im[G( jω)]< 0
7、 （15 分）列写如图 7 所示系统的状态空间表达式，并判断该系统是否能控？是否能观？ 解：1. 列写状态方程
⎡− 8 x& = ⎢⎢10
k p = [- 49.5 - 392 - 5]
3.系统稳定性： 系统开环不稳定。但状态反馈后的闭环系统是稳定的。
4、状态观测器的设计
系统的不能观，故不能设计状态观测器。
11、（5 分）请用李亚普诺夫方法研究如下系统。给出系统在平衡点稳定时参数 a 需满足的 条件。
x&1 = −x2 + ax13
x&2 = x1 + ax23
G(s)
=
( G1G6 G2G4
+
G3G5
G1G6
)(H 4 −
(G2G4 H3)+
+ G3G5 ) (1 + G1H1
)(1
+
G4 H 2
+
G5 H 2
)
( ) 3、 （10 分）已知二阶系统的单位阶跃响应为： y(t ) = 10 −12.5e−1.2t sin 1.6t + 53.1o
试求：系统的超调量σ % 、峰值时间 t p 和调节时间 ts 。
( ( )( ) ) ( )( ) =
− 10 × 1 + ω 2T1T2 1 + T12ω 2 1 + T22ω 2
+
j
10 ⋅ ω(T1 − T2 )
1 + T12ω 2 1 + T22ω 2
显然， ω = 0 时，G(0) = −10
ω = ∞ 时，G( j∞) = 0
当T2 < T1 时， Re[G( jω)]< 0， Im[G( jω)] > 0
图 8 某采样控制系统示意图
解：
C(z) = R(z) + G1(z)E(z) + F (z)z −1 = R(z) + G1(z)G2 R(z) − G1(z)H 2 H1R(z) + F (z)z −1 1+ H 2 H1G1(z)
该系统不存在 C(z)/R(z)。
9、（15 分）一采样控制系统结构见图 9，采样周期 T=1s， H（0 s）为零阶保持器。试确定使 系统稳定时的 K 值范围。注：图 9 中 D(k)： e（2 k）= e（2 k − 1）+ 10[e（1 k）− 0.5e（1 k − 1）] 。
[ Gopen = c[sI − A]−1b = 1 0
⎡ s−3
⎢
0]⎢⎢
s2
−
2s *
−
5
⎢*
⎢⎣
0 * *
2⎤
s2
−
2s *
*
−
5 ⎥⎥⎥ ⎢⎢⎡02⎥⎥⎤ ⎥⎥⎦ ⎢⎣1⎥⎦
=
2(s − 2) s2 − 2s − 5
2、设计状态反馈控制器
因为系统是三阶的，选择主导极点满足期望的性能指标，另选择第三个远极点。
y = [1 0 0]x
要求：1）推导该系统的开环传递函数 Gopen； 2）设计状态反馈控制器，使得闭环系统
满足阻尼比 ζ = 0.707 ，调节时间 ts = 2s(±2%) ；3）分别判断开环系统稳定性与闭环系
统稳定性；4）请对该系统设计状态观测器，使得状态观测器的闭环极点均为：s=-5。 解：1、推导系统的开环传递函数
解：1）可以求得系统的平衡点为原点，即： x1 = 0; x2 = 0 。
2）计算李亚普诺夫函数
令： V (x) = x12 + x22 ，显然V (x) > 0 计算：V& (x) = 2x1 x&1 + 2x2 x&2 = 2a(x14 + x24 ) 3）讨论V& (x) 的负定性 由V& (x) 的表达式，显然，当 a < 0 时，V& (x) < 0 ；所以V (x) 是李亚普诺夫函数。 由V (x) > 0 和V& (x) < 0 ，可以判定原点是渐近稳定性。又当 x → ∞ ，V (x) → ∞ ，
