2025自動控原理試題及答案一、選擇題（每題3分，共15分）1.已知某單位負反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，當\(K\)增大時，系統(tǒng)的穩(wěn)定性將（）A.保持穩(wěn)定B.由穩(wěn)定變?yōu)椴环€(wěn)定C.由不穩(wěn)定變?yōu)榉€(wěn)定D.始終不穩(wěn)定2.二階欠阻尼系統(tǒng)的單位階躍響應中，超調(diào)量僅與（）有關(guān)A.無阻尼自然頻率\(\omega_n\)B.阻尼比\(\zeta\)C.時間常數(shù)\(T\)D.開環(huán)增益\(K\)3.若系統(tǒng)的開環(huán)頻率特性在\(\omega=\omega_c\)（截止頻率）處的相位角為\(-150^\circ\)，則其相位裕度為（）A.\(30^\circ\)B.\(-30^\circ\)C.\(150^\circ\)D.\(-150^\circ\)4.根軌跡上的點滿足的幅值條件是（）A.\(|G(s)H(s)|=1\)B.\(|G(s)H(s)|=0\)C.\(|G(s)H(s)|=\infty\)D.\(|G(s)H(s)|=K\)（\(K\)為開環(huán)增益）5.采用滯后校正裝置改善系統(tǒng)性能時，主要是為了（）A.提高系統(tǒng)的快速性B.增大系統(tǒng)的帶寬C.改善系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)精度D.減小系統(tǒng)的超調(diào)量二、填空題（每題3分，共15分）1.單位負反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{2}{s(s+1)}\)，則其閉環(huán)傳遞函數(shù)為__________。2.二階系統(tǒng)的閉環(huán)傳遞函數(shù)為\(\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)，當\(\zeta=0.5\)、\(\omega_n=4\,\text{rad/s}\)時，其單位階躍響應的峰值時間\(t_p=\)__________。3.某系統(tǒng)的開環(huán)頻率特性為\(G(j\omega)=\frac{10}{j\omega(1+j0.1\omega)}\)，其對數(shù)幅頻特性的低頻段斜率為__________，高頻段斜率為__________。4.根軌跡的漸近線與實軸的交點為\(\sigma_a=\)__________（已知開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+3)}\)）。5.PID控制器的傳遞函數(shù)形式為__________。三、分析計算題（共60分）1.（15分）已知單位負反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+3)}\)。（1）用勞斯判據(jù)確定系統(tǒng)穩(wěn)定的\(K\)取值范圍；（2）若要求系統(tǒng)所有閉環(huán)極點的實部均小于\(-1\)，求\(K\)的取值范圍。2.（15分）某二階系統(tǒng)的單位階躍響應曲線如圖1所示（假設(shè)圖中超調(diào)量\(\sigma\%=25\%\)，調(diào)節(jié)時間\(t_s=2.5\,\text{s}\)（\(\Delta=5\%\)））。（1）求系統(tǒng)的阻尼比\(\zeta\)和無阻尼自然頻率\(\omega_n\)；（2）若輸入為\(r(t)=2t\)，求系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)誤差\(e_{ss}\)。3.（15分）繪制開環(huán)傳遞函數(shù)\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+2)(s^2+2s+2)}\)的根軌跡（要求標注關(guān)鍵點：起點、終點、漸近線、分離點/會合點、與虛軸交點）。4.（15分）已知系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{10}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}\)。（1）繪制其對數(shù)頻率特性（伯德圖）的漸近線；（2）計算幅值裕度\(h\)和相位裕度\(\gamma\)；（3）判斷閉環(huán)系統(tǒng)的穩(wěn)定性。