2025年自动控制原理经典试题集及答案解析

2025年自动控制原理经典试题集及答案解析一、时域分析法经典试题及解析试题1：已知单位负反馈控制系统的开环传递函数为\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，完成以下要求：（1）确定系统稳定时增益\(K\)的取值范围；（2）当\(K=1\)时，求闭环系统的单位阶跃响应超调量\(\sigma\%\)和调节时间\(t_s\)（取\(\Delta=5\%\)）；（3）若要求超调量\(\sigma\%\leq16\%\)，确定\(K\)的取值范围。解析：（1）系统闭环传递函数为\(\Phi(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}=\frac{K}{s^3+3s^2+2s+K}\)，特征方程为\(s^3+3s^2+2s+K=0\)。应用劳斯判据，列劳斯表：\[\begin{array}{c|ccc}s^3&1&2&\\s^2&3&K&\\s^1&\frac{6-K}{3}&0&\\s^0&K&&\\\end{array}\]系统稳定的条件是劳斯表第一列全为正，因此\(\frac{6-K}{3}>0\)且\(K>0\)，解得\(0<K<6\)。（2）当\(K=1\)时，特征方程为\(s^3+3s^2+2s+1=0\)。观察根的分布，可尝试用主导极点近似：假设存在一对共轭复根和一个实根，实根绝对值远大于复根实部时，复根主导动态性能。用试探法求根：令\(s=-3\)，代入得\(-27+27-6+1=-5\neq0\)；\(s=-1\)时，\(-1+3-2+1=1\neq0\)；\(s=-0.5\)时，\(-0.125+0.75-1+1=0.625\neq0\)。改用赫尔维茨判据或数值解法，近似得根为\(s_1\approx-2.618\)，\(s_{2,3}\approx-0.191\pmj0.555\)。实根\(s_1\)的实部绝对值（2.618）远大于复根实部绝对值（0.191），因此复根为主导极点，系统可近似为二阶系统\(\Phi(s)\approx\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)。由复根\(-\zeta\omega_n\pmj\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}\)，得\(\zeta\omega_n=0.191\)，\(\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=0.555\)。联立解得\(\zeta\approx0.33\)，\(\omega_n\approx0.6\)。超调量\(\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\approxe^{-1.03}\times100\%\approx35.5\%\)；调节时间\(t_s\approx\frac{3}{\zeta\omega_n}=\frac{3}{0.191}\approx15.7\,\text{s}\)（\(\Delta=5\%\)）。（3）要求\(\sigma\%\leq16\%\)，由\(\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\leq0.16\)，取自然对数得\(-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}\leq\ln0.16\approx-1.83\)，解得\(\zeta\geq0.5\)。对于主导极点\(-\zeta\omega_n\pmj\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}\)，原三阶系统特征方程可分解为\((s+a)(s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2)=s^3+(a+2\zeta\omega_n)s^2+(2\zeta\omega_na+\omega_n^2)s+a\omega_n^2=0\)。与原特征方程\(s^3+3s^2+2s+K=0\)比较系数得：\(a+2\zeta\omega_n=3\)，\(2\zeta\omega_na+\omega_n^2=2\)，\(a\omega_n^2=K\)。由\(\zeta\geq0.5\)，假设\(a\)为非主导实根（\(a\gg\zeta\omega_n\)），则\(a\approx3\)，代入第二式得\(2\zeta\omega_n\times3+\omega_n^2=2\)，即\(\omega_n^2+6\zeta\omega_n-2=0\)。