自动控制原理试卷及答案

自动控制原理试卷及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1.线性定常连续系统的传递函数定义为A.输出信号与输入信号的比值B.零初始条件下输出拉氏变换与输入拉氏变换之比C.单位阶跃响应的导数D.单位脉冲响应的积分答案：B2.若系统开环传递函数为G(s)H(s)=K/[s(s+2)(s+5)]，其根轨迹渐近线与实轴交点σa为A.–7/3B.–3C.–5/3D.–1答案：A3.对于二阶系统ζ=0.7，其单位阶跃响应的超调量约为A.4.6%B.9.5%C.16.3%D.25.2%答案：C4.某最小相位系统的Bode图在ω=10rad/s处斜率为–40dB/dec，则该系统在该频率附近可近似为A.一阶惯性环节B.二阶振荡环节C.二阶积分环节D.比例环节答案：C5.采用PID控制器时，微分时间Td增大，系统闭环A.稳定性降低，响应变慢B.稳定性提高，高频噪声放大C.稳态误差减小D.相位滞后增加答案：B6.若系统状态方程为ẋ=Ax+Bu，y=Cx，则系统完全能观的充要条件是A.rank[BAB…A^(n1)B]=nB.rank[C^T(CA)^T…(CA^(n1))^T]^T=nC.A的特征值均具有负实部D.C(sIA)^(1)B的极点均在左半平面答案：B7.对于采样周期T=0.1s的系统，若连续传递函数G(s)=1/(s+10)，其离散脉冲传递函数G(z)的极点位于A.z=0.3679B.z=0.9048C.z=0.9950D.z=1答案：B8.在Nyquist图中，若开环频率特性曲线顺时针包围(–1,j0)点一圈，则闭环系统A.稳定B.不稳定，右半平面极点数比开环多1C.临界稳定D.无法判断答案：B9.若系统闭环传递函数为Φ(s)=16/(s²+4s+16)，则其调节时间(±2%准则)约为A.1sB.2sC.4sD.8s答案：B10.采用状态反馈u=–Kx使系统极点配置到期望位置的前提是A.系统完全能控B.系统完全能观C.系统开环稳定D.系统为最小相位答案：A二、多项选择题（每题3分，共15分；多选少选均不得分）11.关于线性系统稳定性的说法正确的是A.特征方程所有根位于左半s平面则系统稳定B.有极点在虚轴上且无重根则系统临界稳定C.Routh表第一列出现零元素则系统一定不稳定D.稳定系统的脉冲响应绝对可积E.稳定系统的BIBO稳定与渐近稳定等价答案：ABD12.下列关于根轨迹的描述正确的是A.根轨迹起始于开环极点B.根轨迹终止于开环零点或无穷远C.实轴上某段右侧实极点与零点总数为奇数则该段存在根轨迹D.根轨迹对称于实轴E.根轨迹与虚轴交点可用Routh判据求出答案：ABCDE13.某单位负反馈系统开环传递函数G(s)=K(0.5s+1)/[s²(s+4)]，当K增大时A.相位裕度可能减小B.增益穿越频率增大C.稳态速度误差系数Kv增大D.闭环极点可能进入右半平面E.系统型别不变答案：ABCDE14.关于离散系统稳定性，下列说法正确的是A.极点位于单位圆内则系统稳定B.双线性变换可将z平面单位圆映射为w平面虚轴C.Jury判据可直接用于高阶离散系统D.采样周期越小，离散系统一定越稳定E.零阶保持器会引入相位滞后答案：ABCE15.状态观测器设计需满足A.原系统完全能观B.观测器极点可任意配置C.观测器动态应快于系统动态D.观测器增益L可使(ALC)特征值任意配置E.观测器引入的状态反馈不影响原系统能控性答案：ACD三、填空题（每空2分，共20分）16.一阶系统时间常数T=0.5s，其单位阶跃响应达到稳态值98%所需时间为________s。答案：2.017.若系统开环传递函数G(s)=10/[s(s+1)(s+10)]，则其位置误差系数Kp=________。答案：∞18.二阶系统阻尼比ζ=0.6，自然频率ωn=5rad/s，则其峰值时间tp=________s。答案：0.78519.已知离散系统脉冲传递函数G(z)=(0.2z+0.1)/(z²1.5z+0.7)，则其静态速度误差系数Kv=________。答案：220.采用双线性变换z=(1+wT/2)/(1wT/2)时，若采样周期T=0.01s，则s平面虚轴上ω=100rad/s对应w平面频率________rad/s。答案：99.6721.状态空间系统ẋ=[[0,1],[4,–2]]x+[[0],[1]]u，y=[1,0]x，其传递函数为________。答案：(s+2)/(s²+2s+4)22.