四、綜合題（共10分）某位置隨動系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)如圖2所示（假設(shè)圖中前向通道傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)}\)，反饋系數(shù)\(H(s)=1\)）。（1）若要求系統(tǒng)的超調(diào)量\(\sigma\%\leq16.3\%\)，求\(K\)的取值范圍；（2）若現(xiàn)有\(zhòng)(K=4\)，系統(tǒng)超調(diào)量過大，需設(shè)計PID控制器\(G_c(s)=K_p+\frac{K_i}{s}+K_ds\)進行校正，使校正后系統(tǒng)的超調(diào)量\(\sigma\%\leq10\%\)，調(diào)節(jié)時間\(t_s\leq2\,\text{s}\)（\(\Delta=5\%\)），試確定\(K_p\)、\(K_i\)、\(K_d\)的合理取值（需說明設(shè)計依據(jù)）。答案一、選擇題1.B（當\(K\)增大到臨界值時，勞斯表出現(xiàn)全零行，系統(tǒng)由穩(wěn)定變?yōu)椴环€(wěn)定）2.B（超調(diào)量公式\(\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\)，僅與\(\zeta\)有關(guān)）3.A（相位裕度\(\gamma=180^\circ+\angleG(j\omega_c)H(j\omega_c)=180^\circ-150^\circ=30^\circ\)）4.A（根軌跡的幅值條件為\(|G(s)H(s)|=1\)）5.C（滯后校正通過低頻段增益提升改善穩(wěn)態(tài)精度）二、填空題1.\(\frac{2}{s^2+s+2}\)（閉環(huán)傳遞函數(shù)\(\Phi(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}=\frac{2}{s(s+1)+2}\)）2.\(\frac{\pi}{\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}}=\frac{\pi}{4\sqrt{1-0.25}}=\frac{\pi}{4\times\sqrt{3}/2}=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}\approx0.907\,\text{s}\)3.\(-20\,\text{dB/dec}\)（積分環(huán)節(jié)）；\(-60\,\text{dB/dec}\)（三個慣性環(huán)節(jié)：\(1/j\omega\)、\(1/(1+j0.1\omega)\)、\(1/(1+j0.1\omega)\)總斜率\(-20-20-20=-60\)）4.\(\frac{\sum\text{開環(huán)極點實部}-\sum\text{開環(huán)零點實部}}{n-m}=\frac{0+(-1)+(-3)-0}{3-0}=-\frac{4}{3}\approx-1.333\)5.\(G_c(s)=K_p+\frac{K_i}{s}+K_ds\)（比例-積分-微分控制器）三、分析計算題1.（1）開環(huán)傳遞函數(shù)\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+3)}=\frac{K}{s^3+4s^2+3s}\)，閉環(huán)特征方程\(s^3+4s^2+3s+K=0\)。勞斯表：\[\begin{array}{c|ccc}s^3&1&3&\\s^2&4&K&\\s^1&\frac{12-K}{4}&0&\\s^0&K&&\\\end{array}\]穩(wěn)定條件：各首列元素大于0，即\(12-K>0\)且\(K>0\)，故\(0<K<12\)。（2）令\(s=z-1\)（實部小于-1，即\(z\)的實部小于0），代入特征方程得：\((z-1)^3+4(z-1)^2+3(z-1)+K=0\)展開化簡：\(z^3+z^2-z+(K-2)=0\)勞斯表：\[\begin{array}{c|ccc}z^3&1&-1&\\z^2&1&K-2&\\z^1&\frac{-1-(K-2)}{1}=1-K&0&\\z^0&K-2&&\\\end{array}\]要求\(z\)域穩(wěn)定，即首列元素全正：\(1-K>0\RightarrowK<1\)，且\(K-2>0\RightarrowK>2\)，矛盾，故無滿足條件的\(K\)（或說明原系統(tǒng)無法通過調(diào)整\(K\)使所有極點實部小于-1）。2.