2025年自動(dòng)控制原理與系統(tǒng)模擬題與答案一、填空題（每空2分，共20分）1.線性定常系統(tǒng)的傳遞函數(shù)定義為零初始條件下輸出量的拉普拉斯變換與輸入量的拉普拉斯變換之比。2.二階系統(tǒng)的標(biāo)準(zhǔn)傳遞函數(shù)形式為$\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}$，其中$\zeta$稱為阻尼比，$\omega_n$稱為無(wú)阻尼自然振蕩頻率。3.系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差與輸入信號(hào)的形式、系統(tǒng)的開環(huán)增益及型別有關(guān)，對(duì)于單位斜坡輸入，Ⅰ型系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差為$\frac{1}{K_v}$，其中$K_v$是速度誤差系數(shù)。4.根軌跡的分離點(diǎn)滿足方程$\sum_{i=1}^n\frac{1}{d-p_i}=\sum_{j=1}^m\frac{1}{d-z_j}$，其中$p_i$和$z_j$分別為系統(tǒng)的開環(huán)極點(diǎn)和開環(huán)零點(diǎn)。5.頻率特性的奈奎斯特穩(wěn)定判據(jù)中，若系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)在$s$右半平面有$P$個(gè)極點(diǎn)，則閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定的充要條件是奈奎斯特曲線逆時(shí)針包圍$(-1,j0)$點(diǎn)的圈數(shù)$N$滿足$N=P$。二、選擇題（每題3分，共30分）1.下列關(guān)于傳遞函數(shù)的描述中，錯(cuò)誤的是（）A.傳遞函數(shù)僅適用于線性定常系統(tǒng)B.傳遞函數(shù)與系統(tǒng)的輸入輸出信號(hào)無(wú)關(guān)C.傳遞函數(shù)的分母多項(xiàng)式次數(shù)一定不小于分子多項(xiàng)式次數(shù)D.傳遞函數(shù)的拉普拉斯反變換是系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)答案：D（單位階躍響應(yīng)是傳遞函數(shù)與$\frac{1}{s}$的乘積的拉普拉斯反變換）2.已知二階系統(tǒng)的單位階躍響應(yīng)超調(diào)量為16.3%，則其阻尼比$\zeta$約為（）A.0.5B.0.6C.0.7D.0.8答案：B（超調(diào)量公式$\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%$，代入計(jì)算得$\zeta\approx0.6$）3.若系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為$G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}$，則其根軌跡的漸近線與實(shí)軸的交點(diǎn)為（）A.-1B.-1.5C.-2D.-0.5答案：A（漸近線交點(diǎn)公式$\sigma_a=\frac{\sump_i-\sumz_j}{n-m}=\frac{0+(-1)+(-2)-0}{3-0}=-1$）4.某系統(tǒng)的伯德圖中，低頻段斜率為-40dB/dec，說(shuō)明系統(tǒng)的型別為（）A.0型B.Ⅰ型C.Ⅱ型D.Ⅲ型答案：C（型別等于低頻段斜率除以-20dB/dec，-40dB/dec對(duì)應(yīng)型別2）5.采用串聯(lián)超前校正的主要目的是（）A.提高系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)精度B.增加系統(tǒng)的阻尼比C.改善系統(tǒng)的動(dòng)態(tài)響應(yīng)速度D.降低系統(tǒng)的截止頻率答案：C（超前校正通過(guò)引入相位超前角，提高相位裕度，加快響應(yīng)速度）6.系統(tǒng)的狀態(tài)空間表達(dá)式為$\dot{x}=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}x+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u$，$y=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}x$，則其傳遞函數(shù)為（）A.$\frac{1}{(s+1)(s+2)}$B.$\frac{s+1}{(s+1)(s+2)}$C.$\frac{1}{s+2}$D.$\frac{s+2}{s+1}$答案：A（傳遞函數(shù)$G(s)=C(sI-A)^{-1}B=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}s+1&-1\\0&s+2\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}=\frac{1}{(s+1)(s+2)}$）7.若系統(tǒng)的閉環(huán)特征方程為$s^3+3s^2+2s+K=0$，則系統(tǒng)穩(wěn)定的$K$范圍是（）A.$K>0$B.