自动控制考试题及答案及答案

自动控制考试题及答案及答案一、填空题（每空1分，共20分）自动控制系统按照给定量的变化规律可分为_、_、____三类。答案：恒值控制系统、随动控制系统、程序控制系统传递函数的定义为_条件下，线性定常系统输出量的拉普拉斯变换与输入量的拉普拉斯变换之比，其仅与系统的_有关，与输入信号、初始条件等外作用无关。答案：零初始、结构和参数二阶欠阻尼系统的超调量σ%仅由_参数决定，该参数取值越大，超调量越_；调节时间ts与_参数成反比，其反映系统的_性能。

答案：阻尼比ζ、小、阻尼振荡频率ζωn、快速性单位负反馈I型系统对单位斜坡输入的稳态误差为_，对单位抛物线输入的稳态误差为_；稳态误差除与系统型别、开环增益有关外，还与____的形式有关。答案：1/Kv（Kv为开环速度误差系数）、∞、输入信号根轨迹的分支数等于系统的_个数，起始于_，终止于____。答案：开环极点、开环极点、开环零点（含无穷远零点）奈奎斯特稳定判据的核心逻辑是根据开环频率特性曲线对_点的包围圈数N，结合开环右半s平面极点个数P，得到闭环右半s平面极点个数Z=_，当Z=____时闭环系统稳定。答案：(-1,j0)、P-2N、0PID控制器中，____环节的核心作用是消除稳态误差，____环节的核心作用是预测偏差、实现超前调节，提高系统动态性能。答案：积分、微分采样控制系统中，为保证采样信号能无失真复现原连续信号，采样频率fs应满足香农采样定理：____。答案：fs≥2fmax（fmax为原连续信号的最高频率）二、单项选择题（每题2分，共20分）下列关于闭环控制系统的说法，正确的是（）A.不存在稳定性问题B.抗干扰能力强、控制精度高C.结构简单、成本低D.控制精度完全依赖元件精度答案：B解析：闭环系统存在反馈，因此结构复杂、有稳定性问题，但抗干扰能力强，对元件精度要求低，控制精度高，因此B正确，ACD错误。二阶欠阻尼系统的超调量σ%=16.3%，则阻尼比ζ为（）A.0.3B.0.5C.0.707D.0.9答案：B解析：σ%=e(-ζπ/√(1-ζ²))×100%，代入ζ=0.5，计算得σ%=e(-0.5π/√0.75)=e^(-1.8138)≈16.3%，因此B正确。

3.已知单位负反馈0型系统的开环增益Kp=5，则系统对单位阶跃输入的稳态误差为（）A.1/6B.1/5C.0D.∞答案：A解析：0型系统对单位阶跃输入的稳态误差ess=1/(1+Kp)=1/(1+5)=1/6，因此A正确。根轨迹上某点对应的开环根轨迹增益K*增大时，闭环极点的位置会（）A.向开环极点方向移动B.向开环零点方向移动C.保持不变D.随机移动答案：B解析：根轨迹是K从0到∞变化时闭环极点的运动轨迹，K从0开始增大时，极点从开环极点出发向开环零点（含无穷远零点）移动，因此B正确。最小相位系统的开环对数幅频特性的低频段斜率为-60dB/dec，则该系统的型别为（）A.0型B.I型C.II型D.III型答案：D解析：低频段斜率为-20vdB/dec，v为系统型别，-60dB/dec对应v=3，即III型系统，因此D正确。某最小相位系统的相角裕度γ=20°，则下列说法正确的是（）A.闭环不稳定B.闭环稳定，但相对稳定性较差C.闭环稳定，相对稳定性较好D.无法判断稳定性答案：B解析：最小相位系统相角裕度大于0则闭环稳定，通常相角裕度在30°~60°之间相对稳定性较好，20°说明相对稳定性较差，因此B正确。串联超前校正的核心作用是（）A.提高系统稳态精度B.提高系统相角裕度，改善动态性能C.降低系统响应速度D.增加系统低频增益答案：B解析：串联超前校正利用相角超前特性，在中频段提供相角超前量，提高相角裕度，减小超调量，提高响应速度，改善动态性能，因此B正确。下列关于采样系统零阶保持器的说法，错误的是（）A.能将采样信号复现为阶梯形连续信号B.具有低通滤波特性C.会引入相角超前D.会降低系统的相对稳定性答案：C解析：零阶保持器的相角特性是滞后的，会引入相角滞后，降低系统相角裕度，降低相对稳定性，因此C错误，ABD正确。状态空间表达式中，状态变量的个数等于系统的（）A.输入量个数B.输出量个数C.阶数D.零点个数答案：C解析：状态变量的个数等于系统的阶数，是描述系统动态行为所需的最少独立变量个数，因此C正确。下列控制器中，能实现无静差控制的是（）A.P控制器B.PD控制器C.PI控制器D.以上都不能答案：C解析：PI控制器包含积分环节，能通过积分作用消除稳态误差，实现无静差控制，P和PD控制器均为有差控制，因此C正确。三、判断题（每题1分，共10分，对的打√，错的打×）线性定常系统的稳定性是系统的固有特性，仅与系统的结构和参数有关，与外作用无关。（）答案：√解析：稳定性由系统闭环极点的位置决定，是固有特性，和输入、初始条件无关。二阶系统的调节时间仅与阻尼比ζ有关，ζ越大，调节时间越短。（）答案：×解析：调节时间ts≈3/(ζωn)（5%误差带），和阻尼比ζ与自然振荡频率ωn的乘积成反比，并非仅由ζ决定。

