2025年专升本理工科专业自动控制原理测试试卷（含答案）

2025年专升本理工科专业自动控制原理测试试卷（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（每小题2分，共20分。请将正确选项的字母填在题后的括号内）1.一个线性定常系统的传递函数为G(s)=(s+2)/(s^2+3s+2)，该系统属于（）。A.一阶系统B.二阶系统C.三阶系统D.无法确定2.若系统的特征方程为s^3+6s^2+11s+6=0，则该系统（）。A.稳定B.不稳定C.可能稳定，可能不稳定D.临界稳定3.已知某系统的单位阶跃响应为c(t)=1-e^(-t)，则该系统的阻尼比ζ和自然频率ωn分别为（）。A.ζ=1,ωn=1B.ζ=0.5,ωn=1C.ζ=1,ωn=2D.ζ=0.5,ωn=24.在绘制根轨迹时，若根轨迹离开实轴进入复平面，则对应的根轨迹渐近线的数量为（）。A.0B.1C.2D.35.若系统的开环传递函数在s=-1+j0处有极点，且相角为-90°，则该点在奈奎斯特图上对应的位置是（）。A.(-1,j0)点B.虚轴上C.实轴上D.不确定6.Bode图中，一个惯性环节(1/(s+1))的幅频特性在ω=1rad/s时（）。A.|G(jω)|=0dBB.|G(jω)|=-1dBC.|G(jω)|=-3dBD.|G(jω)|=-5dB7.在频域分析法中，相角裕度γ和幅值裕度Kg分别表示系统（）。A.稳定性的绝对指标和相对指标B.稳定性的相对指标和绝对指标C.性能指标D.校正方式8.若要增加系统的型别，通常采用的方法是（）。A.在前向通路中增加积分环节B.在前向通路中增加微分环节C.在反馈通路中增加积分环节D.串联滞后校正9.比例-积分（PI）控制器可以（）。A.提高系统的型别B.提高系统的阻尼比C.消除稳态误差D.减小系统的超调量10.二阶系统在欠阻尼（0<ζ<1）情况下，其单位阶跃响应曲线（）。A.无振荡B.有超调，无振荡C.有振荡，无超调D.有振荡，有超调二、填空题（每小题2分，共10分。请将答案填在题后的横线上）1.控制系统的传递函数是系统输出的_________与输入的_________之比，它是在零初始条件下定义的。2.根据劳斯判据，若劳斯表中第一列出现全零行，则系统存在_________个右半s平面根。3.频率特性G(jω)的实部称为_________，虚部称为_________。4.在Bode图中，每增加10倍频程，对数幅频特性下降20dB，则该环节的型次为_________。5.若系统的开环传递函数为G(s)H(s)=K/(s(s+1)(s+2))，则其闭环特征方程为1+G(s)H(s)=0，即s(s+1)(s+2)+K=0。三、判断题（每小题1分，共5分。请将“正确”或“错误”填在题后的括号内）1.线性系统满足叠加原理，非线性系统不满足叠加原理。（）2.系统的阻尼比ζ越大，其单位阶跃响应的超调量越大。（）3.根轨迹法是一种图解分析的方法，可以用来分析系统的稳定性和性能。（）4.若系统的幅值裕度Kg<1，则该系统一定不稳定。（）5.滞后校正可以提高系统的型别，从而消除稳态误差。（）四、计算题（每小题10分，共40分）1.已知控制系统的结构图如下所示（此处无图，请根据文字描述想象），其中G1(s)=10/s(s+2)，G2(s)=s+1。请分别求取从输入R(s)到输出Y(s)的前向通路传递函数G(s)和反馈通路传递函数H(s)。2.已知某系统的特征方程为s^3+4s^2+4s+3=0。请使用劳斯判据判断该系统的稳定性。3.已知某最小相位系统的开环传递函数为G(s)H(s)=K(s+2)/(s(s+1)(s+3))。请绘制该系统当K从0变化到无穷大时的根轨迹，并确定系统临界稳定的K值。4.已知某系统的开环传递函数为G(s)H(s)=10/(s(s+2))。请绘制其Bode图，并计算该系统的相角裕度γ和幅值裕度Kg。五、综合应用题（共20分）已知某单位负反馈系统的开环传递函数为G(s)=K/(s(s+1))。要求设计一个串联校正装置Gc(s)，使闭环系统的单位阶跃响应满足：超调量σ%≤10%，调节时间ts≤2s。请问：（1）确定未校正系统的自然频率ωn和阻尼比ζ；（2）根据性能指标要求，计算校正后系统的期望自然频率ωn'和阻尼比ζ'；（3）选择合适的校正装置类型（如超前、滞后或滞后-超前），并确定其传递函数Gc(s)及相关参数；（4）简述选择该校正方案的理由。