$0<K<6$C.$K>6$D.任意$K$答案：B（勞斯表首列為1,3,(6-K)/3,K，要求全正，故$0<K<6$）8.單位反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為$G(s)=\frac{10}{s(s+1)}$，則其單位階躍響應(yīng)的穩(wěn)態(tài)誤差為（）A.0B.0.1C.1D.無(wú)窮大答案：A（Ⅰ型系統(tǒng)對(duì)階躍輸入的穩(wěn)態(tài)誤差為0）9.根軌跡上某點(diǎn)對(duì)應(yīng)的$K$值可通過(guò)（）計(jì)算A.該點(diǎn)到所有開環(huán)零點(diǎn)的模長(zhǎng)之積除以到所有開環(huán)極點(diǎn)的模長(zhǎng)之積B.該點(diǎn)到所有開環(huán)極點(diǎn)的模長(zhǎng)之積除以到所有開環(huán)零點(diǎn)的模長(zhǎng)之積C.該點(diǎn)到所有開環(huán)零點(diǎn)的角度之和減去到所有開環(huán)極點(diǎn)的角度之和等于$\pm180^\circ(2k+1)$D.該點(diǎn)到所有開環(huán)極點(diǎn)的角度之和減去到所有開環(huán)零點(diǎn)的角度之和等于$\pm180^\circ(2k+1)$答案：B（根軌跡幅值條件：$K=\frac{\prod|s-p_i|}{\prod|s-z_j|}$）10.頻率特性$G(j\omega)=\frac{1}{1+j\omegaT}$對(duì)應(yīng)的伯德圖中，當(dāng)$\omega=\frac{1}{T}$時(shí)，相位角為（）A.-45°B.-90°C.-180°D.0°答案：A（相位角$\varphi(\omega)=-\arctan(\omegaT)$，$\omega=1/T$時(shí)$\varphi=-45^\circ$）三、簡(jiǎn)答題（每題6分，共30分）1.簡(jiǎn)述線性系統(tǒng)的兩個(gè)基本特性，并說(shuō)明其在分析中的意義。答：線性系統(tǒng)的兩個(gè)基本特性是疊加性和齊次性。疊加性指若輸入$r_1(t)$和$r_2(t)$對(duì)應(yīng)的輸出為$c_1(t)$和$c_2(t)$，則輸入$r_1(t)+r_2(t)$對(duì)應(yīng)的輸出為$c_1(t)+c_2(t)$；齊次性指輸入$kr(t)$對(duì)應(yīng)的輸出為$kc(t)$（$k$為常數(shù)）。這兩個(gè)特性使得線性系統(tǒng)的分析可通過(guò)分解輸入信號(hào)為簡(jiǎn)單信號(hào)（如階躍、正弦波）的組合，分別求解后疊加，簡(jiǎn)化了復(fù)雜輸入下的響應(yīng)計(jì)算。2.說(shuō)明勞斯穩(wěn)定判據(jù)的應(yīng)用步驟，并指出其局限性。答：應(yīng)用步驟：①寫出系統(tǒng)的閉環(huán)特征方程$D(s)=a_ns^n+a_{n-1}s^{n-1}+\dots+a_1s+a_0=0$；②構(gòu)造勞斯表，首兩行由特征方程系數(shù)交替排列，后續(xù)行按公式計(jì)算；③若勞斯表首列元素全為正，則系統(tǒng)穩(wěn)定；若出現(xiàn)符號(hào)變化，變化次數(shù)等于右半平面閉環(huán)極點(diǎn)的個(gè)數(shù)。局限性：僅適用于線性定常系統(tǒng)；若勞斯表某行全為零，需用輔助多項(xiàng)式法判斷是否存在共軛虛根；無(wú)法直接給出系統(tǒng)的穩(wěn)定裕度。3.比較根軌跡法與頻域法在系統(tǒng)分析中的特點(diǎn)。答：根軌跡法通過(guò)開環(huán)極點(diǎn)和零點(diǎn)的位置，直觀展示閉環(huán)極點(diǎn)隨參數(shù)（如開環(huán)增益$K$）變化的軌跡，便于分析參數(shù)對(duì)系統(tǒng)穩(wěn)定性、動(dòng)態(tài)性能（如超調(diào)量、調(diào)節(jié)時(shí)間）的影響，適合時(shí)域性能的直接設(shè)計(jì)；頻域法則基于頻率響應(yīng)，通過(guò)伯德圖、奈奎斯特圖等分析系統(tǒng)的穩(wěn)定性（相位裕度、幅值裕度）和穩(wěn)態(tài)性能（低頻段增益），更適合分析系統(tǒng)的抗干擾能力和正弦輸入下的響應(yīng)，且實(shí)驗(yàn)獲取頻率特性更方便。4.簡(jiǎn)述PID控制器中比例（P）、積分（I）、微分（D）環(huán)節(jié)的作用。答：比例環(huán)節(jié)（P）：成比例地反映系統(tǒng)誤差，減小穩(wěn)態(tài)誤差，提高響應(yīng)速度，但過(guò)大的比例系數(shù)會(huì)導(dǎo)致系統(tǒng)超調(diào)增大甚至不穩(wěn)定；積分環(huán)節(jié)（I）：對(duì)誤差進(jìn)行積分，消除穩(wěn)態(tài)誤差（如Ⅱ型及以上系統(tǒng)），但會(huì)降低系統(tǒng)的響應(yīng)速度和穩(wěn)定性；微分環(huán)節(jié)（D）：反映誤差的變化率，提前預(yù)測(cè)誤差變化趨勢(shì)，增加系統(tǒng)阻尼，減小超調(diào)，改善動(dòng)態(tài)性能，但對(duì)高頻噪聲敏感。5.說(shuō)明奈奎斯特穩(wěn)定判據(jù)中“包圍”的定義，并解釋為何需要考慮開環(huán)右極點(diǎn)的數(shù)量。