R（s）
e（1 k）
e（2 k）
D(k）
T
T
H（0 s）
K s +1
Y(s)
图 9 采样控制系统示意图
解：在 0< K <0.289 范围内，系统是稳定的。 10、（25 分）设一被控对象由以下状态空间代表式描述
⎡−1 0 2⎤ ⎡2⎤
x&
=
⎢ ⎢
0
− 2 1⎥⎥x + ⎢⎢0⎥⎥u
⎢⎣ 1 0 3⎥⎦ ⎢⎣1⎥⎦
结构图。 解：
N (s )
R(s)
−
E(s)
K1
Td2S 2 + Td1S +1 X (s)
S2
K2
1 Y (s)
S
2、
（15
分）系统结构如图
2
所示，试用方框图等效变换法求传递函数 G(s)
=
Y (s) R(s)
H3
R(s)
E(s)
−−
G1
H1
G2
− G4
H2
G3
− G5
G6
Y (s)
H4
图2 解：
⎢⎣ 0
−5 8 1
0 ⎤⎡ x1 ⎤ ⎡ 1
−
1⎥⎥
⎢ ⎢x2⎥Fra bibliotek⎥+
⎢⎢−
2
0 ⎥⎦⎢⎣x3 ⎥⎦ ⎢⎣ 0
0⎤
1⎥⎥ 0⎥⎦
⎡u1 ⎢⎣u2
⎤ ⎥ ⎦
⎡ ⎢ ⎣
y1 y2
⎤ ⎥ ⎦
=
⎡5 ⎢⎣− 10
5 − 10
0⎤ 1⎥⎦
⎡ ⎢ ⎢ ⎢⎣
x1 x2 x3
⎤ ⎥ ⎥ ⎥⎦
+
⎡0 ⎢⎣2
0⎤⎡u1 ⎤
( ) ( ) 【提示：15e−1.2t sin 1.6t + 53.1o − 20e−1.2t cos 1.6t + 53.1o = 25e−1.2t sin1.6t 】
解：
⎩⎨⎧ξω 0=
=2 0.6
− ξπ
σ % = e 1−ξ 2 = 9.5% ；
t p = ω0
π 1−ξ2
= 1.96 ； ts
1 + τS
图5
Gk (s) =
4τS S2 + 4
=
4τ
(S
+
S
j2)(S
−
j2)
6、（15
分）系统开环传递函数为 G(s) =
(T1S
10
+ 1)(T2S
− 1)
，试绘制 T2
<
T1 ，T2
=
T1 ，
T2 > T1 三种情况下的奈奎斯特图。
解： G(s )
=
(
jT1ω
+
10
1)( jT2ω
−
1)
0⎥⎦
⎢⎣u2
⎥ ⎦
u1
+
—
1
x1 +
y1 5
s+3
+
2. 判断系统是否能控、能观 能控矩阵：
故系统能控。 系统能观。
u2 +
2
1 x2 — s+2
1 x3 + y2 s+
8、（10 分）某采样系统如图 8 所示， 请给出 C(z)和 C(z)/R(z)表达式。
图 7 系统方块图
F(s) e-Ts
C(s)
由调节时间为 ts = 2s(±2%) ，ζ = 0.707 ，
故主导极点为： s1,2 = −2 ± j2 ；选择非主导极点： s3 = −100
期望的特征方程：
Δ* = (s + 2 + j2)(s + 2 − j2)(s + 100) = s3 + 104s2 + 408s + 800 = 0
=3 ξω0
= 2.5
4、（15
( ) 分）单位负反馈系统的开环传递函数为：G s =
K S2
(τS (TS
+ 1) + 1)
；K
>
0 、τ
>
0、
( ) ( ) T > 0 ，输入 r t = t 2 。试求系统稳态误差 ess ∞ < 0.1时，系统应满足的条件。
解： ess (∞) =
2 K
<
0.1， K
>
⎧τ 20 ；因此，系统参数应满足： ⎩⎨K
>T > 20
5、（15 分）系统结构如图 5 所示。使闭环极点为 S = −1 ± j 3 ,试确定 K 、τ 值，以计 算出的 K 值为基准，绘制以τ 为参变量的根轨迹。