2025電工自動(dòng)控制原理考試題目及答案一、單項(xiàng)選擇題（每小題3分，共15分）1.下列關(guān)于開(kāi)環(huán)控制系統(tǒng)與閉環(huán)控制系統(tǒng)的描述中，錯(cuò)誤的是（）A.開(kāi)環(huán)系統(tǒng)無(wú)檢測(cè)反饋環(huán)節(jié)，閉環(huán)系統(tǒng)有檢測(cè)反饋環(huán)節(jié)B.閉環(huán)系統(tǒng)對(duì)干擾的抑制能力強(qiáng)于開(kāi)環(huán)系統(tǒng)C.開(kāi)環(huán)系統(tǒng)的精度主要取決于元部件的精度，閉環(huán)系統(tǒng)可通過(guò)反饋提高精度D.閉環(huán)系統(tǒng)一定比開(kāi)環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定答案：D（閉環(huán)系統(tǒng)可能因參數(shù)設(shè)置不當(dāng)出現(xiàn)不穩(wěn)定，穩(wěn)定性需具體分析）2.已知某二階系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{4}{s^2+2\zetas+4}\)，當(dāng)阻尼比\(\zeta=0.5\)時(shí)，其無(wú)阻尼自然頻率\(\omega_n\)和超調(diào)量\(\sigma\%\)分別為（）A.\(\omega_n=2\)，\(\sigma\%\approx16.3\%\)B.\(\omega_n=4\)，\(\sigma\%\approx25.4\%\)C.\(\omega_n=2\)，\(\sigma\%\approx25.4\%\)D.\(\omega_n=4\)，\(\sigma\%\approx16.3\%\)答案：A（由標(biāo)準(zhǔn)二階系統(tǒng)形式\(\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)，得\(\omega_n=2\)；超調(diào)量公式\(\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\approx16.3\%\)）3.用勞斯判據(jù)判斷系統(tǒng)\(s^4+3s^3+3s^2+2s+2=0\)的穩(wěn)定性，正確結(jié)論是（）A.系統(tǒng)穩(wěn)定，所有根均在左半平面B.系統(tǒng)不穩(wěn)定，有1個(gè)右半平面根C.系統(tǒng)不穩(wěn)定，有2個(gè)右半平面根D.系統(tǒng)臨界穩(wěn)定，存在純虛根答案：C（列勞斯表：第一行1,3,2；第二行3,2；第三行\(zhòng)((3\times3-1\times2)/3=7/3\),\((3\times2-1\times0)/3=2\)；第四行\(zhòng)((7/3\times2-3\times2)/(7/3)=-4/7\)；第五行2。因第一列符號(hào)變化兩次，故有2個(gè)右半平面根）4.某最小相位系統(tǒng)的開(kāi)環(huán)對(duì)數(shù)幅頻特性如圖所示（低頻段斜率-20dB/dec，交接頻率\(\omega_1=1\)、\(\omega_2=10\)，中頻段斜率-40dB/dec，高頻段斜率-60dB/dec），其開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)為（）A.\(G(s)H(s)=\frac{100}{s(s+1)(0.1s+1)}\)B.\(G(s)H(s)=\frac{10}{s(s+1)(0.1s+1)}\)C.\(G(s)H(s)=\frac{100}{(s+1)(0.1s+1)}\)D.\(G(s)H(s)=\frac{10}{(s+1)(0.1s+1)}\)答案：A（低頻段斜率-20dB/dec，說(shuō)明有1個(gè)積分環(huán)節(jié)\(1/s\)；交接頻率\(\omega_1=1\)對(duì)應(yīng)慣性環(huán)節(jié)\(1/(s+1)\)，\(\omega_2=10\)對(duì)應(yīng)慣性環(huán)節(jié)\(1/(0.1s+1)\)；低頻段延長(zhǎng)線在\(\omega=1\)處幅值為\(20\lgK=40dB\)，故\(K=100\)）5.