【考研类试卷】自动控制原理试-7及答案解析.doc

《【考研类试卷】自动控制原理试-7及答案解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【考研类试卷】自动控制原理试-7及答案解析.doc（11页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、自动控制原理试-7 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)1.试确定当 p 与 g 为何值时下列系统可控，为何值时可观测。 （分数：4.00）_2.将下列状态方程化为能控标准型 （分数：4.00）_3.将下列状态方程和输出方程化为能观标准型。 （分数：4.00）_4.验证如下系统能控性，并进行结构分解。 （分数：4.00）_5.验证题的能观性，并进行结构分解。 （分数：4.00）_6.已知系统传递函数为 （分数：4.00）_7.试用李雅普诺夫稳定性定理判断下列系统在平衡状态的稳定性。 （分数：4.00）_8.试用李雅普诺夫第二方法判断如下系统其在平衡状态的稳定性。 （分数：4.

2、00）_设系统状态方程为 （分数：12.00）(1).当取 Q=I 时，求 P。（分数：4.00）_(2).若选 Q 为正半定矩阵时，求 Q 及对应的 P。（分数：4.00）_(3).并判断系统的稳定性。（分数：4.00）_9.给定系统的传递函数为 （分数：4.00）_10.给定系统的状态空间表达式为 （分数：4.00）_11.给定系统的传递函数为 试问能否用状态反馈将函数变为 （分数：4.00）_12.已知 （分数：4.00）_13. ，x(0)=3，x(2)=0，求 u*(t)使 （分数：4.00）_14. ，x 1 (2)=0，求 u*(t)使 （分数：4.00）_，x( 0 )=1，x

3、(t f )=0，求 （分数：8.00）(1). （分数：4.00）_(2).为最小。 （分数：4.00）_15. ，x(0)=1，求 及 u*(t)使 （分数：4.00）_16. ，x(0)=x 0 ，0u1，求 u*(t)使 （分数：4.00）_17. ，x(0)=1，|u|1，求 u*(t)使 （分数：4.00）_18. ，x(0)=5，0u2，求 u*(t)使 （分数：4.00）_19. ，x(0)=1，求 u*(t)使 （分数：4.00）_20.x(k+1)=x(k)+0.1(x 2 (k)+u(k)，x(0)=3，求 u*(0)，u*(1)使 （分数：4.00）_自动控制原理试-7

4、 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)1.试确定当 p 与 g 为何值时下列系统可控，为何值时可观测。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：系统的能控性矩阵为 因为 rankS=2=n，则 p 2 +p-120，得 p-4 且 p3。 系统的能观性矩阵 因为 rankQ=2=n，则 12q 2 -q-10，得 且 2.将下列状态方程化为能控标准型 （分数：4.00）_正确答案：()解析： 因为|S|0，所以系统可控。 构造非奇异性矩阵易得 P 1 =(2 0 -1) 则 P 2 =(0 1 0)，P 3 =(-1 0 1) 所以 所以能控标准型为 3.将下列状态方程和输出方

5、程化为能观标准型。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：系统能观性矩阵 ，求得 ，最后一列为 。 B 0 =0，C 0 =CP=(0 1) 所以 4.验证如下系统能控性，并进行结构分解。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：能控性矩阵为 ，rankS=23 故系统不可控。选出线性无关的前两列，附加任意列矢量(0 1 0) T ，构成非奇异变换矩阵 T -1 ，则有 令 ，则有 故系统的能控性结构分解为 5.验证题的能观性，并进行结构分解。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：系统的能观性矩阵为 ，rankQ=2n 系统不可观，取 Q 的两行和(0 0 1)构成非奇异矩阵 T，则 故

6、系统的可观结构分解表达式为 6.已知系统传递函数为 （分数：4.00）_正确答案：()解析：(1)可控不可观：列写可控标准型，即 (2)可观不可控：列写可观标准型，即 (3) 取不可观不可控的状态变量为 x 2 ，所以，系统的不可控不可观的动态方程为 7.试用李雅普诺夫稳定性定理判断下列系统在平衡状态的稳定性。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：平衡状态 X e =0；令 P 1 =-40，P 2 =120，P 3 =-120 所以 V(x)负定，又 8.试用李雅普诺夫第二方法判断如下系统其在平衡状态的稳定性。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：平衡点(0 0) 取 ，则 因为 P