（1）超調(diào)量\(\sigma\%=25\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\)，取自然對數(shù)得\(\ln0.25=-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}\)，解得\(\zeta\approx0.4\)（驗證：\(e^{-\pi\times0.4/\sqrt{1-0.16}}\approxe^{-1.675}\approx0.187\)，接近25%，精確解需迭代，此處取\(\zeta\approx0.4\)）。調(diào)節(jié)時間\(t_s=\frac{3}{\zeta\omega_n}=2.5\,\text{s}\)（\(\Delta=5\%\)），代入\(\zeta=0.4\)得\(\omega_n=\frac{3}{0.4\times2.5}=3\,\text{rad/s}\)。（2）系統(tǒng)為II型（開環(huán)傳遞函數(shù)含兩個積分環(huán)節(jié)），輸入\(r(t)=2t\)為斜坡信號，穩(wěn)態(tài)誤差\(e_{ss}=\frac{R}{K_v}\)，其中\(zhòng)(K_v=\lim_{s\to0}s^2G(s)=\lim_{s\to0}s^2\cdot\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns}=\omega_n^2/(2\zeta\omega_n)=\omega_n/(2\zeta)=3/(2\times0.4)=3.75\)，故\(e_{ss}=2/3.75\approx0.533\)。3.開環(huán)傳遞函數(shù)\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+2)(s^2+2s+2)}=\frac{K}{s(s+2)(s+1+j1)(s+1-j1)}\)，極點\(p_1=0\)，\(p_2=-2\)，\(p_3=-1+j1\)，\(p_4=-1-j1\)；無零點（\(m=0\)，\(n=4\)）。-起點：各開環(huán)極點；終點：無窮遠處（\(m=0\)）。-漸近線：\(n-m=4\)條，夾角\(\frac{(2k+1)\pi}{4}\)（\(k=0,1,2,3\)），即\(45^\circ,135^\circ,225^\circ,315^\circ\)；交點\(\sigma_a=\frac{0+(-2)+(-1)+(-1)-0}{4-0}=\frac{-4}{4}=-1\)。-分離點：設(shè)\(F(s)=s(s+2)(s^2+2s+2)=s^4+4s^3+6s^2+4s\)，求導\(F’(s)=4s^3+12s^2+12s+4=0\)，化簡\(s^3+3s^2+3s+1=0\)，即\((s+1)^3=0\)，分離點\(s=-1\)（重根，需驗證是否在根軌跡上：當\(s=-1\)時，\(|G(s)H(s)|=\frac{K}{|-1|\cdot|-1+2|\cdot|(-1)^2+2(-1)+2|}=\frac{K}{1\times1\times1}=K\)，幅值條件\(K=1\)，故分離點為\(s=-1\)，對應\(K=1\)。-與虛軸交點：令\(s=j\omega\)，代入特征方程\(s(s+2)(s^2+2s+2)+K=0\)，即\((j\omega)(j\omega+2)(-\omega^2+2j\omega+2)+K=0\)。展開實部和虛部：實部：\(2\omega^4-4\omega^2+K=0\)虛部：\(-\omega^5+2\omega^3-4\omega=0\)虛部方程解得\(\omega(\omega^4-2\omega^2+4)=0\)，故\(\omega=0\)（對應\(K=0\)，起點）或\(\omega^4-2\omega^2+4=0\)（無實根），因此根軌跡與虛軸僅在\(\omega=0\)處相交。根軌跡大致形狀：從\(p_1=0\)、\(p_2=-2\)、\(p_3,p_4=-1\pmj1\)出發(fā)，兩條軌跡從\(p_3,p_4\)向\(45^\circ,315^\circ\)漸近線延伸，另外兩條從\(p_1,p_2\)向\(135^\circ,225^\circ\)漸近線延伸，在\(s=-1\)處分離。4.（1）開環(huán)傳遞函數(shù)\(G(s)=\frac{10}{s(0.1s+1)(0.5s+1)}=\frac{10}{s(s/10+1)(s/2+1)}\)，轉(zhuǎn)折頻率\(\omega_1=2\,\text{rad/s}\)（對應\(0.5s+1\)），\(\omega_2=10\,\text{rad/s}\)（對應\(0.1s+1\)）。對數(shù)幅頻漸近線：-\(\omega<2\)：斜率\(-20\,\text{dB/dec}\)，低頻段幅值\(20\lg10=20\,\text{dB}\)；-\(2<\omega<10\)：加入\(0.5s+1\)環(huán)節(jié)，斜率變?yōu)閈(-40\,\text{dB/dec}\)；-\(\omega>10\)：加入\(0.1s+1\)環(huán)節(jié)，斜率變?yōu)閈(-60\,\text{dB/dec}\)。