答：奈奎斯特曲線對(duì)$(-1,j0)$點(diǎn)的“包圍”指曲線逆時(shí)針繞該點(diǎn)的圈數(shù)。若系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)在$s$右半平面有$P$個(gè)極點(diǎn)（即開環(huán)不穩(wěn)定極點(diǎn)），則閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定的條件是奈奎斯特曲線逆時(shí)針包圍$(-1,j0)$點(diǎn)的圈數(shù)$N$等于$P$。這是因?yàn)槟慰固嘏袚?jù)的本質(zhì)是利用復(fù)變函數(shù)的幅角原理，通過(guò)開環(huán)頻率特性的軌跡變化，判斷閉環(huán)極點(diǎn)在右半平面的數(shù)量（$Z=P-N$），只有當(dāng)$Z=0$時(shí)閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定，因此必須考慮開環(huán)右極點(diǎn)的數(shù)量$P$。四、分析計(jì)算題（共40分）1.（10分）已知某單位反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為$G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+3)}$。（1）求系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)$K$的取值范圍；（2）若要求系統(tǒng)的閉環(huán)主導(dǎo)極點(diǎn)阻尼比$\zeta=0.5$，求對(duì)應(yīng)的$K$值及調(diào)節(jié)時(shí)間$t_s$（按5%誤差帶）。解：（1）閉環(huán)特征方程為$s(s+1)(s+3)+K=s^3+4s^2+3s+K=0$。構(gòu)造勞斯表：$s^3$：13$s^2$：4K$s^1$：$\frac{4\times3-K}{4}=\frac{12-K}{4}$$s^0$：K穩(wěn)定條件：首列全正，即$\frac{12-K}{4}>0$且$K>0$，得$0<K<12$。（2）設(shè)主導(dǎo)極點(diǎn)為$s_{1,2}=-\zeta\omega_n\pmj\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}=-0.5\omega_n\pmj\omega_n\frac{\sqrt{3}}{2}$（因$\zeta=0.5$）。閉環(huán)特征方程可表示為$(s^2+\omega_ns+\omega_n^2)(s+a)=s^3+(a+\omega_n)s^2+(a\omega_n+\omega_n^2)s+a\omega_n^2$，與原特征方程$s^3+4s^2+3s+K$比較系數(shù)：$a+\omega_n=4$$a\omega_n+\omega_n^2=3$$a\omega_n^2=K$由第一式得$a=4-\omega_n$，代入第二式：$(4-\omega_n)\omega_n+\omega_n^2=4\omega_n=3\Rightarrow\omega_n=3/4$。則$a=4-3/4=13/4$，$K=a\omega_n^2=(13/4)(9/16)=117/64\approx1.828$。調(diào)節(jié)時(shí)間$t_s=\frac{3}{\zeta\omega_n}=\frac{3}{0.5\times3/4}=8$s（5%誤差帶）。2.（12分）某系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為$G(s)H(s)=\frac{10}{s(0.1s+1)(0.01s+1)}$。（1）繪制其對(duì)數(shù)幅頻特性（伯德圖）的漸近線；（2）計(jì)算截止頻率$\omega_c$和相位裕度$\gamma$；（3）判斷閉環(huán)系統(tǒng)的穩(wěn)定性。解：（1）開環(huán)傳遞函數(shù)可表示為$G(j\omega)H(j\omega)=\frac{10}{j\omega(1+j0.1\omega)(1+j0.01\omega)}$，轉(zhuǎn)折頻率為$\omega_1=1/0.1=10$rad/s，$\omega_2=1/0.01=100$rad/s。低頻段（$\omega<10$）：斜率為-20dB/dec，幅值$L(\omega)=20\lg10-20\lg\omega=20-20\lg\omega$；中頻段（$10\leq\omega<100$）：加入一階慣性環(huán)節(jié)，斜率變?yōu)?40dB/dec，$L(\omega)=20-20\lg\omega-20\lg(0.1\omega)=20-20\lg\omega-20(\lg\omega-1)=40-40\lg\omega$；高頻段（$\omega\geq100$）：再加入一階慣性環(huán)節(jié)，斜率變?yōu)?60dB/dec，$L(\omega)=40-40\lg\omega-20\lg(0.01\omega)=40-40\lg\omega-20(\lg\omega-2)=80-60\lg\omega$。