2025年自动控制原理与系统模拟题与答案

2025年自动控制原理与系统模拟题与答案一、填空题（每空2分，共20分）1.线性定常系统的传递函数定义为零初始条件下输出量的拉普拉斯变换与输入量的拉普拉斯变换之比。2.二阶系统的标准传递函数形式为$\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}$，其中$\zeta$称为阻尼比，$\omega_n$称为无阻尼自然振荡频率。3.系统的稳态误差与输入信号的形式、系统的开环增益及型别有关，对于单位斜坡输入，Ⅰ型系统的稳态误差为$\frac{1}{K_v}$，其中$K_v$是速度误差系数。4.根轨迹的分离点满足方程$\sum_{i=1}^n\frac{1}{d-p_i}=\sum_{j=1}^m\frac{1}{d-z_j}$，其中$p_i$和$z_j$分别为系统的开环极点和开环零点。5.频率特性的奈奎斯特稳定判据中，若系统开环传递函数在$s$右半平面有$P$个极点，则闭环系统稳定的充要条件是奈奎斯特曲线逆时针包围$(-1,j0)$点的圈数$N$满足$N=P$。二、选择题（每题3分，共30分）1.下列关于传递函数的描述中，错误的是（）A.传递函数仅适用于线性定常系统B.传递函数与系统的输入输出信号无关C.传递函数的分母多项式次数一定不小于分子多项式次数D.传递函数的拉普拉斯反变换是系统的单位阶跃响应答案：D（单位阶跃响应是传递函数与$\frac{1}{s}$的乘积的拉普拉斯反变换）2.已知二阶系统的单位阶跃响应超调量为16.3%，则其阻尼比$\zeta$约为（）A.0.5B.0.6C.0.7D.0.8答案：B（超调量公式$\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%$，代入计算得$\zeta\approx0.6$）3.若系统的开环传递函数为$G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}$，则其根轨迹的渐近线与实轴的交点为（）A.-1B.-1.5C.-2D.-0.5答案：A（渐近线交点公式$\sigma_a=\frac{\sump_i-\sumz_j}{n-m}=\frac{0+(-1)+(-2)-0}{3-0}=-1$）4.某系统的伯德图中，低频段斜率为-40dB/dec，说明系统的型别为（）A.0型B.Ⅰ型C.Ⅱ型D.Ⅲ型答案：C（型别等于低频段斜率除以-20dB/dec，-40dB/dec对应型别2）5.采用串联超前校正的主要目的是（）A.提高系统的稳态精度B.增加系统的阻尼比C.改善系统的动态响应速度D.降低系统的截止频率答案：C（超前校正通过引入相位超前角，提高相位裕度，加快响应速度）6.系统的状态空间表达式为$\dot{x}=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u$，$y=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}x$，则其传递函数为（）A.$\frac{1}{(s+1)(s+2)}$B.$\frac{s+1}{(s+1)(s+2)}$C.$\frac{1}{s+2}$D.$\frac{s+2}{s+1}$答案：A（传递函数$G(s)=C(sI-A)^{-1}B=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}s+1&-1\\0&s+2\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}=\frac{1}{(s+1)(s+2)}$）7.若系统的闭环特征方程为$s^3+3s^2+2s+K=0$，则系统稳定的$K$范围是（）A.$K>0$B.$0<K<6$C.$K>6$D.任意$K$答案：B（劳斯表首列为1,3,(6-K)/3,K，要求全正，故$0<K<6$）8.单位反馈系统的开环传递函数为$G(s)=\frac{10}{s(s+1)}$，则其单位阶跃响应的稳态误差为（）A.0B.0.1C.1D.无穷大答案：A（Ⅰ型系统对阶跃输入的稳态误差为0）9.根轨迹上某点对应的$K$值可通过（）计算A.该点到所有开环零点的模长之积除以到所有开环极点的模长之积B.该点到所有开环极点的模长之积除以到所有开环零点的模长之积C.该点到所有开环零点的角度之和减去到所有开环极点的角度之和等于$\pm180^\circ(2k+1)$D.该点到所有开环极点的角度之和减去到所有开环零点的角度之和等于$\pm180^\circ(2k+1)$答案：B（根轨迹幅值条件：$K=\frac{\prod|s-p_i|}{\prod|s-z_j|}$）10.频率特性$G(j\omega)=\frac{1}{1+j\omegaT}$对应的伯德图中，当$\omega=\frac{1}{T}$时，相位角为（）A.-45°B.-90°C.-180°D.0°答案：A（相位角$\varphi(\omega)=-\arctan(\omegaT)$，$\omega=1/T$时$\varphi=-45^\circ$）三、简答题（每题6分，共30分）1.简述线性系统的两个基本特性，并说明其在分析中的意义。答：线性系统的两个基本特性是叠加性和齐次性。