2024年國家電網(wǎng)招聘之自動(dòng)控制類模擬題庫及答案一、選擇題（每題2分，共20分）1.某系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s+1)(s+2)}\)，其根軌跡的分離點(diǎn)位于（）。A.\(s=0.423\)B.\(s=1.577\)C.\(s=0.667\)D.\(s=1.333\)答案：A解析：分離點(diǎn)滿足\(\fracytpovjy{ds}[G(s)H(s)]=0\)，即\(\frac{1}{s}+\frac{1}{s+1}+\frac{1}{s+2}=0\)，解得\(3s^2+6s+2=0\)，根為\(s=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}\)，其中實(shí)部為負(fù)的根為\(s=1\frac{\sqrt{3}}{3}\approx1.577\)（舍去，因根軌跡在實(shí)軸上的區(qū)間為\((\infty,2]\)和\([1,0]\)），有效分離點(diǎn)為\(s=1+\frac{\sqrt{3}}{3}\approx0.423\)，故選A。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(dāng)\(\zeta=0.5\)時(shí)，其超調(diào)量為（）。A.16.3%B.9.5%C.25.4%D.4.3%答案：A解析：超調(diào)量公式\(\sigma\%=e^{\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1\zeta^2}}}\times100\%\)，代入\(\zeta=0.5\)，得\(\sigma\%\approxe^{\frac{0.5\pi}{\sqrt{10.25}}}\times100\%\approxe^{1.813}\times100\%\approx16.3\%\)，故選A。二、填空題（每題3分，共15分）1.勞斯判據(jù)中，若勞斯表某一行全為零，說明系統(tǒng)存在______或______的根。答案：共軛純虛數(shù)；對(duì)稱于原點(diǎn)2.PID控制器的傳遞函數(shù)為______，其中微分環(huán)節(jié)的作用是______。答案：\(K_p(1+\frac{1}{T_is}+T_ds)\)；預(yù)測誤差變化趨勢，減小超調(diào)三、計(jì)算題（每題15分，共30分）1.已知系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{10}{s(s+1)(s+5)}\)，試用勞斯判據(jù)判斷閉環(huán)系統(tǒng)的穩(wěn)定性，并確定使系統(tǒng)穩(wěn)定的\(K\)范圍（原題中\(zhòng)(K=10\)，現(xiàn)推廣為\(K\)）。解：閉環(huán)特征方程為\(s(s+1)(s+5)+K=0\)，展開得\(s^3+6s^2+5s+K=0\)。構(gòu)造勞斯表：第一行：15第二行：6K第三行：\(\frac{6\times5K}{6}\)0第四行：K0系統(tǒng)穩(wěn)定的條件是勞斯表第一列全為正，因此：\(6>0\)（已滿足），\(\frac{30K}{6}>0\)即\(K<30\)，且\(K>0\)（開環(huán)增益為正）。故\(K\)的穩(wěn)定范圍為\(0<K<30\)。2.某單位負(fù)反饋系統(tǒng)的開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{2}{s(0.5s+1)}\)，求其相角裕度和幅值裕度。解：開環(huán)頻率特性\(G(j\omega)=\frac{2}{j\omega(0.5j\omega+1)}=\frac{2}{\omega^2\times0.5+j\omega(10.5\omega^2)}\)（整理為幅頻和相頻）。幅頻特性\(|G(j\omega)|=\frac{2}{\omega\sqrt{(0.5\omega)^2+1}}\)，相頻特性\(\varphi(\omega)=90^\circ\arctan(0.5\omega)\)。幅值穿越頻率\(\omega_c\)滿足\(|G(j\omega_c)|=1\)，即\(\frac{2}{\omega_c\sqrt{(0.5\omega_c)^2+1}}=1\)，令\(x=0.5\omega_c\)，則\(\frac{2}{2x\sqrt{x^2+1}}=1\)，即\(\frac{1}{x\sqrt{x^2+1}}=1\)，解得\(x^2(x^2+1)=1\)，即\(x^4+x^21=0\)，得\(x^2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx0.618\)，故\(\omega_c=2x\approx2\times\sqrt{0.618}\approx1.577\)rad/s。