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2025年自动控制原理基础题型试题及答案

一、选择题（每题 3 分，共 30 分）
1. 自动控制是指在（ ）的情况下，利用控制装置使被控对象的被控量按照预定的规律变化。
A. 有人直接参与 B. 无人直接参与 C. 有反馈 D. 无反馈
答案：B
解析：自动控制强调无人直接参与，通过控制装置实现被控量按预定规律变化。

2. 控制系统的基本要求是（ ）。
A. 稳定性、快速性、准确性 B. 稳定性、平稳性、准确性
C. 稳定性、快速性、平稳性 D. 平稳性、快速性、准确性
答案：A
解析：稳定性是系统正常工作的基础，快速性反映系统响应速度，准确性体现系统控制精度，这是控制系统的基本要求。

3. 传递函数的分母多项式等于零时的根称为系统的（ ）。
A. 零点 B. 极点 C. 平衡点 D. 转折点
答案：B
解析：传递函数分母多项式的根就是系统的极点，极点决定系统稳定性等特性。

4. 系统的开环传递函数为 \(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s + 1)(s + 2)}\)，则其开环增益 \(K\) 为（ ）。
A. \(K\) B. \(2K\) C. \(K/2\) D. \(K/3\)
答案：A
解析：开环传递函数中分子上的 \(K\) 就是开环增益。

5. 一阶系统的传递函数为 \(G(s)=\frac{1}{Ts + 1}\)，其时间常数 \(T\) 越小，系统响应（ ）。
A. 越慢 B. 越快 C. 不变 D. 先快后慢
答案：B
解析：时间常数 \(T\) 越小，一阶系统响应越快。

6. 二阶系统的阻尼比 \(\zeta\) 越接近 1，系统的（ ）。
A. 超调量越大 B. 超调量越小 C. 响应速度越快 D. 响应速度越慢
答案：B
解析：阻尼比 \(\zeta\) 接近 1 时，二阶系统超调量越小。

7. 若系统的传递函数为 \(G(s)=\frac{s + 1}{s^2 + 2s + 2}\)，则其零点为（ ）。
A. \(s = -1\) B. \(s = -2\) C. \(s = -1\pm j\) D. 无零点
答案：A
解析：令分子为零，解得 \(s = -1\) 是零点。

8. 单位阶跃响应的稳态值与输入阶跃信号幅度之比称为系统的（ ）。
A. 稳态误差 B. 稳态增益 C. 动态增益 D. 静态误差系数
答案：B
解析：这是稳态增益的定义。

9. 系统的闭环传递函数为 \(\Phi(s)=\frac{G(s)}{1 + G(s)H(s)}\)，当 \(1 + G(s)H(s)=0\) 时，系统处于（ ）状态。
A. 稳定 B. 不稳定 C. 临界稳定 D. 等幅振荡
答案：C
解析：此时系统处于临界稳定状态。

10. 已知系统的开环传递函数 \(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s + 1)(s + 2)}\)，则系统的型别为（ ）。
A. 0 型 B. I 型 C. II 型 D. III 型
答案：B
解析：开环传递函数中积分环节个数为 1，所以是 I 型系统。

二、填空题（每题 3 分，共 15 分）
1. 自动控制系统由（ ）、（ ）、（ ）和（ ）组成。
答案：被控对象、控制器、执行机构、测量装置
解析：这是自动控制系统的基本组成部分。

2. 控制系统的数学模型有（ ）、（ ）、（ ）等。
答案：微分方程、传递函数、状态空间表达式
解析：这些是描述控制系统的常见数学模型。

3. 一阶系统的单位阶跃响应为 \(y(t)=1 - e^{-\frac{t}{T}}\)，其上升时间 \(t_r\) 为（ ）。
答案：\(t_r = 2.2T\)
解析：根据一阶系统单位阶跃响应上升时间的计算公式得出。

4. 二阶系统的固有频率 \(\omega_n\) 决定了系统的（ ）。
答案：响应速度
解析：固有频率 \(\omega_n\) 影响二阶系统响应速度。

5. 系统的稳态误差与系统的（ ）和（ ）有关。
答案：型别、开环增益
解析：稳态误差与系统型别和开环增益密切相关。

三、简答题（每题 10 分，共 30 分）
1. 简述自动控制系统的分类方法及各类系统的特点。
答案：自动控制系统可按多种方式分类。按控制方式可分为开环控制系统和闭环控制系统。开环控制系统结构简单，成本低，响应速度快，但控制精度低，对扰动无抑制作用；闭环控制系统能自动纠正偏差，控制精度高，抗干扰能力强，但结构复杂，成本高，可能存在稳定性问题。按信号传递方式可分为连续控制系统和离散控制系统。连续控制系统信号为连续模拟信号，适用于对控制精度要求高的场合；离散控制系统信号为离散数字信号，便于计算机控制，灵活性高。
解析：分别阐述了按控制方式和信号传递方式分类的特点。