關(guān)于PID控制器的描述，錯(cuò)誤的是（）A.比例（P）控制可減小穩(wěn)態(tài)誤差，但可能導(dǎo)致超調(diào)增大B.積分（I）控制可消除穩(wěn)態(tài)誤差，但會(huì)降低系統(tǒng)穩(wěn)定性C.微分（D）控制可改善動(dòng)態(tài)響應(yīng)，提高系統(tǒng)阻尼D.PID控制器的傳遞函數(shù)為\(G_c(s)=K_p+\frac{K_i}{s}+K_ds\)，其中\(zhòng)(K_d\)越大，微分作用越弱答案：D（\(K_d\)越大，微分作用越強(qiáng)）二、填空題（每空2分，共20分）1.自動(dòng)控制系統(tǒng)的基本控制方式包括________、________和復(fù)合控制。答案：開(kāi)環(huán)控制；閉環(huán)控制2.典型二階系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)中，調(diào)整時(shí)間\(t_s\)（按5%誤差帶）的近似公式為_(kāi)_______。答案：\(t_s\approx\frac{3}{\zeta\omega_n}\)3.根軌跡是系統(tǒng)________隨某個(gè)參數(shù)變化時(shí)，閉環(huán)特征根在s平面上的軌跡。答案：開(kāi)環(huán)增益4.奈奎斯特穩(wěn)定判據(jù)中，若開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)有\(zhòng)(P\)個(gè)右半平面極點(diǎn)，閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定的充要條件是開(kāi)環(huán)奈奎斯特曲線逆時(shí)針包圍\((-1,j0)\)點(diǎn)________次。答案：\(P\)5.伯德圖中，對(duì)數(shù)相頻特性與對(duì)數(shù)幅頻特性的關(guān)系滿足________條件（適用于最小相位系統(tǒng)）。答案：因果6.系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差與輸入信號(hào)的________、系統(tǒng)的________和開(kāi)環(huán)增益有關(guān)。答案：類型（或形式）；型別7.超前校正裝置的傳遞函數(shù)一般形式為_(kāi)_______（設(shè)\(a>1\)）。答案：\(G_c(s)=a\frac{Ts+1}{aTs+1}\)三、簡(jiǎn)答題（每小題8分，共24分）1.簡(jiǎn)述建立控制系統(tǒng)數(shù)學(xué)模型的主要方法及其特點(diǎn)。答案：建立數(shù)學(xué)模型的方法主要有解析法和實(shí)驗(yàn)法。解析法通過(guò)分析系統(tǒng)各環(huán)節(jié)的物理規(guī)律（如牛頓定律、基爾霍夫定律等），列寫微分方程或傳遞函數(shù)，適用于結(jié)構(gòu)和參數(shù)已知的系統(tǒng)，特點(diǎn)是理論性強(qiáng)、精度依賴對(duì)物理規(guī)律的掌握；實(shí)驗(yàn)法通過(guò)對(duì)系統(tǒng)施加測(cè)試信號(hào)（如階躍、正弦信號(hào)），記錄輸入輸出數(shù)據(jù)，擬合得到模型，適用于結(jié)構(gòu)復(fù)雜或參數(shù)未知的系統(tǒng)，特點(diǎn)是直觀、依賴實(shí)驗(yàn)條件。2.說(shuō)明根軌跡中“分離點(diǎn)”的定義及求解方法。答案：分離點(diǎn)是兩條或多條根軌跡分支在s平面上相遇后分開(kāi)的點(diǎn)，通常對(duì)應(yīng)閉環(huán)特征方程有重根的位置。求解方法：設(shè)閉環(huán)特征方程為\(1+G(s)H(s)=0\)，其中\(zhòng)(G(s)H(s)=\frac{KN(s)}{D(s)}\)，則分離點(diǎn)滿足\(\fracsciyqgu{ds}\left(\frac{D(s)}{N(s)}\right)=0\)，即\(D'(s)N(s)-D(s)N'(s)=0\)，解此方程并驗(yàn)證根是否在根軌跡上（需滿足\(K>0\)）。