若系统Bode图在低频段斜率为–20dB/dec，则系统型别为________型。答案：Ⅰ23.某最小相位系统相位裕度γ=45°，则其闭环谐振峰值Mr约为________。答案：1.3124.当PID控制器参数Kp=2，Ki=5，Kd=1时，其传递函数为________。答案：2+5/s+s25.若系统状态方程为ẋ=Ax，x(0)=[1;0]，A=[[–1,0],[0,–3]]，则x1(t)=________。答案：e^(–t)四、简答题（共25分）26.（6分）简述Nyquist稳定性判据的基本思想，并说明如何根据开环频率特性判断闭环系统稳定性。答案：Nyquist判据通过开环频率特性曲线ΓGH对(–1,j0)点的包围情况判断闭环右半平面极点数Z。设开环右半平面极点数为P，曲线逆时针包围(–1,j0)点圈数为N，则Z=PN。若Z=0则闭环稳定；否则不稳定。具体步骤：1)绘制ΓGH的Nyquist图；2)计算N（顺时针为负，逆时针为正）；3)已知P，求Z。27.（6分）说明采样周期T的选择对离散系统性能的影响，并给出工程上常用的经验范围。答案：T过大导致信息丢失、相位滞后增大、稳定性变差；T过小使计算负担增加、量化噪声放大。经验上取T≈(0.1~0.5)/ωc，其中ωc为连续系统增益穿越频率，或T≈(0.05~0.2)ts，ts为连续系统调节时间。28.（6分）写出PID控制器的并行形式与理想形式传递函数，并说明微分环节高频噪声放大问题的抑制方法。答案：并行：Gc(s)=Kp+Ki/s+Kds；理想：Gc(s)=Kp(1+1/(Tis)+Tds)。抑制方法：1)在微分项前加一阶低通滤波器，即Gc(s)=Kp+Ki/s+Kds/(1+Tfs)，Tf≈(0.1~0.2)Td；2)采用微分先行PID，将微分作用仅施加于输出反馈通道。29.（7分）给定状态空间系统ẋ=Ax+Bu，y=Cx，推导其能控性矩阵与能观性矩阵，并说明如何利用它们判断系统性质。答案：能控性矩阵Mc=[BAB…A^(n1)B]，若rank(Mc)=n则系统完全能控；能观性矩阵Mo=[C^T(CA)^T…(CA^(n1))^T]^T，若rank(Mo)=n则系统完全能观。若秩小于n，则系统不完全能控/能观，可通过Kalman分解得到能控/能观子空间。五、计算与分析题（共70分）30.（12分）已知单位负反馈系统开环传递函数G(s)=K/[s(s+4)(s+10)]。(1)绘制K从0→∞时的根轨迹，给出渐近线交点、出射角、与虚轴交点及对应K值；(2)求使系统闭环主导极点阻尼比ζ=0.5的K值，并估算此时调节时间(±2%)。答案：(1)极点：0,–4,–10；无有限零点。渐近线：σa=(0–4–10)/3=–14/3≈–4.67；倾角±60°,180°。出射角：实轴极点无出射角；复极点无。与虚轴交点：特征方程s³+14s²+40s+K=0，Routh表第一列令40–K/14=0→K=560，s=±j6.32。(2)设主导极点s=–σ+jω，满足σ=ζωn=0.5ωn与根轨迹相角条件：∑φzi–∑φpi=180°→–(90°+arctan(ω/4)+arctan(ω/10))=180°→ω=2.55rad/s，σ=1.275。模值条件：K=|s||s+4||s+10|=1.275×√(1.275²+2.55²)×√(1.275²+2.55²)=1.275×2.85×8.72≈31.7。调节时间ts≈4/(ζωn)=4/1.275=3.14s。31.（12分）系统结构如图（略），前向通道G(s)=10/[s(s+1)]，反馈H(s)=1，采用比例控制Gc(s)=Kp。(1)绘制Kp=1时的Nyquist图，并判断闭环稳定性；(2)求使相位裕度γ=45°的Kp值；(3)计算此时闭环系统的带宽ωb。答案：(1)开环G0(s)=10Kp/[s(s+1)]，Kp=1。Nyquist图从∞∠–90°出发，终止于0∠–180°，在ω=1rad/s处穿越负虚轴，实部=–10。曲线不包围(–1,j0)，P=0→N=0→Z=0，闭环稳定。(2)令|G0(jωc)|=1→10Kp/(ωc√(ωc²+1))=1，γ=180°–90°–arctan(ωc)=45°→ωc=1rad/s。代入得Kp=0.141。(3)闭环Φ(s)=G0/(1+G0)=1.41/(s²+s+1.41)，ωn=1.19rad/s，ζ=0.42。带宽ωb=ωn√[(1–2ζ²)+√(4ζ⁴–4ζ²+2)]=1.53rad/s。32.