(2025年)《控制工程基础》期末复习题及参考答案

(2025年)《控制工程基础》期末复习题及参考答案一、选择题（每题3分，共15分）1.下列关于闭环控制系统的描述中，错误的是（）A.系统存在反馈环节B.对干扰和噪声的抑制能力较强C.输出量直接参与控制作用D.结构简单，成本较低2.某二阶系统的单位阶跃响应超调量为16.3%，则其阻尼比ξ最接近（）A.0.5B.0.6C.0.7D.0.83.已知系统特征方程为s³+2s²+3s+6=0，用劳斯判据判断其稳定性，结论是（）A.稳定B.不稳定（有一个正实部根）C.不稳定（有一对共轭复根）D.临界稳定4.频率特性G(jω)的幅频特性|G(jω)|表示系统对不同频率正弦输入的（）A.相位滞后能力B.放大（或衰减）能力C.响应速度D.稳态误差5.根轨迹的起点对应系统（）A.开环零点B.开环极点C.闭环零点D.闭环极点二、填空题（每题3分，共15分）1.线性定常系统的传递函数定义为：在零初始条件下，系统______与______的拉普拉斯变换之比。2.二阶欠阻尼系统的单位阶跃响应中，超调量σ%仅与______有关，调节时间ts（Δ=5%）近似为______（用ξ和ωn表示）。3.伯德图由______和______两张图组成，分别表示幅频特性和相频特性随频率的变化。4.稳态误差ess的计算需考虑系统的______、输入信号的类型及幅值，对于单位斜坡输入，0型系统的稳态误差为______。5.超前校正装置的主要作用是通过增加系统的______，提高系统的相对稳定性和响应速度；滞后校正装置则通过______低频段增益，改善系统的稳态精度。三、简答题（每题6分，共30分）1.简述开环控制系统与闭环控制系统的主要区别，并各举一例说明。2.劳斯判据的主要作用是什么？使用劳斯判据分析系统稳定性时，若某一行元素全为零，应如何处理？3.根轨迹的基本思想是什么？绘制根轨迹的主要规则包括哪些（至少列出3条）？4.频率特性的物理意义是什么？如何通过实验法获取系统的频率特性？5.系统校正的目的是什么？常用的校正方式有哪几种？分别适用于改善系统的哪些性能？四、分析计算题（共40分）1.（8分）已知某系统的结构图如图1所示（注：此处假设结构图为：输入→G1(s)→+→G2(s)→输出，负反馈通道为H(s)，其中G1(s)=1/(s+1)，G2(s)=s/(s+2)，H(s)=1）。试求系统的闭环传递函数Φ(s)。2.（8分）某二阶系统的闭环传递函数为Φ(s)=ωn²/(s²+2ξωns+ωn²)，已知其单位阶跃响应的峰值时间tp=1s，超调量σ%=16.3%。求：（1）阻尼比ξ和自然频率ωn；（2）调节时间ts（Δ=5%）。3.（8分）已知系统的开环传递函数为G(s)H(s)=K/[s(s+1)(s+2)]，试通过劳斯判据确定使系统稳定的K值范围。4.（8分）某最小相位系统的开环对数幅频特性如图2所示（注：此处假设幅频特性为：低频段斜率0dB/dec，转折频率ω1=1rad/s（斜率变为-20dB/dec），ω2=10rad/s（斜率变为-40dB/dec））。试求：（1）开环传递函数G(s)；（2）计算相位裕度γ，并判断系统的稳定性。5.（8分）某单位负反馈系统的开环传递函数为G(s)=K/[s(s+1)]，要求校正后系统满足：静态速度误差系数Kv≥10s⁻¹，超调量σ%≤30%，调节时间ts≤2s（Δ=5%）。试设计超前校正装置Gc(s)=α(τs+1)/(τs+1)（α<1），并确定参数α和τ。参考答案一、选择题1.D（闭环系统结构较复杂，成本较高）2.B（超调量σ%=e^(-πξ/√(1-ξ²))×100%，代入ξ=0.6得σ%≈9.5%？不，计算错误。正确计算：当ξ=0.5时，σ%≈16.3%，故正确答案为A。