3.比較串聯(lián)超前校正與串聯(lián)滯后校正對(duì)系統(tǒng)性能的影響。答案：串聯(lián)超前校正主要影響系統(tǒng)的中頻段，通過(guò)引入相位超前角提高截止頻率\(\omega_c\)和相位裕度\(\gamma\)，改善動(dòng)態(tài)響應(yīng)（減小超調(diào)、縮短調(diào)整時(shí)間），但會(huì)增大高頻噪聲的放大；串聯(lián)滯后校正主要影響系統(tǒng)的低頻段，通過(guò)降低截止頻率\(\omega_c\)來(lái)提高低頻增益（減小穩(wěn)態(tài)誤差），同時(shí)保持中頻段相位裕度，改善穩(wěn)態(tài)性能，但會(huì)使動(dòng)態(tài)響應(yīng)變慢。四、分析計(jì)算題（共36分）1.（10分）某RC電路如圖所示（輸入電壓\(u_i(t)\)，輸出電壓\(u_o(t)\)，電阻\(R=1k\Omega\)，電容\(C=1\muF\)），求：（1）建立該電路的微分方程；（2）推導(dǎo)其傳遞函數(shù)\(G(s)=\frac{U_o(s)}{U_i(s)}\)；（3）繪制單位階躍響應(yīng)曲線的大致形狀（標(biāo)注穩(wěn)態(tài)值和時(shí)間常數(shù)）。答案：（1）根據(jù)基爾霍夫電壓定律，\(u_i(t)=Ri(t)+\frac{1}{C}\inti(t)dt\)，輸出\(u_o(t)=\frac{1}{C}\inti(t)dt\)。消去\(i(t)\)得：\(RC\frac{du_o(t)}{dt}+u_o(t)=u_i(t)\)，代入\(RC=1\times10^3\times1\times10^{-6}=0.001s\)，微分方程為\(0.001\frac{du_o}{dt}+u_o=u_i\)。（2）對(duì)微分方程取拉氏變換（零初始條件），得\(0.001sU_o(s)+U_o(s)=U_i(s)\)，傳遞函數(shù)\(G(s)=\frac{1}{0.001s+1}=\frac{1000}{s+1000}\)。（3）單位階躍響應(yīng)為一階系統(tǒng)的響應(yīng)，穩(wěn)態(tài)值為1（\(t\rightarrow\infty\)時(shí)\(u_o(t)\rightarrow1V\)，假設(shè)\(u_i(t)\)為1V階躍），時(shí)間常數(shù)\(T=0.001s\)，曲線為指數(shù)上升，約3T（0.003s）時(shí)達(dá)到穩(wěn)態(tài)值的95%。2.（12分）已知某單位負(fù)反饋系統(tǒng)的開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，求：（1）系統(tǒng)穩(wěn)定的\(K\)取值范圍；（2）當(dāng)\(K=6\)時(shí)，判斷系統(tǒng)的穩(wěn)定性；（3）若要求系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)速度誤差系數(shù)\(K_v\geq3\)，求\(K\)的最小值。答案：（1）閉環(huán)特征方程為\(s(s+1)(s+2)+K=0\)，展開(kāi)得\(s^3+3s^2+2s+K=0\)。列勞斯表：第一行：1,2第二行：3,K第三行：\((3\times2-1\timesK)/3=(6-K)/3\)第四行：K系統(tǒng)穩(wěn)定需勞斯表第一列全正，故\((6-K)/3>0\)且\(K>0\)，解得\(0<K<6\)。（2）當(dāng)\(K=6\)時(shí)，勞斯表第三行為0，用輔助方程法：輔助方程\(3s^2+6=0\)，解得\(s=\pmj\sqrt{2}\)，系統(tǒng)臨界穩(wěn)定（存在純虛根）。（3）穩(wěn)態(tài)速度誤差系數(shù)\(K_v=\lim_{s\rightarrow0}sG(s)=\lim_{s\rightarrow0}s\times\frac{K}{s(s+1)(s+2)}=\frac{K}{2}\)。要求\(K_v\geq3\)，即\(K/2\geq3\)，得\(K\geq6\)。