7、 1 =-2，|P|=12-9=30，所以 V(x)负定，又 设系统状态方程为 （分数：12.00）(1).当取 Q=I 时，求 P。（分数：4.00）_正确答案：()解析： 取 Q=I，则由 A T P+PA=-Q 得 整理，得 (2).若选 Q 为正半定矩阵时，求 Q 及对应的 P。（分数：4.00）_正确答案：()解析：取 ，Q 正半定，同理，有 整理，得 (3).并判断系统的稳定性。（分数：4.00）_正确答案：()解析：对于第一小题中的矩阵 P，P 11 0，P 22 0，P 33 需要 0，矩阵 P 不定，故系统不渐定稳定。 考虑到 A 阵|I-A|=(+1)2 (-2)=0， 1

8、 =20，所以系统不稳定。9.给定系统的传递函数为 （分数：4.00）_正确答案：()解析：系统可控，可控标准型为 设状态反馈矩阵 k=(k 0 k 1 k 2 ) 则状态反馈系统特征方程为 期望系统的特征方程为 (+2)(+4)(+7)= 2 +3 2 +50+56 比较两个特征方程，由同幂项系数相同，得 10.给定系统的状态空间表达式为 （分数：4.00）_正确答案：()解析：设计全维状态观测器： 观测器的期望特征多项式为 *(s)=(s+10)(s+10)=s 2 +20s+100 与期望特征多项式比较，得 所以 11.给定系统的传递函数为 试问能否用状态反馈将函数变为 （分数：4.00

9、）_正确答案：()解析： 原系统写成可控标准型，即 y=(-2 1 1)x 假设可以实现期望的系统，设状态反馈阵为 k=(k 0 k 1 k 2 ) 则状态反馈特征方程为 期望系统 所以期望的特征方程为 f*(s)=s 2 +7s 2 +16s+12 比较两特征方程，得 12.已知 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造拉格朗日函数 根据欧拉方程，得 即 13. ，x(0)=3，x(2)=0，求 u*(t)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造拉格朗日函数 由欧拉方程，得 即 2u+=0，-+=0 所以 又 x(0)=3，x(2)=0，得 14. ，x 1 (2)=0，求 u*

10、(t)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造哈密顿函数 协态方程为 故 1 (t)=a， 2 (t)=-at+b 控制方程为 u 1 (t)=-a 即 u 2 (t)=at-b 由状态方程，得 所以 解得 c=d=1 又 =x 2 (t f )，由横截条件 ，得 1 (2)=， 2 (2)=0 即 2a=b 联解，得 所以 ，x( 0 )=1，x(t f )=0，求 （分数：8.00）(1). （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造哈密顿函数 协态方程为 即 (t)=a 控制方程为 即 u=-a 状态方程为 即 x=-at+b 又 x(0)=1，故 b=1，又 x(tf)=0，

11、 ，则 当 时，J 最小，则 (2).为最小。 （分数：4.00）_正确答案：()解析：由第一小题，得 u=-0，x=-at+1， 当 时，J 最小，则 15. ，x(0)=1，求 及 u*(t)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造哈密顿函数 协态方程为 得 =-t+b 控制方程为 得 u=t-b 状态方程为 得 又 =0，=0，由横截条件 ，得 (t f )=0，t f =b 所以 当 b=2 时，J 最小，则 16. ，x(0)=x 0 ，0u1，求 u*(t)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造哈密顿函数 要使 H 极大，则 由协态方程 由横截条件，得 (t f

12、)=0 C=-10e -10 17. ，x(0)=1，|u|1，求 u*(t)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造哈密顿函数 要使 H 极小，则 协态方程为 由横截条件，得 f =0 所以 当 时，t=1-ln2，故 18. ，x(0)=5，0u2，求 u*(t)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造哈密顿函数 H=(2+)x-(3+)u-u 2 协态方程为 19. ，x(0)=1，求 u*(t)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：构造哈密顿函数 协态方程为 控制方程为 状态方程为 横截条件为 (t f )=x(t f )=C 1 e 2tf 又由 x(0)=1，

13、得 20.x(k+1)=x(k)+0.1(x 2 (k)+u(k)，x(0)=3，求 u*(0)，u*(1)使 （分数：4.00）_正确答案：()解析：(1)k=1 时，初态为戈(1)，单步最优求 u*(1)，使 Jx(1)，1=min u(1) |x(1)-3u(1)| 当 x(1)=3u(1)时，有 J*x(1)，1=0 由系统状态方程，有 x(1)=x(0)+0.1=x 2 (0)+u(0) (2)k=0 时，初态为 x(0)，单步最优求 u*(0)，使 Jx(0)，0=min u(0) |x(1)-3u(1)|+J*x(1)，1 =min u(0) |x(1)-3u(1)| 当 x(0)=3u(0)时，有 J*x(0)，0=0 故