试卷答案一、选择题1.B2.B3.B4.C5.A6.C7.B8.A9.C10.D二、填空题1.零态响应，零态输入2.两3.实频，虚频4.25.是三、判断题1.正确2.错误3.正确4.正确5.错误四、计算题1.解：前向通路传递函数G(s)=G1(s)*G2(s)=(10/s(s+2))*(s+1)=(10(s+1))/(s(s+2))反馈通路传递函数H(s)=1（根据结构图通常假设H(s)为1，若无明确给出则默认为单位反馈）2.解：特征方程D(s)=s^3+4s^2+4s+3=0劳斯表：s^314s^243s^17/40s^030第一列元素符号变化一次（从4变到7/4），故系统有一个右半s平面根，系统不稳定。3.解：开环传递函数G(s)H(s)=K(s+2)/(s(s+1)(s+3))分母零点：p1=0,p2=-1,p3=-3分子零点：z1=-2根轨迹共有3条分支，起点分别位于p1,p2,p3，终点分别位于z1和无穷远处。实轴段：-∞<s<-3,-1<s<0为根轨迹段。渐近线：条数n-z=3-1=2条渐近线与实轴交点σa=(p1+p2+p3-z1)/(n-z)=(0-1-3+2)/2=-1/2渐近线与虚轴交点ωa=±√(|σa|^2+ωc^2)=±√((-1/2)^2+(p1p2+p1p3+p2p3-z1p1-z1p2-z1p3)/2)^2（此处计算ωa较复杂，通常绘制时利用渐近线角度和交点定性绘制）渐近线角度：±(180°/2)=±90°根轨迹对称于实轴。当K=0时，三条根轨迹分别从三个开环极点p1,p2,p3出发。当K→∞时，两条根轨迹沿渐近线趋向无穷远，一条根轨迹从z1=-2出发沿实轴到p2=-1。临界稳定K值对应根轨迹离开虚轴进入右半平面的一点。根据根轨迹离开实轴条件，需找到实轴上某点s=-1/2（渐近线交点附近）的出射角或入射角，此时s=-1/2为重根。令D(s)=s(s+1)(s+3)+K(s+2)=0在s=-1/2处有重根。代入s=-1/2，得(-1/2)(-1/2+1)(-1/2+3)+K(-1/2+2)=0(-1/2)(1/2)(5/2)+K(3/2)=0-5/8+3K/2=03K/2=5/8K=5/12系统临界稳定的K值为5/12。4.解：开环传递函数G(s)H(s)=10/(s(s+2))对数幅频特性L(ω)：当0<ω<2rad/s时，20log|G(jω)H(jω)|=20log10-20logω=20-20logω当ω=1rad/s时，L(1)=20-20log1=20dB（-20dB/decade过0dB线）当ω>2rad/s时，20log|G(jω)H(jω)|=20log10-20logω-20log(ω/2)=20-20logω-20logω+20log2=20-40logω+20log2=20+20log2-40logωBode图：低频段以20dB/decade斜率上升，在ω=1rad/s处穿越0dB线。高频段以-40dB/decade斜率下降。在ω=2rad/s处，L(2)=20-40log2=20-40*0.3010=20-12.04=7.96dB≈8dB。相角裕度γ：γ=180°+∠G(jωc)H(jωc)幅值穿越频率ωc：|G(jωc)H(jωc)|=1|10/(jωc(jωc+2))|=110/(ωc|ωc+2|)=1ωc(ωc+2)=10ωc^2+2ωc-10=0ωc=(-2±√(4+40))/2=(-2±√44)/2=(-2±2√11)/2=-1±√11取正频率，ωc=-1+√11≈-1+3.3166=2.3166rad/s∠G(jωc)H(jωc)=∠(10/(jωc(jωc+2)))=∠10-∠(jωc)-∠(j(ωc+2))=0°-90°-arctan(ωc/1)-arctan((ωc+2)/1)∠G(jωc)H(jωc)=-90°-arctan(2.3166)-arctan(3.3166)arctan(2.3166)≈66.8°,arctan(3.3166)≈73.2°∠G(jωc)H(jωc)≈-90°-66.8°-73.2°=-90°-140°=-230°γ=180°+(-230°)=-50°（计算结果为负，说明系统不稳定，若无实际物理意义，可能ωc计算或理解有误，通常应在0<ωc<2间。重新审视：|G(jω)|=10/ω(ω+2)。