3.开环稳定的系统，闭环一定稳定。（）答案：×解析：开环稳定即P=0，若奈奎斯特曲线包围(-1,j0)点，则Z=-2N>0，闭环不稳定，因此开环稳定闭环不一定稳定。最小相位系统的开环对数幅频特性和相频特性是一一对应的。（）答案：√解析：最小相位系统的相频特性由幅频特性唯一确定，反之亦然。积分控制环节的引入会提高系统的型别，提高稳态精度，但会降低系统的相对稳定性。（）答案：√解析：积分环节引入90°相角滞后，同时提高系统型别，减小稳态误差，但会降低相角裕度，影响稳定性。根轨迹是连续且关于实轴对称的。（）答案：√解析：特征方程的系数为实数，根为实数或共轭复数，因此根轨迹关于实轴对称，且随K*连续变化。幅值裕度h越大，系统的相对稳定性越差。（）答案：×解析：幅值裕度是系统达到临界稳定时开环增益能增大的倍数，h越大，相对稳定性越好。串联滞后校正会降低系统的截止频率，降低系统的响应速度。（）答案：√解析：串联滞后校正利用高频衰减特性，会使截止频率降低，带宽减小，响应速度变慢。完全可控的系统一定完全可观。（）答案：×解析：可控性和可观性是两个独立的性质，可控不一定可观，可观也不一定可控。非最小相位系统的相角裕度大于0时，闭环系统一定稳定。（）答案：×解析：相角裕度判据仅适用于最小相位系统，非最小相位系统不适用，不能仅通过相角裕度判断稳定性。四、简答题（每题8分，共32分）简述开环控制系统与闭环控制系统的结构特点、优缺点及适用场景。答案：（1）开环控制系统：无反馈环节，输出量不对控制作用产生影响。优点：结构简单、成本低廉、不存在稳定性问题、响应速度快；缺点：无抗干扰能力，控制精度完全依赖元件精度和校准精度，无法补偿偏差；适用场景：干扰小、控制精度要求低的场合，如普通洗衣机、自动售货机、红绿灯控制系统。（2）闭环控制系统：存在负反馈环节，输出量通过反馈通道回送到输入端，与给定值比较后生成偏差信号控制输出。优点：抗干扰能力强，可抑制内外部干扰带来的偏差，控制精度高，对元件精度要求较低；缺点：结构复杂、成本高、存在稳定性问题，参数整定繁琐，若参数匹配不当可能出现振荡；适用场景：控制精度要求高、干扰因素多的场合，如数控机床、自动驾驶系统、工业过程温度控制系统。简述二阶欠阻尼系统的动态性能指标超调量σ%、调节时间ts的定义，以及其与系统特征参数的关系。答案：（1）超调量σ%：指单位阶跃响应曲线的最大峰值超出稳态值的百分比，计算公式为σ%=(c_max-c(∞))/c(∞)×100%，其中c_max为响应最大值，c(∞)为响应稳态值。σ%仅与阻尼比ζ有关，计算公式为σ%=e^(-ζπ/√(1-ζ²))×100%，ζ越大，σ%越小，系统平稳性越好。