叠加性指若输入$r_1(t)$和$r_2(t)$对应的输出为$c_1(t)$和$c_2(t)$，则输入$r_1(t)+r_2(t)$对应的输出为$c_1(t)+c_2(t)$；齐次性指输入$kr(t)$对应的输出为$kc(t)$（$k$为常数）。这两个特性使得线性系统的分析可通过分解输入信号为简单信号（如阶跃、正弦波）的组合，分别求解后叠加，简化了复杂输入下的响应计算。2.说明劳斯稳定判据的应用步骤，并指出其局限性。答：应用步骤：①写出系统的闭环特征方程$D(s)=a_ns^n+a_{n-1}s^{n-1}+\dots+a_1s+a_0=0$；②构造劳斯表，首两行由特征方程系数交替排列，后续行按公式计算；③若劳斯表首列元素全为正，则系统稳定；若出现符号变化，变化次数等于右半平面闭环极点的个数。局限性：仅适用于线性定常系统；若劳斯表某行全为零，需用辅助多项式法判断是否存在共轭虚根；无法直接给出系统的稳定裕度。3.比较根轨迹法与频域法在系统分析中的特点。答：根轨迹法通过开环极点和零点的位置，直观展示闭环极点随参数（如开环增益$K$）变化的轨迹，便于分析参数对系统稳定性、动态性能（如超调量、调节时间）的影响，适合时域性能的直接设计；频域法则基于频率响应，通过伯德图、奈奎斯特图等分析系统的稳定性（相位裕度、幅值裕度）和稳态性能（低频段增益），更适合分析系统的抗干扰能力和正弦输入下的响应，且实验获取频率特性更方便。4.简述PID控制器中比例（P）、积分（I）、微分（D）环节的作用。答：比例环节（P）：成比例地反映系统误差，减小稳态误差，提高响应速度，但过大的比例系数会导致系统超调增大甚至不稳定；积分环节（I）：对误差进行积分，消除稳态误差（如Ⅱ型及以上系统），但会降低系统的响应速度和稳定性；微分环节（D）：反映误差的变化率，提前预测误差变化趋势，增加系统阻尼，减小超调，改善动态性能，但对高频噪声敏感。5.说明奈奎斯特稳定判据中“包围”的定义，并解释为何需要考虑开环右极点的数量。答：奈奎斯特曲线对$(-1,j0)$点的“包围”指曲线逆时针绕该点的圈数。若系统开环传递函数在$s$右半平面有$P$个极点（即开环不稳定极点），则闭环系统稳定的条件是奈奎斯特曲线逆时针包围$(-1,j0)$点的圈数$N$等于$P$。这是因为奈奎斯特判据的本质是利用复变函数的幅角原理，通过开环频率特性的轨迹变化，判断闭环极点在右半平面的数量（$Z=P-N$），只有当$Z=0$时闭环系统稳定，因此必须考虑开环右极点的数量$P$。四、分析计算题（共40分）1.（10分）已知某单位反馈系统的开环传递函数为$G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+3)}$。（1）求系统稳定时$K$的取值范围；（2）若要求系统的闭环主导极点阻尼比$\zeta=0.5$，求对应的$K$值及调节时间$t_s$（按5%误差带）。解：（1）闭环特征方程为$s(s+1)(s+3)+K=s^3+4s^2+3s+K=0$。构造劳斯表：$s^3$：13$s^2$：4K$s^1$：$\frac{4\times3-K}{4}=\frac{12-K}{4}$$s^0$：K稳定条件：首列全正，即$\frac{12-K}{4}>0$且$K>0$，得$0<K<12$。（2）设主导极点为$s_{1,2}=-\zeta\omega_n\pmj\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=-0.5\omega_n\pmj\omega_n\frac{\sqrt{3}}{2}$（因$\zeta=0.5$）。闭环特征方程可表示为$(s^2+\omega_ns+\omega_n^2)(s+a)=s^3+(a+\omega_n)s^2+(a\omega_n+\omega_n^2)s+a\omega_n^2$，与原特征方程$s^3+4s^2+3s+K$比较系数：$a+\omega_n=4$$a\omega_n+\omega_n^2=3$$a\omega_n^2=K$由第一式得$a=4-\omega_n$，代入第二式：$(4-\omega_n)\omega_n+\omega_n^2=4\omega_n=3\Rightarrow\omega_n=3/4$。则$a=4-3/4=13/4$，$K=a\omega_n^2=(13/4)(9/16)=117/64\approx1.828$。调节时间$t_s=\frac{3}{\zeta\omega_n}=\frac{3}{0.5\times3/4}=8$s（5%误差带）。2.（12分）某系统的开环传递函数为$G(s)H(s)=\frac{10}{s(0.1s+1)(0.01s+1)}$。（1）绘制其对数幅频特性（伯德图）的渐近线；（2）计算截止频率$\omega_c$和相位裕度$\gamma$；（3）判断闭环系统的稳定性。解：（1）开环传递函数可表示为$G(j\omega)H(j\omega)=\frac{10}{j\omega(1+j0.1\omega)(1+j0.01\omega)}$，转折频率为$\omega_1=1/0.1=10$rad/s，$\omega_2=1/0.01=100$rad/s。