令10/ω(ω+2)=1,ω^2+2ω-10=0,ω=-1+√11。此时相角=-90-atan(-1+√11)-atan(-1+√11+2)=-90-atan(√11-1)-atan(1+√11).此值仍为负。说明幅值穿越点ωc在低频段，相角裕度γ为负，系统确实不稳定。若题目要求计算，结果为-50°。若按常规期望正裕度，需ωc在高频段。检查题目G(s)H(s)=10/(s(s+2))，低频段斜率-20dB/dec，未过零点，ωc不存在或需定义在穿越1dB处。按标准定义，幅值裕度Kg=1/|G(jωc)|在ωc处，此处Kg=1。）幅值裕度Kg：Kg=1/|G(jωc)H(jωc)|在ωc≈2.3166rad/s时，|G(jωc)H(jωc)|=1，故Kg=1/1=1若按穿越1dB点，需查Bode图或用公式20log|G(jω)|=0dB，即10/ω(ω+2)=1，得ω=√10-1≈1.1623rad/s在ω=1.1623rad/s时，相角=-90°-arctan(1.1623)-arctan(1.1623+2)=-90°-49.4°-18.4°=-157.8°相角裕度γ=180°-157.8°=22.2°幅值裕度Kg=1/|G(j1.1623)|=1/|10/(1.1623*(1.1623+2))|=1/|10/(1.1623*3.1623)|=1/|10/3.6847|=1/2.7144≈0.368（dB表示为-20.8dB）五、综合应用题解：（1）未校正系统G(s)=K/(s(s+1))，特征方程1+G(s)=0，即s(s+1)+K=0。特征根s=0,-1。自然频率ωn=√(K)，阻尼比ζ=0/√(K)=0（系统等幅振荡，非典型二阶形式，但若理解为对应标准二阶σ%=0,ts=π/ωd，ωd=1，则ωn=1,ζ=0）。若题目期望典型二阶形式s^2+2ζωns+ωn^2=0，则原系统ωn=1,ζ=0。（2）期望系统：二阶系统，σ%≤10%，ts≤2s。根据典型二阶系统性能指标关系：σ%=exp(-ζπ/√(1-ζ^2))≤10%解得ζ≥exp(-π/√(1-ζ^2))≥exp(-0.1π)≈exp(-0.3142)≈0.729取ζ=0.8（满足要求，常用值）。Ts=4/(ζωn)≤2sωn≥4/(ζ*2)=4/(0.8*2)=2rad/s取ωn'=2rad/s（满足要求，常用值）。因此，期望ωn'=2rad/s,ζ'=0.8。（3）选择校正装置：校正前系统G(s)=K/(s(s+1))，ωn=1,ζ=0。需提高ωn到2，增加阻尼比ζ到0.8。方案一：超前校正。提供正相角，提高ωn和ζ。设超前校正环节Gc(s)=(T*s+1)/(α*T*s+1)，α<1。校正后系统G(s)Gc(s)=K*(T*s+1)/[s(s+1)*(α*T*s+1)]。期望特征方程(1+G(s)Gc(s))=s(s+1)*(α*T*s+1)+K*(T*s+1)=0对比希望形式s^2+2ζ'ωns+ωn'^2=s^2+3.2s+4=0令s=0代入，得K*T=4，即K*T=4。令s=1代入，得1*(1+1)*(α*T*1+1)+K*(T*1+1)=4+K(T+1)=0，即K(T+1)=-4。联立K*T=4和K(T+1)=-4：K*T+K(T+1)=4-4=0=>K*T+K*T+K=0=>2K*T+K=0=>2*4+K=0=>K=-8。K为负值不合理，说明超前校正不适用或参数选择不当。通常需保证α*T<1。方案二：滞后校正。提高ωn，增加ζ。设滞后校正环节Gc(s)=(1+T*s)/(1+α*T*s)，α>1。校正后系统G(s)Gc(s)=K*(1+T*s)/[s(s+1)*(1+α*T*s)]。期望特征方程(1+G(s)Gc(s))=s(s+1)*(1+α*T*s)+K*(1+T*s)=0对比希望形式s^2+2ζ'ωns+ωn'^2=s^2+3.2s+4=0令s=0代入，得K=4。令s=1代入，得1*(1+1)*(1+α*T*1)+K*(1+T*1)=2*(1+αT)+K(1+T)=4=>2(1+αT)+4(1+T)=4=>2+2αT+4+4T=4=>6+6T+2αT=4=>6T+2αT=-2=>3T+αT=-1。α>1，T>0，等式右边为负，无正实数解。滞后校正也不适用。方案三：滞后-超前校正。理论上可以满足所有要求，但计算复杂。改进方案：检查原系统，s(s+1)特征根在-1,0