（2）调节时间ts：指单位阶跃响应进入稳态值的±5%（或±2%）误差带，并保持在误差带内所需的最小时间，反映系统的快速性。ts≈3/(ζωn)（对应±5%误差带）、ts≈4/(ζωn)（对应±2%误差带），其中ωn为自然振荡频率，ts与阻尼振荡频率ζωn成反比，在ζ固定时，ωn越大，ts越小，响应速度越快。

3.简述奈奎斯特稳定判据的核心内容，以及其相较于劳斯判据的优势。答案：（1）核心内容：奈奎斯特稳定判据是频率域稳定判据，根据开环频率特性G(jω)H(jω)当ω从-∞到+∞变化时，对s平面(-1,j0)点的顺时针包围圈数N，结合开环传递函数在右半s平面的极点个数P，计算闭环传递函数在右半s平面的极点个数Z=P-2N，当Z=0时，闭环系统稳定；若Z>0，则闭环不稳定，Z为闭环右半极点的个数。（2）优势：①劳斯判据仅能判断系统的绝对稳定性，奈奎斯特判据不仅能判断绝对稳定性，还能得到相角裕度、幅值裕度等相对稳定性指标，还能分析系统的动态性能；②奈奎斯特判据可通过实验测得开环频率特性直接判稳，不需要推导系统的传递函数或特征方程，适用于复杂的、难以建模的系统；③可方便分析时滞系统的稳定性，而劳斯判据难以直接处理带时滞的系统。分别简述串联超前校正、串联滞后校正的作用原理、优缺点及适用场景。答案：（1）串联超前校正：原理：由超前网络实现，利用其相角超前特性，在系统的中频段（截止频率附近）提供正的相角增量，提高系统的相角裕度，同时扩展系统带宽，提高响应速度。优点：改善系统动态性能，减小超调量，提高响应速度；缺点：对稳态精度提升作用小，抗高频干扰能力下降，不适用于稳态精度要求很高的场合。适用场景：系统动态性能不满足要求，稳态精度已经满足要求，且高频干扰较小的场合。（2）串联滞后校正：原理：由滞后网络实现，利用其高频幅值衰减特性，降低系统的截止频率，在保持动态性能基本不变的前提下，提高系统的开环增益，提升稳态精度，也可通过衰减中高频增益，间接提高相角裕度。优点：显著提高系统稳态精度，抗高频干扰能力强；缺点：系统截止频率降低，带宽减小，响应速度变慢，动态性能变差。适用场景：系统稳态精度不满足要求，动态性能已经满足要求，且对响应速度要求不高的场合。五、计算题（共48分）（12分）已知单位负反馈系统的开环传递函数为G(s)=K/[s(0.1s+1)(0.5s+1)]，求解下列问题：（1）当K=10时，分别计算系统对单位阶跃输入、单位斜坡输入、单位抛物线输入的稳态误差；（2）若要求系统对单位斜坡输入的稳态误差ess≤0.05，判断此时闭环系统是否稳定，若不稳定说明原因。答案：（1）稳态误差计算：该系统为I型单位负反馈系统，开环增益Kv=K，速度误差系数Kv=lim(s→0)sG(s)=K。①单位阶跃输入r(t)=1(t)，位置误差系数Kp=lim(s→0)G(s)=∞，因此稳态误差ess_p=1/(1+Kp)=0；②单位斜坡输入r(t)=t，速度误差系数Kv=10，因此稳态误差ess_v=1/Kv=1/10=0.1；③单位抛物线输入r(t)=t²/2，加速度误差系数Ka=lim(s→0)s²G(s)=0，因此稳态误差ess_a=1/Ka=∞。（2）稳定性判断：要求单位斜坡输入稳态误差ess_v=1/K≤0.05，因此K≥20。首先推导闭环系统特征方程：1+G(s)=0→s(0.1s+1)(0.5s+1)+K=0，展开得：0.05s³+0.6s²+s+K=0构造劳斯阵列：s³|0.051