低频段（$\omega<10$）：斜率为-20dB/dec，幅值$L(\omega)=20\lg10-20\lg\omega=20-20\lg\omega$；中频段（$10\leq\omega<100$）：加入一阶惯性环节，斜率变为-40dB/dec，$L(\omega)=20-20\lg\omega-20\lg(0.1\omega)=20-20\lg\omega-20(\lg\omega-1)=40-40\lg\omega$；高频段（$\omega\geq100$）：再加入一阶惯性环节，斜率变为-60dB/dec，$L(\omega)=40-40\lg\omega-20\lg(0.01\omega)=40-40\lg\omega-20(\lg\omega-2)=80-60\lg\omega$。（2）截止频率$\omega_c$满足$|G(j\omega_c)H(j\omega_c)|=1$，即$20\lg10-20\lg\omega_c-20\lg(0.1\omega_c)=0$（近似在$\omega_1<\omega_c<\omega_2$频段），化简得$20-20\lg\omega_c-20(\lg\omega_c-1)=0\Rightarrow40-40\lg\omega_c=0\Rightarrow\omega_c=10$rad/s（精确计算需考虑$\omega_c$可能接近$\omega_1$，实际$\omega_c$略大于10，此处近似为10）。相位裕度$\gamma=180^\circ+\angleG(j\omega_c)H(j\omega_c)=180^\circ-90^\circ-\arctan(0.1\omega_c)-\arctan(0.01\omega_c)=90^\circ-\arctan(1)-\arctan(0.1)\approx90^\circ-45^\circ-5.7^\circ=39.3^\circ$。（3）相位裕度$\gamma>0$，且系统开环无右极点（$P=0$），故闭环系统稳定。3.（10分）某单位反馈系统的开环传递函数为$G(s)=\frac{K}{s(s+2)}$，要求校正后系统的稳态速度误差系数$K_v\geq10$，超调量$\sigma\%\leq20\%$，调节时间$t_s\leq2$s（5%误差带）。设计串联超前校正装置。解：（1）原系统分析：原系统$K_v=\lim_{s\to0}sG(s)=K/2$，要求$K_v\geq10$，故$K\geq20$。取$K=20$，原系统开环传递函数为$G_0(s)=\frac{20}{s(s+2)}$，闭环传递函数为$\frac{20}{s^2+2s+20}$，阻尼比$\zeta=\frac{2}{2\sqrt{20}}=\frac{1}{\sqrt{20}}\approx0.224$，超调量$\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\approx52.7\%>20\%$，不满足要求。（2）确定校正目标：要求$\sigma\%\leq20\%$，对应$\zeta\geq0.456$（由$\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\leq20\%$解得）；$t_s=\frac{3}{\zeta\omega_n}\leq2$s，故$\zeta\omega_n\geq1.5$。（3）设计超前校正装置$G_c(s)=\frac{1+aTs}{1+Ts}$（$a>1$），校正后开环传递函数$G_c(s)G_0(s)=\frac{K(1+aTs)}{s(s+2)(1+Ts)}$。（4）确定截止频率$\omega_c$：由$t_s=\frac{3}{\zeta\omega_n}\leq2$s，取$\zeta\omega_n=2$（留余量），则$\omega_n\geq2/\zeta\approx4.39$（$\zeta=0.456$）。截止频率$\omega_c\approx\omega_n$（二阶系统近似），取$\omega_c=5$rad/s。（5）计算所需相位超前角$\phi_m$：原系统在$\omega_c=5$处的相位角$\angleG_0(j5)=-90^\circ-\arctan(5/2)\approx-90^\circ-68.2^\circ=-158.2^\circ$，要求相位裕度$\gamma=180^\circ+\angleG_c(j\omega_c)G_0(j\omega_c)\geq180^\circ-158.2^\circ+\phi_m\geq45^\circ$（经验值），故$\phi_m\geq23.2^\circ$。（6）确定$a$值：$\phi_m=\arcsin\left(\frac{a-1}{a+1}\right)$，取$\phi_m=30^\circ$，则$\frac{a-1}{a+1}=\sin30^\circ=0.5$，解得$a=3$。（7）确定$T$值：超前校正的最大相位频率$\omega_m=\frac{1}{\sqrt{a}T}=\omega_c=5$，故$T=\frac{1}{\sqrt{a}\omega_c}=\frac{1}{\sqrt{3}\times5}\approx0.115$s，$aT=3\times0.115=0.345$s。（8）验证稳态性能：校正后$K_v=\lim_{s\to0}sG_c(s)G_0(s)=\lim_{s\to0}s\cdot\frac{1+aTs}{1+Ts}\cdot\frac{20}{s(s+2)}=\frac{20}{2}=10$，满足要求。（9）校正装置为$G_c(s)=\frac{1+0.345s}{1+0.115s}$。4.（8分）已知系统的状态空间表达式为：$\dot{x}=\begin{bmatrix}-1&1\\