相角裕度\(\gamma=180^\circ+\varphi(\omega_c)=180^\circ90^\circ\arctan(0.5\times1.577)\approx90^\circ\arctan(0.7885)\approx90^\circ38.2^\circ=51.8^\circ\)。相角穿越頻率\(\omega_g\)滿足\(\varphi(\omega_g)=180^\circ\)，即\(90^\circ\arctan(0.5\omega_g)=180^\circ\)，得\(\arctan(0.5\omega_g)=90^\circ\)，此時(shí)\(0.5\omega_g\to\infty\)，即\(\omega_g\to\infty\)，幅值裕度\(h=20\lg\frac{1}{|G(j\omega_g)|}\to\infty\)（因\(\omega_g\to\infty\)時(shí)\(|G(j\omega_g)|\to0\)），故幅值裕度為無窮大。四、分析題（25分）某溫度控制系統(tǒng)采用PID控制器，被控對(duì)象傳遞函數(shù)為\(G_p(s)=\frac{1}{s(0.1s+1)}\)，要求系統(tǒng)階躍響應(yīng)超調(diào)量不超過10%，調(diào)節(jié)時(shí)間（2%誤差帶）不超過5s。試分析：（1）僅用比例控制時(shí)，能否滿足性能要求？（2）加入積分控制后，對(duì)系統(tǒng)穩(wěn)態(tài)誤差和動(dòng)態(tài)性能的影響；（3）加入微分控制后，如何調(diào)整參數(shù)以改善超調(diào)量？答案：（1）僅用比例控制時(shí)，系統(tǒng)開環(huán)傳遞函數(shù)為\(G(s)=\frac{K_p}{s(0.1s+1)}\)，閉環(huán)傳遞函數(shù)\(\Phi(s)=\frac{K_p}{0.1s^2+s+K_p}=\frac{10K_p}{s^2+10s+10K_p}\)，為二階系統(tǒng)，標(biāo)準(zhǔn)形式\(\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)，其中\(zhòng)(\omega_n^2=10K_p\)，\(2\zeta\omega_n=10\)，得\(\zeta=\frac{5}{\sqrt{10K_p}}\)。超調(diào)量\(\sigma\%=e^{\frac{\zeta\pi}{\sqrt{1\zeta^2}}}\times100\%\leq10\%\)，解得\(\zeta\geq0.591\)。調(diào)節(jié)時(shí)間\(t_s=\frac{4}{\zeta\omega_n}=\frac{4}{5}\leq5s\)（因\(\zeta\omega_n=5\)），滿足。但需驗(yàn)證\(K_p\)是否存在：由\(\zeta\geq0.591\)，得\(\frac{5}{\sqrt{10K_p}}\geq0.591\)，即\(\sqrt{10K_p}\leq\frac{5}{0.591}\approx8.46\)，故\(K_p\leq\frac{8.46^2}{10}\approx7.16\)。此時(shí)\(\omega_n=\sqrt{10K_p}\leq\sqrt{71.6}\approx8.46\)，\(t_s=\frac{4}{\zeta\omega_n}=\frac{4}{5}=0.8s<5s\)，滿足。但比例控制無法消除穩(wěn)態(tài)誤差（階躍輸入穩(wěn)態(tài)誤差\(e_{ss}=\frac{1}{1+K_p}\)，非零），若題目要求無靜差，則僅比例控制不滿足；若允許有靜差，則動(dòng)態(tài)性能可能滿足。（2）加入積分控制后，開環(huán)傳遞函數(shù)變?yōu)閈(G(s)=\frac{K_p(1+\frac{1}{T_is})}{s(0.1s+1)}=\frac{K_p(T_is+1)}{T_is^2(0.1s+1)}\)，系統(tǒng)型別由1型變?yōu)?型，階躍輸入穩(wěn)態(tài)誤差為0，斜坡輸入穩(wěn)態(tài)誤差減小。但積分環(huán)節(jié)會(huì)降低系統(tǒng)的相位裕度，可能導(dǎo)致超調(diào)量增大，動(dòng)態(tài)響應(yīng)變慢。（3）加入微分控制后，PID控制器傳遞函數(shù)為\(