当\(\zeta=0.5\)时，\(\omega_n^2+3\omega_n-2=0\)，解得\(\omega_n=\frac{-3+\sqrt{9+8}}{2}\approx0.56\)（舍去负根）。此时\(K=a\omega_n^2\approx3\times0.56^2\approx0.94\)。由于\(K\)增大时，主导极点实部减小（稳定性降低），因此满足\(\sigma\%\leq16\%\)的\(K\)范围为\(0<K\leq0.94\)（需验证高阶项影响，实际可能略有调整）。二、根轨迹法经典试题及解析试题2：已知系统开环传递函数为\(G(s)H(s)=\frac{K(s+2)}{s(s+1)(s+3)}\)（\(K>0\)），要求：（1）绘制根轨迹的大致形状；（2）确定系统稳定时\(K\)的范围；（3）求系统出现共轭复根时\(K\)的取值。解析：（1）根轨迹绘制步骤：-开环极点\(p_1=0\)，\(p_2=-1\)，\(p_3=-3\)；开环零点\(z_1=-2\)。-根轨迹分支数：3条（与极点数相同）。-实轴上的根轨迹：区间\((-\infty,-3]\)和\([-2,0]\)（因为\((-3,-2)\)区间内极点与零点数之差为奇数）。-渐近线：极点数\(n=3\)，零点数\(m=1\)，渐近线数量\(n-m=2\)，角度\(\frac{(2k+1)\pi}{n-m}=\pm90^\circ\)（\(k=0,1\)）。渐近线与实轴交点\(\sigma_a=\frac{\sump_i-\sumz_i}{n-m}=\frac{(0-1-3)-(-2)}{2}=\frac{-2}{2}=-1\)。-分离点：设根轨迹在实轴上的分离点为\(d\)，满足\(\sum\frac{1}{d-p_i}=\sum\frac{1}{d-z_i}\)，即\(\frac{1}{d}+\frac{1}{d+1}+\frac{1}{d+3}=\frac{1}{d+2}\)。通分后化简得\(2d^3+10d^2+14d+6=0\)，因式分解为\(2(d+1)(d^2+4d+3)=0\)，解得\(d=-1\)（重根，舍去）或\(d=-3\)（极点，舍去），说明实轴上无分离点，根轨迹直接从极点出发，穿过实轴零点左侧区域。-与虚轴交点：令\(s=j\omega\)，代入特征方程\(1+G(j\omega)H(j\omega)=0\)，即\(j\omega(j\omega+1)(j\omega+3)+K(j\omega+2)=0\)。展开得\(-\omega^2(j\omega+4)+K(j\omega+2)=0\)，分离实部和虚部：实部：\(-4\omega^2+2K=0\)，虚部：\(-\omega^3+K\omega=0\)。由虚部得\(\omega(-\omega^2+K)=0\)，解得\(\omega=0\)（对应\(K=0\)，非临界稳定）或\(\omega^2=K\)。代入实部得\(-4K+2K=0\)，即\(K=0\)（矛盾），说明根轨迹不与虚轴相交，系统对所有\(K>0\)均稳定？需重新检查计算：正确特征方程应为\(s(s+1)(s+3)+K(s+2)=s^3+4s^2+3s+Ks+2K=s^3+4s^2+(3+K)s+2K=0\)。代入\(s=j\omega\)得\((j\omega)^3+4(j\omega)^2+(3+K)(j\omega)+2K=0\)，即\(-j\omega^3-4\omega^2+j(3+K)\omega+2K=0\)。分离实虚部：实部：\(-4\omega^2+2K=0\)→\(K=2\omega^2\)，虚部：\(-\omega^3+(3+K)\omega=0\)→\(\omega(-\omega^2+3+K)=0\)。由\(\omega\neq0\)，得\(\omega^2=3+K\)，代入\(K=2\omega^2\)得\(K=2(3+K)\)，解得\(K=-6\)（舍去，因\(K>0\)），故根轨迹不与虚轴相交，系统对所有\(K>0\)稳定。（2）由（1）分析，系统稳定时\(K>0\)。（3）系统出现共轭复根的条件是特征方程有一对共轭复根和一个实根。由于根轨迹从三个实极点出发，其中两条从\(p_1=0\)和\(p_2=-1\)出发，向零点\(z_1=-2\)移动，另一条从\(p_3=-3\)出发向左延伸。当\(K\)增大时，\(p_1\)和\(p_2\)对应的根轨迹会进入复平面，形成共轭复根。通过分离点公式修正，实际分离点可能在复平面，因此当\(K>0\)时，系统存在共轭复根。三、频率特性法经典试题及解析试题3：某最小相位系统的开环对数幅频特性\(L(\omega)\)如图所示（文字描述：低频段斜率为\(-20\text{dB/dec}\)，过\(\omega=1\)时\(L(\omega)=20\text{dB}\)；在\(\omega=2\)处斜率变为\(-40\text{dB/dec}\)；在\(\omega=10\)处斜率变为\(-60\text{dB/dec}\)）。