原解析错误，修正：σ%=e^(-πξ/√(1-ξ²))，当ξ=0.5时，指数为-π×0.5/√(1-0.25)=-π/(√3)≈-1.813，e^-1.813≈0.163，即16.3%，故正确答案为A。）3.A（劳斯表首列全正：第一行1,3；第二行2,6；第三行(2×3-1×6)/2=0，需构造辅助方程2s²+6=0，导数4s，替换第三行为4,0；第四行6。首列全正，稳定）4.B（幅频特性表示输入正弦信号幅值被系统放大或衰减的倍数）5.B（根轨迹起点为开环极点，终点为开环零点或无穷远）二、填空题1.输出量的拉氏变换；输入量的拉氏变换2.阻尼比ξ；4/(ξωn)3.对数幅频特性图；对数相频特性图4.型别；无穷大（或∞）5.相位超前角；提高三、简答题1.区别：开环系统无反馈环节，输出不影响控制作用；闭环系统有反馈环节，输出参与控制以减小误差。举例：开环如自动洗衣机定时控制；闭环如恒温箱温度控制。2.劳斯判据用于判断系统的稳定性（特征根是否全具有负实部）。若某行全为零，需用前一行构造辅助方程，求导后代替该行，继续计算劳斯表，辅助方程的根为纯虚根或共轭复根。3.根轨迹是当系统某参数（如开环增益K）变化时，闭环特征根在s平面上的轨迹。主要规则：起点为开环极点，终点为开环零点或无穷远；实轴上根轨迹段的右侧开环零极点总数为奇数；根轨迹的渐近线与实轴夹角为(2k+1)π/(n-m)（k=0,1,…,n-m-1）；分离点满足dK/ds=0等。4.频率特性表示系统对不同频率正弦输入的稳态响应特性，包括幅值和相位的变化。实验法：对系统输入不同频率的正弦信号，测量稳态输出的幅值和相位，计算幅频特性|G(jω)|=输出幅值/输入幅值，相频特性φ(ω)=输出相位-输入相位。5.校正目的：通过附加装置改善系统的动态或稳态性能。常用校正方式：串联校正（超前、滞后、滞后-超前）、反馈校正、前馈校正。超前校正改善动态性能（提高相位裕度、响应速度）；滞后校正改善稳态精度（提高低频增益）；滞后-超前校正同时改善动态和稳态性能。四、分析计算题1.系统结构图的前向通路传递函数为G1(s)G2(s)=[1/(s+1)]×[s/(s+2)]=s/[(s+1)(s+2)]；反馈通路传递函数H(s)=1。闭环传递函数Φ(s)=前向通路/(1+前向通路×反馈通路)=[s/((s+1)(s+2))]/[1+s/((s+1)(s+2))]=s/[s²+3s+2+s]=s/(s²+4s+2)。2.（1）超调量σ%=e^(-πξ/√(1-ξ²))×100%=16.3%，解得ξ=0.5（因e^(-π×0.5/√(1-0.25))=e^(-π/√3)≈0.163）。峰值时间tp=π/(ωn√(1-ξ²))=1s，代入ξ=0.5，得ωn=π/(√(1-0.25)×1)=π/(√3/2)=2π/√3≈3.627rad/s。（2）调节时间ts≈4/(ξωn)=4/(0.5×3.627)≈4/1.813≈2.206s（Δ=5%）。3.开环传递函数G(s)H(s)=K/[s(s+1)(s+2)]=K/(s³+3s²+2s)，闭环特征方程为s³+3s²+2s+K=0。构造劳斯表：第一行：1,2第二行：3,K第三行：(3×2-1×K)/3=(6-K)/3,0第四行：K系统稳定需首列全正：(6-K)/3>0→K<6；K>0。故K的范围为0<K<6。4.（1）由幅频特性可知：低频段斜率0dB/dec，说明系统为0型；转折频率ω1=1rad/s对应惯性环节1/(Ts+1)（T=1/ω1=1s），ω2=10rad/s对应第二个惯性环节1/(T's+1)（T'=1/ω2=0.1s）。低频段幅值L(0)=20lgK=0dB（因ω→0时斜率0，假设L(0)=0），故K=1。因此开环传递函数G(s)=1/[(s+1)(0.1s+1)]=10/[(s+1)(s+10)]（注：标准化后时间常数形式为1/[(1×s+1)(0.1×s+1)]=1/[(s+1)(0.1s+1)]，或写成10/[(s+1)(s+10)]，两者等价）。