對數(shù)相頻特性：-\(\omega\to0\)：相位\(-90^\circ\)；-\(\omega\to\infty\)：相位\(-90^\circ-90^\circ-90^\circ=-270^\circ\)；-在\(\omega=2\)和\(\omega=10\)處相位分別變化\(-45^\circ\)（慣性環(huán)節(jié)）。（2）計算截止頻率\(\omega_c\)：在\(2<\omega<10\)區(qū)間，漸近幅頻表達式為\(20\lg10-20\lg\omega-20\lg(\omega/2)=20-20\lg\omega-20\lg\omega+20\lg2=20+6.02-40\lg\omega=26.02-40\lg\omega\)。令其等于0，解得\(\lg\omega=26.02/40\approx0.6505\)，故\(\omega_c\approx10^{0.6505}\approx4.47\,\text{rad/s}\)。相位裕度\(\gamma=180^\circ+\angleG(j\omega_c)=180^\circ+[-90^\circ-\arctan(0.5\omega_c)-\arctan(0.1\omega_c)]\)，代入\(\omega_c=4.47\)，得\(\arctan(0.5\times4.47)\approx\arctan(2.235)\approx66^\circ\)，\(\arctan(0.1\times4.47)\approx\arctan(0.447)\approx24^\circ\)，故\(\gamma=180^\circ-90^\circ-66^\circ-24^\circ=0^\circ\)（實際需精確計算，此處近似為0°）。幅值裕度：求相位為\(-180^\circ\)時的頻率\(\omega_g\)，令\(\angleG(j\omega_g)=-90^\circ-\arctan(0.5\omega_g)-\arctan(0.1\omega_g)=-180^\circ\)，即\(\arctan(0.5\omega_g)+\arctan(0.1\omega_g)=90^\circ\)，利用\(\arctana+\arctanb=90^\circ\Rightarrowab=1\)，得\(0.5\omega_g\times0.1\omega_g=1\Rightarrow\omega_g^2=20\Rightarrow\omega_g\approx4.47\,\text{rad/s}\)（與\(\omega_c\)重合），此時\(|G(j\omega_g)|=1\)，故幅值裕度\(h=1/|G(j\omega_g)|=1\)（即\(0\,\text{dB}\)）。（3）相位裕度\(\gamma\approx0^\circ\)，幅值裕度\(h=1\)（\(0\,\text{dB}\)），系統(tǒng)臨界穩(wěn)定。四、綜合題（1）系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)\(G(s)=\frac{K}{s(s+1)}\)，閉環(huán)傳遞函數(shù)\(\Phi(s)=\frac{K}{s^2+s+K}\)，為標準二階系統(tǒng)，\(2\zeta\omega_n=1\)，\(\omega_n^2=K\)，故\(\zeta=1/(2\sqrt{K})\)。超調(diào)量\(\sigma\%=e^{-\pi\zeta/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\leq16.3\%\)，查二階系統(tǒng)超調(diào)量表，\(\sigma\%=16.3\%\)對應\(\zeta=0.5\)，故\(1/(2\sqrt{K})\geq0.5\Rightarrow\sqrt{K}\leq1\RightarrowK\leq1\)。（2）當\(K=4\)時，原系統(tǒng)\(\zeta=1/(2\sqrt{4})=0.25\)，超調(diào)量\(\sigma\%\approx44.4\%\)（\(\zeta=0.25\)對應\(\sigma\%\approx44.4\%\)），需設(shè)計PID控制器\(G_c(s)=K_p+K_i/s+K_ds\)，校正后開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G_c(s)G(s)=\frac{K_ds^2+K_ps+K_i}{s}\cdot\frac{1}{s(s+1)}=