2. 什么是传递函数？它有哪些性质？
答案：传递函数是指零初始条件下线性定常系统输出量的拉氏变换与输入量的拉氏变换之比。其性质有：传递函数只取决于系统的结构和参数，与输入无关；传递函数是复变量 \(s\) 的有理分式，分子多项式的次数低于分母多项式的次数；传递函数的分母多项式就是系统的特征多项式，决定系统的稳定性；传递函数反映系统的动态特性，不同传递函数对应不同动态特性的系统。
解析：详细说明了传递函数的定义及相关性质。

3. 简述二阶系统的性能指标与阻尼比 \(\zeta\) 和固有频率 \(\omega_n\) 的关系。
答案：超调量 \(M_p\) 与阻尼比 \(\zeta\) 有关，\(\zeta\) 越小，超调量越大。上升时间 \(t_r\) 与 \(\omega_n\) 和 \(\zeta\) 有关，\(\omega_n\) 越大，\(\zeta\) 合适时，上升时间越短。调整时间 \(t_s\) 主要取决于 \(\omega_n\)，\(\omega_n\) 越大，调整时间越短。峰值时间 \(t_p\) 与 \(\omega_n\) 和 \(\zeta\) 有关，\(\omega_n\) 越大，\(\zeta\) 越小，峰值时间越短。
解析：阐述了二阶系统各性能指标与阻尼比和固有频率的关系。

四、计算题（每题 10 分，共 210 = 20 分）
1. 已知系统的传递函数 \(G(s)=\frac{10}{s(s + 1)(s + 2)}\)，求系统的单位阶跃响应。
答案：首先将传递函数 \(G(s)=\frac{10}{s(s + 1)(s + 2)}\) 进行部分分式展开，\(G(s)=\frac{10}{s(s + 1)(s + 2)}=\frac{5}{s}-\frac{10}{s + 1}+\frac{5}{s + 2}\)。单位阶跃输入 \(R(s)=\frac{1}{s}\)，则系统输出 \(C(s)=G(s)R(s)=\frac{5}{s}\times\frac{1}{s}-\frac{10}{s + 1}\times\frac{1}{s}+\frac{5}{s + 2}\times\frac{1}{s}=5(\frac{1}{s^2})-10(\frac{1}{s(s + 1)})+5(\frac{1}{s(s + 2)})\)。再将各项分别拉氏反变换，\(\frac{1}{s^2}\) 的拉氏反变换为 \(t\)，\(\frac{1}{s(s + 1)}= \frac{1}{s}-\frac{1}{s + 1}\)，其拉氏反变换为 \(1 - e^{-t}\)，\(\frac{1}{s(s + 2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{s}-\frac{1}{s + 2})\)，其拉氏反变换为 \(\frac{1}{2}(1 - e^{-2t})\)。所以 \(c(t)=5t - 10(1 - e^{-t})+5\times\frac{1}{2}(1 - e^{-2t})=5t - 10 + 10e^{-t}+\frac{5}{2}-\frac{5}{2}e^{-2t}=5t-\frac{15}{2}+10e^{-t}-\frac{5}{2}e^{-2t}\)。
解析：先对传递函数部分分式展开，再结合单位阶跃输入求输出，最后拉氏反变换得到单位阶跃响应。

2. 已知二阶系统的传递函数 \(\Phi(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2 + 2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)，当 \(\omega_n = 2\)，\(\zeta = 0.5\) 时，求系统的单位阶跃响应，并计算超调量 \(M_p\) 和调整时间 \(t_s\)（按 \(2\%\) 误差带）。
答案：将 \(\omega_n = 2\)，\(\zeta = 0.5\) 代入传递函数得 \(\Phi(s)=\frac{4}{s^2 + 2\times0.5\times2s + 4}=\frac{4}{s^2 + 2s + 4}\)。单位阶跃输入 \(R(s)=\frac{1}{s}\)，则 \(C(s)=\Phi(s)R(s)=\frac{4}{s(s^2 + 2s + 4)}\)。部分分式展开 \(C(s)=\frac{4}{s(s^2 + 2s + 4)}=\frac{1}{s}-\frac{s + 2}{s^2 + 2s + 4}\)。\(\frac{1}{s}\) 的拉氏反变换为 \(1\)，\(\frac{s + 2}{s^2 + 2s + 4}=\frac{s + 1 + 1}{(s + 1)^2+3}=\frac{s + 1}{(s + 1)^2+3}+\frac{1}{(s + 1)^2+3}\)。\(\frac{s + 1}{(s + 1)^2+3}\) 的拉氏反变换为 \(e^{-t}\cos(\sqrt{3}t)\)，\(\frac{1}{(s + 1)^2+3}\) 的拉氏反变换为 \(\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-t}\sin(\sqrt{3}t)\)。所以 \(c(t)=1 - e^{-t}\cos(\sqrt{3}t)-\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-t}\sin(\sqrt{3}t)\)。超调量 \(M_p = e^{-\frac{\pi\zeta}{\sqrt{1-\zeta^2}}}\times100\%=e^{-\frac{\pi\times0.5}{\sqrt{1 - 0.5^2}}}\times100\%\approx16.3\%\)。调整时间 \(t_s=\frac{4.6}{\zeta\omega_n}=\frac{4.6}{0.5\times2}=4.6\)。
解析：代入参数得到传递函数，通过部分分式展开和拉氏反变换求单位阶跃响应，再根据公式计算超调量和调整时间。