（2）相位裕度γ=180°+φ(ωc)，其中ωc为截止频率（L(ωc)=0dB）。幅频特性在ω1=1到ω2=10之间斜率为-20dB/dec，满足L(ω)=20lgK-20lg(ω/ω1)（K=1时，L(ω)=-20lgω+20lg1=-20lgω）。令L(ωc)=0dB，即-20lgωc=0→ωc=1rad/s（但需验证是否在ω1和ω2之间）。实际计算：当ω=1rad/s时，L(1)=20lg1-20lg(1/1)=0dB；当ω=10rad/s时，L(10)=0-20lg(10/1)-20lg(10/10)=-20×1-0=-20dB。因此截止频率ωc=1rad/s。相位φ(ωc)=-arctan(ωc×1)-arctan(ωc×0.1)=-arctan(1)-arctan(0.1)≈-45°-5.71°≈-50.71°。相位裕度γ=180°-50.71°≈129.29°>0，系统稳定。5.原系统开环传递函数G(s)=K/[s(s+1)]，静态速度误差系数Kv=lim(s→0)sG(s)=K≥10，故原系统K=10时，G(s)=10/[s(s+1)]，闭环特征方程s²+s+10=0，阻尼比ξ=1/(2√10)≈0.158，超调量σ%=e^(-πξ/√(1-ξ²))≈60%>30%，调节时间ts≈4/(ξωn)=4/(0.158×√10)≈4/(0.158×3.16)≈4/0.5≈8s>2s，需超前校正。超前校正装置Gc(s)=α(τs+1)/(ατs+1)（α<1），校正后开环传递函数为Gc(s)G(s)=10α(τs+1)/[s(s+1)(ατs+1)]。设校正后系统近似为典型二阶系统，希望ξ≈0.45（σ%≈20%<30%），ωn≈4/ts=4/2=2rad/s（ts≈4/(ξωn)→ωn≈4/(ξts)，取ξ=0.45，ts=2s，则ωn≈4/(0.45×2)≈4.44rad/s）。超前校正需提供的最大相位超前角φm=arcsin[(1-α)/(1+α)]，需补偿原系统在截止频率ωc处的相位滞后。原系统在ωc=ωn≈4.44rad/s时的相位φ0(ωc)=-90°-arctan(ωc/1)=-90°-arctan(4.44)≈-90°-77.3°≈-167.3°，希望校正后相位裕度γ=180°+φ0(ωc)+φm≥45°（对应ξ≈0.45），故φm≥45°+167.3°-180°=32.3°。取φm=40°，则(1-α)/(1+α)=sin40°≈0.643，解得α≈(1-0.643)/(1+0.643)≈0.217。校正装置的转折频率为1/τ和1/(ατ)，最大相位超前角频率ωm=1/√(ατ)。设校正后截止频率ωc=ωm≈4.44rad/s，则τ=1/(ωm√α)=1/(4.44×√0.217)≈1/(4.44×0.466)≈0.483s。验证静态速度误差系数：校正后Kv=lim(s→0)sGc(s)G(s)=10α×1/1=10×0.217≈2.17<10，不满足要求。因此需调整原系统K，设校正后Kv=10=lim(s→0)sGc(s)G(s)=Kα×1/1→K=10/α≈10/0.217≈46。原系统G(s)=46/[s(s+1)]，校正后开环传递函数为46×0.217(0.483s+1)/[s(s+1)(0.217×0.483s+1)]≈10(0.483s+1)/[s(s+1)(0.105s+1)]。此时截止频率ωc≈ωm=1/√(ατ)=1/√(0.217×0.483)≈1/√(0.105)≈3.08rad/s。原系统在ωc=3.08rad/s处的相位φ0(ωc)=-90°-arctan(3.08)≈-90°-72°=-162°，校正装置提供的相位φc(ω