（2）截止頻率$\omega_c$滿足$|G(j\omega_c)H(j\omega_c)|=1$，即$20\lg10-20\lg\omega_c-20\lg(0.1\omega_c)=0$（近似在$\omega_1<\omega_c<\omega_2$頻段），化簡(jiǎn)得$20-20\lg\omega_c-20(\lg\omega_c-1)=0\Rightarrow40-40\lg\omega_c=0\Rightarrow\omega_c=10$rad/s（精確計(jì)算需考慮$\omega_c$可能接近$\omega_1$，實(shí)際$\omega_c$略大于10，此處近似為10）。相位裕度$\gamma=180^\circ+\angleG(j\omega_c)H(j\omega_c)=180^\circ-90^\circ-\arctan(0.1\omega_c)-\arctan(0.01\omega_c)=90^\circ-\arctan(1)-\arctan(0.1)\approx90^\circ-45^\circ-5.7^\circ=39.3^\circ$。（3）相位裕度$\gamma>0$，且系統(tǒng)開環(huán)無(wú)右極點(diǎn)（$P=0$），故閉環(huán)系統(tǒng)穩(wěn)定。3.（10分）某單位反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為$G(s)=\frac{K}{s(s+2)}$，要求校正后系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)速度誤差系數(shù)$K_v\geq10$，超調(diào)量$\sigma\%\leq20\%$，調(diào)節(jié)時(shí)間$t_s\leq2$s（5%誤差帶）。設(shè)計(jì)串聯(lián)超前校正裝置。解：（1）原系統(tǒng)分析：原系統(tǒng)$K_v=\lim_{s\to0}sG(s)=K/2$，要求$K_v\geq10$，故$K\geq20$。取$K=20$，原系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為$G_0(s)=\frac{20}{s(s+2)}$，閉環(huán)傳遞函數(shù)為$\frac{20}{s^2+2s+20}$，阻尼比$\zeta=\frac{2}{2\sqrt{20}}=\frac{1}{\sqrt{20}}\approx0.224$，超調(diào)量$\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\approx52.7\%>20\%$，不滿足要求。（2）確定校正目標(biāo)：要求$\sigma\%\leq20\%$，對(duì)應(yīng)$\zeta\geq0.456$（由$\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\leq20\%$解得）；$t_s=\frac{3}{\zeta\omega_n}\leq2$s，故$\zeta\omega_n\geq1.5$。（3）設(shè)計(jì)超前校正裝置$G_c(s)=\frac{1+aTs}{1+Ts}$（$a>1$），校正后開環(huán)傳遞函數(shù)$G_c(s)G_0(s)=\frac{K(1+aTs)}{s(s+2)(1+Ts)}$。（4）確定截止頻率$\omega_c$：由$t_s=\frac{3}{\zeta\omega_n}\leq2$s，取$\zeta\omega_n=2$（留余量），則$\omega_n\geq2/\zeta\approx4.39$（$\zeta=0.456$）。截止頻率$\omega_c\approx\omega_n$（二階系統(tǒng)近似），取$\omega_c=5$rad/s。（5）計(jì)算所需相位超前角$\phi_m$：原系統(tǒng)在$\omega_c=5$處的相位角$\angleG_0(j5)=-90^\circ-\arctan(5/2)\approx-90^\circ-68.2^\circ=-158.2^\circ$，要求相位裕度$\gamma=180^\circ+\angleG_c(j\omega_c)G_0(j\omega_c)\geq180^\circ-158.2^\circ+\phi_m\geq45^\circ$（經(jīng)驗(yàn)值），故$\phi_m\geq23.2^\circ$。（6）確定$a$值：$\phi_m=\arcsin\left(\frac{a-1}{a+1}\right)$，取$\phi_m=30^\circ$，則$\frac{a-1}{a+1}=\sin30^\circ=0.5$，解得$a=3$。（7）確定$T$值：超前校正的最大相位頻率$\omega_m=\frac{1}{\sqrt{a}T}=\omega_c=5$，故$T=\frac{1}{\sqrt{a}\omega_c}=\frac{1}{\sqrt{3}\times5}\approx0.115$s，$aT=3\times0.115=0.345$s。（8）驗(yàn)證穩(wěn)態(tài)性能：校正后$K_v=\lim_{s\to0}sG_c(s)G_0(s)=\lim_{s\to0}s\cdot\frac{1+aTs}{1+Ts}\cdot\frac{20}{s(s+2)}=\frac{20}{2}=10$，滿足要求。（9）校正裝置為$G_c(s)=\frac{1+0.345s}{1+0.115s}$。4.（8分）已知系統(tǒng)的狀態(tài)空間表達(dá)式為：$\dot{x}=\begin{bmatrix}-1&1\\