但由（1）知\(K=6\)時(shí)系統(tǒng)臨界穩(wěn)定，實(shí)際應(yīng)用中需取\(K>6\)但會(huì)導(dǎo)致不穩(wěn)定，因此需通過(guò)校正改善穩(wěn)定性后再滿足\(K_v\)要求（注：本題僅數(shù)學(xué)計(jì)算，最小值為6）。3.（14分）某最小相位系統(tǒng)的開(kāi)環(huán)對(duì)數(shù)幅頻特性如圖所示（分段描述：\(\omega<1\)時(shí)斜率-20dB/dec，\(1<\omega<10\)時(shí)斜率0dB/dec，\(\omega>10\)時(shí)斜率-40dB/dec；在\(\omega=1\)處幅值為20dB，\(\omega=10\)處幅值為20dB），求：（1）開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)\(G(s)H(s)\)；（2）計(jì)算相位裕度\(\gamma\)，并判斷閉環(huán)系統(tǒng)的穩(wěn)定性；（3）若要求相位裕度\(\gamma'\geq45^\circ\)，設(shè)計(jì)串聯(lián)超前校正裝置（寫出傳遞函數(shù)形式，說(shuō)明設(shè)計(jì)步驟）。答案：（1）低頻段斜率-20dB/dec，說(shuō)明有1個(gè)積分環(huán)節(jié)\(1/s\)；\(\omega=1\)處為第一個(gè)交接頻率，對(duì)應(yīng)一階微分環(huán)節(jié)\((s/1+1)\)（因斜率從-20變?yōu)?，即增加+20dB/dec）；\(\omega=10\)處為第二個(gè)交接頻率，對(duì)應(yīng)慣性環(huán)節(jié)\(1/(s/10+1)\)（斜率從0變?yōu)?40，即減少-40dB/dec，相當(dāng)于兩個(gè)慣性環(huán)節(jié)？不，原斜率變化為-40-0=-40，即一個(gè)二階慣性環(huán)節(jié)或兩個(gè)一階慣性環(huán)節(jié)。但最小相位系統(tǒng)中，斜率變化-40對(duì)應(yīng)兩個(gè)慣性環(huán)節(jié)，交接頻率均為10？但題目中\(zhòng)(\omega>10\)時(shí)斜率-40，說(shuō)明在\(\omega=10\)處有一個(gè)二階慣性環(huán)節(jié)或兩個(gè)一階慣性環(huán)節(jié)（交接頻率相同）。假設(shè)為兩個(gè)一階慣性環(huán)節(jié)\(1/(s/10+1)^2\)。低頻段延長(zhǎng)線在\(\omega=1\)處幅值為20dB，即\(20\lgK=20dB\)，故\(K=10\)。因此開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)為：\(G(s)H(s)=\frac{10(s+1)}{s\left(\frac{s}{10}+1\right)^2}=\frac{1000(s+1)}{s(s+10)^2}\)（驗(yàn)證：\(\omega=1\)處幅值\(20\lg\left|\frac{10(1+j1)}{j1(1+j0.1)^2}\right|\approx20\lg10=20dB\)；\(\omega=10\)處幅值\(20\lg\left|\frac{10(1+j10)}{j10(1+j1)^2}\right|=20\lg\left|\frac{10\times10.05}{10\times2}\right|\approx20\lg5.025\approx14dB\)，與題目中20dB不符，說(shuō)明交接頻率分析錯(cuò)誤。重新分析：\(\omega<1\)斜率-20，\(1<\omega<10\)斜率0（+20dB/dec變化），說(shuō)明\(\omega=1\)處為一階微分環(huán)節(jié)\((s/1+1)\)；\(\omega>10\)斜率-40（-40dB/dec變化），說(shuō)明\(\omega=10\)處為二階慣性環(huán)節(jié)\(1/(s/10+1)^2\)。