（12分）给定离散系统结构：零阶保持器+G(s)=1/(s+2)，T=0.2s。(1)求开环脉冲传递函数G(z)；(2)若采用数字比例控制D(z)=K，求使闭环系统稳定的K范围；(3)取K=2，求单位阶跃输入下的稳态误差。答案：(1)G(z)=Z{(1–e^(–sT))/s·1/(s+2)}=(1–z^(–1))Z{1/[s(s+2)]}=(1–z^(–1))[0.5/(1–z^(–1))–0.5/(1–e^(–0.4)z^(–1))]=0.5(1–e^(–0.4))/(z–e^(–0.4))=0.165/(z–0.670)。(2)闭环特征方程1+KG(z)=0→z–0.670+0.165K=0→z=0.670–0.165K。稳定条件|z|<1→–1<0.670–0.165K<1→–2.0<K<10.1。(3)静态位置误差系数Kp=lim_{z→1}[1+KG(z)]=1+0.165K/(1–0.670)=1+0.165×2/0.330=2。阶跃稳态误差ess=1/Kp=0.5。33.（12分）系统状态方程：ẋ=[[0,1,0],[0,0,1],[–6,–11,–6]]x+[[0],[0],[1]]u，y=[1,0,0]x。(1)判断系统能控性与能观性；(2)设计状态反馈u=–Kx，使闭环极点位于–2,–3,–4；(3)设计全维状态观测器，使观测器极点位于–5,–6,–7。答案：(1)能控性矩阵Mc=[BABA²B]=[[0,0,1],[0,1,–6],[1,–6,25]]，rank=3，完全能控；能观性矩阵Mo=[C;CA;CA²]=[[1,0,0],[0,1,0],[0,0,1]]，rank=3，完全能观。(2)设K=[k1,k2,k3]，闭环A–BK特征多项式为s³+(6+k3)s²+(11+k2)s+(6+k1)。期望多项式(s+2)(s+3)(s+4)=s³+9s²+26s+24。对比得k1=18，k2=15，k3=3，即K=[18,15,3]。(3)观测器增益L使(A–LC)特征值–5,–6,–7。期望多项式(s+5)(s+6)(s+7)=s³+18s²+107s+210。设L=[l1;l2;l3]，则特征多项式s³+(6+l1)s²+(11+l2)s+(6+l3)。对比得l1=12，l2=96，l3=204，即L=[12;96;204]。34.（10分）某温度控制系统被控对象传递函数G(s)=0.8e^(–0.5s)/(20s+1)，采用PI控制器Gc(s)=Kp(1+1/(Tis))。要求系统开环增益穿越频率ωc=0.2rad/s，相位裕度γ≥50°。试用Ziegler–Nicholstuning与精细微调相结合的方法确定Kp、Ti，并验证裕度。答案：先令Ti→∞得P控制，用Nyquist或Bode求临界增益Ku与临界周期Tu。因时滞系统，用近似公式：在ωc=0.2rad/s处，|G(j0.2)|=0.8/√(1+(20×0.2)²)=0.8/√17=0.194，相位∠G=–arctan(4)–0.5×0.2×57.3°=–76°–5.73°=–81.73°。要求γ=50°→控制器需提供相位φc=50°–(180°–81.73°)=–48.27°，即需超前48.27°，但PI为滞后网络，故降低ωc或提高γ目标。改取ωc=0.15rad/s，|G|=0.8/√(1+9)=0.253，∠G=–arctan(3)–0.5×0.15×57.3=–71.56°–4.3°=–75.86°。设PI零点到ωc距离为1/Ti=0.05rad/s，则Ti=20s。控制器相位φc=–arctan(0.15/0.05)=–71.56°，总开环相位=–75.86°–71.56°=–147.42°，γ=180°–147.42°=32.58°不足。调整：取Ti=40s，1/Ti=0.025，φc=–arctan(0.15/0.025)=–80.54°，总相位=–156.4°，γ=23.6°仍不足。改取Ti=60s，φc=–80.9°，γ≈22°。改为先满足幅值：令|GcG|=1→Kp×0.253=1→Kp=3.95。再验γ：φc=–arctan(0.15×60)=–83.7°，总相位=–159.56°，γ=20.44°。提高γ需降低ωc，取ωc=0.08rad/s，|G|=0.8/√(1+2.56)=0.444，令Kp=2.25，Ti=60s，φc=–arctan(0.08×60)=–78.7°，总相位=–75.86×(0.08/0.15)–78.7