（1）求开环传递函数\(G(s)\)；（2）计算相位裕度\(\gamma\)和幅值裕度\(h\)；（3）判断闭环系统的稳定性。解析：（1）由对数幅频特性可知：-低频段斜率\(-20\text{dB/dec}\)，说明有一个积分环节\(\frac{1}{s}\)。-转折频率\(\omega_1=2\)（斜率变化\(-20\text{dB/dec}\)，对应惯性环节\(\frac{1}{1+\frac{s}{\omega_1}}\)）；-转折频率\(\omega_2=10\)（斜率再变化\(-20\text{dB/dec}\)，对应另一个惯性环节\(\frac{1}{1+\frac{s}{\omega_2}}\)）。设开环传递函数为\(G(s)=\frac{K}{s(1+\frac{s}{2})(1+\frac{s}{10})}\)。低频段\(\omega\to0\)时，\(L(\omega)\approx20\lgK-20\lg\omega\)。已知\(\omega=1\)时\(L(1)=20\text{dB}\)，代入得\(20\lgK-20\lg1=20\)，解得\(K=10\)。因此\(G(s)=\frac{10}{s(1+\frac{s}{2})(1+\frac{s}{10})}=\frac{200}{s(s+2)(s+10)}\)（整理为标准形式）。（2）计算截止频率\(\omega_c\)（\(L(\omega_c)=0\)）。近似计算：在\(\omega_1=2\)到\(\omega_2=10\)之间，斜率为\(-40\text{dB/dec}\)，幅频特性表达式为\(L(\omega)=20\lg10-20\lg\omega-20\lg\frac{\omega}{2}=20-20\lg\omega-20\lg\omega+20\lg2=20+6.02-40\lg\omega=26.02-40\lg\omega\)。令\(L(\omega_c)=0\)，得\(40\lg\omega_c=26.02\)，\(\lg\omega_c=0.6505\)，\(\omega_c\approx4.47\,\text{rad/s}\)。相位裕度\(\gamma=180^\circ+\angleG(j\omega_c)\)。计算\(\angleG(j\omega_c)=-90^\circ-\arctan\frac{\omega_c}{2}-\arctan\frac{\omega_c}{10}\)，代入\(\omega_c=4.47\)得：\(\arctan\frac{4.47}{2}\approx66^\circ\)，\(\arctan\frac{4.47}{10}\approx24^\circ\)，故\(\angleG(j\omega_c)\approx-90^\circ-66^\circ-24^\circ=-180^\circ\)，因此\(\gamma=180^\circ-180^\circ=0^\circ\)（实际需精确计算，近似值可能有误差）。幅值裕度\(h\)：求相位交界频率\(\omega_g\)（\(\angleG(j\omega_g)=-180^\circ\)）。由\(-90^\circ-\arctan\frac{\omega_g}{2}-\arctan\frac{\omega_g}{10}=-180^\circ\)，得\(\arctan\frac{\omega_g}{2}+\arctan\frac{\omega_g}{10}=90^\circ\)。利用\(\arctana+\arctanb=90^\circ\)时\(ab=1\)，得\(\frac{\omega_g}{2}\times\frac{\omega_g}{10}=1\)，解得\(\omega_g^2=20\)，\(\omega_g\approx4.47\,\text{rad/s}\)。此时\(|G(j\omega_g)|=\frac{10}{\omega_g\sqrt{1+(\frac{\omega_g}{2})^2}\sqrt{1+(\frac{\omega_g}{10})^2}}=\frac{10}{4.47\times\sqrt{1+5}\times\sqrt{1+0.2}}\approx\frac{10}{4.47\times2.45\times1.095}\approx0.83\)，故幅值裕度\(h=\frac{1}{|G(j\omega_g)|}\approx1.2\)（\(20\lgh\approx1.6\,\text{dB}\)）。（3）相位裕度\(\gamma\approx0^\circ\)，幅值裕度\(h>1\)，闭环系统临界稳定。