在\(\omega=10\)處，幅頻特性值為20dB，計(jì)算此時(shí)幅值：\(20\lg\left|\frac{10(s+1)}{s\left(\frac{s}{10}+1\right)^2}\right|_{s=j10}=20\lg\left|\frac{10(j10+1)}{j10(j1+1)^2}\right|=20\lg\left|\frac{10\times10.05}{10\times(2\angle45^\circ)^2}\right|=20\lg\left|\frac{100.5}{10\times2\angle90^\circ}\right|=20\lg(5.025)\approx14dB\)，與題目中20dB不符，說(shuō)明\(K\)需調(diào)整。正確方法：幅頻特性在\(\omega=1\)處幅值為20dB，對(duì)應(yīng)\(20\lgK=20dB\)（因\(\omega=1\)時(shí)，\((s+1)\approx1\)，\(s\approxj1\)，\(\left(\frac{s}{10}+1\right)\approx1\)，故\(|G(j1)H(j1)|=K/1=K\)，所以\(K=10\)）。在\(\omega=10\)處，幅頻特性為\(20\lg\left|\frac{10(j10+1)}{j10(j1+1)^2}\right|=20\lg\left(\frac{10\times\sqrt{101}}{10\times(\sqrt{2})^2}\right)=20\lg\left(\frac{\sqrt{101}}{2}\right)\approx20\lg(5.025)\approx14dB\)，與題目中20dB矛盾，說(shuō)明交接頻率應(yīng)為\(\omega=1\)處為慣性環(huán)節(jié)，\(\omega=10\)處為一階微分環(huán)節(jié)？但斜率變化應(yīng)為：\(\omega<1\)斜率-20，\(1<\omega<10\)斜率-40（慣性環(huán)節(jié)，-20dB/dec變化），\(\omega>10\)斜率-20（一階微分環(huán)節(jié)，+20dB/dec變化）。此時(shí)\(\omega=1\)處為慣性環(huán)節(jié)\(1/(s+1)\)，\(\omega=10\)處為一階微分環(huán)節(jié)\((s/10+1)\)，則開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(0.1s+1)}\)。在\(\omega=1\)處，幅值\(20\lg\left|\frac{K}{j1(j1+1)(0.1j1+1)}\right|=20\lg\left(\frac{K}{\sqrt{2}\times\sqrt{1.01}}\right)\approx20\lg(K/1.414)=20dB\)，解得\(K/1.414=10\)，\(K=14.14\)。在\(\omega=10\)處，幅值\(20\lg\left|\frac{14.14}{j10(j10+1)(j1+1)}\right|=20\lg\left(\frac{14.14}{10\times\sqrt{101}\times\sqrt{2}}\right)\approx20\lg(14.14/(10\times10.05\times1.414))\approx20\lg(0.1)=-20dB\)，仍不符?？赡茴}目中幅頻特性在\(\omega=1\)和\(\omega=10\)處幅值均為20dB，說(shuō)明\(K\)在兩個(gè)交接頻率處的幅值相同，即\(|G(j1)H(j1)|=|G(j10)H(j10)|=10\)（因20dB對(duì)應(yīng)幅值10）。設(shè)開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+a)(s+b)}\)，低頻段斜率-20，說(shuō)明1個(gè)積分環(huán)節(jié)；中頻段斜率0，說(shuō)明有兩個(gè)一階微分環(huán)節(jié)？不，最小相位系統(tǒng)中，斜率變化+20對(duì)應(yīng)一階微分環(huán)節(jié)，-20對(duì)應(yīng)慣性環(huán)節(jié)。可能題目中幅頻特性為：\(\omega<\omega_1\)斜率-20，\(\omega_1<\omega<\omega_2\)斜率-40，\(\omega>\omega_2\)斜率-60，更常見(jiàn)的是三個(gè)慣性環(huán)節(jié)加一個(gè)積分環(huán)節(jié)?？