五、综合题（15 分）
已知系统的开环传递函数 \(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s + 2)(s + 3)}\)。
1. 绘制系统的开环幅相频率特性曲线。
答案：首先将开环传递函数 \(G(s)H(s)=\frac{K}{s(s + 2)(s + 3)}\) 改写为 \(G(s)H(s)=\frac{K}{6s(1+\frac{s}{2})(1+\frac{s}{3})}\)。当 \(s = j\omega\) 时，\(G(j\omega)H(j\omega)=\frac{K}{j\omega(j\omega + 2)(j\omega + 3)}=\frac{K}{-6\omega^2 + j(6\omega-\omega^3)}\)。令 \(G(j\omega)H(j\omega)=u + jv\)，则 \(u=\frac{-K}{6\omega^2}\)，\(v=\frac{K(6\omega-\omega^3)}{6\omega^2(9+\omega^2)}\)。当 \(\omega = 0\) 时，\(u = -\infty\)，\(v = 0\)；当 \(\omega\) 从 \(0\) 增大到 \(\sqrt{6}\) 时，\(u\) 从 \(-\infty\) 增大到 \(-\frac{K}{36}\)，\(v\) 从 \(0\) 增大到 \(\frac{K}{18}\)；当 \(\omega=\sqrt{6}\) 时，\(v\) 取得最大值 \(\frac{K}{18}\)；当 \(\omega\) 从 \(\sqrt{6}\) 增大到 \(+\infty\) 时，\(u\) 从 \(-\frac{K}{36}\) 趋近于 \(0\)，\(v\) 从 \(\frac{K}{18}\) 趋近于 \(0\)。根据这些特殊点和变化趋势绘制开环幅相频率特性曲线。
解析：通过代入 \(s = j\omega\) 得到实部和虚部表达式，分析特殊点和变化趋势来绘制曲线。

2. 确定系统的稳定性。
答案：系统的特征方程为 \(s(s + 2)(s + 3)+K = 0\)，即 \(s^3 + 5s^2+6s + K = 0\)。根据劳斯判据，劳斯表第一列元素为 \(1\)，\(5\)，\(6\)，\(K\)。当 \(K>0\) 时，第一列元素全为正，系统稳定；当 \(K = 0\) 时，系统有一个根为 \(s = 0\)，系统临界稳定；当 \(K<0\) 时，第一列元素出现符号变化，系统不稳定。
解析：利用劳斯判据根据特征方程判断系统稳定性。

3. 若要求系统的相位裕度 \(\gamma\geq45^{\circ}\)，确定开环增益 \(K\) 的取值范围。
答案：相位裕度 \(\gamma = 180^{\circ}+\angle G(j\omega_c)H(j\omega_c)\geq45^{\circ}\)，即 \(\angle G(j\omega_c)H(j\omega_c)\geq - 135^{\circ}\)。通过计算开环传递函数在 \(\omega_c\) 处的相位，结合相位裕度要求来求解 \(K\) 的取值范围。具体计算过程为：先求 \(G(j\omega)H(j\omega)\) 的相位表达式 \(\angle G(j\omega)H(j\omega)=-arctan(\frac{\omega}{2})-arctan(\frac{\omega}{3}) - 90^{\circ}\)。令 \(\angle G(j\omega_c)H(j\omega_c)= - 135^{\circ}\)，即 \(-arctan(\frac{\omega_c}{2})-arctan(\frac{\omega_c}{3}) - 90^{\circ}=-135^{\circ}\)，化简得 \(arctan(\frac{\omega_c}{2})+arctan(\frac{\omega_c}{3}) = 45^{\circ}\)。根据反正切函数的和角公式 \(arctan(a)+arctan(b)=\frac{a + b}{1 - ab}\)，可得 \(\frac{\frac{\omega_c}{2}+\frac{\omega_c}{3}}{1-\frac{\omega_c}{2}\times\frac{\omega_c}{3}} = 1\)，解方程得 \(\omega_c=\sqrt{6}\)。再将 \(\omega_c=\sqrt{6}\) 代入 \(|G(j\omega_c)H(j\omega_c)| = 1\)，即 \(|\frac{K}{j\omega_c(j\omega_c + 2)(j\omega_c + 3)}| = 1\)，解得 \(K = 36\)。所以当 \(K\leq36\) 时，系统的相位裕度 \(\gamma\geq45^{\circ}\)。
解析：根据相位裕度定义，通过计算相位表达式并结合条件求解开环增益取值范围。