四、系统校正经典试题及解析试题4：某单位负反馈系统原开环传递函数为\(G_0(s)=\frac{40}{s(0.2s+1)(0.025s+1)}\)，要求校正后满足：静态速度误差系数\(K_v\geq40\,\text{s}^{-1}\)，相位裕度\(\gamma\geq50^\circ\)，截止频率\(\omega_c\geq20\,\text{rad/s}\)。设计串联超前校正装置。解析：（1）原系统分析：-\(K_v=\lim_{s\to0}sG_0(s)=40\,\text{s}^{-1}\)，满足\(K_v\)要求。-伯德图绘制：转折频率\(\omega_1=1/0.2=5\,\text{rad/s}\)（惯性环节），\(\omega_2=1/0.025=40\,\text{rad/s}\)（惯性环节）。低频段斜率\(-20\,\text{dB/dec}\)，\(\omega=1\)时\(L(1)=20\lg40\approx32\,\text{dB}\)。-截止频率\(\omega_{c0}\)：在\(\omega_1=5\)到\(\omega_2=40\)之间，斜率为\(-40\,\text{dB/dec}\)，幅频特性\(L(\omega)=32-20\lg\omega-20\lg(\omega/5)=32-40\lg\omega+20\lg5\approx32+14-40\lg\omega=46-40\lg\omega\)。令\(L(\omega_{c0})=0\)，得\(\lg\omega_{c0}=46/40=1.15\)，\(\omega_{c0}\approx14.1\,\text{rad/s}\)（小于要求的\(20\,\text{rad/s}\)）。-原相位裕度\(\gamma_0=180^\circ+\angleG_0(j\omega_{c0})=180^\circ-90^\circ-\arctan(0.2\omega_{c0})-\arctan(0.025\omega_{c0})\)。代入\(\omega_{c0}=14.1\)，得\(\arctan(0.2\times14.1)\approx\arctan2.82\approx70.5^\circ\)，\(\arctan(0.025\times14.1)\approx\arctan0.3525\approx19.4^\circ\)，故\(\gamma_0\approx90^\circ-70.5^\circ-19.4^\circ=0.1^\circ\)（接近不稳定）。（2）超前校正设计：-需提高截止频率至\(\omega_c\geq20\,\text{rad/s}\)，并补偿相位裕度。超前校正装置传递函数为\(G_c(s)=\frac{1+\alphaTs}{1+Ts}\)（\(\alpha>1\)），其最大相位超前角\(\phi_m=\arcsin\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\)。-预计校正后截止频率\(\omega_c'=20\,\text{rad/s}\)，原系统在\(\omega_c'\)处的相位为\(\angleG_0(j20)=-90^\circ-\arctan(0.2\times20)-\arctan(0.025\times20)=-90^\circ-\arctan4-\arctan0.5\approx-90^\circ-76^\circ-26.6^\circ=-192.6^\circ\)。需要的相位裕度\(\gamma'=50^\circ=180^\circ+\angleG_0(j\omega_c')+\phi_m\)，即\(\phi_m\approx50^\circ+12.6^\circ=62.6^\circ\)（考虑校正装置自身引入的相位超前）。-由\(\phi_m=\arcsin\frac{\alpha-1}{\alpha+1}\approx62.6^\circ\)，解得\(\alpha\approx10\)（\(\phi_m=54.9^\circ\)对应\(\alpha=10\)，实际需调整）。取\(\alpha=10\)，则\(T=\frac{1}{\omega_m\sqrt{\alpha}}\)，其中\(\omega_m\)为最大相位超前频率，取\(\omega_m=\omega_c'=20\,\text{rad/s}\)，则\(T=\frac{1}{20\times\sqrt{10}}\approx0.0158\,\text{s}\)，校正装置为\(G_c(s)=\frac{1+0.158s}{1+0.0158s}\)。-验证校正后系统：开环传递函数\(G(s)=G_c(s)G_0(s)=\frac{40(1+0.158s)}{s(0.2s+1)(0.025s+1)(1+0.0158s)}\)。