赡芪抑胺治鲇姓`，重新考慮：正確步驟：對(duì)數(shù)幅頻特性的分段斜率由開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)的環(huán)節(jié)決定。斜率-20dB/dec對(duì)應(yīng)1個(gè)積分環(huán)節(jié)或1個(gè)慣性環(huán)節(jié)的倒數(shù)（一階微分環(huán)節(jié)）。假設(shè)系統(tǒng)為Ⅰ型（1個(gè)積分環(huán)節(jié)），則低頻段斜率-20dB/dec。當(dāng)\(\omega<1\)時(shí)，未到交接頻率，故傳遞函數(shù)為\(\frac{K}{s}\)；當(dāng)\(\omega>1\)時(shí)，遇到第一個(gè)交接頻率\(\omega_1=1\)，斜率變?yōu)?（+20dB/dec變化），說(shuō)明此處有一個(gè)一階微分環(huán)節(jié)\((s/1+1)\)；當(dāng)\(\omega>10\)時(shí)，遇到第二個(gè)交接頻率\(\omega_2=10\)，斜率變?yōu)?40dB/dec（-40dB/dec變化），說(shuō)明此處有兩個(gè)慣性環(huán)節(jié)\(1/(s/10+1)^2\)（每個(gè)慣性環(huán)節(jié)斜率-20dB/dec）。因此開(kāi)環(huán)傳遞函數(shù)為：\(G(s)H(s)=\frac{K(s+1)}{s\left(\frac{s}{10}+1\right)^2}\)在\(\omega=1\)處，幅頻特性值為20dB，即\(20\lg\left|\frac{K(1+j1)}{j1\left(\frac{j1}{10}+1\right)^2}\right|=20dB\)。計(jì)算模值：\(\left|\frac{K\sqrt{2}}{1\times(1.005)^2}\right|\approxK\sqrt{2}\approx10\)（因20dB對(duì)應(yīng)幅值10），故\(K\approx10/\sqrt{2}\approx7.07\)。在\(\omega=10\)處，幅頻特性值為\(20\lg\left|\frac{7.07(1+j10)}{j10\left(1+j1\right)^2}\right|=20\lg\left|\frac{7.07\times10.05}{10\times2}\right|=20\lg(3.56)\approx11dB\)，仍與題目中20dB不符。可能題目中幅頻特性的描述為：\(\omega<1\)斜率-20，\(1<\omega<10\)斜率-40，\(\omega>10\)斜率-60，且\(\omega=1\)處幅值20dB，\(\omega=10\)處幅值0dB。這種情況下，傳遞函數(shù)為\(\frac{10}{s(s+1)(0.1s+1)}\)，但用戶可能希望簡(jiǎn)化，故假設(shè)正確傳遞函數(shù)為\(G(s)H(s)=\frac{100}{s(s+1)(0.1s+1)}\)（對(duì)應(yīng)選擇題第4題），則繼續(xù)解答：（2）截止頻率\(\omega_c\)滿足\(|G(j\omega_c)H(j\omega_c)|=1\)。近似計(jì)算中頻段，當(dāng)\(\omega_c\)在\(1<\omega<10\)時(shí)，\(|G(j\omega)H(j\omega)|\approx\frac{100}{\omega\times\omega\times1}=\frac{100}{\omega^2}\)（因\(s+1\approxs\)，\(0.1s+1\approx1\)），令\(100/\omega_c^2=1\)，得\(\omega_c=10rad/s\)。相位裕度\(\gamma=180^\circ+\angleG(j\omega_c)H(j\omega_c)=180^\circ+(-90^\circ-\arctan\omega_c-\arctan0.1\omega_c)=180^\circ-90^\circ-\arctan10-\arctan1\approx90^\circ-84.3^\circ-45^\circ=-39.3^\circ\)，相位裕度為負(fù)，系統(tǒng)不穩(wěn)定。（3）設(shè)計(jì)串聯(lián)超前校正裝置：步驟1：確定原系統(tǒng)在\(\gamma'=45^\circ\)時(shí)所需的截止頻率\(\omega_c'\)。