s²|0.6K

s¹|(0.6×1-0.05×K)/0.6=(0.6-0.05K)/0.6

s⁰|K

系统稳定的充要条件是劳斯阵列第一列所有元素均大于0：0.05>0，0.6>0，K>0，且(0.6-0.05K)/0.6>0→K<12。

因此系统临界稳定的开环增益为K=12，当K≥20时，劳斯阵列s¹行第一列元素为负，第一列元素符号变化2次，说明闭环系统有2个右半s平面极点，系统不稳定。因此该系统无法同时满足斜坡稳态误差≤0.05和稳定的要求，需要引入校正装置。（18分）已知单位负反馈系统的开环传递函数为G(s)=K/[s(s+1)(s+2)]，K为开环根轨迹增益，求解下列问题：（1）绘制K*从0到+∞变化时的闭环根轨迹图，要求标出渐近线、分离点、与虚轴交点的参数；（2）确定系统闭环稳定的K取值范围，以及系统工作在欠阻尼状态的K取值范围。答案：（1）根轨迹绘制：开环极点为p1=0，p2=-1，p3=-2，n=3；无有限开环零点，m=0。①渐近线：条数为n-m=3条，实轴交点σ=(0-1-2)/3=-1，渐近线与实轴的夹角为φ_l=(2l+1)×180°/(n-m)，l=0,1,2，对应夹角为60°、180°、-60°。

②实轴上的根轨迹段：(-∞,-2]、[-1,0]。③分离点：分离点位于实轴根轨迹段[-1,0]上，满足分离点方程：Σ(i=1到n)1/(d-pi)=Σ(j=1到m)1/(d-zj)，代入得：1/d+1/(d+1)+1/(d+2)=0通分计算：(d+1)(d+2)+d(d+2)+d(d+1)=0→3d²+6d+2=0解得d=(-6±√12)/6=-1±√3/3，其中d=-1+√3/3≈-0.423位于[-1,0]区间内，为有效分离点；d=-1-√3/3≈-1.577不在实轴根轨迹段上，舍去。④与虚轴交点：令s=jω代入闭环特征方程s(s+1)(s+2)+K*=0，展开得：jω(jω+1)(jω+2)+K*=0→jω(-ω²+3jω+2)+K*=0→(-3ω²+K*)+j(2ω-ω³)=0令实部、虚部分别为0：虚部：2ω-ω³=0→ω=0（对应K*=0，根轨迹起点）或ω=√2≈1.414rad/s；实部：-3ω²+K=0→K=3×(√2)²=6。因此根轨迹与虚轴交点为s=±j√2，对应临界根轨迹增益K*=6。根据以上参数可绘制完整根轨迹图。（2）参数范围确定：①闭环稳定的K范围：当K≥6时，根轨迹进入右半s平面，闭环存在右极点，系统不稳定，因此闭环稳定的K取值范围为0<K<6。②欠阻尼状态的K范围：欠阻尼对应闭环极点为共轭复极点，即根轨迹离开实轴进入复平面的部分，对应K大于分离点处的根轨迹增益、小于临界增益6。计算分离点d≈-0.423处的根轨迹增益，根据幅值条件：K=|d-p1||d-p2||d-p3|=0.423×0.577×1.577≈0.385。

因此系统工作在欠阻尼状态的K取值范围为0.385<K*<6。（18分）已知单位负反馈最小相位系统的开环传递函数为G(s)=10/[s(0.2s+1)]，求解下列问题：（1）计算系统的相角裕度γ、幅值裕度h，判断闭环系统的稳定性；（2）若要求校正后系统的相角裕度γ’=45°，且校正后截止频率为校正前的1.2倍，设计串联超前校正装置的传递函数（保留3位有效数字）。答案：（1）稳定性分析：首先计算校正前的截止频率ωc：开环幅频特性为A(ω)=10/[ω√((0.2ω)²+1)]，令A(ωc)=1。由于开环惯性环节的转折频率为ω1=1/0.2=5rad/s，初步估算ωc>5rad/s，因此惯性环节可近似为积分环节，A(ω)≈10/(0.2ω²)=50/ω²，令50/ωc²=1，解得ωc=√50≈7.07rad/s，确实大于5rad/s，近似成立。计算相角裕度γ：γ=180°+∠G(jωc)=180°-90°-arctan(0.2ωc)=90°-arctan(1.414)≈90°-54.7°=35.3°。计算幅值裕度h：令开环相角∠G(jωg)=-180°，即-90°-arctan(0.2ωg)=-180°→arctan(0.2ωg)=90°→ωg→+∞，因此A(ωg)→0，幅值裕度h=1/A(ωg)→+∞。由于相角裕度γ=35.3°>0，幅值裕度h>0，因此闭环系统稳定，但相角裕度略低于30°~60°的最优区间，相对稳定性有待提升。（2）串联超前校正设计：校正后截止频率ωc’=1.2×7.07≈8.48rad/s。首先计算原系统在ω