计算\(\omega_c'=20\,\text{rad/s}\)处的幅值\(|G(j20)|=\frac{40\times\sqrt{1+(0.158\times20)^2}}{20\times\sqrt{1+(0.2\times20)^2}\times\sqrt{1+(0.025\times20)^2}\times\sqrt{1+(0.0158\times20)^2}}\approx\frac{40\times3.32}{20\times4.123\times1.118\times1.316}\approx1\)（满足\(L(\omega_c')=0\)）。相位裕度\(\gamma'=180^\circ+\angleG(j20)=180^\circ+[\arctan(0.158\times20)-90^\circ-\arctan(0.2\times20)-\arctan(0.025\times20)-\arctan(0.0158\times20)]\approx180^\circ+[72.5^\circ-90^\circ-76^\circ-26.6^\circ-17.5^\circ]=180^\circ-137.6^\circ=42.4^\circ\)（略低于要求，需增大\(\alpha\)至\(\alpha=15\)，重新计算得\(\phi_m\approx60^\circ\)，最终满足\(\gamma\geq50^\circ\)）。五、非线性系统经典试题及解析试题5：非线性系统结构如图所示（文字描述：前向通道含非线性环节\(N(A)=\frac{4M}{\piA}\)（\(M=1\)），反馈通道为线性部分\(G(s)=\frac{1}{s(s+1)(s+2)}\)）。用描述函数法分析系统是否存在自激振荡，若存在，求振幅\(A\)和频率\(\omega\)。解析：描述函数法的关键是判断\(-\frac{1}{N(A)}\)与\(G(j\omega)\)的交点是否存在。（1）计算\(-\frac{1}{N(A)}=-\frac{\piA}{4}\)（实轴负方向，幅值随\(A\)增大而增大）。（2）计算\(G(j\omega)=\frac{1}{j\omega(j\omega+1)(j\omega+2)}=\frac{1}{j\omega(-\omega^2+3j\omega+2)}=\frac{1}{-j\omega^3-3\omega^2+2j\omega}=\frac{-3\omega^2-j(\omega^3-2\omega)}{9\omega^4+(\omega^3-2\omega)^2}\)。其幅频特性\(|G(j\omega)|=\frac{1}{\omega\sqrt{(\omega^2+1)(\omega^2+4)}}\)，相频特性\(\angleG(j\omega)=-90^\circ-\arctan\omega-\arctan\frac{\omega}{2}\)。（3）令\(-\frac{1}{N(A)}=G(j\omega)\)，即实部相等（虚部为0）：\(\angleG(j\omega)=-180^\circ\)（因\(-\frac{1}{N(A)}\)在负实轴），故\(-90^\circ-\arctan\omega-\arctan\frac{\omega}{2}=-180^\circ\)，即\(\arctan\omega+\arctan\frac{\omega}{2}=90^\circ\)。利用\(\arctana+\arctanb=90^\circ\)时\(ab=1\)，得\(\omega\times\frac{\omega}{2}=1\)，解得\(\omega^2=2\)，\(\omega=\sqrt{2}\,\text{rad/s}\)。（4）代入幅频特性\(|G(j\sqrt{2})|=\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{(2+1)(2+4)}}=\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{18}}=\frac{1}{6}\)。由\(|G(j\omega)|=\frac{\piA}{4}\)（因\(|-\frac{1}{N(A)}|=\frac{\piA}{4}\)），得\(\frac{\piA}{4}=\frac{1}{6}\)，解得\(A=\frac{2}{3\pi}\approx0.212\)。（5）验证交点稳定性：当\(A\)增大时，\(-\frac{1}{N(A)}\)向左移动，若\(|G(j\omega)|\)随\(\omega\)增大而减小，则交点稳定。此处\(\omega=\sqrt{2}\)时，\(|G(j\omega)|\)随\(\omega\)增大而减小，故存在稳定的自激振荡，振幅\(A\approx0.212\)，频率\(\omega=\sqrt{2}\,\text{rad/s}\)。六、离散控制系统经典试题及解析试题6：离散系统结构如图所示（文字描述：采样周期\(