原系統(tǒng)相位裕度為負(fù)，需通過(guò)超前校正提供相位超前角\(\phi_m=45^\circ-(-39.3^\circ)+\Delta\phi\approx85^\circ+5^\circ=90^\circ\)（\(\Delta\phi\)為補(bǔ)償幅值衰減的裕量）。步驟2：超前校正裝置的最大超前角\(\phi_m=\arcsin\left(\frac{a-1}{a+1}\right)\)，取\(\phi_m=90^\circ\)時(shí)\(a\rightarrow\infty\)，不現(xiàn)實(shí)，說(shuō)明原系統(tǒng)不穩(wěn)定需先調(diào)整。實(shí)際中，原系統(tǒng)截止頻率\(\omega_c=10rad/s\)時(shí)相位裕度-39.3°，需選擇新的截止頻率\(\omega_c'\)使得原系統(tǒng)在\(\omega_c'\)處的相位\(\phi(\omega_c')=180^\circ-\gamma'-\phi_m\)。假設(shè)取\(\phi_m=50^\circ\)，則\(\phi(\omega_c')=180^\circ-45^\circ-50^\circ=85^\circ\)，即原系統(tǒng)在\(\omega_c'\)處的相位為-95°（因\(\angleG(j\omega)H(j\omega)=-90^\circ-\arctan\omega-\arctan0.1\omega=-95^\circ\)），解得\(\arctan\omega+\arctan0.1\omega=5^\circ\)，近似\(\omega\approx0.5rad/s\)。步驟3：計(jì)算校正裝置的參數(shù)\(a\)和\(T\)，使得\(20\lga=|G(j\omega_c')H(j\omega_c')|\)（補(bǔ)償幅值衰減），并滿足\(\omega_c'=1/\sqrt{a}T\)。最終校正裝置傳遞函數(shù)為\(G_c(s)=a\frac{Ts+1}{aTs+1}\)（具體參數(shù)需根據(jù)計(jì)算調(diào)整）。五、綜合設(shè)計(jì)題（15分）設(shè)計(jì)一個(gè)溫度控制系統(tǒng)，要求：（1）被控對(duì)象為電爐，其傳遞函數(shù)為\(G_p(s)=\frac{K_p}{T_ps+1}\)（\(K_p=5\)，\(T_p=10s\)）；（2）采用PID控制器，要求系統(tǒng)的階躍響應(yīng)超調(diào)量\(\sigma\%\leq15\%\)，調(diào)整時(shí)間\(t_s\leq20s\)（5%誤差帶），穩(wěn)態(tài)誤差為0；（3）寫出PID控制器的傳遞函數(shù)，推導(dǎo)閉環(huán)傳遞函數(shù)，并驗(yàn)證性能指標(biāo)是否滿足。答案：（1）PID控制器傳遞函數(shù)為\(G_c(s)=K_p+\frac{K_i}{s}+K_ds=K_d\frac{s^2+\frac{K_p}{K_d}s+\frac{K_i}{K_d}}{s}\)，設(shè)\(G_c(s)=\frac{K_ds^2+K_ps+K_i}{s}\)。（2）閉環(huán)系統(tǒng)傳遞函數(shù)為\(\Phi(s)=\frac{G_c(s)G_p(s)}{1+G_c(s)G_p(s)}=\frac{K_ds^2+K_ps+K_i}{T_ps^3+(1+K_pK_p)s^2+(K_pK_p+K_iK_p)s+K_iK_p}\)（代入\(G_p(s)=5/(10s+1)\)，化簡(jiǎn)后為\(\Phi(s)=\frac{5(K_ds^2+K_ps+K_i)}{10s^3+(1+5K_p)s^2+5K_ps+5K_i}\)）。（3）性能指標(biāo)要求：超調(diào)量\(\sigma\%\leq15\%\)對(duì)應(yīng)二階系統(tǒng)阻尼比\(\zeta\geq0.5\)（\(\sigma\%\approx16.3\%\)時(shí)\(\zeta=0.5\)）；調(diào)整時(shí)間\(t_s\leq20s\)對(duì)應(yīng)\(\zeta\omega_n\geq0.15\)（\(t_s=3/(\zeta\omega_n)\leq20\)）